《數(shù)學(xué)競賽訓(xùn)練題》word版

1、競賽講座 13平面三角競賽講座 14染色問題與染色方法競賽講座 15函數(shù)方程競賽講座 16不等式競賽講座 17數(shù)學(xué)歸納法競賽講座 18類比、歸納、猜想競賽講座 19排列組合、二項式定理競賽講座13平面三角三角函數(shù)與反三角函數(shù)，是五種基本初等函數(shù)中的兩種，在現(xiàn)代科學(xué)的很多領(lǐng)域中有著廣泛的應(yīng)用同時它也是高考、數(shù)學(xué)競賽中的必考內(nèi)容之一一、三角函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用 三角函數(shù)的性質(zhì)大體包括：定義域、值域、奇偶性、周期性、單調(diào)性、最值等這里以單調(diào)性為最難它們在平面幾何、立體幾何、解析幾何、復(fù)數(shù)等分支中均有廣泛的應(yīng)用【例1】求函數(shù)y=2sin(-2x)的單調(diào)增區(qū)間。解：y=2sin(-2x)= 2sin(2x+

2、)。由2k-2x+2k+，kZ，得k-xk-，kZ。即原函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為：k-，k-（kZ）。【例2】 若（0，），比較sin(cos)，cos(sin)，cos這三者之間的大小。解：在（0，）中，sinxxtgx，而0cosx1，sin(cos) cos。在（0，）中，y=cosx單調(diào)遞減，cos cos(sin)。sin(cos) cos0，f（）cos（sin）= cos 10，0 sin。=sin(ctg) ctg。作出函數(shù)y=ctgx在（0，）上的圖象，可看出：。證明：01，0sin1-=，k=2，3，n。(coscos cos)2()()()()=()2，coscos cos。二

3、、三角恒等變換眾多的三角公式，構(gòu)成了豐富多彩的三角學(xué)。要靈活地進(jìn)行三角恒等變換，除熟練地掌握三角公式以及一般的代數(shù)變形技巧外，更重要的是抓住三角式的結(jié)構(gòu)特征，從角和函數(shù)名入手，深入分析，靈活解題?！纠?】（1）已知cos= -，sin(+)= ，且0，求sin的值。（2）已知sin(-)= ，求的值。提示：（1）sin=。（2）sin2=1-2 sin2(-)=；=?！菊f明】三角變換重在角的變換?！纠?】求coscoscoscos的值。解法1：利用公式coscos2cos4cos2n=，得coscoscoscos= -，coscoscoscos=。又coscos=，cos=，coscoscos

4、cos=。解法2：coscoscoscos= =。解法3：利用公式coscos(+)cos(-)= cos3，取=、?！纠?】求cos420+cos440+cos480的值。解：由倍角公式得cos4=()2= (1+2cos2+cos22)= +cos2+cos4，cos420+cos440+cos480= 3+(cos40+ cos80+ cos160)+(cos80+ cos160+ cos320)= +(cos40+ cos80+ cos160)= +(2cos60 cos20- cos20)= ?！纠?】若sin+cos=，cos+sin=，求sincos的值。解：令=-，則(1)(2

5、)得tg=， cos(+)=，sincos=sinsin= - cos(+)+ cos(-) = -?！纠?】已知f(x)=sin(x+)+cos(x-)是偶函數(shù)，0，求。解法一：由偶函數(shù)的定義，可得(cos+sin)sinx=0對任意xR成立。cos+sin=0，2 sin(+)=0，+=k，而0，=。解法二：由f(-)=f()，得=，然后驗證f(x)是偶函數(shù)。【例7】方程sinx+cosx+a=0在（0，2）內(nèi)有相異兩根、，求實數(shù)a的取值范圍，以及+的值。解：sinx+cosx+a=0，sin (x+)= -。令t= x+，則t(，)，sint= -。作出函數(shù)y= sint，t(,)的圖象

6、：由圖象可以看出：當(dāng)-1 -1且-即-2a-或-a2時，sint= -有相異兩根t1、t2，原方程有相異兩根、，并且當(dāng)-2a-時，t1+t2=(+)+(+)=，+=；當(dāng)-a1，且B0，則AB。【例3】已知a,b,c0，求證：a2ab2bc2cab+cbc+aca+b。2分析法【例4】若x,y0，求證：?！纠?】若a,b,c是ABC的三邊長，求證：a4+b4+c40，求證：abc(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)?！纠?】已知ABC的外接圓半徑R=1，SABC=，a,b,c是ABC的三邊長，令S=，t=。求證：tS。4反證法【例8】已知a3+b3=2，求證：a+b2。5數(shù)學(xué)歸納法【例9】

7、證明對任意自然數(shù)n，。二、不等式證明的若干技巧無論用什么方法來證明不等式，都需要對數(shù)學(xué)表達(dá)式進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃巍＿@種變形往往要求具有很高的技巧，必須善于分析題目的特征，根據(jù)題設(shè)條件，綜合地利用添、拆、分解、組合、配方、變量代換、數(shù)形結(jié)合等方法才能發(fā)現(xiàn)問題的本質(zhì)，找到突破口。1 變形技巧【例1】若nN，S=+，求證：nSn+1?！纠?】（1）若A、B、C0，求證：sinA+sinB+sinC3sin。（2）ABC的三內(nèi)角平分線分別交其外接圓于A,B,C，求證：SABCSABC。2 引入?yún)⒆兞俊纠?】將一塊尺寸為4870的矩形鐵皮剪去四角小正方形后折成一個無蓋長方體鐵盒，求鐵盒的最大容積。【例4】在A

8、BC中，求證：a2+b2+c24+(b-c)2+(c-a)2+(a-b)2。其中，a,b,c是ABC的三邊長，= SABC。3 數(shù)形結(jié)合、構(gòu)造【例5】證明：。4 遞推【例6】已知：x1=，x2=，xn=。求證：。三、放縮法【例1】若nN，n2，求證：?！纠?】、都是銳角，求證：9?！纠?】已知：a11，a1 a21，a1 a2an1，求證：?！纠?】S=1+，求S的整數(shù)部分S。【例5】設(shè)a0=5，an=an-1+，n=1,2,。求證：45a1000TON，即有PNTN=，P點(diǎn)在 N為球心，AD為直徑的球外，P點(diǎn)不屬于區(qū)域S由此可見，球O包含六個球的交集S，即S中不存在兩點(diǎn)，使其距離大于（2）結(jié)

9、構(gòu)類比某些待解決的問題沒有現(xiàn)成的類比物，但可通過觀察，憑借結(jié)構(gòu)上的相似性等尋找類比問題，然后可通過適當(dāng)?shù)拇鷵Q，將原問題轉(zhuǎn)化為類比問題來解決【例3】任給7個實數(shù)xk（k=1，2，7）證明其中有兩個數(shù)xi，xj，滿足不等式0【分析】若任給7個實數(shù)中有某兩個相等，結(jié)論顯然成立若7個實數(shù)互不相等，則難以下手但仔細(xì)觀察可發(fā)現(xiàn)：與兩角差的正切公式在結(jié)構(gòu)上極為相似，故可選后者為類比物，并通過適當(dāng)?shù)拇鷵Q將其轉(zhuǎn)化為類比問題作代換：xk=tgk（k l，2，7），證明必存在i，j，滿足不等式0tg(i-j)證明：令xk=tgk（k l，2，7），k（-，），則原命題轉(zhuǎn)化為：證明存在兩個實數(shù)i，j（-，），滿足0t

10、g(i-j)由抽屜原則知，k中必有 4個在0，）中或在（-，0）中，不妨設(shè)有4個在0，）中注意到tg00，tg=，而在0，）內(nèi)，tgx是增函數(shù)，故只需證明存在i，j，使0i-j j，則0i-j ，故0tg(i-j)這樣，與相應(yīng)的xi=tgi、xj=tgj，便有0（3）簡化類比 簡化類比，就是將原命題類比到比原命題簡單的類比命題，通過類比命題解決思路和方法的啟發(fā)，尋求原命題的解決思路與方法比如可先將多元問題類比為少元問題，高次問題類比到低次問題，普遍問題類比為特殊問題等 【例4】已知xi0（i1，2，n），且xl+x2+xn=1。求證：1+ 【分析】我們可先把它類比為一簡單的類比題：“已知xl0

11、，x20，且xl+x2 =1，求證1+”本類比題的證明思路為：2xl+x2l，021，則1xl+x2+22，即1(+)22，1+這一證明過程中用到了基本不等式和配方法這正是要尋找的證明原命題的思路和方法證明：由基本不等式有02xi+xj，則02(n-1)( xl+x2+xn)=n-11xl+x2+xn +2n，即1(+)2n1+所謂歸納，是指通過對特例的分析來引出普遍結(jié)論的一種推理形式它由推理的前提和結(jié)論兩部分構(gòu)成：前提是若干已知的個別事實，是個別或特殊的判斷、陳述，結(jié)論是從前提中通過推理而獲得的猜想，是普遍性的陳述、判斷其思維模式是：設(shè)Mi（i1，2，n）是要研究對象M的特例或子集，若Mi（

12、i1，2，n）具有性質(zhì)P，則由此猜想M也可能具有性質(zhì)P如果M，這時的歸納法稱為完全歸納法由于它窮盡了被研究對象的一切特例，因而結(jié)論是正確可靠的完全歸納法可以作為論證的方法，它又稱為枚舉歸納法 如果是M的真子集，這時的歸納法稱為不完全歸納法由于不完全歸納法沒有窮盡全部被研究的對象，得出的結(jié)論只能算猜想，結(jié)論的正確與否有待進(jìn)一步證明或舉反例本節(jié)主要介紹如何運(yùn)用不完全歸納法獲得猜想，對于完全歸納法，將在以后結(jié)合有關(guān)內(nèi)容（如分類法）進(jìn)行講解 【例5】證明：任何面積等于1的凸四邊形的周長及兩條對角線的長度之和不小于4十【分析】四邊形的周長和對角線的長度和混在一起令人棘手，我們可以從特例考察起：先考慮面積

13、為1的正方形，其周長恰為4，對角錢之和為2即其次考察面積為1的菱形，若兩對角線長記為l1、l2，那么菱形面積S=l1l2，知l1+ l22=2=，菱形周長： l42=4。由此，可以猜想：對一般的凸四邊形也可將其周長和對角線長度和分開考慮【證明】設(shè)ABCD為任意一個面積為1的凸四邊形，其有關(guān)線段及角標(biāo)如圖則SABCD= (eg+gf+fh+he)sin (e+f)(g+h)，e+f+g+h2，即對角線長度之和不小于abcd4，即周長不小于4綜上所述，結(jié)論得證，【例 6】在一直線上從左到右依次排列著 1988個點(diǎn)P1，P2，P1988，且Pk是線段Pk-1Pk+1的k等分點(diǎn)中最靠近Pk+1的那個點(diǎn)

14、（2k1988），P1P2=1，P1987 P1988=l求證：2l3-1984?！痉治觥勘绢}初看復(fù)雜，難以入手不妨先從特殊值出發(fā)，通過特殊值的計算，以便分析、歸納出一般性的規(guī)律當(dāng)k=1時，P1P2=1（已知）；當(dāng)k= 2時， P2是P1P3的中點(diǎn)，故P2P3= P1P2= 1；當(dāng)k=3時， P3是P2P4的三等分點(diǎn)中最靠近的那個分點(diǎn)，即P3P4= P2P4= ( P2P3+ P3P4) =P2P3+ P3P4，故P3P4= P2P3=由此可推得4 P5=，P5P6=由、，可歸納以下猜想：PkPk+1=Pk-1Pk。【證明】于是有：令k=1987，則有故2l3-1984。競賽講座19-排列、組

15、合、二項式定理基礎(chǔ)知識1排列組合題的求解策略（1）排除：對有限條件的問題，先從總體考慮，再把不符合條件的所有情況排除，這是解決排列組合題的常用策略（2）分類與分步有些問題的處理可分成若干類，用加法原理，要注意每兩類的交集為空集，所有各類的并集是全集；有些問題的處理分成幾個步驟，把各個步驟的方法數(shù)相乘，即得總的方法數(shù)，這是乘法原理（3）對稱思想：兩類情形出現(xiàn)的機(jī)會均等，可用總數(shù)取半得每種情形的方法數(shù)（4）插空：某些元素不能相鄰或某些元素在特殊位置時可采用插空法即先安排好沒有限制條件的元素，然后將有限制條件的元素按要求插入到排好的元素之間（5）捆綁：把相鄰的若干特殊元素“捆綁”為一個“大元素”，然

16、后與其它“普通元素”全排列，然后再“松綁”，將這些特殊元素在這些位置上全排列（6）隔板模型：對于將不可辨的球裝入可辨的盒子中，求裝的方法數(shù)，常用隔板模型如將12個完全相同的球排成一列，在它們之間形成的11個縫隙中任意插入3塊隔板，把球分成4堆，分別裝入4個不同的盒子中的方法數(shù)應(yīng)為，這也就是方程的正整數(shù)解的個數(shù)2圓排列（1）由的個元素中，每次取出個元素排在一個圓環(huán)上，叫做一個圓排列（或叫環(huán)狀排列）（2）圓排列有三個特點(diǎn)：（ = 1 * roman i）無頭無尾；（ = 2 * roman ii）按照同一方向轉(zhuǎn)換后仍是同一排列；（ = 3 * roman iii）兩個圓排列只有在元素不同或者元素雖

17、然相同，但元素之間的順序不同，才是不同的圓排列（3）定理：在的個元素中，每次取出個不同的元素進(jìn)行圓排列，圓排列數(shù)為3可重排列允許元素重復(fù)出現(xiàn)的排列，叫做有重復(fù)的排列在個不同的元素中，每次取出個元素，元素可以重復(fù)出現(xiàn)，按照一定的順序那么第一、第二、第位是的選取元素的方法都是種，所以從個不同的元素中，每次取出個元素的可重復(fù)的排列數(shù)為4不盡相異元素的全排列如果個元素中，有個元素相同，又有個元素相同，又有個元素相同（），這個元素全部取的排列叫做不盡相異的個元素的全排列，它的排列數(shù)是5可重組合（1）從個元素，每次取出個元素，允許所取的元素重復(fù)出現(xiàn)次的組合叫從個元素取出個有重復(fù)的組合（2）定理：從個元素每

18、次取出個元素有重復(fù)的組合數(shù)為：6二項式定理（1）二項式定理（）（2）二項開展式共有項（3）（）叫做二項開展式的通項，這是開展式的第項（4）二項開展式中首末兩端等距離的兩項的二項式系數(shù)相等（5）如果二項式的冪指數(shù)是偶數(shù)，則中間一項的二項式系數(shù)最大；如果是奇數(shù)，則中間兩項的二項式系數(shù)與最大（6）二項式開展式中奇數(shù)項的二項式系數(shù)之和等于偶數(shù)項系數(shù)之和，即7數(shù)學(xué)競賽中涉及二項式定理的題型及解決問題的方法二項式定理，由于結(jié)構(gòu)復(fù)雜，多年來在高考中未能充分展示應(yīng)有的知識地位，而數(shù)學(xué)競賽的命題者卻對其情有獨(dú)鐘（1）利用二項式定理判斷整除問題：往往需要構(gòu)造對偶式；（2）處理整除性問題：構(gòu)造對偶式或利用與遞推式的

19、結(jié)合；（3）求證不等式：通過二項式展開，取展開式中的若干項進(jìn)行放縮；（4）綜合其他知識解決某些綜合問題：有些較復(fù)雜的問題看似與二項式定理無關(guān)，其實通過觀察、分析題目的特征，聯(lián)想構(gòu)造合適的二項式模型，便可使問題迅速解決例題分析例1數(shù)1447,1005,1231有某些共同點(diǎn)，即每個數(shù)都是首位為1的四位數(shù)，且每個四位數(shù)中恰有兩個數(shù)字相同，這樣的四位數(shù)共有多少個？例2有多少個能被3整除而又含有數(shù)字6的五位數(shù)？例3有個人參加收發(fā)電報培訓(xùn)，每兩人結(jié)為一對互發(fā)互收，有多少種不同的結(jié)對方式？例4將個不同的小球放入個不同的盒子中，要使每個盒子都不空，共有多少種放法？例5在正方體的8個頂點(diǎn)，12條棱的中點(diǎn)，6個面

20、的中心及正方體的中心共27個點(diǎn)中，共線的三點(diǎn)組的個數(shù)是多少個？例6用8個數(shù)字1,1，7,7，8,8，9,9可以組成不同的四位數(shù)有多少個？例7用五種顏色給正方體的各個面涂色，并使相鄰面必須涂不同的顏色，共有多少種不同的涂色方式？例8某種產(chǎn)品有4只次品和6只正品（每只產(chǎn)品可區(qū)分），每次取一只測試，直到4只次品全部測出為止求最后一只次品在第五次測試時被發(fā)現(xiàn)的不同情形有多少種？例9在平面上給出5個點(diǎn)，連結(jié)這些點(diǎn)的直線互不平行，互不重合，也互不垂直，過每點(diǎn)向其余四點(diǎn)的連線作垂線，求這此垂線的交點(diǎn)最多能有多少個？例10。.8位政治家舉行圓桌會議，兩位互為政敵的政治家不愿相鄰，其入坐方法有多少種？例11某城

21、市有6條南北走向的街道，5條東西走向的街道如果有人從城南北角（圖點(diǎn)）走到東南角中點(diǎn)最短的走法有多少種？例12用4個1號球，3個2號球，2個3號球搖出一個9位的獎號，共有多少種可能的號碼？例13將個相同的小球，放入個不同的盒子（）（1）有多少種不同的放法？（2）如果不允許空盒應(yīng)有多少種不同的放法？例148個女孩和25個男孩圍成一圈，任意兩個女孩之間至少站著兩個男孩（只要把圓旋轉(zhuǎn)一下就重合的排列認(rèn)為是相同的）例15設(shè)，求的值例16當(dāng)時，的整數(shù)部分是奇數(shù)還是偶數(shù)？證明你的結(jié)論例17已知數(shù)列（）滿足：求證：對于任意正整數(shù)，是一次多項式或零次多項式例18若（），求證：例19設(shè)的整數(shù)部分，求的個數(shù)數(shù)字例20已知（）求的個位數(shù)字例21試證大于的最小整數(shù)能被整除（）例22求證：對任意的正整數(shù)，不等式例23設(shè)，且求證對于每個，都有訓(xùn)練題18次射擊，命中3次，其中愉有2次連續(xù)命中的情形共有（）種（A）15（B）30（C）48（D）602在某次乒乓球單打比賽中，原計劃每兩名選手恰比賽一場，但有3名選手各比賽了2場之后就退出了，這樣，全部比賽只進(jìn)行了50場。那么，在上述3名選手之間比賽的場數(shù)是（）（A）0 （B）1 （C）2 （D）33若的展開式為，則的值為（A）（B）（C）（D）4某人從樓下到樓上要走11級樓梯，每步可走1級或2級，不同的走法有（）種（A）144（