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1、高中数学竞赛校本教材目录1 数学方法选讲（1）1 2 数学方法选讲（2）11 3 集合22 4 函数的性质30 5 二次函数(1)41 6 二次函数(2)55 7 指、对数函数,幂函数63 8 函数方程73 9 三角恒等式与三角不等式76 10 向量与向量方法85 11 数列95 12 递推数列102 13 数学归纳法105 14 不等式的证明111 15 不等式的应用122 16 排列，组合130 17 二项式定理与多项式134 18 直线和圆，圆锥曲线14319 立体图形，空间向量16120 平面几何证明17321 平面几何名定理18022 几何变换18623 抽屉原理19424 容斥原理
2、20525 奇数偶数21426 整除22227 同余230 28 高斯函数238 29 覆盖245 29 涂色问题256 30 组合数学选讲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
3、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？31000 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，2 号学生报2 并留下，3 号学生报1 后立即离开，4 号学生报2
4、 并留下学生们依次交替报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 66 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
5、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（n3）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？7n（n3）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
6、拓宽思路，抓住主要矛盾，一举解决问题。9 右图是一个44 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
7、，）。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）课后练习1.方程 x1+x2+x3+xn-1+xn=x1x2x3xn-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
8、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
9、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+x
10、3+xn-1+xn=x1x2x3xn-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 3n个数时，留下的数是1 号。小于 8899 的形如 3n的数是 38=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 23+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（a1a2）=4=22；3个质数 a1，a2，a3的
11、积有 8 个约数：1，a1，a2，a3，a1a2，a2a3，a3a1，a1a2a3，从而 A（a1a2a3）=8=23；于是，10 个质数 a1，a2，a10的积的约数个数为A（x）=210=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，
12、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），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。
13、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
14、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
15、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9751=976（号）。为了加深理解，我们重新解这道题。解：如果有2n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22的倍数号报完第n 圈后，剩下的是2n的倍数号，此时，只剩下一人，是2n号
16、。如果有（2nd）（1d2n）人，那么当有d 人退出圈子后还剩下2n人。因为下一个该退出去的是（2d1）号，所以此时的第（2d1）号相当于2n人时的第1 号，而 2d 号相当于2n人时的第 2n号，所以最后剩下的是第2d 号。由 1000=29488 知，最后剩下的学生的编号是4882=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。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
17、 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201918 1=210（次）。6.解：从极端情况观察入手，设
18、 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
19、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
20、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ABS共经过 14格，所以 S1+414=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
21、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
22、，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
23、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
24、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 n2个互不相等的数排成下表：a11a12a13 a1na21a22a23 a2nan1an2an3 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
25、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
26、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，用15 分记分制（即
27、分数为0，1，2，15）。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
28、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
29、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
30、，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
31、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 ab cd，则 6 个和为 a+b，a+c，a+d，b+c，b+d，c+d。于是有a+ba+ca+d b+dc+d 和 a+ba+cb+cb+d c+d。
32、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abcde。去掉 e，则有 a+d=b+c；去掉 d，则有 a+e=b+c。比较，得d=e。去掉 a，则有 b+e=c+b；去掉 b，则有 a+e=c+d。比较，得a=b。将 a=b 代入得c=d，将 d=e 代入得 b=c。所以 e=b=c=d=e。例题答案：1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4
33、9，48，47，44，43，39 这 6 种分数是不能达到的，故此次测验不同的分数至多有51-6=45（种）。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+6017=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
34、 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+a314；a2+a3+a414；a7+a8+a114；a8+a1+a214。将以上8个不等式相加，得3S112，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
35、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=SPME+S 四边形 AMEQ 又 SPME=SEQN，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3
36、65 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 37123256456894789左上表中x=6，y=4；右上表中x=3，y=3。两个表都满足xy，所以可以猜想x y。解：设 x 是第 i 行第 j 列的数 aij，
37、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 aimalm，当 i=l，j=m 时等号成立，所以xy。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
38、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 abcd，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-
39、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-a136。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：15a1a2a3 a4a5a6a7 a81。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。根据式，a4 比 a1 至少轻 3 克，a5 比 a2，a6 比 a3 也都至少轻3 克，则
40、 a7 比 a8 至少重10 克。根据式，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
41、11 克，第二轻的物品重5 克。3 集合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aA与aA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
42、数集如：RQZN,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）ABAB或AB；（2）ABAB且AB；（3）ABAB且AB。5一个n阶集合（即由个元素组成的集合）有n2个不同的子集，其中有n21 个非空子集，也有n21 个真子集。6集合的交、并、补运算AB=Axx|且Bx；AB=Axx|或Bx IxxA|且Ax 要掌握有关集合的几个运算律：（1）交换律ABBA，ABBA；（2）结合律A（BC）（AB）C，A（BC）(AB)C；（3）分配律A（BC）（AB）（AC）A（BC）
43、(AB)（AC）（4）01 律AA，AIA，AII，A（5）等幂律AAA，AAA（6）吸收律A(AB)A，A（AB）A（7）求补律ACIAI，ACIA（8）反演律BABABABA,7有限集合所含元素个数的几个简单性质设)(Xn表示集合X所含元素的个数,（1）)()()()(BAnBnAnBAn,当)(BAn时，)()()(BnAnBAn（2）)()()()(CnBnAnCBAn)()()()(CBAnCBnCAnBAn例题讲解元素与集合的关系1设Aa|a22yx,Zyx,，求证：（1）12kA(Zk)；（2）)(24ZkAk2以某些整数为元素的集合P具有下列性质：P中的元素有正数，有负数；P中
44、的元素有奇数,有偶数；1P；若x，yP,则xyP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：若aS，bS，则a+bS，Sab；对任一个有理数r，三个关系rS，rS，r0 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),()(2Rbabaxxxf，集合),(|RxxfxxA，),(|RxxffxxB。（1）证明：BA；（2）当3,1A时，求B。
45、（3）当A只有一个元素时，求证：BA5321,SSS为非空集合，对于 1，2，3 的任意一个排列kji,，若jiSySx,，则kSyx（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：1|),(,1|),(,1|),(22yxyxCayxyxByaxyxA问（1）当a取何值时，CBA)(为含有两个元素的集合？（2）当a取何值时，CBA)(为含有三个元素的集合？7设Nn且n15，BA,都是 1，2，3，n真子集，BA，且BA=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:0=0 000 其中正确的个数（）（A
46、）4（B）5（C）6（D）7 2设 A、B 是全集 U 的两个子集，且AB，则下列式子成立的是（）（A）CUACUB（B）CUACUB=U（C）ACUB=（D）CUAB=3已知 M=,13|,13|,3|ZnnxxPZnnxxNZnnxx，且PcNbMa,，设cbad，则 d（）（A）M（B）N（C）P（D）PM4设集合,214|,412|ZkkxxNZkkxxM，则（）（A）NM（B）MN（C）NM（D）NM5设 M=1,2,3,1995，A 是 M 的子集且满足条件:当 xA 时,15xA，则 A 中元素的个数最多是 _.6集合 A,B 的并集 AB=a1,a2,a3，当且仅当AB 时，(
47、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AAB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,nN，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,bR)，证明：（1）AB（2）若 A 只含有一个元素，则A=B.11集合 A=（x,y）022ymxx,集合 B=（x,y）01yx,且 02x，又 AB，求实数
48、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n133，就有15n1995.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=135,15133=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1995133+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1k 133）共得 1338=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=时，有 1 种可能；A 为一元集时
49、，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：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 6a9 8 解：由24122125)(5aaxaxx.若45241a，则A有 无 数 个 元，若45241a，则 A 为空集，只有当45241a即2a时，A 为单元素集 1或 1.所以2a9解：被 7 除余 2 的数可写为7k+2.由 1007k+2600.知 14 k85.又若某
50、个 k 使 7k+2 能被 57 整除，则可设7k+2=57n.即72725672578nnnnnk.即 n-2 应为 7 的倍数.设n=7m+2 代入，得k=57m+16.1457m+16 85.m=0,1.于是所求的个数为85-(14-1)-2=7010证明：（1）BABxxxfxffxxfAx)()(,)(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-c2+(x-