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高中数学竞赛校本教材[全套](共30讲)


高中数学竞赛校本教材[全套](共 含详细答案) 高中数学竞赛校本教材[全套](共 30 讲, ]( 含详细答案) 目录
§1 数学方法选讲(1) §2 数学方法选讲(2) §3 集 合 ………………………………………………………………1 ………………………………………………………………11 ………………………………………………………………22 …………………………………

……………………………30 ………………………………………………………………41 ………………………………………………………………55 ………………………………………………………………63 ………………………………………………………………73

§4 函数的性质 §5 二次函数(1) §6 二次函数(2) §7 指、对数函数,幂函数 §8 函数方程

§9 三角恒等式与三角不等式 ………………………………………………………………76 §10 向量与向量方法 §11 数列 §12 递推数列 §13 数学归纳法 §14 不等式的证明 §15 不等式的应用 §16 排列,组合 §17 二项式定理与多项式 §18 直线和圆,圆锥曲线 §19 立体图形,空间向量 §20 平面几何证明 ………………………………………………………………85 ………………………………………………………………95 ………………………………………………………………102 ………………………………………………………………105 ………………………………………………………………111 ………………………………………………………………122 ………………………………………………………………130 ………………………………………………………………134 ………………………………………………………………143 ………………………………………………………………161 ………………………………………………………………173

§21 平面几何名定理 §22 几何变换 §23 抽屉原理 §24 容斥原理 §25 奇数偶数 §26 整除 §27 同余 §28 高斯函数 §29 覆盖 §29 涂色问题 §30 组合数学选讲

………………………………………………………………180 ………………………………………………………………186 ………………………………………………………………194 ………………………………………………………………205 ………………………………………………………………214 ………………………………………………………………222 ………………………………………………………………230 ………………………………………………………………238 ………………………………………………………………245 ………………………………………………………………256 ………………………………………………………………265

§1 数学方法选讲(1)
同学们在阅读课外读物的时候, 或在听老师讲课的时候, 书上的例题或老师讲解的例题 他都能听懂, 但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。 看来, 要提高解决问题的能力, 要能在竞赛中有所作为, 首先得提高分析问题的能力, 这就需要学习一些重要的数学思想方 法。

例题讲解
一、从简单情况考虑 华罗庚先生曾经指出:善于“退”,足够的“退”,退到最原始而又不失去重要性的地 方,是学好数学的一个诀窍。从简单情况考虑,就是一种以退为进的一种解题策略。 1. 两人坐在一张长方形桌子旁,相继轮流在桌子上放入同样大小的硬币。条件是硬币一定 要平放在桌子上, 后放的硬币不能压在先放的硬币上, 直到桌子上再也放不下一枚硬币为止。 谁放入了最后一枚硬币谁获胜。问:先放的人有没有必定取胜的策略?

2.线段 AB 上有 1998 个点(包括 A,B 两点),将点 A 染成红色,点 B 染成蓝色,其余 各点染成红色或蓝色。这时,图中共有 1997 条互不重叠的线段。 问:两个端点颜色相异的小线段的条数是奇数还是偶数?为什么?

3.1000 个学生坐成一圈,依次编号为 1,2,3,…,1000。现在进行 1,2 报数:1 号学生 报 1 后立即离开, 号学生报 2 并留下, 号学生报 1 后立即离开, 号学生报 2 并留下…… 2 3 4 学生们依次交替报 1 或 2,凡报 1 的学生立即离开,报 2 的学生留下,如此进行下去,直到 最后还剩下一个人。问:这个学生的编号是几号?

4.在 6×6 的正方形网格中,把部分小方格涂成红色。然后任意划掉 3 行和 3 列,使得剩下 的小方格中至少有 1 个是红色的。那么,总共至少要涂红多少小方格?

二、从极端情况考虑 从问题的极端情况考虑,对于数值问题来说,就是指取它的最大或最小值;对于一个动 点来说,指的是线段的端点,三角形的顶点等等。极端化的假设实际上也为题目增加了一个 条件,求解也就会变得容易得多。 5.新上任的宿舍管理员拿着 20 把钥匙去开 20 个房间的门,他知道每把钥匙只能打开其中 的一个门,但不知道哪一把钥匙开哪一个门,现在要打开所有关闭的 20 个门,他最多要开 多少次?

6.有 n 名(n≥3)选手参加的一次乒乓球循环赛中,没有一个全胜的。问:是否能够找到 三名选手 A,B,C,使得 A 胜 B,B 胜 C,C 胜 A?

7.n(n≥3)名乒乓球选手单打比赛若干场后,任意两个选手已赛过的对手恰好都不完全相 同。 试证明,总可以从中去掉一名选手,而使余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍 然都不完全相同。

8.在一个 8×8 的方格棋盘的方格中,填入从 1 到 64 这 64 个数。问:是否一定能够找到两 个相邻的方格,它们中所填数的差大于 4?

三、从整体考虑 从整体上来考察研究的对象,不纠缠于问题的各项具体的细节,从而能够拓宽思路,抓 住主要矛盾,一举解决问题。 9. 右图是一个 4×4 的表格, 每个方格中填入了数字 0 或 1。 按下列规则进行 “操 作”:每次可以同时改变某一行的数字:1 变成 0,0 变成 1。 问:能否通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成 1?

10.有三堆石子,每堆分别有 1998,998,98 粒。现在对这三堆石子进行如下的“操作”: 每次允许从每堆中各拿掉一个或相同个数的石子,或从任一堆中取出一些石子放入另一堆 中。 按上述方式进行 “操作” 能否把这三堆石子都取光?如行, , 请设计一种取石子的方案; 如不行,请说明理由。

11.我们将若干个数 x,y,z,…的最大值和最小值分别记为 max(x,y,z,…)和 min (x,y,z,…)。已知

a+b+c+d+e+f+g=1,求 min[max(a+b+c,b+c+d,c+d+e,

d+e+f,e+f+g)]

课后练习
1.方程 x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn 一定有一个自然数解吗?为什么?

2.连续自然数 1,2,3,…,8899 排成一列。从 1 开始,留 1 划掉 2 和 3,留 4 划掉 5 和 6……这么转圈划下去,最后留下的是哪个数?

3.给出一个自然数 n,n 的约数的个数用一个记号 A(n)来表示。例如当 n=6 时,因为 6 的约数有 1,2,3,6 四个,所以 A(6)=4。已知 a1,a2,…,a10 是 10 个互不相同的质 数,又 x 为 a1,a2,…,a10 的积,求 A(x)。

4.平面上有 100 个点,无三点共线。将某些点用线段连结起来,但线段不能相交,直到 不能再连结时为止。问:是否存在一个以这些点中的三个点为顶点的三角形,它的内部没有 其余 97 个点中的任何一个点?

5.在一块平地上站着 5 个小朋友, 每两个小朋友之间的距离都不相同, 每个小朋友手上 都拿着一把水枪。当发出射击的命令后,每人用枪射击距离他最近的人。问:射击后有没有 一个小朋友身上是干的?为什么?

6.把 1600 粒花生分给 100 只猴子,请你说明不管怎样分,至少有 4 只猴子分的花生一 样多。

7.有两只桶和一只空杯子。甲桶装的是牛奶,乙桶装的是酒精(未满)。现在从甲桶取 一满杯奶倒入乙桶,然后从乙桶取一满杯混合液倒入甲桶,这时,是甲桶中的酒精多,还是 乙桶中的牛奶多?为什么?

8.在黑板上写上 1,2,3,…,1998。按下列规定进行“操作”:每次擦去其中的任意 两个数 a 和 b,然后写上它们的差(大减小),直到黑板上剩下一个数为止。

问:黑板上剩下的数是奇数还是偶数?为什么?

课后练习答案
1.有。 解:当 n=2 时,方程 x1+x2=x1x2 有一个自然数解:x1=2,x2=2; 当 n=3 时,方程 x1+x2+x3=x1x2x3 有一个自然数解:x1=1,x2=2,x3=3; 当 n=4 时,方程 x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4 有一个自然数解:x1=1,x2=1,x3=2,x4=4。 一般地,方程 x1+x2+x3+…+xn-1+xn=x1x2x3…xn-1xn 有一个自然数解:x1=1,x2=1,…,xn-2=1,xn-1=2, xn=n。 2.3508。 解:仿例 3。当有 3 个数时,留下的数是 1 号。
n

小于 8899 的形如 3 的数是 3 =6561,故从 1 号开始按规则划数,划了 8899-6561=2338 (个)数后,还剩下 6561 个数。下一个要划掉的数是 2388÷2×3+1=3507,故最后留下的 就是 3508。 3.1024。 解:质数 a1 有 2 个约数:1 和 a,从而 A(a1)=2; 2 个质数 a1,a2 的积有 4 个约数:1,a1,a2,a1a2,从而 A(a1×a2)=4=22; 3 个质数 a1,a2,a3 的积有 8 个约数: 1,a1,a2,a3,a1a2,a2a3,a3a1,a1a2a3, 从而 A(a1×a2×a3)=8=23; …… 于是,10 个质数 a1,a2,…,a10 的积的约数个数为 A(x)=2 =1024。 4.存在。 提示:如果一个三角形内还有别的点,那么这个点与三角形的三个顶点还能连结,与已 “不能再连结”矛盾。 5.有。 解:设 A 和 B 两人是距离最近的两个小朋友,显然他们应该互射。此时如果有其他的 小朋友射向他们中的一个,即 A,B 中有一人挨了两枪,那么其他三人中必然有一人身上是 干的。如果没有其他的小朋友射向 A 或 B,那么我们再考虑剩下的三个人 D,E,F:若 D, E 的距离是三人中最近的,则 D,E 互射,而 F 必然射向他们之间的一个,此时 F 身上是干 的。 6.假设没有 4 只猴子分的花生一样多,那么至多 3 只猴子分的花生一样多。我们从所需 花生最少情况出发考虑: 得 1 粒、2 粒、3 粒……32 粒的猴子各有 3 只,得 33 粒花生的猴子有 1 只,于是 100 只猴子最少需要分得花生 3×(0+1+2+…+32)+33=1617(粒),
10

n

8

现在只有 1600 粒花生,无法使得至多 3 只猴子分的花生一样多,故至少有 4 只猴子分 的花生一样多。 7.一样多。 提示:从整体看,甲、乙两桶所装的液体的体积没有发生变化。甲桶里有多少酒精,就 必然倒出了同样体积的牛奶入乙桶。所以,甲桶中的酒精和乙桶中的牛奶一样多。 8.奇数。 解:黑板上开始时所有数的和为 S=1+2+3+…+1998=1997001, 是一个奇数,而每一次“操作”,将(a+b)变成了(a-b),实际上减少了 2b,即减少 了一个偶数。因为从整体上看,总和减少了一个偶数,其奇偶性不变,所以最后黑板上剩下 一个奇数。

例题答案:
1.分析与解:如果桌子大小只能容纳一枚硬币,那么先放的人当然能够取胜。然后设想桌 面变大,注意到长方形有一个对称中心,先放者将第一枚硬币放在桌子的中心,继而把硬币 放在后放者所放位置的对称位置上,这样进行下去,必然轮到先放者放最后一枚硬币。

2.分析:从最简单的情况考虑:如果中间的 1996 个点全部染成红色,这时异色线段只有 1 条,是一个奇数。然后我们对这种染色方式进行调整:将某些红点改成蓝点并注意到颜色调 整时,异色线段的条数随之有哪些变化。由于颜色的调整是任意的,因此与条件中染色的任 意性就一致了。 解:如果中间的 1996 个点全部染成红色,这时异色线段仅有 1 条,是一个奇数。将任 意一个红点染成蓝色时, 这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若同色, 则异色小线段 的条数或者增加 2 条 (相邻的两个点同为红色),或者减少 2 条 (相邻的两个点同为蓝色); 这个改变颜色的点的左右两侧相邻的两个点若异色,则异色小线段的条数不变。 综上所述,改变任意个点的颜色,异色线段的条数的改变总是一个偶数,从而异色线段 的条数是一个奇数。 3.分析:这个问题与上一讲练习中的第 8 题非常相似,只不过本例是报 1 的离开报 2 的留 下,而上讲练习中相当于报 1 的留下报 2 的离开,由上讲练习的结果可以推出本例的答案。 本例中编号为 1 的学生离开后还剩 999 人,此时,如果原来报 2 的全部改报 1 并留下,原来 报 1 的全部改报 2 并离开, 那么, 问题就与上讲练习第 8 题完全一样了。 因为剩下 999 人时, 第 1 人是 2 号,所以最后剩下的人的号码应比上讲练习中的大 1,是 975+1=976(号)。 为了加深理解,我们重新解这道题。 解:如果有 2 个人,那么报完第 1 圈后,剩下的是 2 的倍数号;报完第 2 圈后,剩下 的是 2 的倍数号……报完第 n 圈后,剩下的是 2 的倍数号,此时,只剩下一人,是 2 号。 如果有(2 +d)(1≤d<2 )人,那么当有 d 人退出圈子后还剩下 2 人。因为下一个 该退出去的是(2d+1)号,所以此时的第(2d+1)号相当于 2 人时的第 1 号,而 2d 号相 当于 2 人时的第 2 号,所以最后剩下的是第 2d 号。 由 1000=2 +488 知,最后剩下的学生的编号是 488×2=976(号)。 4.分析与解:先考虑每行每列都有一格涂红,比较方便的涂法是在一条对角线上涂 6 格红 色的,如图 1。
9 n n n n n n 2 n n n

任意划掉 3 行 3 列,可以设想划行划列的原则是:每次划掉红格的个数越多越好。对于 图 1,划掉 3 行去掉 3 个红格,还有 3 个红格恰在 3 列中,再划掉 3 列就不存在红格了。 所以,必然有一些行有一些列要涂 2 个红格,为了尽可能地少涂红格,那么每涂一格红 色的,一定要使多出一行同时也多出一列有两格红色的。 先考虑有 3 行中有 2 格涂红,如图 2。显然,同时也必然有 3 个列中也有 2 格涂红。这 时,我们可以先划掉有 2 格红色的 3 行,还剩下 3 行,每行上只有一格涂红,每列上也只有 一格涂红,那么在划掉带红格的 3 列就没有红格了。 为了使得至少余下一个红格, 只要再涂一格。 此红格要使图中再增加一行和一列有两个 红格的,如图 3。 结论是:至少需要涂红 10 个方格。 5. 解: 从最不利的极端情况考虑: 打开第一个房间要 20 次, 打开第二个房间需要 19 次…… 共计最多要开 20+19+18+…+1=210(次)。 6. 解:从极端情况观察入手,设 B 是胜的次数最多的一个选手,但因 B 没获全胜,故必有 选手 A 胜 B。在败给 B 的选手中,一定有一个胜 A 的选手 C,否则,A 胜的次数就比 B 多 一次了,这与 B 是胜的次数最多的矛盾。 所以,一定能够找到三名选手 A,B,C,使得 A 胜 B,B 胜 C,C 胜 A。 7. 证明:如果去掉选手 H,能使余下的选手中,任意两个选手已赛过的对手仍然都不完全 相同,那么我们称 H 为可去选手。我们的问题就是要证明存在可去选手。 设 A 是已赛过对手最多的选手。 若不存在可去选手,则 A 不是可去选手,故存在选手 B 和 C,使当去掉 A 时,与 B 赛 过的选手和与 C 赛过的选手相同。从而 B 和 C 不可能赛过,并且 B 和 C 中一定有一个(不 妨设为 B)与 A 赛过,而另一个(即 C)未与 A 赛过。 又因 C 不是可去选手,故存在选手 D,E,其中 D 和 C 赛过,而 E 和 C 未赛过。 显然,D 不是 A,也不是 B,因为 D 与 C 赛过,所以 D 也与 B 赛过。又因为 B 和 D 赛 过,所以 B 也与 E 赛过,但 E 未与 C 赛过,因而选手 E 只能是选手 A。 于是,与 A 赛过的对手数就是与 E 赛过的对手数,他比与 D 赛过的对手数少 1,这与 假设 A 是已赛过对手最多的选手矛盾。 故一定存在可去选手。 8. 解:考虑这个方格棋盘的左上角、右上角及右下角内的数 A,B,S。

设存在一个填数方案,使任意相邻两格中的数的差不大于 4,考虑最大和最小的两个数 1 和 64 的填法,为了使相邻数的差不大于 4,最小数 1 和最大数的 “距离”越大越好,即把它们填在对角的位置上(A=1,S=64)。 然后,我们沿最上行和最右行来观察:因为相邻数不大于 4, 从 A→B→S 共经过 14 格,所以 S≤1+4×14=57(每次都增加最大 数 4),与 S=64 矛盾。因而,1 和 64 不能填在“最远”的位置上。显然,1 和 64 如果填在 其他任意位置,那么从 1 到 64 之间的距离更近了,更要导致如上的矛盾。因此,不存在相 邻数之差都不大于 4 的情况,即不论怎样填数必有相邻两数的差大于 4。 9. 解:我们考察表格中填入的所有数的和的奇偶性:第一次“操作”之前,它等于 9,是一 个奇数, 每一次“操作”,要改变一行或一列四个方格的奇偶性,显然整个 16 格中所有数的和 的奇偶性不变。 但当每一格中所有数字都变成 1 时,整个 16 格中所有数的和是 16,为一偶数。故不能 通过若干次“操作”使得每一格中的数都变成 1。 10. 解:要把三堆石子都取光是不可能的。 按“操作”规则,每次拿掉的石子数的总和是 3 的倍数,即不改变石子总数被 3 除时 的余数。而 1998+998+98=3094,被 3 除余 1,三堆石子被取光时总和被 3 除余 0。所以,三 堆石子都被取光是办不到的。 11. 解:设 M=max(a+b+c,b+c+d,c+d+e,d+e+f,e+f+g)。 因为 a+b+c,c+d+e,e+f+g 都不大于 M,所以

§2 数学方法选讲(2)
四、从反面考虑 解数学题,需要正确的思路。对于很多数学问题,通常采用正面求解的思路,即从条件 出发,求得结论。但是,如果直接从正面不易找到解题思路时,则可改变思维的方向,即从 结论入手或从条件及结论的反面进行思考,从而使问题得到解决。 1.某次数学测验一共出了 10 道题,评分方法如下: 每答对一题得 4 分,不答题得 0 分,答错一题倒扣 1 分,每个考生预先给 10 分作为基础 分。问:此次测验至多有多少种不同的分数?

2.一支队伍的人数是 5 的倍数,且超过 1000 人。若按每排 4 人编队,则最后差 3 人;若按 每排 3 人编队,则最后差 2 人;若按每排 2 人编队,则最后差 1 人。问:这支队伍至少有多 少人?

3.在八边形的 8 个顶点上是否可以分别记上数 1,2,…,8,使得任意三个相邻的顶点上 的数的和大于 13?

4.有一个 1000 位的数,它由 888 个 1 和 112 个 0 组成,这个数是否可能是一个平方数?

五、从特殊情况考虑 对于一个一般性的问题,如果觉得难以入手,那么我们可以 先考虑它的某些特殊情况,从而获得解决的途径,使问题得以“突破”,这种方法称为 特殊化。 对问题的特殊情况进行研究, 一方面是因为研究特殊情况比研究一般情况较为容易; 另 一方面是因为特殊的情况含有一般性, 所以对特殊情况的研究常能揭示问题的结论或启发解 决问题的思路,它是探索问题的一种重要方法。 运用特殊化方法进行探索的过程有两个步骤,即先由一般到特殊,再由特殊到一般。通 过第一步骤得到的信息,还要回到一般情况予以解答。 5.如下图,四边形 ABCD 和 EFGH 都是正方形,且边长均为 2cm。又 E 点是正方形 ABCD 的中心,求两个正方形公共部分(图中阴影部分)的面积 S。

6.是否在平面上存在这样的 40 条直线,它们共有 365 个交点?

7.如右图,正方体的 8 个顶点处标注的数字为 a,b,c,d,e,

求(a+b+c+d)-(e+f+g+h)的值。

8.将 n 个互不相等的数排成下表: a11 a12 a13 … a1n a21 a22 a23 … a2n

2

an1

an2 an3 … ann 先取每行的最大数,得到 n 个数,其中最小数为 x;再取每列的最小数,也得到 n 个数, 其中最大数为 y。试比较 x 和 y 的大小。

六、有序化 当我们研究的对象是一些数的时候,我们常常将这些数排一个次序,即将它们有序化。 有序化的假设,实际上是给题目增加了一个可供使用的条件。 9.将 10 到 40 之间的质数填入下图的圆圈中,使得 3 组由“→”所连的 4 个数的和相等, 如果把和数相等的填法看做同一类填法,请说明一共有多少类填法?并画图表示你的填法。

10.有四个互不相等的数,取其中两个数相加,可以得到六个和:24,28,30,32,34,38。 求此四数。

11.互不相等的 12 个自然数,它们均小于 36。有人说,在这些自然数两两相减(大减小) 所得到的差中,至少有 3 个相等。你认为这种说法对吗?为什么?

12.有 8 个重量各不相同的物品,每个物品的重量都是整克数且都不超过 15 克。小平想以 最少的次数用天平称出其中最重的物品。他用了如下的测定法: (1)把 8 个物品分成 2 组,每组 4 个,比较这 2 组的轻重; (2)把以上 2 组中较重的 4 个再分成 2 组,即每组 2 个,再比较它们的轻重; (3)把以上 2 组中较重的分成各 1 个,取出较重的 1 个。 小平称了 3 次天平都没有平衡,最后便得到一个物品。 可是实际上得到的是这 8 个物品当中从重到轻排在第 5 的物品。 问:小平找出的这个物品有多重?并求出第二轻的物品重多少克?

课后练习
1.育才小学 40 名学生参加一次数学竞赛, 15 分记分制 用 (即分数为 0, 2, 15) 1, …, 。 全班总分为 209 分,且相同分数的学生不超过 5 人。试说明得分超过 12 分的学生至多有 9 人。

2.今有一角纸币、二角纸币、五角纸币各 1 张,一元币 4 张,五元币 2 张,用这些纸 币任意付款,一共可以付出多少种不同数额的款项?

3.求在 8 和 98 之间(不包括 8 和 98),分母为 3 的所有最简分数的和。

4.如右图,四边形 ABCD 的面积为 3,E,F 为边 AB 的三等分点,M,N 是 CD 边上的三等 分点。求四边形 EFNM 的面积。

5.直线上分布着 1998 个点,我们标出以这些点为端点的一切可能线段的中点。问:至 少可以得到多少个互不重合的中点?

6.假定 100 个人中的每一个人都知道一个消息,而且这 100 个消息都不相同。为了使 所有的人都知道一切消息,他们一共至少要打多少个电话?

7.有 4 个互不相等的自然数,将它们两两相加,可以得到 6 个不同的和,其中较小的 4 个和是 64,66,68,70。求这 4 个数。

8.有五个砝码,其中任何四个砝码都可以分成重量相等的两组。问:这五个砝码的重 量相等吗?为什么?

课后练习答案
1.若得分超过 12 分的学生至少有 10 人,则全班的总分至少有 5×(12+13)+5×(0+1+2+3+4+5)=210(分), 大于条件 209 分,产生了矛盾,故得分超过 12 分的学生至多有 9 人。 2.119 种。 解:从最低币值 1 角到最高币值 14 元 8 角,共 148 个不同的币值。再从中剔除那些不 能由这些纸币构成的币值。 经计算,应该剔除的币值为(i+0.4)元(i=0,1,2,…,14)及(j+0.9)元(j=1, 2,3,…,13),一共 29 种币值。所以,一共可以付出 148-29=119(种)不同的币值。

3.9540。

=2×(8+9+…+97)+(97-8+1)=9540。 4.1。 解:先考虑 ABCD 是长方形的特殊情况,显然此时 EFNM 的面积是 1。下面就一般情况求 解。

连结 AC,AM,FM,CF,则

5.3993 个。 解:为了使计算互不重复,我们取距离最远的两点 A,B。先计算以 A 为左端点的所有 线段,除 B 外有 1996 条,这些线段的中点有 1996 个,它们互不重合,且到点 A 的距离小于 AB 长度的一半。 同样,以 B 为右端点的所有线段,除 A 外有 1996 条,这些线段的中点有 1996 个,它们 互不重合,且到点 A 的距离小于 AB 长度的一半。 这两类中点不会重合,加上 AB 的中点共有 1996+1996+1=3993(个),即互不重合的中 点不少于 3993 个。 另一方面, 当这 1998 个点中每两个相邻点的间隔都相等时, 不重合的中点数恰为 3993。

这说明,互不重合的中点数至少为 3993 个。 6.198 个。 解:考虑一种特殊的通话过程:先由 99 人每人打一个电话给 A,A 再给 99 人每人打一 个电话,这样一共打了 198 个电话,而且每人都知道了所有的消息。 下面我们说明这是次数最少的。 考虑一种能使所有人知道一切消息的通话过程中的关键 性的一次通话,这次通话后,有一个接话人 A 知道了所有的消息,而在此之前还没有人知道 所有的消息。 除了 A 以外的 99 人每人在这个关键性的通话前,必须打出电话一次,否则 A 不可能知 道所有的消息;又这 99 人每人在这个关键性的通话后,又至少收到一个电话,否则它们不 可能知道所有的消息。 7.30,34,36,38 或 31,33,35,39。 解:设 4 个数为 a,b,c,d,且 a<b<c<d,则 6 个和为 a+b,a+c,a+d,b+c,b+d, c+d。于是有 a+b<a+c<a+d<b+d<c+d 和 a+b<a+c<b+c<b+d<c+d。

分别解这两个方程组,得

8.相等。 解:设这五个砝码的重量依次为 a≤b≤c≤d≤e。 去掉 e,则有 a+d=b+c; ① 去掉 d,则有 a+e=b+c。 ②

比较①②,得 d=e。 去掉 a,则有 b+e=c+b; ③ 去掉 b,则有 a+e=c+d。 ④ 比较③④,得 a=b。 将 a=b 代入①得 c=d,将 d=e 代入④得 b=c。所以 e=b=c=d=e。

例题答案:
分析:最高的得分为 50 分,最低的得分为 0 分。但并不是从 0 分到 50 分都能得到。 从正面考虑计算量较大,故我们从反面考虑,先计算有多少种分数达不到,然后排除达 不到的分数就可以了。 解:最高的得分为 50 分,最低的得分为 0 分。在从 0 分到 50 分这 51 个分数中,有 49, 48, 44, 39 这 6 种分数是不能达到的, 47, 43, 故此次测验不同的分数至多有 51-6=45 (种) 。 1.

2. 分析:从条件“若按每排 4 人编队,则最后差 3 人”的反面来考虑,可理解为“若 按每排 4 人编队,则最后多 1 人”。同理,按 3 人、2 人排队都可理解为多 1 人。即总人数 被 12 除余 1。这样一来,原题就化为: 一个 5 的倍数大于 1000,且它被 12 除余 1。问:这个数最小是多少? 解:是 5 的倍数且除以 12 余 1 的最小自然数是 25。因为人数超过 1000,[3,4,5]=60, 所以最少有 25+60×17=1045(人)。 3. 解:将八边形的 8 个顶点上的数依次记为 a1,a2,a3,…,a8,则有 S=a1+a2+a3+… +a8=1+2+3+…+8=36。 假设任意 3 个相邻顶点上的数都大于 13,因为顶点上的数都是整数,所以 a1+a2+a3≥14; a2+a3+a4≥14; …… a7+a8+a1≥14; a8+a1+a2≥14。 将以上 8 个不等式相加,得 3S≥112,从而 S> 37,这与 S=36 矛盾。故结论是否定 的。 4.解:假设这个数为 A,它是自然数 a 的平方。 因为 A 的各位数字之和 888 是 3 的倍数,所以 a 也应是 3 的倍数。于是 a 的平方是 9 的倍数,但 888 不是 9 的倍数,这样就产生了矛盾,从而 A 不可能是平方数。

5. 分析:我们先考虑正方形 EFGH 的特殊位置,即它的各边与正方形 ABCD 的各边对应 平行的情况(见上图)。此时,显然有

得出答案后, 这个问题还得回到一般情况下去解决, 解决的方法是将一般情况变成特殊 情况。 解:自 E 向 AB 和 AD 分别作垂线 EN 和 EM(右图),则有 S=S△PME+S 四边形 AMEQ 又 S△PME=S△EQN,故 S=S△EQN+S 四边形 AMEQ =S 正方形 AMEN

6. 分析与解:先考虑一种特殊的图形:围棋盘。它有 38 条直线、361 个交点。我们就从 这种特殊的图形出发,然后进行局部的调整。

先加上 2 条对角线,这样就有 40 条直线了,但交点仍然是 361 个。再将最右边的 1 条 直线向右平移 1 段,正好增加了 4 个交点(见上图)。于是,我们就得到了有 365 个交点的 40 条直线。 7. 分析:从这 8 个数都相等的特殊情况入手,它们满足题目条件,从而得所求值为 0。这就 启发我们去说明 a+b+c+d=e+f+g+h。 解:由已知得 3a=b+e+d,3b=a+c+f, 3c=b+d+g,3d=a+c+h, 推知 3a+3b+3c+3d=2a+2b+2c+2d+e+f+g+h, a+b+c+d=e+f+g+h, (a+b+c+d)-(e+f+g+h)=0。 8. 分析:先讨论 n=3 的情况,任取两表: 1 3 7 1 2 3 2 5 6 4 5 6 8 9 4 7 8 9 左上表中 x=6,y=4;右上表中 x=3,y=3。两个表都满足 x≥y,所以可以猜想 x≥y。 解:设 x 是第 i 行第 j 列的数 aij,y 是第 l 行第 m 列的数 alm。考虑 x 所在的行与 y 所在的 列交叉的那个数,即第 i 行第 m 列的数 aim。显然有 aij≥aim≥alm,当 i=l,j=m 时等号成 立,所以 x≥y。 9. 解:10 到 40 之间的 8 个质数是 11,13,17,19,23,29,31,37。 根据题目要求,除去最左边和最右边的 2 个质数之外,剩下的 6 个质数在同一行的 2 个质数的和应分别相等,等于这 6 个数中最小数(记为 a)与最大数(记为 b)之和 a+b。 根据 a,b 的大小可分为 6 种情况: 当 a=11,b=29 时,无解; 当 a=11,b=31 时,有 11+31=13+29=19+23,得到如下填法:

当 a=11,b=37 时,有 11+37=17+31=19+29,得到如下填法:

当 a=13,b=31 时,无解; 当 a=13, b=37 时,无解;

当 a=17,b=37 时,无解。 所以,共有 2 类填法。 10. 解:设四个数为 a,b,c,d,且 a<b<c<d,则六个和为 a+b,a+c,a+d,b+c,b+d, c+d,其中 a+b 最小,a+c 次小,c+d 最大,b+d 次大,a+d 与 b+c 位第三和第四。

分别解这两个方程组,得

11. 解:设这 12 个自然数从小到大依次为 a1,a2,a3,…,a12,且它们两两相减最多 只有 2 个差相等,那么差为 1,2,3,4,5 的都最多只有 2 个。从而 a12-a11,a11-a10,a10-a9,…,a2-a1, 这 11 个差之和至少为 2×(1+2+3+4+5)+6=36, 但这 11 个差之和等于 a12-a1<36。这一矛盾说明,两两相减的差中,至少有 3 个相等。 12. 解:设这 8 个物品的重量从重到轻依次排列为: 15≥a1>a2>a3>a4>a5>a6>a7>a8≥1。 小平找出的这个物品重量为 a5,第二轻的物品重量为 a7。 由于 a5 加上一个比它轻的物品不可能大于两个比 a5 重的物品重量之和, 因而第一次必 须筛去 3 个比 a5 重的物品。 这样就有以下四种可能:

先考虑第一种情况。根据①式,a4 比 a1 至少轻 3 克,a5 比 a2,a6 比 a3 也都至少轻 3 克,则 a7 比 a8 至少重 10 克。根据②式,a5 比 a4 至少轻 1 克,则 a6 比 a7 至少重 18 克。 与已知矛盾,第一种情况不可能出现。 按同样的推理方法,可以说明第二种和第三种情况也不可能出现。 最后,考虑第四种情况。a1 比 a2 至少重 1 克;a5 比 a3,a6 比 a4 都至少轻 1 克,则 a7 比 a8 至少重 4 克。根据④式,a5 比 a4 至少轻 4 克,则 a6 比 a7 至少重 5 克。这样得到的这 8 个物品的重量分别为: a1=15 克, a2=14 克, a3=13 克, a4=12 克, a5=11 克, a6=10 克, a7=5 克, a8=1 克。 因此,小平找出的这个物品重 11 克,第二轻的物品重 5 克。

§3 集



集合的划分反映了集合与子集之间的关系,这既是一类数学问题,也是数学中的解题策 略——分类思想的基础,在近几年来的数学竞赛中经常出现,日益受到重视,本讲主要介绍 有关的概念、结论以及处理集合、子集与划分问题的方法。 1.集合的概念 集合是一个不定义的概念,集合中的元素有三个特征: (1) 确定性 设 A 是一个给定的集合, a 是某一具体对象,则 a 或者是 A 的元素,或者不 是 A 的元素,两者必居其一,即 a ∈ A 与 a A 仅有一种情况成立。 (2) 互异性 一个给定的集合中的元素是指互不相同的对象,即同一个集合中不应出现同 一个元素。 (3) 无序性 2.集合的表示方法 主要有列举法、描述法、区间法、语言叙述法。常用数集如: N , Z , Q, R 应熟记。 3.实数的子集与数轴上的点集之间的互相转换,有序实数对的集合与平面上的点集可以互 相转换。对于方程、不等式的解集,要注意它们的几何意义。 4.子集、真子集及相等集

(1) A B A B 或 A = B ; (2) A B A B 且 A ≠ B ; (3) A = B A B 且 A B 。 (即由个元素组成的集合) 2 n 个不同的子集, 有 其中有 2 n -1 个非空子集, 5.一个 n 阶集合 也有 2 n -1 个真子集。 6.集合的交、并、补运算

A I B ={ x | x ∈ A 且 x ∈ B }; A U B ={ x | x ∈ A 或 x ∈ B }

A = {x | x ∈ I 且 x A }
要掌握有关集合的几个运算律: (1)交换律 A U B = B U A , A I B = B I A ; (2)结合律 A U ( B U C )=( A U B ) U C ,

A I ( B I C )=( A I B ) I C ; (3)分配律 A U ( B I C )=( A U B ) I ( A U C ) A I ( B U C )= ( A I B ) U ( A I C )
(4)0—1 律 (5)等幂律 (6)吸收律 (7)求补律 (8)反演律

A U φ = A , A I I = A , A U I = I , A I φ =φ A U A= A, A I A= A A U ( A I B )= A , A I ( A U B )= A A U CIA= I , A I CIA= φ A U B = A I B, A I B = A U B

7.有限集合所含元素个数的几个简单性质 设 n( X ) 表示集合 X 所含元素的个数,(1) n( A U B ) = n( A) + n( B ) n( A I B ) , 当 n( A I B ) = φ 时, n( A U B ) = n( A) + n( B ) ( 2 )

n( A U B U C ) = n( A) + n( B ) + n(C )



n( A I B ) n( A I C ) n( B I C ) + n( A I B I C )

例题讲解
元素与集合的关系 1.设 A ={ a | a = x 2 y 2 , x, y ∈ Z },求证:(1) 2k 1 ∈ A ( k ∈ Z ); (2) 4k 2 A ( k ∈ Z )

2.以某些整数为元素的集合 P 具有下列性质:① P 中的元素有正数,有负数; ② P 中的元素有奇数,有偶数;③-1 P ;④若 x , y ∈ P ,则 x + y ∈ P 试判断实数 0 和 2 与集合 P 的关系。

3.设 S 为满足下列条件的有理数的集合:①若 a ∈ S , b ∈ S ,则 a + b ∈ S ,

ab ∈ S ;②对任一个有理数 r ,三个关系 r ∈ S ,- r ∈ S , r =0 有且仅有一个成立。 证明: S 是由全体正有理数组成的集合。

两个集合之间的关系 在两个集合之间的关系中,我们感兴趣的是“子集”、“真子集”、“相等”这三种特 殊关系。 这些关系是通过元素与集合的关系来揭示的, 因而判断两个集合之间的关系通常可 从判断元素与这两个集合的关系入手。 4.设函数 f ( x) = x 2 + ax + b (a, b ∈ R ) ,集合 A = {x | x = f ( x ), x ∈ R} ,

B = {x | x = f [ f ( x)], x ∈ R} 。
(1)证明: A B ; (2)当 A = {1,3} 时,求 B 。 (3)当 A 只有一个元素时,求证: A = B .

5. S1 , S 2 , S 3 为非空集合,对于 1,2,3 的任意一个排列 i, j , k ,若 x ∈ S i , y ∈ S j ,则

x y ∈ Sk

(1)证明:三个集合中至少有两个相等。 (2)三个集合中是否可能有两个集无公共元素?

6.已知集合:

A = {( x, y ) | ax + y = 1}, B = {( x, y ) | x + ay = 1}, C = {( x, y ) | x 2 + y 2 = 1} 问
(1)当 a 取何值时, ( A U B ) I C 为含有两个元素的集合? (2)当 a 取何值时, ( A U B ) I C 为含有三个元素的集合?

7.设 n ∈ N 且 n ≥15, A, B 都是{1,2,3,…, n }真子集, A I B = φ ,且

A U B ={1,2,3,…, n }。证明: A 或者 B 中必有两个不同数的和为完全平方数。

课后练习
1 . 下 列 八 个 关 系 式 :①{0}= φ ② φ =0 ⑦ φ ≠ {0} (A)4 ⑧ φ ≠ { φ } 其中正确的个数 (B)5 (C)6
③φ ≠

{ φ } ④ φ ∈ { φ }⑤{0} φ ⑥0 φ ( ) (D)7 ( )

2.设 A、B 是全集 U 的两个子集,且 A B,则下列式子成立的是 (A)CUA CUB 3 . 已 知 (B)CUA U CUB=U (C)A I CUB= φ

(D)CUA I B= φ

M= {x | x = 3n, n ∈ Z }, N = {x | x = 3n + 1, n ∈ Z }, P = {x | x = 3n 1, n ∈ Z } , 且 ( (D) M U P ( ) )

a ∈ M , b ∈ N , c ∈ P ,设 d = a b + c ,则 d ∈

(A)M

(B)N

(C)P

4.设集合 M = {x | x = (A) M N

k 1 k 1 + , k ∈ Z }, N = {x | x = + , k ∈ Z } ,则 2 4 4 2

(B) N M

(C) M = N

(D) M I N = Φ

5.设 M={1,2,3,…,1995},A 是 M 的子集且满足条件: 当 x∈A 时,15x A,则 A 中元素的 个数最多是_______________. 6.集合 A,B 的并集 A∪B={a1,a2,a3},当且仅当 A≠B 时,(A,B)与(B,A)视为不同的对,则这 样的(A,B)对的个数有_________________. 7.若非空集合 A={x|2a+1≤x≤3a-5},B={x|3≤x≤22},则能使 A A∩B 成立的 a 的取值范围是 _______________. 8.若 A={x|0≤x2+ax+5≤4}为单元素集合,则实数 a 的值为___________________. 9.设 A={n|100≤n≤600,n∈N},则集合 A 中被 7 除余 2 且不能被 57 整除的数的个数为 ______________. 10.己知集合 A={x|x=f(x)},B={x|x=f(f(x))},其中 f(x)=x2+ax+b (a,b∈R), 证明:(1)A B (2)若 A 只含有一个元素,则 A=B .

11.集合 A={(x,y) x 2 + mx y + 2 = 0 },集合 B={(x,y) x y + 1 = 0 ,且 0 ≤ x ≤ 2 }, 又 A I B ≠ φ ,求实数 m 的取值范围.

课后练习答案
1-4 C C B A 5.解:由于 1995=15×133,所以,只要 n>133,就有 15n>1995.故取出所有大于 133 而不 超过 1995 的整数. 由于这时己取出了 15×9=135, … 15×133=1995. 故 9 至 133 的整数都不 能再取, 还可取 1 至 8 这 8 个数, 即共取出 1995—133+8=1870 个数, 这说明所求数≥1870。 另一方面,把 k 与 15k 配对,(k 不是 15 的倍数,且 1≤k≤133)共得 133—8=125 对,每对数中至多能取 1 个数为 A 的元素,这说明所求数≤1870,综上可知应填 1870 6.解:A=φ时,有 1 种可能;A 为一元集时,B 必须含有其余 2 元,共有 6 种可能;A 为二元集时,B 必须含有另一元.共有 12 种可能;A 为三元集时,B 可为其任一子集.共 8 种可能.故共有 1+6+12+8=27 个. 7. 解: A 非空知 2a+1≤3a-5, a≥6. 由 AA∩B 知 AB. 即 3≤2a+1 且 3a-5≤22, 解 由 故 之,得 1≤a≤9. 于是知 6≤a≤9
2 2 2 2 8.解:由 x + ax + 5 = ( x + 1 a ) + 5 1 a .若 5 1 a < 4 ,则 A 有无数个元,若 2 4 4

5 1 a 2 > 4 ,则 A 为空集,只有当 5 1 a 2 = 4 即 a = ±2 时,A 为单元素集 {1} 或 {1} .
4 4

所以 a = ±2 9. 被 7 除余 2 的数可写为 7k+2. 由 100≤7k+2≤600.知 14≤k≤85. 又若某个 k 使 7k+2 解: 能被 57 整除,则可设 7k+2=57n. 即 k = 57 n 2 = 56n + n 2 = 8n + n 2 . 即 n-2 应为 7 的
7 7 7

倍数. 设 n=7m+2 代入,得 k=57m+16. ∴14≤57m+16≤85. m=0,1.于是所求的个数为 85-(14-1)-2=70 10.证明:(1)Q x ∈ A f ( x ) = x, ∴ f ( f ( x)) = f ( x ) = x x ∈ B ∴ A B (2)设 A={c},即二次方程 f(x)-x=0 有惟一解 c,即 c 为 f(x)-x=0 的重根. ∴ f(x)-x=(x-c)2 即 f(x)=(x-c)2+x,于是 f(f(x))=(f(x)-c)2+f(x), f(f(x))-x=(f(x)-c)2+f(x)-x=[(x-c)2+x-c]2+(x-c)2=0 ∴

( x c) 2 + x c = 0 x = c x 2 + mx y + 2 = 0 得 x 2 + ( m 1) x + 1 = 0 x y + 1 = 0
2

故 f(f(x))=x 也只有惟一解 x=c,即 B={c}. 所以 A=B 11.解:由

0 < m 1 ≤ 2 2 设 f ( x) = x + ( m 1) x + 1 由数形结合得: 或 f ( 2) ≤ 0 2 = (m 1) 4 ≥ 0
解得: m ≤ 1

例题答案:
1.分析:如果集合 A ={ a | a 具有性质 p },那么判断对象 a 是否是集合 A 的元素的基本 方法就是检验 a 是否具有性质 p 。 解:(1)∵ k , k 1 ∈ Z 且 2k 1 = k 2 ( k 1) 2 ,故 2k 1 ∈ A ; (2)假设 4k 2 ∈ A ( k ∈ Z ) ,则存在 x, y ∈ Z ,使 4k 2 = x 2 y 2 即 ( x y )( x + y ) = 2( 2k 1) (*)

由于 x y 与 x + y 具有相同的奇偶性,所以(*)式左边有且仅有两种可能:奇数或 4 的倍数,另一方面,(*)式右边只能被 4 除余 2 的数,故(*)式不能成立。由此,

4k 2 A (k ∈ Z ) 。
2.解:由④若 x , y ∈ P ,则 x + y ∈ P 可知,若 x ∈ P ,则 kx ∈ P ( k ∈ N ) (1)由①可设 x , y ∈ P ,且 x >0, y <0,则- y x =| y | x 故 x y ,- y x ∈ P ,由④,0=(- y x )+ x y ∈ P 。 (| y |∈ N )

(2) P 。 2∈ P , P 中的负数全为偶数, 2 若 则 不然的话, 当- 2k + 1 ) P( k ∈ N ) ( ∈ 时,-1=(- 2k 1 )+ 2k ∈ P ,与③矛盾。于是,由②知 P 中必有正奇数。设

2m,2n 1 ∈ P (m, n ∈ N ) ,我们取适当正整数 q ,使 q | 2m |> 2n 1 ,则负奇数 2qm + (2n 1) ∈ P 。前后矛盾。
3. 证明: 设任意的 r ∈ Q ,r ≠0,由②知 r ∈ S , 或- r ∈ S 之一成立。 再由①, 若 ∈S , 则 r ∈ S ;若- r ∈ S ,则 r 2 = ( r ) ( r ) ∈ S 。总之, r ∈ S 。
2

r

2

取 r =1,则 1∈ S 。再由①,2=1+1∈ S ,3=1+2∈ S ,…,可知全体正整数都属于 S 。 设 p, q ∈ S , 由① pq ∈ S , 又由前证知

p 1 1 ∈ S ,所以 = pq 2 ∈ S 。因此,S 含 2 q q q

有全体正有理数。 再由①知,0 及全体负有理数不属于 S 。即 S 是由全体正有理数组成的集合。 4.解:(1)设任意 x 0 ∈ A ,则 x 0 = f ( x 0 ) .而 f [ f ( x 0 )] = f ( x 0 ) = x 0 故 x 0 ∈ B ,所以 A B . (2)因 A = {1,3} ,所以

(1) 2 + a (1) + b = 1 2 3 + a 3+ b = 3

解得 a = 1, b = 3

故 f ( x ) = x 2 x 3 。由 x = f [ f ( x)] 得

( x 2 x 3) 2 ( x 2 x 3) x 3 = 0
解得

x = 1, 3, ± 3

B ={ 1,3, 3 , 3} 。
5.证明:(1)若 x ∈ S i , y ∈ S j ,则

y x ∈ S k , ( y x) y = x ∈ S i
所以每个集合中均有非负元素。 当三个集合中的元素都为零时,命题显然成立。 否则,设 S1 , S 2 , S 3 中的最小正元素为 a ,不妨设 a ∈ S1 ,设 b 为 S 2 , S 3 中最小的非负 元素,不妨设 b ∈ S 2 , 则 b - a ∈ S 3 。 若 b >0,则 0≤ b - a < b ,与 b 的取法矛盾。所以 b =0。

任取 x ∈ S1 , 因 0∈ S 2 ,故 x -0= x ∈ S 3 。所以 S1 S 3 ,同理 S 3 S1 。 所以 S1 = S 3 。 (3)可能。例如 S1 = S 2 ={奇数},S 3 ={偶数}显然满足条件,S1 和 S 2 与 S 3 都无公共元素。 6.解: ( A U B ) I C = ( A I C ) U ( B I C ) 。 A I C 与 B I C 分别为方程组

(Ⅰ)

ax + y = 1 2 2 x + y = 1

(Ⅱ)

x + ay = 1 2 2 x + y = 1
2a 1 a2 , );由(Ⅱ)解得 1+ a2 1+ a2

的解集。由(Ⅰ)解得( x, y )=(0,1)=(

( x, y )=(1,0),(

1 a2 2a , ) 2 1+ a 1+ a2

(1)使 ( A U B ) I C 恰有两个元素的情况只有两种可能:

2a =0 1 + a 2 ① 2 1 a = 1 1 + a 2

2a =1 1 + a 2 ② 2 1 a = 0 1 + a 2

由①解得 a =0;由②解得 a =1。 故 a =0 或 1 时, ( A U B ) I C 恰有两个元素。

(2)使 ( A U B ) I C 恰有三个元素的情况是: 解得 a = 1 ±

2a 1 a 2 = 1+ a2 1+ a2

2 ,故当 a = 1 ± 2 时, ( A U B) I C 恰有三个元素。

7.证明:由题设,{1,2,3,…, n }的任何元素必属于且只属于它的真子集 A, B 之一。 假设结论不真,则存在如题设的{1,2,3,…, n }的真子集 A, B ,使得无论是 A 还 是 B 中的任两个不同的数的和都不是完全平方数。 不妨设 1∈ A ,则 3 A ,否则 1+3= 2 2 ,与假设矛盾,所以 3∈ B 。同样 6 B ,所 以 6∈ A ,这时 10 A ,,即 10∈ B 。因 n ≥15,而 15 或者在 A 中,或者在 B 中,但当 15∈ A 时,因 1∈ A ,1+15= 4 2 ,矛盾;当 15∈ B 时,因 10∈ B ,于是有 10+15= 5 ,仍 然矛盾。因此假设不真。即结论成立。
2


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