2016年競(jìng)賽與自主招生專題第一講：集合與命題(教師版)(數(shù)理化網(wǎng))

1、2016年競(jìng)賽與自主招生專題第一部分 近年來(lái)自主招生數(shù)學(xué)試卷解讀從2015年開始自主招生考試時(shí)間推后到高考后，政策剛出時(shí)，很多人認(rèn)為, 是不是要在咼考出分后再考自主招生，是否咼考考完了，自主招生并不是失去其 意義。自主招生考察了這么多年，使用的題目的難度其實(shí)已經(jīng)很穩(wěn)定，這個(gè)題目 只有出到高考以上，競(jìng)賽以下，才能在這么多省份間拉開差距 所以，筆試難度基本穩(wěn)定，維持原自主招生難度，原來(lái)自主招生的真題競(jìng)賽 真題等，具有參考價(jià)值?？偟膩?lái)說(shuō)，函數(shù)、方程、數(shù)列、不等式、排列組合等內(nèi)容是高頻考點(diǎn)。應(yīng)試策略：1、注重基礎(chǔ)：一般說(shuō)來(lái)，自主招生中，中等難度題目分?jǐn)?shù)比例大約60% 左右。2 、聯(lián)系教材，適度拓寬知識(shí)

2、面：注意課本上的自主.探究和閱讀材料，對(duì)和大學(xué)數(shù)學(xué)聯(lián)系緊密的內(nèi)容進(jìn)行深度挖掘。自主招生中，有不少 試題都來(lái)源于這些材料。3 、掌握競(jìng)賽數(shù)學(xué)的基本知識(shí)和解題技巧，著重培養(yǎng)數(shù)學(xué)思維能力。4 、考前進(jìn)行模擬訓(xùn)練，熟悉每個(gè)高校的命題特點(diǎn)，掌握答題技巧。高頻考點(diǎn)一覽:不等式均值不等式與柯西不等式的綜合運(yùn)用，凸函數(shù)的性質(zhì)，證明不等式 的常用方法雜題常見的組合數(shù)學(xué)問題（組合計(jì)算、組合構(gòu)造、 博弈問題、染色問題）解析幾何解析幾何的基本運(yùn)算、取值范圍與最值問題以及探索性問題平面幾何平面幾何的基本計(jì)算和證明、三角形五心問題、圖形變換函數(shù)函數(shù)的奇偶性、周期性、單調(diào)性的證明與應(yīng)用三角函數(shù)一些具有技巧性的三角變換，三角

3、恒等式和簡(jiǎn)單的三角不等式問題立體幾何復(fù)雜的空間幾何構(gòu)型，空間范圍內(nèi)的旋轉(zhuǎn)對(duì)稱等變換冋題排列組合比較具有技巧性的排列組合問題和一些復(fù)雜的概率問題方程和多項(xiàng)式高次方程，無(wú)理方程的技巧性處理，一些簡(jiǎn)單的多項(xiàng)式知識(shí)數(shù)列非等比等差數(shù)列的遞推公式、通項(xiàng)公式、求和公式的常見解法試題特點(diǎn)分析:1. 突出對(duì)思維能力的考查?！?014 年北約】已知 Xi >0(i =1,2,.n ) 口 x =1.求證：口(厲+xf(V2+1 j .【解析】不等式；柯西不等式或AM -GM平均不等式.法一：AM -GM不等式.調(diào)和平均值Hn ：nI 2Xi，【I 2 Xi，丁nxi.2XiXi可得詐八n i X,<z

4、ni Xi'2 Xi上述兩式相加得屮 2 XiXii 2 Xi即 212 X ，即.2 V 一： 2 X法二：由n| Xi =1.及要證的結(jié)論分析，由柯西不等式得i 1（72+x）72+丄上I Xi丿從而可設(shè)y -，且yi- =1.從而本題也即證Xi ± i 三 XinnII 2 yi -21.i 4從而口（匹+x ） 72丄Xi2nn _- 2nk(V2+1)，即口(T2+x lT2 + yi )(J2+1)，inn假設(shè)原式不成立，即口（72+x ）（72+1 i,則口（運(yùn)+ y）£（j2+1$.i 1i 土n 一一2n從而口（/2 +x 172 + yi ）（丿

5、2 +1 ），矛盾得證.i2.注重和解題技巧，考查學(xué)生應(yīng)用知識(shí)解決問題的能力?！?014年北約】10、已知實(shí)系數(shù)二次函數(shù) fx與gx,fx=gx和3f x g x =0有兩 重根，f x有兩相異實(shí)根，求證：g x沒有實(shí)根.【解析】設(shè) f x = ax2 bx c, g x 二dx2 e f,則由f x =g x，可得2 2(a d )x +(b _e )x + (c _ f )=0, A = (b _e ) _4(a _d )c _ f )= 0.由3f x g x =0可得2 23a 亠d x 亠 i3b 亠e x 3c 亠 f =0,. ： = 3b 亠e4 3a 亠d 3c 亠 f =

6、0.22222化簡(jiǎn)得 3b e =12ac 4df,即 e -4df =34ac-b 又 b -4ac . 0.2e -4df ：0. . g x 沒有實(shí)根二、應(yīng)試和準(zhǔn)備策略1. 注意知識(shí)點(diǎn)的全面數(shù)學(xué)題目被猜中的可能性很小，一般知識(shí)點(diǎn)都是靠平時(shí)積累，因此，要求學(xué) 生平時(shí)要把基礎(chǔ)知識(shí)打扎實(shí)。剩下的就是個(gè)人的現(xiàn)場(chǎng)發(fā)揮。2. 注意適當(dāng)補(bǔ)充一點(diǎn)超綱內(nèi)容如上面提及的一些平時(shí)不太注意的小章節(jié)或高考不一定考的問題，如矩陣， 行列式等也不可忽視。3. 適當(dāng)做近幾年的自主招生的真題俗話說(shuō)，知己知彼，百戰(zhàn)百勝。同學(xué)們可適當(dāng)?shù)赜?xùn)練近幾年自己所考的高校 自主招生的試題，熟悉一下題型和套路還是有益的?？傊?，同學(xué)們?nèi)羰亲?/p>

7、意一些知識(shí)點(diǎn)的延伸和加深，考試時(shí)必定會(huì)有一種居高 臨下的感覺。:集合與命題（教師版）2016年競(jìng)賽與自主招生專題第一講一、知識(shí)補(bǔ)充：容斥原理基本公式：(1)card(A U B) = card(A) + card(B) card(A n B) ； (2)card(A U BU C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(A n B)-card(A n C)-card(B n C)+card(A n B n C)Hl-3-2問題：開運(yùn)動(dòng)會(huì)時(shí)，高一某班共有 28名同學(xué)參加比賽，有15人參加游泳比賽, 有8人參加田徑比賽，有14人參加球類比賽，同時(shí)參加游泳比賽和田徑比賽的有 3人

8、，同時(shí)參加游泳比賽和球類比賽的有 3人，沒有人同時(shí)參加三項(xiàng)比賽，問同時(shí) 參加田徑比賽和球類比賽的有多少人？只參加游泳一項(xiàng)比賽的有多少人？解：設(shè)A=參加游泳比賽的同學(xué) , B= 參加田徑比賽的同學(xué) , C=參加球類比 賽的同學(xué),貝U card（A）=15 ,card（B）=8 , card（C）=14 ,card（A U BU C）=28,且 card（A n B）=3 , card（A n C）=3 , card（A n BA C）=0,由公式得 28= 15+ 8+ 14-3 3- card（B n C）+0,即card（B n C）=3,所以同時(shí)參加田徑和球類比賽的共有 3人,而只 參加游

9、泳比賽的人有15- 3- 3= 9（人）二.抽屜原理抽屜原理的基本形式定理1、如果把n+1個(gè)元素分成n個(gè)集合，那么不管怎么分，都存在一個(gè)集合，其 中至少有兩個(gè)元素。證明：（用反證法）若不存在至少有兩個(gè)元素的集合，則每個(gè)集合至多1個(gè)元素，從而n個(gè)集合至多有n個(gè)元素，此與共有n+1個(gè)元素矛盾，故命題成立。例1.已知在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有任意五個(gè)點(diǎn)（圖1）。證明:丄至少有兩個(gè)點(diǎn)之間的距離不大于-.分析：5個(gè)點(diǎn)的分布是任意的。如果要證明“在邊長(zhǎng)為 1的等邊三角形內(nèi)（包括邊丄界）有5個(gè)點(diǎn),那么這5個(gè)點(diǎn)中一定有距離不大于的兩點(diǎn)”,則順次連接三角形丄三邊中點(diǎn)，即三角形的三條中位線，可以分原等

10、邊三角形為4個(gè)全等的邊長(zhǎng)為的小等邊三角形，則5個(gè)點(diǎn)中必有2點(diǎn)位于同一個(gè)小等邊三角形中（包括邊界），其 2_距離便不大于。以上結(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)間的距離不大于其最大邊 長(zhǎng)”來(lái)保證，下面我們就來(lái)證明這個(gè)定理。如圖2,設(shè)BC是 ABC的最大邊，P, M是厶ABC內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)，連 接PM,過(guò)P分別作AB BC邊的平行線，過(guò)M作AC邊的平行線，設(shè)各平行線交點(diǎn) 為 P、Q N,那么/ PQNM C,Z QNPh A 因?yàn)?BO AB 所以/ A>Z C,則/ QNP >Z PQN而/ QMR/ QNPZ PQN（三角形的外角大于不相鄰的內(nèi)角），所以PQ 2_&

11、gt; PM顯然BO PQ故BO PM由此我們可以推知，邊長(zhǎng)為亍的等邊三角形內(nèi)（包£括邊界）兩點(diǎn)間的距離不大于。三、針對(duì)性訓(xùn)練1對(duì)集合1 , 2,，n及其每一個(gè)非空了集，定義一個(gè)唯一確定的“交替和” 如下：按照遞減的次序重新排列該子集，然后交替地減或加后繼的數(shù)所得的結(jié) 果，例如，集合調(diào)哉到的“交替和”是9-6+4-2+1=6厲4的“交替和”是 6-5=1，如的交替和是2。那么，對(duì)于n=7。求所有子集的“交替和”的總和。解：集合1，2，3，4，5, 6, 7的子集中，除去7外還有尹"個(gè)非空子集 合，把這2?|-|2|個(gè)非空子集兩兩結(jié)組后分別計(jì)算每一組中“交替和”之和，結(jié)組 原

12、則是設(shè)也卜4巧內(nèi)丄N 這是把直冃心結(jié)合為一組，顯然，每組 中，“交替和”之和應(yīng)為7,共有傘，-2）宀組.所以,所有“交替和”之和應(yīng)該為 7*（軒一2升+彳|!$。2. n元集合具有多少個(gè)不同的不交子集對(duì)？分析：我們一般想法是對(duì)于一個(gè)子集，求出與它不交的子集個(gè)數(shù)，然后就可以求 出總的子集對(duì)來(lái)了。解：如果子集對(duì)是有序的，即在子集對(duì)中可以區(qū)分第一個(gè)子集與第二個(gè)子集，則 第一個(gè)子集若是k個(gè)元素，第二個(gè)子集就由其余n-k個(gè)元素組成，可能的情況是 i 種，而這時(shí)第一個(gè)集合的選取的可能情況應(yīng)為；種，那么k從o變到n，總的情況可能就是（ J。如果子集對(duì)是無(wú)序的，即兩個(gè)子集相同但次序不同的子集對(duì)不認(rèn)為不同，則

13、勺對(duì)有序子集對(duì)中有一對(duì)是由兩個(gè)空集組成， 而對(duì)其它"川個(gè)有序?qū)?，每一?duì)中交換兩個(gè)子集的次序，得到的是同一個(gè)無(wú)序子 集對(duì)，因此有_1）/2個(gè)無(wú)序子集對(duì)，其中至少有一個(gè)子集非空，于是無(wú)序子集 對(duì)的總數(shù)為 申卅H刖押H郴分析二：我們可以從元素的角度來(lái)思考問題。對(duì)一個(gè)元素來(lái)說(shuō)，它有三種不同的 選擇，在第一個(gè)集合中，在第二個(gè)集合中，或者不在兩個(gè)集合中。解法二：在計(jì)算有序?qū)Φ臄?shù)目時(shí)，對(duì)每一個(gè)元素來(lái)說(shuō)有三種可能：它或在第一個(gè) 子集，或在第二個(gè)子集，或不在其中任意一個(gè)子集，因此不同的不交有序子集對(duì) 的總數(shù)11，以下同解法一。3. 以某些整數(shù)為元素的集合P具有下列性質(zhì)：P中的元素有正數(shù)，有負(fù)數(shù)；P中的

14、元素有奇數(shù),有偶數(shù)；一仁- P ；若x, y P,則x + y P。試判斷實(shí)數(shù)0和2與集合P的關(guān)系。解：由若x，y P ,則x + y P可知，若x P，則kx P (k- N)(1) 由可設(shè) x, y p，且 x > 0, y v 0,則一yx = |y|x (| y | N) 故 x y , y x P ,由，0 = ( y x)+ x y P。(2) 2 ： P。若2 P，則P中的負(fù)數(shù)全為偶數(shù)，不然的話，當(dāng)一(2k 1) P k N )時(shí)，一1=( 2k 一1)+ 2k P，與矛盾。于是，由知 P中必有正奇數(shù)。設(shè)-2m,2 nP (m, N)，我們?nèi)∵m當(dāng)正整數(shù)q，使q | -2m

15、| 2n -1，則負(fù)奇數(shù)-2qm (2n -1) P。前后矛盾。4. 若S1,S2,S3為非空集合，對(duì)于1，2，3的任意一個(gè)排列i ,j,k，若xSy Sj， 貝 U x _ y Sk(1) 證明：三個(gè)集合中至少有兩個(gè)相等。(2) 三個(gè)集合中是否可能有兩個(gè)集無(wú)公共元素？證明：(1 )若S,* Sj，則、-* Sk,(y-x)-y二-Si所以每個(gè)集合中均 有非負(fù)元素。當(dāng)三個(gè)集合中的元素都為零時(shí)，命題顯然成立。否則，設(shè)S,S2,S3中的最小正元素為a，不妨設(shè)aS1，設(shè)b為S2A中最小的 非負(fù)元素，不妨設(shè)S2,則b a S3。若b >0,則0w b a v b，與b的取法矛盾。所以b =0。任

16、取x S,因0 S2,故x 0= x S3。所以S S3，同理S3 S。所以Si = S3。(3) 可能。例如3=S2=奇數(shù)，S3=偶數(shù)顯然滿足條件，3和S2與S3都無(wú) 公共元素。5. 設(shè)S1,2,3,，200】A印總耳,，do。匚G，且A具有下列性質(zhì)：(1)對(duì)任意1001 門乞 j 乞100，恒有 aaj =201 ; (2)' 310080。iT100試證A中的元素為奇數(shù)的個(gè)數(shù)是4的倍數(shù)，且ai2為定值.i =1證明：考慮G! J1,2001G2Z199Goo Jloo,io1，每個(gè)集合中取一個(gè)元素,但注意到2+4+2oo=ioioo ioo8o,不妨設(shè)不屬于A的偶數(shù)為內(nèi)總， a

17、,則相 應(yīng)的奇數(shù)2oi-ai,2oi-a?,2。1 t 應(yīng)在A中，且對(duì)應(yīng)差的和為 20.6. (2oio年江蘇五校)已知集合A= ai, a2, a3,，an，其中a R (K i < n, n>2), l (A)表示ai + aj(i <i vj < n)的所有不同值的個(gè)數(shù).(1) 已知集合 P= 2 , 4, 6, 8, Q= 2 , 4 , 8 , 16，分別求 l (P), l(Q ;(2) 若集合 A=2, 4 , 8,2n,求證：1(A)二° ;(3) 求l(A)的最小值.解：(1)由 2 + 4 = 6 , 2+ 6= 8 , 2+ 8= 10

18、, 4 + 6= 10 , 4+ 8= 12 , 6+ 8= 14 ,得 l(P) = 5 ,由 2 + 4 = 6 , 2 + 8= 10 , 2+ 16= 18 , 4+ 8= 12 , 4+ 16 = 20 , 8+ 16= 24 ,得 1(C) = 6 .(2)證明：因?yàn)閍 + aj(1 < i vj < n)共有筆辺項(xiàng),所以l (A) < n( n1).又集合 A= 2 , 4 ,8,2),不妨設(shè)am= 2,m= 1,2,n.a + aj , ak+ a(1 < i v j < n , 1< k v l < n),當(dāng) j 工l 時(shí)，不妨設(shè) j

19、 v l ,貝U ai + aj v2 aj = 2j +1<al v ak + al ,即 a + 印工ak+ a , 當(dāng) j =l , i 工 k 時(shí)，ai + aj 工 ak+ al,因此，當(dāng)且僅當(dāng) i = k , j = l 時(shí)，ai + aj = ak+ al .即所有ai + aj(1 < i v j < n)的值兩兩不同，因此1(A)n(n 1)2(3)不妨設(shè) ai v a2v a3 v v an ,可得 ai + a2< ai + a3< v ai + an< a2 + anv a3 + an v v an 1 + an ,故a + aj (1 < i vj < n)中至少有2n 3個(gè)不同的數(shù),即l (A) >2n 3.事實(shí)上，設(shè)ai , a2 , a3 ,an成等差數(shù)列，考慮a + aj (1 < i v j < n),根據(jù)等差 數(shù)列的性質(zhì)，當(dāng) i + j <n 時(shí)，ai + aj = ai + ai+ j i；當(dāng) i + j >n 時(shí)，ai + aj = ai + j-n+ an；因此每個(gè)和ai +印(1 < i v j <