總的來說，函數(shù)、方程、數(shù)列、不等式、排列組合等內(nèi)容是高頻考點。應(yīng)試策略：1、注重基礎(chǔ)：一般說來，自主招生中，中等難度題目分數(shù)比例大約60%2、 聯(lián)系教材，適度拓寬知識面：注意課本上的自主.探究和閱讀材料,對和大學(xué)數(shù)學(xué)聯(lián)系緊密的內(nèi)容進行深度挖掘。自主招生中，有不少試題都來源于這些材料。3、 掌握競賽數(shù)學(xué)的基本知識和解題技巧，著重培養(yǎng)數(shù)學(xué)思維能力。4、 考前進行模擬訓(xùn)練，熟悉每個高校的命題特點，掌握答題技巧。高頻考點一覽：不等式均值不等式與柯西不等式的綜合運用，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，三角恒等式和簡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)對稱等變換問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式高次方程，無理方程的技巧性處理，一些簡單的多項式知識數(shù)列非等比等差數(shù)列的遞推公式、通項公式、求和公式的常見解法一、 試題特點分析:昨+x)"昨+x)"+1).i=1【2014年北約】已知X.>0(i=1,2,...n),T^x=1.求證:i=1【解析】不等式；柯西不等式或AM-GM平均不等式.AM-GM不等式.調(diào)和平均值H= ——-<G=加W2+x),<yiIiJ<y我+x)(x)

j2^+7我+x)iTOC\o"1-5"\h\z法二：由Hx=1.及要證的結(jié)論分析，由柯西不等式得(72+x.〔72+-">i=1 i從而可設(shè)y=L，且IHy.=n-1=1.從而本題也即證nC/2+y)>C/2+1).Xi i=1 i=1Xi i=1從而n(左+斗J+)，即nC/2+x)E+y)&從而n(左+斗i假設(shè)原式不成立，即nM+x)?+1),則nM+y)k+J./ 、/i=1、/、 i=1從而HC/2+x)^2+y)<(V2+1)n，矛盾.得證.i注重和解題技巧，考查學(xué)生應(yīng)用知識解決問題的能力。【2014年北約】10、已知實系數(shù)二次函數(shù)f(x)與g(x),f(x)=g(x)和3f(x)+重根，f(x)有兩相異實根，求證：g(x)沒有實根.【解析】設(shè)f(x)=ax2+bx+c,g(x)=dx2+ex+f,則由f(x)=g(x)，可得g(x)=0有兩(a-d)x2+(b-e)x+(c-f)=0,△=(b-e)2-4(a-d)(cg(x)=0有兩由3f(x)+g(x)=0可得(3a+d)x2+(3b+e)x+(3c+f)=0,△=(3b+e力-4(3a+d)(3c+f)=0.化簡得3b2+e2=12ac+4df,即e2-4df=3(4ac一b)又b2-4ac>0.e2-4df<0. g(x)沒有實根.二、 應(yīng)試和準(zhǔn)備策略注意知識點的全面數(shù)學(xué)題目被猜中的可能性很小，一般知識點都是靠平時積累，因此，要求學(xué)生平時要把基礎(chǔ)知識打扎實。剩下的就是個人的現(xiàn)場發(fā)揮。注意適當(dāng)補充一點超綱內(nèi)容如上面提及的一些平時不太注意的小章節(jié)或高考不一定考的問題，如矩陣，行列式等也不可忽視。適當(dāng)做近幾年的自主招生的真題俗話說，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點的延伸和加深，考試時必定會有一種居高臨下的感覺。第一講：集合與命題(教師版)一、知識補充：容斥原理基本公式:(1)card(AUB)=card(A)+card(B)—card(AEB)；(2)card(AUBUC)二card(A)+card(B)+card(C)-card(AEB)-card(AEC)-card(BEC)+card(AEBEC)IS1—3—1 ?1—3—2問題：開運動會時，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，同時參加游泳比賽和田徑比賽的有3人，同時參加游泳比賽和球類比賽的有3人，沒有人同時參加三項比賽，問同時參加田徑比賽和球類比賽的有多少人？只參加游泳一項比賽的有多少人？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)｝,則card(A)=15,card(B)=8,card(C)=14,card(AUBUC)=28,且card(AEB)=3，card(AEC)=3，card(AEBEC)=0,由公式②得28=15+8+14—3—3—card(BEC)+0，即card(BEC)=3，所以同時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15—3—3=9(人)抽屜原理抽屜原理的基本形式定理1、如果把n+1個元素分成n個集合，那么不管怎么分，都存在一個集合，其中至少有兩個元素。證明：（用反證法）若不存在至少有兩個元素的集合，則每個集合至多1個元素，從而n個集合至多有n個元素，此與共有n+1個元素矛盾，故命題成立。例1.已知在邊長為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有任意五個點（圖1）。證明:至少有兩個點之間的距離不大于!.分析：5個點的分布是任意的。如果要證明“在邊長為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有5個點，那么這5個點中一定有距離不大于!的兩點”，則順次連接三角形三邊中點，即三角形的三條中位線，可以分原等邊三角形為4個全等的邊長為!的小等邊三角形，則5個點中必有2點位于同一個小等邊三角形中（包括邊界），其距離便不大于！。以上結(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（包括邊界）任意兩點間的距離不大于其最大邊長”來保證，下面我們就來證明這個定理。如圖2，設(shè)BC是^ABC的最大邊，P，M是^ABC內(nèi)（包括邊界）任意兩點，連接PM，過P分別作AB、BC邊的平行線，過M作AC邊的平行線，設(shè)各平行線交點為P、Q、N，那么ZPQN=ZC，ZQNP=ZA因為BCNAB，所以ZA^ZC，則/QNPN/PQN，而ZQMPNZQNPNZPQN（三角形的外角大于不相鄰的內(nèi)角），所以PQNPM。顯然BCNPQ，故BCNPM。由此我們可以推知，邊長為云的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）兩點間的距離不大于！。三、針對性訓(xùn)練對集合｛1，2,…，n｝及其每一個非空了集，定義一個唯一確定的“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｛1246,9｝的“交替和”是9-6+4-2+1=6.寥｝的“交替和”是6-5二1，⑵的交替和是2。那么，對于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27-2個非空子集合，把這27-2個非空子集兩兩結(jié)組后分別計算每一組中“交替和”之和，結(jié)組原則是設(shè)攻=｛Z灼,".??｝，攻=A-⑴這是把攻與攻結(jié)合為一組，顯然，每組中，“交替和''之和應(yīng)為7,共有/F2組.所以，所有“交替和”之和應(yīng)該為"⑵-2)/2+7=448n元集合具有多少個不同的不交子集對？分析：我們一般想法是對于一個子集，求出與它不交的子集個數(shù)，然后就可以求出總的子集對來了。解：如果子集對是有序的，即在子集對中可以區(qū)分第一個子集與第二個子集，則第一個子集若是k個元素，第二個子集就由其余n-k個元素組成，可能的情況是2”小種，而這時第一個集合的選取的可能情況應(yīng)為伏種，那么k從o變到n,總的情況可能就是2>伏，2*=(1+2)”=匚如果子集對是無序的，即兩個子集相同但次序不同的子集對不認為不同，則羅對有序子集對中有一對是由兩個空集組成，而對其它3”T個有序?qū)Γ恳粚χ薪粨Q兩個子集的次序，得到的是同一個無序子集對，因此有個無序子集對，其中至少有一個子集非空，于是無序子集對的總數(shù)為⑶-l)Sl=(3F)/2分析二：我們可以從元素的角度來思考問題。對一個元素來說，它有三種不同的選擇，在第一個集合中，在第二個集合中，或者不在兩個集合中。解法二：在計算有序?qū)Φ臄?shù)目時，對每一個元素來說有三種可能：它或在第一個子集，或在第二個子集，或不在其中任意一個子集，因此不同的不交有序子集對的總數(shù)3”，以下同解法一。以某些整數(shù)為元素的集合P具有下列性質(zhì)：①P中的元素有正數(shù)，有負數(shù)；②P中的元素有奇數(shù)，有偶數(shù)；③一1史P；④若x,yep，則x+yep。試判斷實數(shù)0和2與集合P的關(guān)系。解：由④若x,yeP，則X+yeP可知，若xeP，則kxeP(k&N)由①可設(shè)x,yeP，且x>0,yV0,則一yx=|y|x(|y|en)故xy，—yxeP，由④，0=(—yx)+xyeP。2wP。若2EP，則P中的負數(shù)全為偶數(shù)，不然的話，當(dāng)一(2k+1)ep(kgN)時，一1=(—2k—1)+2kep，與③矛盾。于是，由②知P中必有正奇數(shù)。設(shè)—2m,2n—1gP(m,ngN)，我們?nèi)∵m當(dāng)正整數(shù)g，使q-1—2ml>2n—1，則負奇數(shù)一2qm+(2n—1)gP。前后矛盾。若S,S,S為非空集合，對于1，2，3的任意一個排列i,j,k，若xgS,ygS，1 2 3 i j則x—ygSk證明：三個集合中至少有兩個相等。三個集合中是否可能有兩個集無公共元素？證明：(1)若xgS,ygS，則y一xgS,(y-x)一y=—xgS所以每個集合中均TOC\o"1-5"\h\zi j k i有非負元素。當(dāng)三個集合中的元素都為零時，命題顯然成立。否則，設(shè)S,S,S中的最小正元素為a，不妨設(shè)agS，設(shè)b為S,S中最小的1 2 3 1 2 3非負元素，不妨設(shè)bgS2，則b—aeS3o若b>0,則0Wb—aVb，與b的取法矛盾。所以b=0o任取xgS,因0eS，故x—0=xeS。所以ScS，同理ScS。所以1 2 3 1 3 3 1SjS3o可能。例如S=S={奇數(shù)}，S={偶數(shù)}顯然滿足條件，S和S與S都無12 3 1 2 3公共元素。設(shè)S=￡,2,3,,20。}A={a,a,a,,a}uG，且A具有下列性質(zhì)：(1)對任意1 2 3 1001<i<j<100，恒有a+a主201;(2)四a=10080。i=1試證A中的元素為奇數(shù)的個數(shù)是4的倍數(shù)，且四a2為定值.ii=1證明：考慮G1={1,200}G2={2,199}...,G100={100,101}，每個集合中取一個元素，但注意到2+4+^+200=10100^10080，不妨設(shè)不屬于A的偶數(shù)為a,a，…,a，則相12k應(yīng)的奇數(shù)201—a1,201—a2,...,201—a.應(yīng)在A中，且對應(yīng)差的和為20.(2010年江蘇五校)已知集合A=(a，a，a，…，a}，其中aeR(1WiWn，1 2 3 n in>2)，l(A)表示ai+aj(KiVj<n)的所有不同值的個數(shù).已知集合P={2,4,6,8},Q={2,4,8,16}，分別求l(P),l(Q)；若集合A=(2,4,8,…，2n},求證：l(A)=”「；2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：因為a+a(1WiVjWn)共有蟲^二項，所以KA)/：1).ij 2 2又集合A=(2,4,8,…，2n},不妨設(shè)a=2m,m=1,2,…，n.a+a,a+a(1WiVjWn,1WkVlWn),ijkl當(dāng)j尹l時，不妨設(shè)jVl,則a+aV2a=2j+1WaVa+a，艮口a+a尹a+a,ij j lkl ijkl當(dāng)j=l,i尹k時，a+a尹a+a，因此，當(dāng)且僅當(dāng)i=k,j=l時，a+a=a+ijkl ijkal.即所有a+a(1WiVjWn)的值兩兩不同，因此l(A)=n(n~1).ij 2不妨設(shè)aVaVaV—Va，可得a+aVa+aV—Va+aVa+aVa+a12 3 n 12 13 1n2n3n〈???Va+a,故ai+aj(1WiVjWn)中至少有2n—3個不同的數(shù)，即l(A)N2n—3.TOC\o"1-5"\h\z事實上，設(shè)a,a,a，…，a成等差數(shù)列，考慮a+a(1WiVjWn)，根據(jù)等差123 n ij數(shù)列的性質(zhì)，當(dāng)i+jWn時，a.+a.=a+a.+.；當(dāng)i+j>n時，a.+a.=a.+.+a；因此每個和a+a(1WiVjWn)等于a+a(2WkWn)中的一個，或者等于a+a(2ij 1k lnWlWn—1)中的一個.故對這樣的集合A,l(A)=2n—3,所以l(A)的最小值為2n—3.數(shù).7.通信工程中常用n兀數(shù)組(a,a,a; a)表示信息，其中a=0或1,1 2 3 n ii、ngN.設(shè)u=(a,a,a a),v=(b,b,b