高中數(shù)學(xué)尖子生培訓(xùn)包含答案

1、高中數(shù)學(xué)尖子生培訓(xùn)目錄1數(shù)學(xué)方法選講（1） 12數(shù)學(xué)方法選講（2） 113集 合 224函數(shù)的性質(zhì) 305二次函數(shù)(1) 416二次函數(shù)(2) 557指、對數(shù)函數(shù),冪函數(shù) 638函數(shù)方程 739三角恒等式與三角不等式 7610向量與向量方法 8511數(shù)列 9512遞推數(shù)列 10213數(shù)學(xué)歸納法 10514不等式的證明 11115不等式的應(yīng)用 12216排列，組合 13017二項(xiàng)式定理與多項(xiàng)式 13418直線和圓，圓錐曲線 14319立體圖形，空間向量 16120平面幾何證明 17321平面幾何名定理 18022幾何變換 18623抽屜原理 19424容斥原理 20525奇數(shù)偶數(shù) 21426整除

2、 22227同余 23028高斯函數(shù) 23829覆蓋 24529涂色問題 25630組合數(shù)學(xué)選講 2651數(shù)學(xué)方法選講（1）同學(xué)們在閱讀課外讀物的時(shí)候，或在聽老師講課的時(shí)候，書上的例題或老師講解的例題他都能聽懂，但一遇到?jīng)]有見過面的問題就不知從何處入手。看來，要提高解決問題的能力，要能在競賽中有所作為，首先得提高分析問題的能力，這就需要學(xué)習(xí)一些重要的數(shù)學(xué)思想方法。例題講解一、從簡單情況考慮華羅庚先生曾經(jīng)指出：善于“退”，足夠的“退”，退到最原始而又不失去重要性的地方，是學(xué)好數(shù)學(xué)的一個(gè)訣竅。從簡單情況考慮，就是一種以退為進(jìn)的一種解題策略。1. 兩人坐在一張長方形桌子旁，相繼輪流在桌子上放入同樣大

3、小的硬幣。條件是硬幣一定要平放在桌子上，后放的硬幣不能壓在先放的硬幣上，直到桌子上再也放不下一枚硬幣為止。誰放入了最后一枚硬幣誰獲勝。問：先放的人有沒有必定取勝的策略？2線段AB上有1998個(gè)點(diǎn)（包括A，B兩點(diǎn)），將點(diǎn)A染成紅色，點(diǎn)B染成藍(lán)色，其余各點(diǎn)染成紅色或藍(lán)色。這時(shí)，圖中共有1997條互不重疊的線段。問：兩個(gè)端點(diǎn)顏色相異的小線段的條數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？為什么？31000個(gè)學(xué)生坐成一圈，依次編號為1，2，3，1000?，F(xiàn)在進(jìn)行1，2報(bào)數(shù)：1號學(xué)生報(bào)1后立即離開，2號學(xué)生報(bào)2并留下，3號學(xué)生報(bào)1后立即離開，4號學(xué)生報(bào)2并留下學(xué)生們依次交替報(bào)1或2，凡報(bào)1的學(xué)生立即離開，報(bào)2的學(xué)生留下，如此進(jìn)行

4、下去，直到最后還剩下一個(gè)人。問：這個(gè)學(xué)生的編號是幾號？4在66的正方形網(wǎng)格中，把部分小方格涂成紅色。然后任意劃掉3行和3列，使得剩下的小方格中至少有1個(gè)是紅色的。那么，總共至少要涂紅多少小方格？二、從極端情況考慮從問題的極端情況考慮，對于數(shù)值問題來說，就是指取它的最大或最小值；對于一個(gè)動(dòng)點(diǎn)來說，指的是線段的端點(diǎn)，三角形的頂點(diǎn)等等。極端化的假設(shè)實(shí)際上也為題目增加了一個(gè)條件，求解也就會(huì)變得容易得多。5新上任的宿舍管理員拿著20把鑰匙去開20個(gè)房間的門，他知道每把鑰匙只能打開其中的一個(gè)門，但不知道哪一把鑰匙開哪一個(gè)門，現(xiàn)在要打開所有關(guān)閉的20個(gè)門，他最多要開多少次？6有n名（n3）選手參加的一次乒乓

5、球循環(huán)賽中，沒有一個(gè)全勝的。問：是否能夠找到三名選手A，B，C，使得A勝B，B勝C，C勝A？7n（n3）名乒乓球選手單打比賽若干場后，任意兩個(gè)選手已賽過的對手恰好都不完全相同。試證明，總可以從中去掉一名選手，而使余下的選手中，任意兩個(gè)選手已賽過的對手仍然都不完全相同。8在一個(gè)88的方格棋盤的方格中，填入從1到64這64個(gè)數(shù)。問：是否一定能夠找到兩個(gè)相鄰的方格，它們中所填數(shù)的差大于4？三、從整體考慮從整體上來考察研究的對象，不糾纏于問題的各項(xiàng)具體的細(xì)節(jié)，從而能夠拓寬思路，抓住主要矛盾，一舉解決問題。9右圖是一個(gè)44的表格，每個(gè)方格中填入了數(shù)字0或1。按下列規(guī)則進(jìn)行“操作”：每次可以同時(shí)改變某一行

6、的數(shù)字：1變成0，0變成1。問：能否通過若干次“操作”使得每一格中的數(shù)都變成1？10有三堆石子，每堆分別有1998，998，98粒?，F(xiàn)在對這三堆石子進(jìn)行如下的“操作”：每次允許從每堆中各拿掉一個(gè)或相同個(gè)數(shù)的石子，或從任一堆中取出一些石子放入另一堆中。按上述方式進(jìn)行“操作”，能否把這三堆石子都取光？如行，請?jiān)O(shè)計(jì)一種取石子的方案；如不行，請說明理由。11我們將若干個(gè)數(shù)x，y，z，的最大值和最小值分別記為max（x，y，z，）和min（x，y，z，）。已知a+b+c+d+e+f+g=1，求minmax（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）課后練習(xí)1.方程x1+x2+x3+xn

7、-1+xn=x1x2x3xn-1xn一定有一個(gè)自然數(shù)解嗎？為什么？2.連續(xù)自然數(shù)1，2，3，8899排成一列。從1開始，留1劃掉2和3，留4劃掉5和6這么轉(zhuǎn)圈劃下去，最后留下的是哪個(gè)數(shù)？3.給出一個(gè)自然數(shù)n，n的約數(shù)的個(gè)數(shù)用一個(gè)記號A（n）來表示。例如當(dāng)n=6時(shí)，因?yàn)?的約數(shù)有1，2，3，6四個(gè)，所以A（6）=4。已知a1，a2，a10是 10個(gè)互不相同的質(zhì)數(shù)，又x為a1，a2，a10的積，求 A（x）。4.平面上有100個(gè)點(diǎn)，無三點(diǎn)共線。將某些點(diǎn)用線段連結(jié)起來，但線段不能相交，直到不能再連結(jié)時(shí)為止。問：是否存在一個(gè)以這些點(diǎn)中的三個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形，它的內(nèi)部沒有其余97個(gè)點(diǎn)中的任何一個(gè)點(diǎn)？5.

8、在一塊平地上站著5個(gè)小朋友，每兩個(gè)小朋友之間的距離都不相同，每個(gè)小朋友手上都拿著一把水槍。當(dāng)發(fā)出射擊的命令后，每人用槍射擊距離他最近的人。問：射擊后有沒有一個(gè)小朋友身上是干的？為什么？6.把1600粒花生分給100只猴子，請你說明不管怎樣分，至少有4只猴子分的花生一樣多。7.有兩只桶和一只空杯子。甲桶裝的是牛奶，乙桶裝的是酒精（未滿）?，F(xiàn)在從甲桶取一滿杯奶倒入乙桶，然后從乙桶取一滿杯混合液倒入甲桶，這時(shí)，是甲桶中的酒精多，還是乙桶中的牛奶多？為什么？8.在黑板上寫上1，2，3，1998。按下列規(guī)定進(jìn)行“操作”：每次擦去其中的任意兩個(gè)數(shù)a和b，然后寫上它們的差（大減?。?，直到黑板上剩下一個(gè)數(shù)為止

9、。問：黑板上剩下的數(shù)是奇數(shù)還是偶數(shù)？為什么？課后練習(xí)答案1.有。解：當(dāng)n=2時(shí)，方程x1+x2=x1x2有一個(gè)自然數(shù)解：x1=2，x2=2；當(dāng)n=3時(shí)，方程x1+x2+x3=x1x2x3有一個(gè)自然數(shù)解：x1=1，x2=2，x3=3；當(dāng)n=4時(shí)，方程x1+x2+x3+x4=x1x2x3x4有一個(gè)自然數(shù)解：x1=1，x2=1，x3=2，x4=4。一般地，方程x1+x2+x3+xn-1+xn=x1x2x3xn-1xn有一個(gè)自然數(shù)解：x1=1，x2=1，xn-2=1，xn-1=2，xn=n。2.3508。解：仿例3。當(dāng)有3n個(gè)數(shù)時(shí)，留下的數(shù)是1號。小于8899的形如3n的數(shù)是38=6561，故從1號開

10、始按規(guī)則劃數(shù)，劃了8899-6561=2338（個(gè)）數(shù)后，還剩下6561個(gè)數(shù)。下一個(gè)要?jiǎng)澋舻臄?shù)是238823+1=3507，故最后留下的就是3508。3.1024。解：質(zhì)數(shù)a1有2個(gè)約數(shù)：1和a，從而A（a1）=2；2個(gè)質(zhì)數(shù)a1，a2的積有4個(gè)約數(shù)：1，a1，a2，a1a2，從而A（a1a2）=4=22；3個(gè)質(zhì)數(shù)a1，a2，a3的積有8個(gè)約數(shù)：1，a1，a2，a3，a1a2，a2a3，a3a1，a1a2a3，從而A（a1a2a3）=8=23；于是，10個(gè)質(zhì)數(shù)a1，a2，a10的積的約數(shù)個(gè)數(shù)為A（x）=210=1024。4.存在。提示：如果一個(gè)三角形內(nèi)還有別的點(diǎn)，那么這個(gè)點(diǎn)與三角形的三個(gè)頂點(diǎn)還能

11、連結(jié)，與已“不能再連結(jié)”矛盾。5.有。解：設(shè)A和B兩人是距離最近的兩個(gè)小朋友，顯然他們應(yīng)該互射。此時(shí)如果有其他的小朋友射向他們中的一個(gè)，即A，B中有一人挨了兩槍，那么其他三人中必然有一人身上是干的。如果沒有其他的小朋友射向A或B，那么我們再考慮剩下的三個(gè)人D，E，F(xiàn)：若D，E的距離是三人中最近的，則D，E互射，而F必然射向他們之間的一個(gè)，此時(shí)F身上是干的。6.假設(shè)沒有4只猴子分的花生一樣多，那么至多3只猴子分的花生一樣多。我們從所需花生最少情況出發(fā)考慮：得1粒、2粒、3粒32粒的猴子各有3只，得33?；ㄉ暮镒佑?只，于是100只猴子最少需要分得花生3（0+1+2+32）+33=1617（粒）

12、，現(xiàn)在只有1600?；ㄉ?，無法使得至多3只猴子分的花生一樣多，故至少有4只猴子分的花生一樣多。7.一樣多。提示：從整體看，甲、乙兩桶所裝的液體的體積沒有發(fā)生變化。甲桶里有多少酒精，就必然倒出了同樣體積的牛奶入乙桶。所以，甲桶中的酒精和乙桶中的牛奶一樣多。8.奇數(shù)。解：黑板上開始時(shí)所有數(shù)的和為S=1+2+3+1998=1997001，是一個(gè)奇數(shù)，而每一次“操作”，將（a+b）變成了（a-b），實(shí)際上減少了2b，即減少了一個(gè)偶數(shù)。因?yàn)閺恼w上看，總和減少了一個(gè)偶數(shù)，其奇偶性不變，所以最后黑板上剩下一個(gè)奇數(shù)。例題答案：1分析與解：如果桌子大小只能容納一枚硬幣，那么先放的人當(dāng)然能夠取勝。然后設(shè)想桌面變

13、大，注意到長方形有一個(gè)對稱中心，先放者將第一枚硬幣放在桌子的中心，繼而把硬幣放在后放者所放位置的對稱位置上，這樣進(jìn)行下去，必然輪到先放者放最后一枚硬幣。2分析：從最簡單的情況考慮：如果中間的1996個(gè)點(diǎn)全部染成紅色，這時(shí)異色線段只有1條，是一個(gè)奇數(shù)。然后我們對這種染色方式進(jìn)行調(diào)整：將某些紅點(diǎn)改成藍(lán)點(diǎn)并注意到顏色調(diào)整時(shí)，異色線段的條數(shù)隨之有哪些變化。由于顏色的調(diào)整是任意的，因此與條件中染色的任意性就一致了。解：如果中間的1996個(gè)點(diǎn)全部染成紅色，這時(shí)異色線段僅有1條，是一個(gè)奇數(shù)。將任意一個(gè)紅點(diǎn)染成藍(lán)色時(shí)，這個(gè)改變顏色的點(diǎn)的左右兩側(cè)相鄰的兩個(gè)點(diǎn)若同色，則異色小線段的條數(shù)或者增加2條（相鄰的兩個(gè)點(diǎn)同

14、為紅色），或者減少2條（相鄰的兩個(gè)點(diǎn)同為藍(lán)色）；這個(gè)改變顏色的點(diǎn)的左右兩側(cè)相鄰的兩個(gè)點(diǎn)若異色，則異色小線段的條數(shù)不變。綜上所述，改變?nèi)我鈧€(gè)點(diǎn)的顏色，異色線段的條數(shù)的改變總是一個(gè)偶數(shù)，從而異色線段的條數(shù)是一個(gè)奇數(shù)。3分析：這個(gè)問題與上一講練習(xí)中的第8題非常相似，只不過本例是報(bào)1的離開報(bào)2的留下，而上講練習(xí)中相當(dāng)于報(bào)1的留下報(bào)2的離開，由上講練習(xí)的結(jié)果可以推出本例的答案。本例中編號為1的學(xué)生離開后還剩999人，此時(shí)，如果原來報(bào)2的全部改報(bào)1并留下，原來報(bào)1的全部改報(bào)2并離開，那么，問題就與上講練習(xí)第8題完全一樣了。因?yàn)槭Ｏ?99人時(shí)，第1人是2號，所以最后剩下的人的號碼應(yīng)比上講練習(xí)中的大1，是97

15、51=976（號）。為了加深理解，我們重新解這道題。解：如果有2n個(gè)人，那么報(bào)完第1圈后，剩下的是2的倍數(shù)號；報(bào)完第2圈后，剩下的是22的倍數(shù)號報(bào)完第n圈后，剩下的是2n的倍數(shù)號，此時(shí)，只剩下一人，是2n號。如果有（2nd）（1d2n）人，那么當(dāng)有d人退出圈子后還剩下2n人。因?yàn)橄乱粋€(gè)該退出去的是（2d1）號，所以此時(shí)的第（2d1）號相當(dāng)于2n人時(shí)的第1號，而2d號相當(dāng)于2n人時(shí)的第2n號，所以最后剩下的是第2d號。由1000=29488知，最后剩下的學(xué)生的編號是4882=976（號）。4分析與解：先考慮每行每列都有一格涂紅，比較方便的涂法是在一條對角線上涂6格紅色的，如圖1。任意劃掉3行3列

16、，可以設(shè)想劃行劃列的原則是：每次劃掉紅格的個(gè)數(shù)越多越好。對于圖1，劃掉3行去掉3個(gè)紅格，還有3個(gè)紅格恰在3列中，再劃掉3列就不存在紅格了。所以，必然有一些行有一些列要涂2個(gè)紅格，為了盡可能地少涂紅格，那么每涂一格紅色的，一定要使多出一行同時(shí)也多出一列有兩格紅色的。先考慮有3行中有2格涂紅，如圖2。顯然，同時(shí)也必然有3個(gè)列中也有2格涂紅。這時(shí)，我們可以先劃掉有2格紅色的3行，還剩下3行，每行上只有一格涂紅，每列上也只有一格涂紅，那么在劃掉帶紅格的3列就沒有紅格了。為了使得至少余下一個(gè)紅格，只要再涂一格。此紅格要使圖中再增加一行和一列有兩個(gè)紅格的，如圖3。結(jié)論是：至少需要涂紅10個(gè)方格。5. 解：

17、從最不利的極端情況考慮：打開第一個(gè)房間要20次，打開第二個(gè)房間需要19次共計(jì)最多要開2019181=210（次）。6. 解：從極端情況觀察入手，設(shè)B是勝的次數(shù)最多的一個(gè)選手，但因B沒獲全勝，故必有選手A勝B。在敗給B的選手中，一定有一個(gè)勝A的選手C，否則，A勝的次數(shù)就比B多一次了，這與B是勝的次數(shù)最多的矛盾。所以，一定能夠找到三名選手A，B，C，使得A勝B，B勝C，C勝A。7. 證明：如果去掉選手H，能使余下的選手中，任意兩個(gè)選手已賽過的對手仍然都不完全相同，那么我們稱H為可去選手。我們的問題就是要證明存在可去選手。設(shè)A是已賽過對手最多的選手。若不存在可去選手，則A不是可去選手，故存在選手B和

18、C，使當(dāng)去掉A時(shí)，與B賽過的選手和與C賽過的選手相同。從而B和C不可能賽過，并且B和C中一定有一個(gè)（不妨設(shè)為B）與A賽過，而另一個(gè)（即C）未與A賽過。又因C不是可去選手，故存在選手D，E，其中D和C賽過，而E和C未賽過。顯然，D不是A，也不是B，因?yàn)镈與C賽過，所以D也與B賽過。又因?yàn)锽和D賽過，所以B也與E賽過，但E未與C賽過，因而選手E只能是選手A。于是，與A賽過的對手?jǐn)?shù)就是與E賽過的對手?jǐn)?shù)，他比與D賽過的對手?jǐn)?shù)少1，這與假設(shè)A是已賽過對手最多的選手矛盾。故一定存在可去選手。8. 解：考慮這個(gè)方格棋盤的左上角、右上角及右下角內(nèi)的數(shù)A，B，S。設(shè)存在一個(gè)填數(shù)方案，使任意相鄰兩格中的數(shù)的差不大

19、于4，考慮最大和最小的兩個(gè)數(shù)1和64的填法，為了使相鄰數(shù)的差不大于4，最小數(shù)1和最大數(shù)的“距離”越大越好，即把它們填在對角的位置上（A=1，S=64）。然后，我們沿最上行和最右行來觀察：因?yàn)橄噜彅?shù)不大于4，從 ABS共經(jīng)過14格，所以 S1+414=57（每次都增加最大數(shù)4），與S=64矛盾。因而，1和64不能填在“最遠(yuǎn)”的位置上。顯然，1和64如果填在其他任意位置，那么從1到64之間的距離更近了，更要導(dǎo)致如上的矛盾。因此，不存在相鄰數(shù)之差都不大于4的情況，即不論怎樣填數(shù)必有相鄰兩數(shù)的差大于4。9. 解：我們考察表格中填入的所有數(shù)的和的奇偶性：第一次“操作”之前，它等于9，是一個(gè)奇數(shù)，每一次“

20、操作”，要改變一行或一列四個(gè)方格的奇偶性，顯然整個(gè)16格中所有數(shù)的和的奇偶性不變。但當(dāng)每一格中所有數(shù)字都變成1時(shí)，整個(gè)16格中所有數(shù)的和是16，為一偶數(shù)。故不能通過若干次“操作”使得每一格中的數(shù)都變成1。10. 解：要把三堆石子都取光是不可能的。按“操作”規(guī)則，每次拿掉的石子數(shù)的總和是3的倍數(shù)，即不改變石子總數(shù)被 3除時(shí)的余數(shù)。而1998+998+98=3094，被3除余1，三堆石子被取光時(shí)總和被3除余0。所以，三堆石子都被取光是辦不到的。11. 解：設(shè) M=max（a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g）。因?yàn)閍+b+c，c+d+e，e+f+g都不大于M，所以2數(shù)學(xué)方法選

21、講（2）四、從反面考慮解數(shù)學(xué)題，需要正確的思路。對于很多數(shù)學(xué)問題，通常采用正面求解的思路，即從條件出發(fā)，求得結(jié)論。但是，如果直接從正面不易找到解題思路時(shí)，則可改變思維的方向，即從結(jié)論入手或從條件及結(jié)論的反面進(jìn)行思考，從而使問題得到解決。1某次數(shù)學(xué)測驗(yàn)一共出了10道題，評分方法如下：每答對一題得4分，不答題得0分，答錯(cuò)一題倒扣1分，每個(gè)考生預(yù)先給10分作為基礎(chǔ)分。問：此次測驗(yàn)至多有多少種不同的分?jǐn)?shù)？2一支隊(duì)伍的人數(shù)是5的倍數(shù)，且超過1000人。若按每排4人編隊(duì)，則最后差3人；若按每排3人編隊(duì)，則最后差2人；若按每排2人編隊(duì)，則最后差1人。問：這支隊(duì)伍至少有多少人？3在八邊形的8個(gè)頂點(diǎn)上是否可以分

22、別記上數(shù)1，2，8，使得任意三個(gè)相鄰的頂點(diǎn)上的數(shù)的和大于13？4有一個(gè)1000位的數(shù)，它由888個(gè)1和112個(gè)0組成，這個(gè)數(shù)是否可能是一個(gè)平方數(shù)？五、從特殊情況考慮對于一個(gè)一般性的問題，如果覺得難以入手，那么我們可以先考慮它的某些特殊情況，從而獲得解決的途徑，使問題得以“突破”，這種方法稱為特殊化。對問題的特殊情況進(jìn)行研究，一方面是因?yàn)檠芯刻厥馇闆r比研究一般情況較為容易；另一方面是因?yàn)樘厥獾那闆r含有一般性，所以對特殊情況的研究常能揭示問題的結(jié)論或啟發(fā)解決問題的思路，它是探索問題的一種重要方法。運(yùn)用特殊化方法進(jìn)行探索的過程有兩個(gè)步驟，即先由一般到特殊，再由特殊到一般。通過第一步驟得到的信息，還要

23、回到一般情況予以解答。5如下圖，四邊形ABCD和EFGH都是正方形，且邊長均為2cm。又E點(diǎn)是正方形 ABCD的中心，求兩個(gè)正方形公共部分（圖中陰影部分）的面積S。6是否在平面上存在這樣的40條直線，它們共有365個(gè)交點(diǎn)？7如右圖，正方體的8個(gè)頂點(diǎn)處標(biāo)注的數(shù)字為a，b，c，d，e，求（a+b+c+d）-（e+f+g+h）的值。8將n2個(gè)互不相等的數(shù)排成下表：a11 a12a13 a1na21 a22a23 a2nan1an2an3 ann先取每行的最大數(shù)，得到n個(gè)數(shù)，其中最小數(shù)為x；再取每列的最小數(shù)，也得到n個(gè)數(shù)，其中最大數(shù)為y。試比較x和y的大小。六、有序化當(dāng)我們研究的對象是一些數(shù)的時(shí)候，我

24、們常常將這些數(shù)排一個(gè)次序，即將它們有序化。有序化的假設(shè)，實(shí)際上是給題目增加了一個(gè)可供使用的條件。9將10到40之間的質(zhì)數(shù)填入下圖的圓圈中，使得3組由“”所連的4個(gè)數(shù)的和相等，如果把和數(shù)相等的填法看做同一類填法，請說明一共有多少類填法？并畫圖表示你的填法。10有四個(gè)互不相等的數(shù)，取其中兩個(gè)數(shù)相加，可以得到六個(gè)和：24，28，30，32，34，38。求此四數(shù)。11互不相等的12個(gè)自然數(shù)，它們均小于36。有人說，在這些自然數(shù)兩兩相減（大減?。┧玫降牟钪?，至少有3個(gè)相等。你認(rèn)為這種說法對嗎？為什么？12有8個(gè)重量各不相同的物品，每個(gè)物品的重量都是整克數(shù)且都不超過15克。小平想以最少的次數(shù)用天平稱出其

25、中最重的物品。他用了如下的測定法：（1）把8個(gè)物品分成2組，每組4個(gè)，比較這2組的輕重；（2）把以上2組中較重的4個(gè)再分成2組，即每組2個(gè)，再比較它們的輕重；（3）把以上2組中較重的分成各1個(gè)，取出較重的1個(gè)。小平稱了3次天平都沒有平衡，最后便得到一個(gè)物品?？墒菍?shí)際上得到的是這8個(gè)物品當(dāng)中從重到輕排在第5的物品。問：小平找出的這個(gè)物品有多重？并求出第二輕的物品重多少克？課后練習(xí)1.育才小學(xué)40名學(xué)生參加一次數(shù)學(xué)競賽，用15分記分制（即分?jǐn)?shù)為0，1，2，15）。全班總分為209分，且相同分?jǐn)?shù)的學(xué)生不超過5人。試說明得分超過12分的學(xué)生至多有9人。2.今有一角紙幣、二角紙幣、五角紙幣各1張，一元幣

26、4張，五元幣2張，用這些紙幣任意付款，一共可以付出多少種不同數(shù)額的款項(xiàng)？3.求在8和98之間（不包括8和98），分母為3的所有最簡分?jǐn)?shù)的和。4.如右圖，四邊形ABCD的面積為3，E，F(xiàn)為邊AB的三等分點(diǎn)，M，N是CD邊上的三等分點(diǎn)。求四邊形EFNM的面積。5.直線上分布著1998個(gè)點(diǎn)，我們標(biāo)出以這些點(diǎn)為端點(diǎn)的一切可能線段的中點(diǎn)。問：至少可以得到多少個(gè)互不重合的中點(diǎn)？6.假定100個(gè)人中的每一個(gè)人都知道一個(gè)消息，而且這100個(gè)消息都不相同。為了使所有的人都知道一切消息，他們一共至少要打多少個(gè)電話？7.有4個(gè)互不相等的自然數(shù)，將它們兩兩相加，可以得到6個(gè)不同的和，其中較小的4個(gè)和是64，66，68

27、，70。求這4個(gè)數(shù)。8.有五個(gè)砝碼，其中任何四個(gè)砝碼都可以分成重量相等的兩組。問：這五個(gè)砝碼的重量相等嗎？為什么？課后練習(xí)答案1.若得分超過12分的學(xué)生至少有10人，則全班的總分至少有5（12+13）+5（0+1+2+3+4+5）=210（分），大于條件209分，產(chǎn)生了矛盾，故得分超過12分的學(xué)生至多有9人。2.119種。解：從最低幣值1角到最高幣值14元8角，共148個(gè)不同的幣值。再從中剔除那些不能由這些紙幣構(gòu)成的幣值。經(jīng)計(jì)算，應(yīng)該剔除的幣值為（i+0.4）元（i=0，1，2，14）及（j+0.9）元（j=1，2，3，13），一共29種幣值。所以，一共可以付出148-29=119（種）不同的

28、幣值。3.9540。=2（8+9+97）+（97-8+1）=9540。4.1。解：先考慮ABCD是長方形的特殊情況，顯然此時(shí)EFNM的面積是1。下面就一般情況求解。連結(jié)AC，AM，F(xiàn)M，CF，則5.3993個(gè)。解：為了使計(jì)算互不重復(fù)，我們?nèi)【嚯x最遠(yuǎn)的兩點(diǎn)A，B。先計(jì)算以A為左端點(diǎn)的所有線段，除B外有1996條，這些線段的中點(diǎn)有1996個(gè)，它們互不重合，且到點(diǎn)A的距離小于AB長度的一半。同樣，以B為右端點(diǎn)的所有線段，除A外有1996條，這些線段的中點(diǎn)有1996個(gè)，它們互不重合，且到點(diǎn)A的距離小于AB長度的一半。這兩類中點(diǎn)不會(huì)重合，加上AB的中點(diǎn)共有1996+1996+1=3993（個(gè)），即互不重

29、合的中點(diǎn)不少于3993個(gè)。另一方面，當(dāng)這1998個(gè)點(diǎn)中每兩個(gè)相鄰點(diǎn)的間隔都相等時(shí)，不重合的中點(diǎn)數(shù)恰為3993。這說明，互不重合的中點(diǎn)數(shù)至少為3993個(gè)。6.198個(gè)。解：考慮一種特殊的通話過程：先由99人每人打一個(gè)電話給A，A再給99人每人打一個(gè)電話，這樣一共打了198個(gè)電話，而且每人都知道了所有的消息。下面我們說明這是次數(shù)最少的?？紤]一種能使所有人知道一切消息的通話過程中的關(guān)鍵性的一次通話，這次通話后，有一個(gè)接話人A知道了所有的消息，而在此之前還沒有人知道所有的消息。除了A以外的99人每人在這個(gè)關(guān)鍵性的通話前，必須打出電話一次，否則A不可能知道所有的消息；又這99人每人在這個(gè)關(guān)鍵性的通話后，

30、又至少收到一個(gè)電話，否則它們不可能知道所有的消息。7.30，34，36，38或31，33，35，39。解：設(shè)4個(gè)數(shù)為a，b，c，d，且abcd，則6個(gè)和為a+b，a+c，a+d，b+c，b+d，c+d。于是有a+ba+ca+db+dc+d和a+ba+cb+cb+dc+d。分別解這兩個(gè)方程組，得8.相等。解：設(shè)這五個(gè)砝碼的重量依次為abcde。去掉e，則有a+d=b+c； 去掉d，則有a+e=b+c。 比較，得d=e。去掉a，則有b+e=c+b； 去掉b，則有a+e=c+d。 比較，得a=b。將a=b代入得c=d，將d=e代入得b=c。所以e=b=c=d=e。例題答案：1分析：最高的得分為50分

31、，最低的得分為0分。但并不是從0分到50分都能得到。從正面考慮計(jì)算量較大，故我們從反面考慮，先計(jì)算有多少種分?jǐn)?shù)達(dá)不到，然后排除達(dá)不到的分?jǐn)?shù)就可以了。解：最高的得分為50分，最低的得分為0分。在從0分到50分這51個(gè)分?jǐn)?shù)中，有49，48，47，44，43，39這6種分?jǐn)?shù)是不能達(dá)到的，故此次測驗(yàn)不同的分?jǐn)?shù)至多有51-6=45（種）。2分析：從條件“若按每排4人編隊(duì)，則最后差3人”的反面來考慮，可理解為“若按每排4人編隊(duì)，則最后多1人”。同理，按3人、2人排隊(duì)都可理解為多1人。即總?cè)藬?shù)被12除余1。這樣一來，原題就化為：一個(gè)5的倍數(shù)大于1000，且它被12除余1。問：這個(gè)數(shù)最小是多少？解：是5的倍數(shù)

32、且除以12余1的最小自然數(shù)是25。因?yàn)槿藬?shù)超過1000，3，4，5=60，所以最少有25+6017=1045（人）。3解：將八邊形的8個(gè)頂點(diǎn)上的數(shù)依次記為a1，a2，a3，a8，則有S=a1+a2+a3+a8=1+2+3+8=36。假設(shè)任意3個(gè)相鄰頂點(diǎn)上的數(shù)都大于13，因?yàn)轫旤c(diǎn)上的數(shù)都是整數(shù)，所以a1+a2+a314；a2+a3+a414；a7+a8+a114；a8+a1+a214。將以上 8個(gè)不等式相加，得3S112，從而 S 37，這與S=36矛盾。故結(jié)論是否定的。4解：假設(shè)這個(gè)數(shù)為A，它是自然數(shù)a的平方。因?yàn)锳的各位數(shù)字之和888是3的倍數(shù)，所以a也應(yīng)是3的倍數(shù)。于是a的平方是9的倍數(shù)，

33、但888不是9的倍數(shù)，這樣就產(chǎn)生了矛盾，從而A不可能是平方數(shù)。5. 分析：我們先考慮正方形EFGH的特殊位置，即它的各邊與正方形ABCD的各邊對應(yīng)平行的情況（見上圖）。此時(shí)，顯然有得出答案后，這個(gè)問題還得回到一般情況下去解決，解決的方法是將一般情況變成特殊情況。解：自E向AB和AD分別作垂線EN和EM（右圖），則有S=SPME+S四邊形AMEQ又SPME=SEQN，故 S=SEQN+S四邊形AMEQ =S正方形AMEN 6. 分析與解：先考慮一種特殊的圖形：圍棋盤。它有38條直線、361個(gè)交點(diǎn)。我們就從這種特殊的圖形出發(fā)，然后進(jìn)行局部的調(diào)整。先加上2條對角線，這樣就有40條直線了，但交點(diǎn)仍然是

34、361個(gè)。再將最右邊的1條直線向右平移1段，正好增加了4個(gè)交點(diǎn)（見上圖）。于是，我們就得到了有365個(gè)交點(diǎn)的40條直線。7. 分析：從這8個(gè)數(shù)都相等的特殊情況入手，它們滿足題目條件，從而得所求值為0。這就啟發(fā)我們?nèi)フf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：先討論n=3的情況，任取兩表：1 37123256456894789左上表中x=6，y=4；右上表中x=3，y

35、=3。兩個(gè)表都滿足xy，所以可以猜想xy。解：設(shè)x是第i行第j列的數(shù)aij，y是第l行第m列的數(shù)alm?？紤]x所在的行與y所在的列交叉的那個(gè)數(shù)，即第i行第m列的數(shù)aim。顯然有aijaimalm，當(dāng)i=l，j=m時(shí)等號成立，所以xy。9. 解：10到40之間的8個(gè)質(zhì)數(shù)是11，13，17，19，23，29，31，37。根據(jù)題目要求，除去最左邊和最右邊的2個(gè)質(zhì)數(shù)之外，剩下的6個(gè)質(zhì)數(shù)在同一行的2個(gè)質(zhì)數(shù)的和應(yīng)分別相等，等于這6個(gè)數(shù)中最小數(shù)（記為a）與最大數(shù)（記為b）之和a+b。根據(jù)a，b的大小可分為6種情況：當(dāng)a=11，b=29時(shí)，無解；當(dāng)a=11，b=31時(shí)，有11+31=13+29=19+23，得

36、到如下填法：當(dāng)a=11，b=37時(shí)，有11+37=17+31=19+29，得到如下填法：當(dāng)a=13，b=31時(shí)，無解；當(dāng)a=13， b=37時(shí)，無解；當(dāng)a=17，b=37時(shí)，無解。所以，共有2類填法。10. 解：設(shè)四個(gè)數(shù)為a，b，c，d，且abcd，則六個(gè)和為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與b+c位第三和第四。分別解這兩個(gè)方程組，得11.解：設(shè)這12個(gè)自然數(shù)從小到大依次為a1，a2，a3，a12，且它們兩兩相減最多只有2個(gè)差相等，那么差為1，2，3，4，5的都最多只有2個(gè)。從而a12-a11，a11-a10，a10-a

37、9，a2-a1，這11個(gè)差之和至少為2（1+2+3+4+5）+6=36，但這11個(gè)差之和等于a12-a136。這一矛盾說明，兩兩相減的差中，至少有3個(gè)相等。12.解：設(shè)這8個(gè)物品的重量從重到輕依次排列為：15a1a2a3a4a5a6a7a81。小平找出的這個(gè)物品重量為a5，第二輕的物品重量為a7。由于a5加上一個(gè)比它輕的物品不可能大于兩個(gè)比a5重的物品重量之和，因而第一次必須篩去3個(gè)比a5重的物品。這樣就有以下四種可能：先考慮第一種情況。根據(jù)式，a4比a1至少輕3克，a5比a2，a6比a3也都至少輕3克，則a7比a8至少重 10克。根據(jù)式，a5比a4至少輕1克，則a6比a7至少重 18克。與已

38、知矛盾，第一種情況不可能出現(xiàn)。按同樣的推理方法，可以說明第二種和第三種情況也不可能出現(xiàn)。最后，考慮第四種情況。a1比a2至少重1克；a5比a3，a6比a4都至少輕1克，則a7比a8至少重4克。根據(jù)式，a5比a4至少輕4克，則a6比a7至少重5克。這樣得到的這8個(gè)物品的重量分別為：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，小平找出的這個(gè)物品重11克，第二輕的物品重5克。3集 合 集合的劃分反映了集合與子集之間的關(guān)系，這既是一類數(shù)學(xué)問題，也是數(shù)學(xué)中的解題策略分類思想的基礎(chǔ)，在近幾年來的數(shù)學(xué)競賽中經(jīng)常出現(xiàn)，日益受到重

39、視，本講主要介紹有關(guān)的概念、結(jié)論以及處理集合、子集與劃分問題的方法。1 集合的概念 集合是一個(gè)不定義的概念，集合中的元素有三個(gè)特征：（1） 確定性 設(shè)是一個(gè)給定的集合，是某一具體對象，則或者是的元素，或者不是的元素，兩者必居其一，即與僅有一種情況成立。（2） 互異性 一個(gè)給定的集合中的元素是指互不相同的對象,即同一個(gè)集合中不應(yīng)出現(xiàn)同一個(gè)元素。（3） 無序性2 集合的表示方法主要有列舉法、描述法、區(qū)間法、語言敘述法。常用數(shù)集如：應(yīng)熟記。3 實(shí)數(shù)的子集與數(shù)軸上的點(diǎn)集之間的互相轉(zhuǎn)換，有序?qū)崝?shù)對的集合與平面上的點(diǎn)集可以互相轉(zhuǎn)換。對于方程、不等式的解集，要注意它們的幾何意義。4 子集、真子集及相等集（1

40、）或；（2）且；（3）且。5 一個(gè)階集合（即由個(gè)元素組成的集合）有個(gè)不同的子集，其中有1個(gè)非空子集，也有1個(gè)真子集。6 集合的交、并、補(bǔ)運(yùn)算=且；=或且要掌握有關(guān)集合的幾個(gè)運(yùn)算律：（1） 交換律 ，；（2） 結(jié)合律（）（）， （）()；（3） 分配律 （）（）（） （） () （）（4）01律 ， （5）等冪律 ，（6）吸收律 ()，（）（7）求補(bǔ)律 CIA，CIA（8）反演律 7 有限集合所含元素個(gè)數(shù)的幾個(gè)簡單性質(zhì) 設(shè)表示集合所含元素的個(gè)數(shù),（1）, 當(dāng)時(shí)，（2）例題講解元素與集合的關(guān)系1 設(shè)|,，求證：（1）()；（2）2 以某些整數(shù)為元素的集合具有下列性質(zhì)：中的元素有正數(shù)，有負(fù)數(shù)；中的元

41、素有奇數(shù),有偶數(shù)；1；若，,則試判斷實(shí)數(shù)0和2與集合的關(guān)系。3 設(shè)為滿足下列條件的有理數(shù)的集合：若，則+，；對任一個(gè)有理數(shù)，三個(gè)關(guān)系，0有且僅有一個(gè)成立。證明：是由全體正有理數(shù)組成的集合。兩個(gè)集合之間的關(guān)系在兩個(gè)集合之間的關(guān)系中，我們感興趣的是“子集”、“真子集”、“相等”這三種特殊關(guān)系。這些關(guān)系是通過元素與集合的關(guān)系來揭示的，因而判斷兩個(gè)集合之間的關(guān)系通?？蓮呐袛嘣嘏c這兩個(gè)集合的關(guān)系入手。4 設(shè)函數(shù)，集合，。（1） 證明：；（2） 當(dāng)時(shí)，求。（3） 當(dāng)只有一個(gè)元素時(shí)，求證：5為非空集合，對于1，2，3的任意一個(gè)排列，若，則（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

42、兩個(gè)集無公共元素？6已知集合：問（1） 當(dāng)取何值時(shí)，為含有兩個(gè)元素的集合？（2） 當(dāng)取何值時(shí)，為含有三個(gè)元素的集合？7設(shè)且15，都是1，2，3，真子集，且=1，2，3，。證明：或者中必有兩個(gè)不同數(shù)的和為完全平方數(shù)。課后練習(xí)1下列八個(gè)關(guān)系式:0= =0 0 0 0 其中正確的個(gè)數(shù) （ ）（A）4 （B）5 （C）6 （D）72設(shè)A、B是全集U的兩個(gè)子集，且AB，則下列式子成立的是 （ ）（A）CUACUB （B）CUACUB=U （C）ACUB= （D）CUAB=3已知M=，且，設(shè)，則 （ ） （A）M （B）N （C）P （D）4設(shè)集合，則 （ ）（A） （B） （C） （D）5設(shè)M=1,2,

43、3,1995，A是M的子集且滿足條件: 當(dāng)xA時(shí),15xA，則A中元素的個(gè)數(shù)最多是_.6集合A,B的并集AB=a1,a2,a3，當(dāng)且僅當(dāng)AB時(shí)，(A,B)與(B,A)視為不同的對，則這樣的(A,B)對的個(gè)數(shù)有_.7若非空集合A=x|2a+1x3a-5，B=x|3x22,則能使AAB成立的a的取值范圍是_.8若A=x|0x2+ax+54為單元素集合，則實(shí)數(shù)a的值為_.9設(shè)A=n|100n600,nN，則集合A中被7除余2且不能被57整除的數(shù)的個(gè)數(shù)為_.10己知集合A=x|x=f(x)，B=x|x=f(f(x),其中f(x)=x2+ax+b (a,bR)，證明：（1）AB （2）若A只含有一個(gè)元素

44、，則A=B .11集合A=（x,y）,集合B=（x,y）,且0，又A，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.課后練習(xí)答案1-4 C C B A5解：由于1995=15133，所以，只要n133，就有15n1995.故取出所有大于133而不超過1995的整數(shù). 由于這時(shí)己取出了159=135, 15133=1995. 故9至133的整數(shù)都不能再取，還可取1至8這8個(gè)數(shù)，即共取出1995133+8=1870個(gè)數(shù), 這說明所求數(shù)1870。另一方面，把k與15k配對，（k不是15的倍數(shù)，且1k133）共得1338=125對，每對數(shù)中至多能取1個(gè)數(shù)為A的元素，這說明所求數(shù)1870，綜上可知應(yīng)填18706解：A=時(shí)，有1種

45、可能；A為一元集時(shí)，B必須含有其余2元，共有6種可能；A為二元集時(shí)，B必須含有另一元.共有12種可能；A為三元集時(shí)，B可為其任一子集.共8種可能.故共有1+6+12+8=27個(gè).7解：由A非空知2a+13a-5，故a6. 由AAB知AB. 即32a+1且3a-522, 解之，得1a9. 于是知6a98解：由.若，則A有無數(shù)個(gè)元，若，則A為空集，只有當(dāng)即時(shí)，A為單元素集或.所以9解：被7除余2的數(shù)可寫為7k+2. 由1007k+2600.知14k85. 又若某個(gè)k使7k+2能被57整除，則可設(shè)7k+2=57n. 即. 即n-2應(yīng)為7的倍數(shù). 設(shè)n=7m+2代入，得k=57m+16. 1457m+

46、1685. m=0,1.于是所求的個(gè)數(shù)為85-(14-1)-2=7010證明：（1）(2)設(shè)A=c，即二次方程f(x)-x=0有惟一解c，即c為 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-c2+(x-c)2=0故f(f(x)=x也只有惟一解x=c，即B=c. 所以A=B11解：由得設(shè) 由數(shù)形結(jié)合得:解得：例題答案：1分析：如果集合|具有性質(zhì)，那么判斷對象是否是集合的元素的基本方法就是檢驗(yàn)是否具有性質(zhì)。解：（1）,且,故；（2）假設(shè)，則存

47、在，使即 (*)由于與具有相同的奇偶性，所以（*）式左邊有且僅有兩種可能：奇數(shù)或4的倍數(shù)，另一方面，（*）式右邊只能被4除余2的數(shù)，故（*）式不能成立。由此，。2解：由若，,則可知，若，則（1） 由可設(shè)，且0，0，則| (|)故,由,0()+。（2）2。若2，則中的負(fù)數(shù)全為偶數(shù)，不然的話，當(dāng)（）（）時(shí)，1（），與矛盾。于是，由知中必有正奇數(shù)。設(shè)，我們?nèi)∵m當(dāng)正整數(shù)，使，則負(fù)奇數(shù)。前后矛盾。3證明：設(shè)任意的，0,由知，或之一成立。再由，若，則；若，則?？傊?，。取=1，則1。再由，2=1+1，3=1+2，可知全體正整數(shù)都屬于。設(shè)，由，又由前證知，所以。因此，含有全體正有理數(shù)。再由知，0及全體負(fù)有理數(shù)不屬于。即是由全體正有理數(shù)組成的集合。4解：（1）設(shè)任意，則.而故,所以.（2） 因，所以 解得故 。由得解得 。5證明：（1）若，則所以每個(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)中的最小正元素為，不妨設(shè)，設(shè)為中最小的非負(fù)元素，不妨設(shè)則。若0,則0，與的取法矛盾。所以=0。任取因0,故0。所以，同理。所以=。（3） 可能。例如=奇數(shù)，=偶數(shù)顯然滿足條件，和與都無公共元素。6解：=。與分別為方程組（） （）的解