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(kāi)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，是不是要在高考出分后再考自主招生，是否高考考完了，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(kāi)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02 、聯(lián)系教材，適度拓寬知識(shí)面：注意課本

2、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/、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(jiàn)的組合數(shù)學(xué)問(wèn)題(組合計(jì)算、組合構(gòu)造、博弈問(wèn)題、染色問(wèn)題)解析幾何解析幾何的基本運(yùn)算、取值范圍與最值問(wèn)題以及探索性問(wèn)題平聞幾何平面兒何的基本計(jì)算和證明、三角形五心問(wèn)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，三角包等式和簡(jiǎn)單的三

3、角不等式問(wèn)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)稱等變換問(wèn)題排列組合比較具有技巧性的排列組合問(wèn)題和一些復(fù)雜的概率問(wèn)題方程和多加式高次方程，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(jiàn)解法試題特點(diǎn)分析:1.突出對(duì)思維能力的考查。nn【2014年北約】已知Xi>0(i=1,2,.n)口x=1.求證：口(72+x戶(逐+1i士i3【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=片sGn=*!(&+K),ii1&+Xi/1=用(衣+Xi).,2XiXiXin1n_一工3Xi2&

4、quot;二了"為可得2nn_n2xin_ni，xin;XZ<Z)iN2+Xij.21n上述兩式相加得-2nil-2-Xin<ziXiXin_nn_即(應(yīng)+1)<nn(夜十為)，即(夜十1)<n(72+x)法二：由nXi=1.及要證的結(jié)論分析，由柯西不等式得i1“萬(wàn)+x)72+-3lXiJ從而可設(shè)1一nn1y=一，且口yi=一=1.從而本題也即證Xi±TX從而口(亞+x)夜11Xi-2nn_2n之(四+1),即n(V2+xI血+yi)之”2+1),i假設(shè)原式不成立，即口(乏+x)<(&+1n,則口(乏+y)<(j2+1n.n_一一

5、2n從而口(石+x工應(yīng)+yi)<32+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(wèn)題的能力?！?014年北約】10、已知實(shí)系數(shù)二次函數(shù)f(x)與g(x)f(x尸g(x)和3f(x)+g(x.0有兩重根，f(x)有兩相異實(shí)根，求證：g(x)沒(méi)有實(shí)根.22【斛析】設(shè)fx=axbxc,gx=dxexf,則由f(x)=g(x),可得22.a-dxb-ex»ic-f=0,：=b-e)-4a-dc-f=0.由3f(x)+g(x)=0可得223adx-i3bex3cf=0,.：=3be)-43ad3cf=0.22-2一_2.2_化間得3b+e=12ac+4df,即e4df=3

6、(4acb)又b-4ac>0.2e-4df<0.g(x雙有實(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(wèn)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⒁庖恍┲R(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(jué)。2016年競(jìng)賽與自主招生專題

7、第一講：集合與命題（教師版）知識(shí)補(bǔ)充：容斥原理基本公式：(1)card(AUB)=card(A)+card(B)card(AAB)；(2)card(AUBUC)=card(A)+card(B)+card(C)-card(AAB)-card(AAC)-card(BAC)+card(AABAC)Sl-3-1圖1-3-2問(wèn)題：開(kāi)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，同時(shí)參加游泳比賽和球類比賽的有3人，沒(méi)有人同時(shí)參加三項(xiàng)比賽，問(wèn)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：

8、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),則card（A）=15,card（B）=8,card（C）=14,card（AUBUC）=28，且card（AnB）=3,card（AnC）=3,card（AnBAC）=0,由公式得28=15+8+14-3-3-card（BnC）+0,即card（BnC）=3,所以同時(shí)參加田徑和球類比賽的共有3人，而只參加游泳比賽的人有1533=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

9、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: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)（包括邊工界）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)”，則順次連接三角形三邊中點(diǎn)，即三角形的三條中位線，可以分原等邊三角形為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20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

10、。如圖2,設(shè)BC是4ABC的最大邊，P,M是4ABC內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)，連接PM過(guò)P分別作ABBC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、QN,那么/PQN=C,/QNP=A因?yàn)锽OAB,所以/A>/C,則/QNP>ZPQN而/QM庚/QN田/PQN（三角形的外角大于不相鄰的內(nèi)角），所以PQ2_PM顯然BOPQ故BOPM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0三、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，

11、集合解兒對(duì)的“交替和”是9-6+4-2+1=6.3的“交替和”是6-5=1,4的交替和是2。那么，對(duì)于n=70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外還有一|2個(gè)非空子集合，把這2|一|才個(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)組原則是設(shè),山必外沖Y這是把樹(shù)剩結(jié)合為一組，顯然，每組中，“交替和”之和應(yīng)為7,共有'-2)/2組.所以，所有“交替和”之和應(yīng)該為洲曲倒，撲川忡I。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

12、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2葉種，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。變到n,總的情況可能就是乙I卜羔41U刃5。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3”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)其它第一1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(3"T”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)為抑HIM撲用用附陽(yáng)分析二：我們可以從元素的角度來(lái)思考問(wèn)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

13、，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)不，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中的元素有奇數(shù)，有偶數(shù)；一1更P；若x,yeP,則x+yeP。試判斷實(shí)數(shù)0和2與集合p的關(guān)系。解：由若x,yCP,貝Ux+yCP可知，若xCP,貝ukxwP(kwN)(1) 由可設(shè)x,yCP,且x>0,y<0,則一yx=|y|x(|y|N)故xy,一yxCP,由，0=(yx)+xyCP。(2) 2星P。若2CP,

14、則P中的負(fù)數(shù)全為偶數(shù)，不然的話，當(dāng)一(2k+1)P(kwN)時(shí)，一1=(-2k-1)+2kCP,與矛盾。于是，由知P中必有正奇數(shù)。設(shè)-2m,2n1wP(m,nwN),我們?nèi)∵m當(dāng)正整數(shù)q,使q'|-2m>2n-1,則負(fù)奇數(shù)-2qm+(2n1)wP。前后矛盾。4.若S1,S2,0為非空集合，對(duì)于1,2,3的任意一個(gè)排列i,j,k,若xw§,ywSj,則x-ySk(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xw§,yWSj,則y-xSk,(y-x)-y=-xwSi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

15、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)awSi,設(shè)b為S2,0中最小的非負(fù)元素，不妨設(shè)bwS2,則baCS3。若b>0,則0&ba<b,與b的取法矛盾。所以b=0。任取xS,因0&,故x0=xCS3。所以S三S3,同理S31S。所以5=0。(3)可能。例如Si=S2=奇數(shù),S3=偶數(shù)顯然滿足條件，Si和S2與S3都無(wú)公共元素。5.設(shè)S=%,2,3，200必=化田2田3,，胡0丘G,且A具有下列性質(zhì)：(1)對(duì)任意1001WiWj<100,何有ai+aj=201;(2)Zai=10080。i1100試證A中的元素為奇數(shù)的個(gè)數(shù)是4的倍數(shù)，

16、且工a：為定值.i1證明：考慮Gi"：1,200：©£2,199),Gw=4100,101"每個(gè)集合中取一個(gè)元素，但注意到2+4+-+200=1010010080,不妨設(shè)不屬于A的偶數(shù)為胡e2,，ak,則相應(yīng)的奇數(shù)201a1,201a2,201ak應(yīng)在A中，且對(duì)應(yīng)差的和為20.6.(2010年江蘇五校)已知集合A=a,a2,as,，an,其中aCR(1<i<n,n>2),l(A)表示ai+aj(1wi<jwn)的所有不同值的個(gè)數(shù).(1)已知集合P=2,4,6,8,0=2,4,8,16,分別求l(P),l(Q;(2)若集合A=2,4

17、,8,，2),求證：l(A)=n(n21);(3)求l(A)的最小值.解：(1)由2+4=6,2+6=8,2+8=10,4+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l(Q=6.(2)證明：因?yàn)閍+aj(1wi<j&n)共有""項(xiàng),所以l(A)<n(n21).又集合A=2,4,8,，2n,不妨設(shè)a21m=1,2,，n.a+aj,ak+a(1wi<jwn,1<k<l<n),當(dāng)jwl時(shí)，不妨設(shè)j<l,則a+aj<2aj=

18、2)wal<ak+al,即a+ajwak+a,當(dāng)j=l,iwk時(shí)，ai+ajwak+al,因此，當(dāng)且僅當(dāng)i=k,j=l時(shí)，a+aj=ak+a.即所有a+aj(1&i<j&n)的值兩兩不同，因此l(A)="“：1)(3)妨a<&<as<<an,可彳馬a1+a2<a+a3<<a+an<a2+an<as+an<<an-1+an,故a+a(1wi<jwn)中至少有2n3個(gè)不同的數(shù)，即l(A)>2n-3.事實(shí)上，設(shè)aba2,a3,an成等差數(shù)列，考慮a+aj(1<i<j<n),根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，當(dāng)i+jwn時(shí)，ai+aj=a1+a+j1；當(dāng)i+j>n時(shí)，ai+aj=ai