2019-2020年高考数学竞赛组合教案讲义(18)

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2020年08月19日 16:58
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2019-2020年高考数学竞赛组合教案讲义(18)

一、方法与例题
1.抽屉原理。
例1 设整数n≥4,a
1
,a
2
,… ,a
n
是区间(0,2n)内n个不同的整数,证明:存在集合{a
1
,a< br>2
,…,a
n
}
的一个子集,它的所有元素之和能被2n整除。

[证明] (1)若n{a
1
,a
2
,…,a
n},则n个不同的数属于n-1个集合{1,2n-1},
{2,2n-2},…,{n-1,n+ 1}。由抽屉原理知其中必存在两个数a
i
,a
j
(i≠j)属于同一集合, 从而
a
i
+a
j
=2n被2n整除;
(2)若n∈{a< br>1
,a
2
,…,a
n
},不妨设a
n
=n, 从a
1
,a
2
,…,a
n-1
(n-1≥3)中任意取3个 数a
i
, a
j
,
a
k
(a
i
,j
< a
k
) ,则a
j
-a
i
与a
k
-a
i
中至少有一 个不被n整除,否则a
k
-a
i
=(a
k
-a
j< br>)+(a
j
-a
i
)≥2n,
这与a
k
∈( 0,2n)矛盾,故a
1
,a
2
,…,a
n-1
中必有两个 数之差不被n整除;不妨设a
1
与a
2
之差
(a
2
-a
1
>0)不被n整除,考虑n个数a
1
,a
2
,a1
+a
2
,a
1
+a
2
+a
3
,…,a
1
+a
2
+…+a
n-1

ⅰ)若这 n个数中有一个被n整除,设此数等于k
n
,若k为偶数,则结论成立;若k为奇数,
则加上a
n
=n知结论成立。
ⅱ)若这n个数中没有一个被n整除,则它们除以n的 余数只能取1,2,…,n-1这n-1个值,
由抽屉原理知其中必有两个数除以n的余数相同,它们之 差被n整除,而a
2
-a
1
不被n整除,
故这个差必为a
i
, a
j
, a
k-1
中若干个数之和,同ⅰ)可知结论成立。
2 极端原理。
例2 在n×n的方格表的每个小方格内写有一个非负整数,并且在某一行 和某一列的交叉
点处如果写有0,那么该行与该列所填的所有数之和不小于n。证明:表中所有数之和不 小
于。
[证明] 计算各行的和、各列的和,这2n个和中必有最小的,不妨设第m行的和 最小,记
和为k,则该行中至少有n-k个0,这n-k个0所在的各列的和都不小于n-k,从而这n -k
22
列的数的总和不小于(n-k),其余各列的数的总和不小于k,从而表中所有数的总 和不小于
22
(n-k)+k≥
3.不变量原理。
俗话说,变化的是现象,不变的是本质,某一事情反复地进行,寻找不变量是一种策略。
例3 设正整数n是奇数,在黑板上写下数1,2,…,2n,然后取其中任意两个数a,b,擦
去这两个数, 并写上|a-b|。证明:最后留下的是一个奇数。
[证明] 设S是黑板上所有数的和,开始时和 数是S=1+2+…+2n=n(2n+1),这是一个奇数,
因为|a-b|与a+b有相同的奇偶性 ,故整个变化过程中S的奇偶性不变,故最后结果为奇数。
例4 数a
1
, a< br>2
,…,a
n
中每一个是1或-1,并且有S=a
1
a
2
a
3
a
4
+ a
2
a
3
a< br>4
a
5
+…+a
n
a
1
a
2
a
3
=0. 证明:
4|n.
[证明] 如果把a
1
, a
2
,…,a
n
中任意一个a
i< br>换成-a
i
,因为有4个循环相邻的项都改变符号,
S模4并不改变,开始时S =0,即S≡0,即S≡0(mod4)。经有限次变号可将每个a
i
都变成1,
而始 终有S≡0(mod4),从而有n≡0(mod4),所以4|n。
4.构造法。
例5 是否存在一个无穷正整数数列a
1
,2
3
<…,使 得对任意整数A,数列中仅有有限个素
数。
3
[证明] 存在。取a
n< br>=(n!)即可。当A=0时,{a
n
}中没有素数;当|A|≥2时,若n≥|A|,
2
则a
n
+A均为|A|的倍数且大于|A|,不可能为素数;当A=±1时 ,a
n
±1=(n!±1)•[(n!)±
3
n!+1],当≥3时均为合数 。从而当A为整数时,{(n!)+A}中只有有限个素数。
例6 一个多面体共有偶数条棱,试证 :可以在它的每条棱上标上一个箭头,使得对每个顶


点,指向它的箭头数目是偶数。
[证明] 首先任意给每条棱一个箭头,如果此时对每个顶点,指向它的箭头数均为偶数,则
命题成立。若有某个顶点A,指向它的箭头数为奇数,则必存在另一个顶点B,指向它的箭
头数也为奇数 (因为棱总数为偶数),对于顶点A与B,总有一条由棱组成的“路径”连结
它们,对该路径上的每条棱 ,改变它们箭头的方向,于是对于该路径上除A,B外的每个顶
点,指向它的箭头数的奇偶性不变,而对 顶点A,B,指向它的箭头数变成了偶数。如果这
时仍有顶点,指向它的箭头数为奇数,那么重复上述做 法,又可以减少两个这样的顶点,由
于多面体顶点数有限,经过有限次调整,总能使和是对每个顶点,指 向它的箭头数为偶数。
命题成立。
5.染色法。
例7 能否在5×5方格表内找 到一条线路,它由某格中心出发,经过每个方格恰好一次,
再回到出发点,并且途中不经过任何方格的顶 点?
[解] 不可能。将方格表黑白相间染色,不妨设黑格为13个,白格为12个,如果能实现,
因黑白格交替出现,黑白格数目应相等,得出矛盾,故不可能。
6.凸包的使用。
给定平面点集A,能盖住A的最小的凸图形,称为A的凸包。
例8 试证:任何不自交的五边形都位于它的某条边的同一侧。
[证明] 五边形的凸五包是凸五边形、凸 四边形或者是三角形,凸包的顶点中至少有3点是
原五边形的顶点。五边形共有5个顶点,故3个顶点中 必有两点是相邻顶点。连结这两点的
边即为所求。
7.赋值方法。
例9 由2× 2的方格纸去掉一个方格余下的图形称为拐形,用这种拐形去覆盖5×7的方格
板,每个拐形恰覆盖3个 方格,可以重叠但不能超出方格板的边界,问:能否使方格板上每
个方格被覆盖的层数都相同?说明理由 。
[解] 将5×7方格板的每一个小方格内填写数-2和1。如图18-1所示,每个拐形覆盖的 三
个数之和为非负。因而无论用多少个拐形覆盖多少次,盖住的所有数字之和都是非负的。另
一 方面,方格板上数字的总和为12×(-2)+23×1=-1,当被覆盖K层时,盖住的数字之和等
于 -K,这表明不存在满足题中要求的覆盖。
-2
1
-2
1
-2
1
1
1
1
1
-2
1
-2
1
-2
1
1
1
1
1
-2
1
-2
1
-2
1
1
1
1
1
-2
1
-2
1
-2

8.图论方法。
例10 生产由六种颜色的纱线织成的双色布,在所生产的双色布中,每种 颜色的纱线至少
与其他三种颜色的纱线搭配过。证明:可以挑出三种不同的双色布,它们包含所有的颜色 。
[证明] 用点A
1
,A
2
,A
3
,A4
,A
5
,A
6
表示六种颜色,若两种颜色的线搭配过,则在相 应的两
点之间连一条边。由已知,每个顶点至少连出三条边。命题等价于由这些边和点构成的图中
有三条边两两不相邻(即无公共顶点)。因为每个顶点的次数≥3,所以可以找到两条边不相
邻,设为 A
1
A
2
,A
3
A
4

(1) 若A
5
与A
6
连有一条边,则A
1
A
2
, A
3
A
4
,A
5
A
6
对应的三种双色布满 足要求。
(2)若A
5
与A
6
之间没有边相连,不妨设A
5
和A
1
相连,A
2
与A
3
相连,若A
4
和A
6
相连,则A
1
A
2

A
3
A
4
,A
5
A
6
对应的双色布满足要求;若A4
与A
6
不相连,则A
6
与A
1
相连,A2
与A
3
相连,A
1
A
5

< br>A
2
A
6
,A
3
A
4
对应的双色布 满足要求。
综上,命题得证。
二、习题精选
1.药房里有若干种药,其中一部分 药是烈性的。药剂师用这些药配成68副药方,每副药方
中恰有5种药,其中至少有一种是烈性的,并且 使得任选3种药恰有一副药方包含它们。试
问:全部药方中是否一定有一副药方至少含有4种烈性药?( 证明或否定)
2.21个女孩和21个男孩参加一次数学竞赛,(1)每一个参赛者最多解出6道题; (2)对
每一个女孩和每一个男孩至少有一道题被这一对孩子都解出。求证:有一道题至少有3个女孩和至少有3个男孩都解出。
3.求证:存在无穷多个正整数n,使得可将3n个数1, 2,…, 3n排成数表
a
1
, a
2
…a
n

b
1
, b
2
…b
n

c
1
, c
2
…c
n

满足:(1)a
1
+b
1
+c
1
= a
2
+b
2
+c
2
=…= a
n
+b
n
+c
n
=,且为6的倍数。
(2)a
1
+a
2
+…+a
n
= b
1
+b
2
+…+b
n
= c
1
+c
2
+…+c
n
=,且为6的倍数。
4. 给定正整数n,已知克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1,2,…,n
克的所有物品 ,求k的最小值f(n)。
5.空间中有1989个点,其中任何3点都不共线,把它们分成点数各不 相同的30组,在任
何3个不同的组中各取一点为顶点作三角形。试问:为使这种三角形的总数最大,各 组的点
数应分别为多少?
6.在平面给定点A
0
和n个向量a
1< br>,a
2
,…,a
n
,且使a
1
+a
2
+…+a
n
=0。这组向量的每一个排
列都定义一个点集:A
1
,A
2
,…,A
n
=A
0
,使得
a
iA
0
A
1
,a
i
A
1
A
2
,,a
i
A
n1
A
n

12n
求证:存在一个排列,使由它定义的所有点A
1
,A
2
,…, A
n-1
都在以A
0
为角顶的某个60角的
内部和边上。
7.设m, n, k∈N,有4个酒杯,容量分别为m,n,k和m+n+k升,允许进行如下操作: 将一
个杯中的酒倒入另一杯中或者将另一杯倒满为止。开始时,大杯中装满酒而另3个杯子却空
着,问:为使对任何S∈N,S关于 m,n,k的充分必要条件是什么?
8.设有30个人坐在一张圆桌的周围,其中的每个人都或者是白 痴,或者是聪明人。对在座
的每个人都提问:“你右边的邻座是聪明人还是白痴?”聪明人总是给出正确 的答案,而白
痴既可能回答正确,也可能回答不正确。已知白痴的个数不超过F,求总可以指出一位聪明
人的最大的F。
9.某班共有30名学生,每名学生在班内都有同样多的朋友,期末时任何两 人的成绩都可分
出优劣,没有相同的。问:比自己的多半朋友的成绩都要好的学生最多能有多少人?



0
2019-2020年高考数学第10课时—函数的奇偶性教案

二.教学 目标:掌握函数的奇偶性的定义及图象特征,并能判断和证明函数的奇偶性,能利
用函数的奇偶性解决问 题.
三.教学重点:函数的奇偶性的定义及应用.
四.教学过程:
(一)主要知识:
1.函数的奇偶性的定义;


2.奇偶函数的性质:
(1)定义域关于原点对称;(2)偶函数的图象关于轴对称,奇函数的图象关于原点对称;
3.为偶函数.
4.若奇函数的定义域包含,则.
(二)主要方法:
1 .判断函数的奇偶性,首先要研究函数的定义域,有时还要对函数式化简整理,但必须注
意使定义域不受 影响;
2.牢记奇偶函数的图象特征,有助于判断函数的奇偶性;
3.判断函数的奇偶性有时可以用定义的等价形式:,.
4.设,的定义域分别是,那么在它们的公共定义域上:奇+奇=奇,奇奇=偶
偶+偶=偶,偶偶=偶,奇偶=奇.
5.注意数形结合思想的应用.
(三)例题分析:
例1.判断下列各函数的奇偶性:
2

(x 0)

xx
(1);(2);(3)
f(x)

2
(x0)


xx
解:(1)由,得定义域为,关于 原点不对称,∴为非奇非偶函数.
(2)由得定义域为,∴,
lg[1(x)
2
]lg(1x
2
)


f(x)
∴为偶函数
(x)
2
x
2
(3)当时,,则
f(x) (x)x(xx)f(x)

当时,,则
f(x)(x)x(xx)f(x)

综上所述,对任意的,都有,∴为奇函数.

例2.已知函数对一切,都有,
(1)求证:是奇函数;(2)若,用表示.
解:(1)显然的定义域是,它关于原点对称.在中,
令,得,令,得,∴,
∴,即, ∴是奇函数.
(2)由,及是奇函数,

f(12)2f(6)4f(3)4f(3)4a

例3.(1)已知是上的奇函数,且当时,,
则的解析式为.
(2) (《高考计划》考点3“智能训练第4题”)已知是偶函数,,当时,为增函数,若,
且,则 ( )
. .
. .

例4.设为实数,函数,.
(1)讨论的奇偶性; (2)求 的最小值.
解:(1)当时,
f(x)(x)|x|1f(x)
,此时为偶函数;
当时,,,∴
f(a)f(a),f(a)f(a),

此时函数既不是奇函数也不是偶函数.
(2)①当时,函数
f(x)xxa 1(x)a
若,则函数在上单调递减,∴函数在上的最小值为;
若,函数在上的最小值为,且.
2
2
22
22
1
2
2
3
4


②当时,函数
f(x)xxa1(x)a
2< br>1
2
2
3

4
若,则函数在上的最小值为,且;
若,则函数在上单调递增,∴函数在上的最小值.
综上,当时,函数的最小值是,当时,函数的最小值是,
当,函数的最小值是.

例5.(《高考计划》考点3“智能训练第15题”)
已知是定义在实数集上的函数,满足,且时,,
(1)求时,的表达式;(2)证明是上的奇函数.
(参见《高考计划》教师用书)

《高考计划》考点10智能训练6.

五.课后作业:《高考计划》考点10,智能训练2,3,

,9,10,11,13.
(四)巩固练习:
8

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