第一讲：集合与命题(教师版)

总的来说，函数、方程、数列、不等式、排列组合等内容是高频考点。

应试策略：1、注重基础：一般说来，自主招生中，中等难度题目分数比例大约60%左右。

2、联系教材，适度拓宽知识面：注意课本上的自主.探究和阅读材料，对和大学数学联系紧密的内容进行深度挖掘。

自主招生中，有不少试题都来源于这些材料。

3、掌握竞赛数学的基本知识和解题技巧，着重培养数学思维能力。

4、考前进行模拟训练，熟悉每个高校的命题特点，掌握答题技巧。

高频考点一览：一、 试题特点分析：1.突出对思维能力的考查。

【2014年北约】已知()01,2,...,i x i n >=11.ni i x ==∏求证：))11.nni i x =≥∏【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.调和平均值n n ni n H G =≤=⎛⎫∑≤n i n ≤⎛⎫∑ni ≤∑ni ⎛⎫≤∑1n ni inn⎛⎫≤+=∑∑，即)1+≤))1nniix≤∏法二：由11.niix==∏及要证的结论分析，由柯西不等式得))211iixx⎫≥⎪⎭，从而可设1iiyx=，且1111.n niii iyx====∏∏从而本题也即证))11.n niiy=≥∏从而))211n nii ixx⎫+≥⎪⎭∏，即))21n ni iix y≥∏，假设原式不成立，即))11,n niix=<∏则))11.nniiy=<∏从而))21n ni iix y<∏，矛盾.得证.2.注重和解题技巧，考查学生应用知识解决问题的能力。

【2014年北约】10、已知实系数二次函数()f x与()()(),g x f x g x=和()()30f xg x+=有两重根，()f x有两相异实根，求证：()g x没有实根.【解析】设()2,f x ax bx c=++()2,g x dx ex f=++则由()()f xg x=，可得()()()()()()220,40.a d xb e xc f b e ad c f-+-+-=∆=----=由()()30f xg x+=可得()()()()()()223330,34330.a d xb e xc f b e ad c f+++++=∆=+-++=化简得223124,b e ac df+=+即()22434e df ac b-=-又240.b ac->240.e df∴-<()g x∴没有实根.二、应试和准备策略1.注意知识点的全面数学题目被猜中的可能性很小，一般知识点都是靠平时积累，因此，要求学生平时要把基础知识打扎实。

剩下的就是个人的现场发挥。

2.注意适当补充一点超纲内容如上面提及的一些平时不太注意的小章节或高考不一定考的问题，如矩阵，行列式等也不可忽视。

3.适当做近几年的自主招生的真题俗话说，知己知彼，百战百胜。

同学们可适当地训练近几年自己所考的高校自主招生的试题，熟悉一下题型和套路还是有益的。

总之，同学们若是注意一些知识点的延伸和加深，考试时必定会有一种居高临下的感觉。

第一讲：集合与命题（教师版）一、知识补充：容斥原理基本公式:(1)card(A∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A∩B)； (2)card(A∪B∪C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(A∩B)-card(A∩C)-card(B∩C)+card(A∩B ∩C)问题：开运动会时，高一某班共有28名同学参加比赛，有15人参加游泳比赛，有8人参加田径比赛，有14人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和田径比赛的有3人，同时参加游泳比赛和球类比赛的有3人，没有人同时参加三项比赛，问同时参加田径比赛和球类比赛的有多少人？只参加游泳一项比赛的有多少人？解：设A＝{参加游泳比赛的同学}，B＝{参加田径比赛的同学}，C＝{参加球类比赛的同学},则card(A)=15，card(B)=8，card(C)=14，card(A∪B∪C)=28,且card(A ∩B)=3，card(A∩C)=3，card(A∩B∩C)=0,由公式②得28＝15＋8＋14－3－3－card(B∩C)+0,即card(B∩C)=3,所以同时参加田径和球类比赛的共有3人，而只参加游泳比赛的人有15－3－3＝9(人)二．抽屉原理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，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。

例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.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BC≥AB，所以∠A≥∠C，则∠QNP ≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相邻的内角），所以 PQ≥PM。

显然BC≥PQ，故BC≥PM。

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。

三、针对性训练1．对集合{1，2，…，n}及其每一个非空了集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后交替地减或加后继的数所得的结果，例如，集合的“交替和”是9-6+4-2+1=6.的“交替和”是6-5=1，的交替和是2。

那么，对于n=7。

求所有子集的“交替和”的总和。

解：集合{1，2，3，4，5，6，7}的子集中，除去{7}外还有个非空子集合，把这个非空子集两两结组后分别计算每一组中“交替和”之和，结组原则是设这是把结合为一组，显然，每组中，“交替和”之和应为7，共有组.所以,所有“交替和”之和应该为。

2．n元集合具有多少个不同的不交子集对？分析：我们一般想法是对于一个子集，求出与它不交的子集个数，然后就可以求出总的子集对来了。

解：如果子集对是有序的，即在子集对中可以区分第一个子集与第二个子集，则第一个子集若是k个元素，第二个子集就由其余n-k个元素组成，可能的情况是种，而这时第一个集合的选取的可能情况应为种，那么k从o变到n，总的情况可能就是。

如果子集对是无序的，即两个子集相同但次序不同的子集对不认为不同，则对有序子集对中有一对是由两个空集组成，而对其它个有序对，每一对中交换两个子集的次序，得到的是同一个无序子集对，因此有个无序子集对，其中至少有一个子集非空，于是无序子集对的总数为分析二：我们可以从元素的角度来思考问题。

对一个元素来说，它有三种不同的选择，在第一个集合中，在第二个集合中，或者不在两个集合中。

解法二：在计算有序对的数目时，对每一个元素来说有三种可能：它或在第一个子集，或在第二个子集，或不在其中任意一个子集，因此不同的不交有序子集对的总数，以下同解法一。

3.以某些整数为元素的集合P具有下列性质：①P中的元素有正数，有负数；②P 中的元素有奇数,有偶数；③－1∉P；④若x，y∈P,则x＋y∈P。

试判断实数0和2与集合P的关系。

解：由④若x，y∈P,则x＋y∈P可知，若x∈P，则)kx∈∈Pk(N（1）由①可设x，y∈P，且x＞0，y＜0，则－y x＝|y|x (|y|∈N) 故x y,－y x∈P,由④, 0＝(－y x)+x y∈P。

（2）2∉P 。

若2∈P ，则P 中的负数全为偶数，不然的话，当－（12+k ）∈P （N k ∈）时，－1＝（－12-k ）＋k 2∈P ，与③矛盾。

于是，由②知P 中必有正奇数。

设),( 12,2N n m P n m ∈∈--，我们取适当正整数q ，使12|2|->-⋅n m q ，则负奇数P n qm ∈-+-)12(2。

前后矛盾。

4.若321,,S S S 为非空集合，对于1，2，3的任意一个排列k j i ,,，若j i S y S x ∈∈,，则k S y x ∈-（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？证明：（1）若j i S y S x ∈∈,，则i k S x y x y S x y ∈-=--∈-)(,所以每个集合中均有非负元素。

当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立。

否则，设321,,S S S 中的最小正元素为a ，不妨设1S a ∈，设b 为32,S S 中最小的非负元素，不妨设,2S b ∈则b －a ∈3S 。

若b ＞0,则0≤b －a ＜b ，与b 的取法矛盾。

所以b =0。

任取,1S x ∈因0∈2S ,故x －0＝x ∈3S 。

所以⊆1S 3S ，同理3S 1S ⊆。

所以1S =3S 。

（3） 可能。

例如1S =2S ={奇数}，3S ={偶数}显然满足条件，1S 和2S 与3S 都无公共元素。

5.设{}{}G a a a a A S ⊂==100321,,,,,200,,3,2,1 ，且A 具有下列性质：（1）对任意1001≤≤≤j i ，恒有201≠+j i a a ；（2）100801001=∑=i i a 。

试证A 中的元素为奇数的个数是4的倍数，且∑=10012i i a 为定值.证明：考虑{}{}{}101,100,,199,2,200,110021===G G G ，每个集合中取一个元素，但注意到2+4+…+200=10100≠10080，不妨设不属于A 的偶数为k a a a ,,,21 ，则相应的奇数k a a a ---201,,201,20121 应在A 中，且对应差的和为20.6．(2010年江苏五校)已知集合A ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，其中a i ∈R （1≤i ≤n ，n ＞2），l (A )表示a i ＋a j (1≤i ＜j ≤n )的所有不同值的个数．（1）已知集合P ＝{2，4，6，8}，Q ＝{2，4，8，16}，分别求l (P )，l (Q )； （2）若集合A ＝{2，4，8，…，2n }，求证：l (A )＝n (n －1)2；（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）证明：因为a i ＋a j (1≤i ＜j ≤n )共有n (n －1)2项，所以l (A )≤n (n －1)2．又集合A ＝{2，4，8，…，2n }，不妨设a m ＝2m ，m ＝1，2， …，n ．a i ＋a j ，a k ＋a l (1≤i ＜j ≤n ，1≤k ＜l ≤n )，当j ≠l 时，不妨设j ＜l ，则a i ＋a j ＜2 a j ＝2j ＋1≤a l ＜a k ＋a l ，即a i ＋a j ≠a k ＋a l ， 当j ＝l ，i ≠k 时，a i ＋a j ≠a k ＋a l ，因此，当且仅当i ＝k ，j ＝l 时，a i ＋a j ＝a k ＋a l ．即所有a i ＋a j (1≤i ＜j ≤n )的值两两不同，因此l (A )＝n (n －1)2．（3）不妨设a 1＜a 2＜a 3＜…＜a n ，可得a 1＋a 2＜a 1＋a 3＜…＜a 1＋a n ＜a 2＋a n ＜a 3＋a n ＜…＜a n －1＋a n ，故a i ＋a j (1≤i ＜j ≤n )中至少有2n －3个不同的数，即l (A )≥2n －3． 事实上，设a 1，a 2，a 3，…，a n 成等差数列，考虑a i ＋a j (1≤i ＜j ≤n )，根据等差数列的性质，当i ＋j ≤n 时， a i ＋a j ＝a 1＋a i ＋j －1； 当i ＋j ＞n 时， a i ＋a j ＝a i ＋j －n ＋a n ；因此每个和a i ＋a j (1≤i ＜j ≤n )等于a 1＋a k (2≤k ≤n )中的一个，或者等于a l ＋a n (2≤l ≤n －1)中的一个．故对这样的集合A ，l (A )＝2n －3，所以l (A )的最小值为2n －3． 数.7．通信工程中常用n 元数组123(,,,)n a a a a ……表示信息，其中0i a =或1，i n N ∈、．设123(,,)n u a a a a =……，123(,,)n v b b b b =……，(,)d u v 表示u 和v 中相对应的元素不同的个数．（１）(0,0,0,0,0)u =问存在多少个5元数组v 使得(,)1d u v =； （２）(1,1,1,1,1)u =问存在多少个5元数组v 使得(,)3d u v =；（３）令0(0,0,00)n w =个……，123(,,)n u a a a a =……，123(,,)n v b b b b =……，求证：(,)(,)(,)d u w d v w d u v +≥． 解：()15；()23510C =；()3记u v 、中对应项同时为0的项的个数为p ，对应项同时为1的项的个数为q ，则对应项一个为1，一个为0的项的个数为n p q --；()p q N p q n ∈+≤、，．(,)d u w 即是u 中1的个数，(,)d v w 即是v 中1的个数，(,)d u v 是u v 、中对应项一个为1，一个为0的项的个数。