高中数学竞赛讲义选编.doc

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1、高中数学竞赛讲义选编1抽屉原理在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13个人中至少有两个人出生在相同月份”；“某校400名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“2003个人任意分成200个小组，一定存在一组，其成员数不少于11”；“把0，1内的全部有理数放到100个集合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数”。这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，我们把这些理论称之为“抽屉原理”。 “抽屉原理”

2、最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学习它的有关知识及其应用。 （一） 抽屉原理的基本形式 定理1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。 证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素

3、，从而n个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。 在定理1的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原理正是由此得名。 同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。“鸽笼原理”由此得名。 例题讲解1 已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间的距离不大于2 从1-100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。 3 从前25个自然数中任意取出7个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超过小数的1.5倍。4已给一个由10个互不相

4、等的两位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。5在坐标平面上任取五个整点（该点的横纵坐标都取整数），证明：其中一定存在两个整点，它们的连线中点仍是整点。6在任意给出的100个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被100整除。7 17名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任意两名科学家通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名科学家，他们相互通信时讨论的是同一个题目。 例题答案：1分析：5个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为1的等边三角形内（包括边界）有5个点，那么这5个点中一定有距

5、离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为4个全等的边长为的小等边三角形，则5个点中必有2点位于同一个小等边三角形中（包括边界），其距离便不大于。 以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我们就来证明这个定理。如图2，设BC是ABC的最大边，P，M是ABC内（包括边界）任意两点，连接PM，过P分别作AB、BC边的平行线，过M作AC边的平行线，设各平行线交点为P、Q、N，那么PQN=C，QNP=A 因为BCAB，所以AC，则QNPPQN，而QMPQNPPQN（三角形的外角大于不相邻的内角），所以 PQPM。显

6、然BCPQ，故BCPM。 由此我们可以推知，边长为的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于。 说明： （1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。类似地，还可以利用等分线段、等分正方形的方法来构造“抽屉”。例如“任取n+1个正数ai，满足0ai1（i=1,2,n+1），试证明：这n+1个数中必存在两个数，其差的绝对值小于”。又如：“在边长为1的正方形内任意放置五个点，求证：其中必有两点，这两点之间的距离不大于。 （2）例1中，如果把条件（包括边界）去掉，则结论可以修改为：至少有两个点之间的距离小于，请读者试证之，并比较证明的差别。 （3）用同样的方法可证明以下结论： i）在边长为1的等边

7、三角形中有n2+1个点，这n2+1个点中一定有距离不大于的两点。 ii）在边长为1的等边三角形内有n2+1个点，这n2+1个点中一定有距离小于的两点。 （4）将（3）中两个命题中的等边三角形换成正方形，相应的结论中的换成，命题仍然成立。 （5）读者还可以考虑相反的问题：一般地，“至少需要多少个点，才能够使得边长为1的正三角形内（包括边界）有两点其距离不超过”。 2分析：本题似乎茫无头绪，从何入手？其关键何在？其实就在“两个数”，其中一个是另一个的整数倍。我们要构造“抽屉”，使得每个抽屉里任取两个数，都有一个是另一个的整数倍，这只有把公比是正整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行，这里用得到一

8、个自然数分类的基本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与2的方幂的积，即若mN+,KN+，nN,则m=(2k-1)2n，并且这种表示方式是唯一的，如1=12，2=121，3=32， 证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘2的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我们可把1-100的正整数分成如下50个抽屉（因为1-100中共有50个奇数）： （1）1，12，122，123，124，125，126；（2）3，32，322，323，324，325；（3）5，52，522，523，524；（4）7，72，722，723；（5）9，92，922，923；（6）11，112，1122，1123；

9、（25）49，492；（26）51；（50）99。 这样，1-100的正整数就无重复，无遗漏地放进这50个抽屉内了。从这100个数中任取51个数，也即从这50个抽屉内任取51个数，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属于（1）-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这25个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中，一个是另一个的整数倍。 说明： （1）从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形：从1-2n的自然数中，任意取出n+1个数，则其中必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。想一想，为什么？因为1-2n中共含1，3，2n-1这n个奇数，因此可以制造n个抽屉，而n+1n，由抽屉

10、原则，结论就是必然的了。给n以具体值，就可以构造出不同的题目。例2中的n取值是50，还可以编制相反的题目，如：“从前30个自然数中最少要（不看这些数而以任意方式地）取出几个数，才能保证取出的数中能找到两个数，其中较大的数是较小的数的倍数？” （2）如下两个问题的结论都是否定的（n均为正整数）想一想，为什么？ 从2，3，4，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？ 从1，2，3，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？你能举出反例，证明上述两个问题的结论都是否定的吗？ （3）如果将（2）中两个问题中任取的n+1个数增加1个，都改成任

11、取n+2个数，则它们的结论是肯定的还是否定的？你能判断证明吗？ 3证明：把前25个自然数分成下面6组： 1； 2，3； 4，5，6； 7，8，9，10； 11，12，13，14，15，16； 17，18，19，20，21，22，23， 因为从前25个自然数中任意取出7个数，所以至少有两个数取自上面第组到第组中的某同一组，这两个数中大数就不超过小数的1.5倍。 说明： （1）本题可以改变叙述如下：在前25个自然数中任意取出7个数，求证其中存在两个数，它们相互的比值在内。 显然，必须找出一种能把前25个自然数分成6（7-1=6）个集合的方法，不过分类时有一个限制条件：同一集合中任两个数的比值在内，

12、故同一集合中元素的数值差不得过大。这样，我们可以用如上一种特殊的分类法：递推分类法： 从1开始，显然1只能单独作为1个集合1；否则不满足限制条件。 能与2同属于一个集合的数只有3，于是2，3为一集合。 如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数不超过最小的数的倍，就可以得到满足条件的六个集合。 （2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第7个抽屉为 26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39；第8个抽屉为：40，41，42，60；第9个抽屉为：61，62，63，90，91； 那么我们可以将例3改造为如下一系列题目： （1

13、）从前16个自然数中任取6个自然数；（2）从前39个自然数中任取8个自然数；（3）从前60个自然数中任取9个自然数；（4）从前91个自然数中任取10个自然数；都可以得到同一个结论：其中存在2个数，它们相互的比值在内。 上述第（4）个命题，就是前苏联基辅第49届数学竞赛试题。如果我们改变区间（pq）端点的值，则又可以构造出一系列的新题目来。 4.分析与解答：一个有着10个元素的集合，它共有多少个可能的子集呢？由于在组成一个子集的时候，每一个元素都有被取过来或者不被取过来两种可能，因此，10个元素的集合就有210=1024个不同的构造子集的方法，也就是，它一共有1024个不同的子集，包括空集和全集

14、在内。空集与全集显然不是考虑的对象，所以剩下1024-2=1022个非空真子集。 再来看各个真子集中一切数字之和。用N来记这个和数，很明显： 10N91+92+93+94+95+96+97+98+99=855这表明N至多只有855-9=846种不同的情况。由于非空真子集的个数是1022，1022846，所以一定存在两个子集A与B，使得A中各数之和=B中各数之和。 若AB=，则命题得证，若AB=C，即A与B有公共元素，这时只要剔除A与B中的一切公有元素，得出两个不相交的子集A1与B1，很显然 A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1与B1就是符合题目要求的子集。 说明：本例能否推广为如下命题

15、： 已给一个由m个互不相等的n位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。 请读者自己来研究这个问题。 5分析与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）的中点坐标是。欲使都是整数，必须而且只须x1与x2，y1与y2的奇偶性相同。坐标平面上的任意整点按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶数），（偶数，奇数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个整点，属于同一个“抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。 说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x1,x2,

16、xn）是n维（元）有序数组，且x1,x2,xn中的每一个数都是整数，则称（x1,x2,xn）是一个n维整点（整点又称格点）。如果对所有的n维整点按每一个xi的奇偶性来分类，由于每一个位置上有奇、偶两种可能性，因此共可分为222=2n个类。这是对n维整点的一种分类方法。当n=3时，23=8，此时可以构造命题：“任意给定空间中九个整点，求证它们之中必有两点存在，使连接这两点的直线段的内部含有整点”。这就是1971年的美国普特南数学竞赛题。在n=2的情形，也可以构造如下的命题：“平面上任意给定5个整点”，对“它们连线段中点为整点”的4个命题中，为真命题的是： （A）最少可为0个，最多只能是5个 （B

17、）最少可为0个，最多可取10个（C）最少为1个，最多为5个 （D）最少为1个，最多为10个（正确答案（D） 6分析：本题也似乎是茫无头绪，无从下手，其关键何在？仔细审题，它们的“和”能“被100整除”应是做文章的地方。如果把这100个数排成一个数列，用Sm记其前m项的和，则其可构造S1，S2，S100共100个和数。讨论这些“和数”被100除所得的余数。注意到S1，S2，S100共有100个数，一个数被100除所得的余数有0，1，2，99共100种可能性。“苹果”数与“抽屉”数一样多，如何排除“故障”？ 证明：设已知的整数为a1,a2,a100考察数列a1,a2,a100的前n项和构成的数列S

18、1，S2，S100。 如果S1，S2，S100中有某个数可被100整除，则命题得证。否则，即S1，S2，S100均不能被100整除，这样，它们被100除后余数必是1，2，99中的元素。由抽屉原理I知，S1，S2，S100中必有两个数，它们被100除后具有相同的余数。不妨设这两个数为Si，Sj（ij），则100（Sj-Si），即100。命题得证。 说明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰当的抽屉的。这时候，我们需要对所给对象先作一些变换，然后对变换得到的对象进行分类，就可以构造出恰当的抽屉。本题直接对an进行分类是很难奏效的。但由an构造出Sn后，再对Sn进行分类就容易得多。 另外，

19、对Sn按模100的剩余类划分时，只能分成100个集合，而Sn只有100项，似乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为0的类恰使结论成立，于是通过分别情况讨论后，就可去掉余数为0的类，从而转化为100个数分配在剩下的99个类中。这种处理问题的方法应当学会，它会助你从“山穷水尽疑无路”时，走入“柳暗花明又一村”中。 最后，本例的结论及证明可以推广到一般情形（而且有加强的环节）： 在任意给定的n个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被n整除，而且，在任意给定的排定顺序的n个整数中，都可以找出若干个连续的项（可以是一项），它们的和可被n整除。 将以上一般结论中的n赋以相应的年份的值如19

20、99，2000，2001，就可以编出相应年份的试题来。如果再赋以特殊背景，则可以编出非常有趣的数学智力题来，如下题： 有100只猴子在吃花生，每只猴子至少吃了1粒花生，多者不限。请你证明：一定有若干只猴子（可以是一只），它们所吃的花生的粒数总和恰好是100的倍数。 7证明：视17个科学家为17个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第2个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第3个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。 考虑科学家A，他要与另外的16位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从A出

21、发引出16条线段，将它们染成3种颜色，而16=35+1，因而必有6=5+1条同色，不妨记为AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同红色，若Bi（i=1，2，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立；否则B1，B2，B3，B4，B5，B6之间的连线只染有黄蓝两色。 考虑从B1引出的5条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用两种颜色染色，因为5=22+1，故必有3=2+1条线段同色，假设为黄色，并记它们为B1B2，B1B3，B1B4。这时若B2，B3，B4之间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若B2，B3，B4，之间无黄线，则B2，B3，B4，必为蓝色三角形，命题仍

22、然成立。 说明：（1）本题源于一个古典问题-世界上任意6个人中必有3人互相认识，或互相不认识。（美国普特南数学竞赛题）。 （2）将互相认识用红色表示，将互相不认识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问题，成为一个图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证：存在三点，它们所成的三角形三边同色。 （3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。 本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题： 在66个科学家中，每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目，而任何两个科学家之间仅仅讨论一个题目。证明至少

23、有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题目。 （4）回顾上面证明过程，对于17点染3色问题可归结为6点染2色问题，又可归结为3点染一色问题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）（6，2）（17，3）的过程，易发现6=（3-1）2+2，17=（6-1）3+2，66=（17-1）4+2，同理可得（66-1）5+2=327，（327-1）6+2=1958记为r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，我们可以得到递推关系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4这样就可以构造出327点染5色问题，1958点染6色问题，都必出现一个同色三角形。2二项式定理与多项

24、式1二项工定理2二项展开式的通项 它是展开式的第r+1项.3二项式系数 4二项式系数的性质（1）（2）（3）若n是偶数，有，即中间一项的二项式系数最大. 若n是奇数，有，即中项二项的二项式系数相等且最大.（4）（5）（6）（7）（8） 以上组合恒等式（是指组合数满足的恒等式）是证明一些较复杂的组合恒等式的基本工具.（7）和（8）的证明将在后面给出.5证明组合恒等式的方法常用的有（1）公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明.（2）利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中.（3）利用数学归纳法.（4）构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法.例题讲解1 求的展开式中的

25、常数项.2求的展开式里x5的系数.3已知数列满足 求证：对于任何自然数n，是x的一次多项式或零次多项式. 4已知a，b均为正整数，且求证：对一切，An均为整数.5已知为整数，P为素数，求证：6若，求证：7 数列中，求的末位数字是多少？8求N=19881的所有形如为自然数）的因子d之和.9设，求数x的个位数字.10已知试问：在数列中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论.例题答案：1.解：由二项式定理得 其中第项为 在的展开式中，设第k+1项为常数项，记为则 由得r2k=0，即r=2k，r为偶数，再根据、知所求常数项为评述：求某一项时用二项展开式的通项.2. 解：因为 所以的展开式里x5的

26、系数为 评述：本题也可将化为用例1的作法可求得.3. 分析：由是等差数列，则从而可将表示成的表达式，再化简即可.解：因为 所以数列为等差数列，设其公差为d有 从而由二项定理，知又因为从而 所以当的一次多项式，当零次多项式.4. 分析：由联想到复数棣莫佛定理，复数需要，然后分析An与复数的关系.证明：因为显然的虚部，由于 所以从而的虚部.因为a、b为整数，根据二项式定理，的虚部当然也为整数，所以对一切，An为整数.评述：把An为与复数联系在一起是本题的关键.5. 证明：由于为整数，可从分子中约去r！，又因为P为素数，且，所以分子中的P不会红去，因此有所以评述：将展开就与有联系，只要证明其余的数能

27、被P整除是本题的关键.6. 分析：由已知 猜想，因此需要求出，即只需要证明为正整数即可.证明：首先证明，对固定为r，满足条件的是惟一的.否则，设则矛盾.所以满足条件的m和是惟一的. 下面求.因为 又因为 所以 故 评述：猜想进行运算是关键.7. 分析：利用n取1，2，3，猜想的末位数字.解：当n=1时，a1=3， ，因此的末位数字都是7，猜想， 现假设n=k时， 当n=k+1时， 从而 于是 故的末位数字是7.评述：猜想是关键.8. 分析：寻求N中含2和3的最高幂次数，为此将19变为201和18+1，然后用二项式定理展开.解：因为N=19881=(201)881=(145)881= 其中M是整

28、数. 上式表明，N的素因数中2的最高次幂是5. 又因为N=(1+29)881 =32288+34P=32（288+9P）其中P为整数. 上式表明，N的素因数中3的最高次幂是2. 综上所述，可知，其中Q是正整数，不含因数2和3. 因此，N中所有形如的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.9. 分析：直接求x的个位数字很困难，需将与x相关数联系，转化成研究其相关数.解：令，由二项式定理知，对任意正整数n. 为整数，且个位数字为零.因此，x+y是个位数字为零的整数.再对y估值，因为， 且，所以 故x的个位数字为9.评述：转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研

29、究的问题.10. 分析：先求出，再将表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除.证明：在数列中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之.数列的特征方程为它的两个根为，所以 （n=0，1，2，）由 则取，由二项式定理得由上式知当15|k，即30|n时，15|an，因此数列中有无穷多个能被15整除的项.评述：在二项式定理中，经常在一起结合使用.16排列，组合1排列组合题的求解策略（1）排除：对有限条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况排除，这是解决排列组合题的常用策略（2）分类与分步有些问题的处理可分成若干类，用加法原理，要注意每两类的交集为空集，所有各类的并集是全集；有些

30、问题的处理分成几个步骤，把各个步骤的方法数相乘，即得总的方法数，这是乘法原理（3）对称思想：两类情形出现的机会均等，可用总数取半得每种情形的方法数（4）插空：某些元素不能相邻或某些元素在特殊位置时可采用插空法即先安排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入到排好的元素之间（5）捆绑：把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，然后与其它“普通元素”全排列，然后再“松绑”，将这些特殊元素在这些位置上全排列（6）隔板模型：对于将不可辨的球装入可辨的盒子中，求装的方法数，常用隔板模型如将12个完全相同的球排成一列，在它们之间形成的11个缝隙中任意插入3块隔板，把球分成4堆，分别装入4

31、个不同的盒子中的方法数应为，这也就是方程的正整数解的个数2圆排列（1）由的个元素中，每次取出个元素排在一个圆环上，叫做一个圆排列（或叫环状排列）（2）圆排列有三个特点：（i）无头无尾；（ii）按照同一方向转换后仍是同一排列；（iii）两个圆排列只有在元素不同或者元素虽然相同，但元素之间的顺序不同，才是不同的圆排列（3）定理：在的个元素中，每次取出个不同的元素进行圆排列，圆排列数为3可重排列允许元素重复出现的排列，叫做有重复的排列在个不同的元素中，每次取出个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序那么第一、第二、第位是的选取元素的方法都是种，所以从个不同的元素中，每次取出个元素的可重复的排列数为4

32、不尽相异元素的全排列如果个元素中，有个元素相同，又有个元素相同，又有个元素相同（），这个元素全部取的排列叫做不尽相异的个元素的全排列，它的排列数是5可重组合（1）从个元素，每次取出个元素，允许所取的元素重复出现次的组合叫从个元素取出个有重复的组合（2）定理：从个元素每次取出个元素有重复的组合数为：例题讲解1数1447,1005,1231有某些共同点，即每个数都是首位为1的四位数，且每个四位数中恰有两个数字相同，这样的四位数共有多少个？2有多少个能被3整除而又含有数字6的五位数？3有个人参加收发电报培训，每两人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方式？4 将个不同的小球放入个不同的盒子中，要使每

33、个盒子都不空，共有多少种放法？5在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的个数是多少个？6用8个数字1,1，7,7，8,8，9,9可以组成不同的四位数有多少个？7用五种颜色给正方体的各个面涂色，并使相邻面必须涂不同的颜色，共有多少种不同的涂色方式？8某种产品有4只次品和6只正品（每只产品可区分），每次取一只测试，直到4只次品全部测出为止求最后一只次品在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？9在平面上给出5个点，连结这些点的直线互不平行，互不重合，也互不垂直，过每点向其余四点的连线作垂线，求这此垂线的交点最多能有多少个？10位政治家举行圆桌会议，两

34、位互为政敌的政治家不愿相邻，其入坐方法有多少种？11某城市有6条南北走向的街道，5条东西走向的街道如果有人从城南北角（图点）走到东南角中点最短的走法有多少种？12用4个1号球，3个2号球，2个3号球摇出一个9位的奖号，共有多少种可能的号码？13将个相同的小球，放入个不同的盒子（）（1）有多少种不同的放法？（2）如果不允许空盒应有多少种不同的放法？148个女孩和25个男孩围成一圈，任意两个女孩之间至少站着两个男孩（只要把圆旋转一下就重合的排列认为是相同的）课后练习18次射击，命中3次，其中愉有2次连续命中的情形共有（）种（A）15（B）30（C）48（D）602在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两

35、名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。那么，在上述3名选手之间比赛的场数是（）（A）0 （B）1 （C）2 （D）33某人从楼下到楼上要走11级楼梯，每步可走1级或2级，不同的走法有（）种（A）144（B）121（C）64（D）814从7名男乒乓球队员，5名女乒乓球队员中选出4名进行男女混合双打，不同的分组方法有（）种（A）（B）（C）（D）5有5分、1角、5角的人民币各2枚、3张、9张，可组成的不同币值（非0）有（）种（A）79（B）80（C）88（D）896从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数中取出3个数，使其和为不小于10的偶

36、数，不同的取法有_种7已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合-3,-2,-1,0,1,2,3中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是_8设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种9如果：（1）a,b,c,d都属于1,2,3,4；（2）ab,bc,cd,da；(3)a是a,b,c,d中的最小值，那么，可以组成的不同的四位数的个数是_10在一个正六边形的六个区域种植观赏植物，要求同一块中种

37、同一种植物，相邻的两块种不同的植物。现有4种不同的植物可供选择，则有种载种方案1110人围圆桌而，如果甲、乙二人中间相隔4人，有种坐法12从中，按从小到大的顺序选取四个数，使得，问符合上要求的不同取法有多少种？138人围张一张圆桌，其中、两人不得相邻，而、两人以必须相邻的不同围坐方式有多少种？144对夫妇去看电影，8人坐成一排若每位女性的邻座只能丈夫或另外的女性，共有多少种坐法？4数学归纳法数学归纳法是用于证明与正整数有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法在数学竞赛中占有很重要的地位1数学归纳法的基本形式（1）第一数学归纳法设是一个与正整数有关的命题，如果当（）时，成立；假设成立，由此推得

38、时，也成立，那么，根据对一切正整数时，成立（2）第二数学归纳法设是一个与正整数有关的命题，如果当（）时，成立；假设成立，由此推得时，也成立，那么，根据对一切正整数时，成立2数学归纳法的其他形式（1）跳跃数学归纳法当时，成立，假设时成立，由此推得时，也成立，那么，根据对一切正整数时，成立（2）反向数学归纳法设是一个与正整数有关的命题，如果对无限多个正整数成立；假设时，命题成立，则当时命题也成立，那么根据对一切正整数时，成立3应用数学归纳法的技巧（1）起点前移：有些命题对一切大于等于1的正整数正整数都成立，但命题本身对也成立，而且验证起来比验证时容易，因此用验证成立代替验证，同理，其他起点也可以前

39、移，只要前移的起点成立且容易验证就可以因而为了便于起步，有意前移起点（2）起点增多：有些命题在由向跨进时，需要经其他特殊情形作为基础，此时往往需要补充验证某些特殊情形，因此需要适当增多起点（3）加大跨度：有些命题为了减少归纳中的困难，适当可以改变跨度，但注意起点也应相应增多（4）选择合适的假设方式：归纳假设为一定要拘泥于“假设时命题成立”不可，需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法中的某一形式，灵活选择使用（5）变换命题：有些命题在用数学归纳证明时，需要引进一个辅助命题帮助证明，或者需要改变命题即将命题一般化或加强命题才能满足归纳的需要，才能顺利进行证明5归纳、猜想和证明在数学中经常

40、通过特例或根据一部分对象得出的结论可能是正确的，也可能是错误的，这种不严格的推理方法称为不完全归纳法不完全归纳法得出的结论，只能是一种猜想，其正确与否，必须进一步检验或证明，经常采用数学归纳法证明不完全归纳法是发现规律、解决问题极好的方法例题讲解1用数学归纳法证明：（）2已知对任意，且，求证：3如果正整数不是6的倍数，则不是7的倍数4设都是正数，证明5已知函数的定义域为，对于区间内的任意两数均有求证：对于任意，均有6试证：对一切大于等于1的自然数都有7试证：对一切自然数（）都有8证明：任一正方形可以剖分成任意个数多于5个的正方形9设，求证：对一切均有10已知，求证：对一切，都是整数11设，是否

41、存在关于正整数的函数使等式对于的一切自然数都成立？并证明你的结论12设整数数列满足，且证明：任意正整数，是一个整数的平方课后练习1证明时，能被31整除2设不小于6的自然数，证明：可以将一个正三角形分成个较小的正三角形3用数学归纳法证明：4 设为自然数，求证：5对于自然数（），求证：6已知，求证：对于一切，是整数7设有个球分成了许多堆，我们可以任意选甲、乙两堆来按照以下规则挪动：若甲戴盆望天的球数不小于乙堆的球数，则从甲堆拿个球放堆乙堆，这样算是挪动一次证明：可以经过有限次挪动把所有的球合并成一堆8 已知数列满足：，（），试证：5直线和圆，圆锥曲线一直线与圆1,两点间的距离公式:设,则;2,线段

42、的定比分点坐标公式:设,点分的比为,则 ,3,直线方程的各种形式(1),点斜式:; (2),斜截式:; (3),两点式:(4),截距式: ;(5),一般式:不同为零);(6)参数方程:为参数,为倾斜角,表示点与之间的距离)4,两直线的位置关系设(或).则(1),且(或且);(2),(或).5,两直线的到角公式与夹角公式:(1),到角公式:到的到角为,则,();(2),夹角公式:与的夹角为,则,().6,点到直线的距离:.7,圆的方程(1),标准方程:,其中为圆心坐标,R为圆半径;(2),一般方程:,其中,圆心为,半径为.(3),参数方程: ,其中圆心为,半径为R.二圆锥曲线椭圆双曲线抛物线定义

43、与两个定点的距离的和等于常数与两个定点的距离的差的绝对值等于常数与一个定点和一条定直线的距离相等标准方程(或),(或)(或)参数方程(或)(或)(或)焦点或或或正数a,b,c,p的关系()()离心率准线(或)(或)(或)渐近线(或)焦半径(或)(或,),(点在左或下支)(或)统一定义到定点的距离与到定直线的距离之比等于定值的点的集合.(注:焦点要与对应准线配对使用)三解题思想与方法导引.1,函数与方程思想 2,数形结合思想. 3,分类讨论思想. 4,参数法. 5,整体处理例题讲解1在平面直角坐标系中,方程为相异正数),所表示的曲线是（ ）A,三角形 B,正方形 C,非正方形的长方形 D,非正方形的菱形2平面上整点(坐标为整数的点)到直线的距离中的最小值是（ ）A, B, C, D,3过抛物线的焦点F作倾斜角为的直线,若此直线与抛物线交于A,B两点,弦AB的中垂线与轴交于P点,则线段PF的长等于（ ） A, B, C, D,4若椭圆上一点P到左焦点的距离等于它到右焦点距离的2倍,则P