高中数学 第66讲 覆盖竞赛教案
第66讲 覆盖
本节主要内容是图形覆盖与嵌入． 一、图形覆盖的定义：
平面闭图形指的是由平面上一条简单闭曲线及其围成的平面部分组成的图形．所谓简单闭曲线，就是自身不相交的封闭曲线．它作为图形的边界，而它围成的平面部分(不包括闭曲线本身)称为平面图形的内部．
定义1 设M 和N 是两个平面图形，若M ?N 或M 经过运动变成M'，而M'?N ，则称图形M 可以覆盖图形N ，或N 能被M 覆盖，也说N 嵌入M ．
设M 1，M 2，…，M n 是一组平面图形，若M 1?M 2?…?M n ?N ，或M 1，M 2，…，M n 各自经过运动(施于每一个图形的运动不一定相同)分别变为M 1'，M 2'，…，M n '，而M 1'?M 2'?…?M n '?N ，则称图形M 1，M 2，…，M n 可以覆盖图形N ，或N 能被M 1，M 2，…，M n 覆盖．
二、图形覆盖的性质：覆盖的下述性质是十分明显的： ⑴ 图形G 覆盖自身；
⑵ 图形G 覆盖图形E ，图形E 覆盖图形F ，则图形G 覆盖图形F ．
⑶ 如果一条线段的两个端点都在一个凸图形内部，则此线段被此凸图形覆盖．
推论：一个凸图形如果盖住了一个凸多边形的所有顶点，则此凸多边形被此凸图形覆盖． 定义2设F 是一个平面闭图形，我们称F 的任意两点之间的距离的最大值为M 的直径，记为d(F)，即d(F)＝max{|AB|，A ，B ∈F}．
三、关于覆盖的三条原则：覆盖的以下三个原则是常用的：
原则1 若图形F 的面积大于图形G 的面积，则图形G 不能覆盖图形F ； 原则2 直径为d 的图形Ｆ不能被直径小于d 的图形G 所覆盖．
原则3 (重叠原理) n 个平面图形的面积分别为S 1，S 2，…，S n ，若它们被一个面积为A 的平面图形完全覆盖，又A
这三个原则十分显然，不再证明． 四、用圆盘覆盖图形：
圆盘：圆及圆内部分构成圆盘．
定理1 如果能在图形Ｆ所在平面上找到一点O ，使得图形Ｆ中的每一点与O 的距离都不大于定长r ，则Ｆ可被一半径为r 的圆盘所覆盖；
定理2 对于二定点A 、B 及定角α，若图形F 中的每点都在AB 同侧，且对A 、B 视角不小于α，则图形F 被以AB 为弦，对AB 视角等于α的弓形G 所覆盖；
在用圆盘去覆盖图形的有关问题的研究中，上述二定理应用十分广泛． 称覆盖图形F 的圆盘中最小的一个为F 的最小覆盖圆盘．最小覆盖圆盘的半径叫做图形F 的覆盖半径．
A 类例题
例1 △ABC 的最大边BC 等于a ，试求出覆盖△ABC 的最小圆盘．
解：⑴若此三角形为钝角三角形或直角三角形，则以其最大边a 为直径作圆，该圆盘可以覆盖此三角形，而任一直径小于a 的圆盘，则不能盖住此三角形，故覆盖直角三角形或钝角三角形的最小圆盘是以其最大边为直径的圆盘．即覆盖△ABC 的最小圆盘的半径＝12
a ．
⑵ 若三角形ABC 是锐角三角形，任取一个覆盖ABC 的半径为r 的圆盘O ，若A 、B 、C 都不在圆上，连OA 、OB 、OC ，设OA ≥OB ≥OC ，则以O 为圆心，OA
C'
B'
r A
C B
O
为半径作圆，该圆盘也能覆盖ABC ，且OA ＜r ．即当三角形的顶点在圆内时，覆盖此三角形的圆一定不是最小圆盘．
现设A 在⊙O 上，B 、C 在圆上或圆内，且⊙O 的直径为ｄ，△ABC 外接圆直径为d 0，延长
CB 、BC 与圆交于B
、C ，则∠B ≤∠B ，且∠ACC 为钝角，于是AC
＞AC ．故d ＝
AC
sin B
≥
AC
sin B
＝d 0．所以锐角三角形ABC 的最小覆盖圆盘是它的外接圆． 由正弦定理，其外接圆的半径r ＝
a
2sinA ≤a 2sin60＝33
a ． 这样就得到了覆盖三角形的圆盘的定理： △ABC 中，若a 为最大边，则△ABC 的覆盖半
径r 满足
12a ≤r ≤3
3
a ．
例2 已知A 、B 、C 、D 为平面上两两距离不超过1的任意四个点，今欲作一圆覆盖此四点(即A 、B 、C 、D 在圆内或圆周上)，问半径最小该为多少？试证明之，(1985年上海市数学竞赛试题)
分析 我们先通过特殊情况：此四点共线，△ABC 是正三角形，D 在内部或边界．探索到半径的最小值．然后按A 、B 、C 、D 形成的凸包分类讨论．
解 设所求半径的最小值为r ，
⑴ 若四点共线，则用一个半径为1
2
的圆盘即可覆盖此四点；
⑵ 若此四点的凸包为三角形，由于最大边长≤1．由覆盖三角形的圆盘定理知，覆盖此四点的圆盘半径r ≤
33
； ⑶ 若此四点的凸包为四边形ABCD ．若此四边形有一组对角都≥90，例如∠A 、∠C 都
≥90
，则以BD 为直径的圆盘可以覆盖此四点，此时r ≤1
2
；
若此四边形两组对角都不全≥90，则必有相邻二角＜90
，设∠A 、∠B 都小于90．不
妨设∠ADB ≥∠ACB ．若∠ACB ≥90
，则以AB 为直径的圆盘覆盖此四点，此时r ≤1
2
；若∠
ACB ＜90，则由ACB 的外接圆围成的圆盘覆盖此四点，此时r ≤
33
． 总之，r ≤
33
． 说明 优先考虑特殊情况得到结果，再分类讨论是数学中经常使用的方法．
情景再现
1，已知一个凸五边形的所有内角都是钝角，证明能找到这个五边形的两条对角线，以这两条对角线为直径的两个圆形纸片，可以将这个五边形覆盖，(1987年东北三省数学邀请赛试题)
2，(1)一个正方形被分割成若干个直角边分别为3，4的直角三角形．证明：直角三角形的总数为偶数．
(2)一个矩形被分割成若干个直角边分别为1，2的直角三角形．证明：直角三角形的
总数为偶数．(1996年城市数学联赛试题)
B 类例题
例3 以□ABCD 的边为直径向平行四边形内作四个半圆面，证明这四个半圆面一定覆盖整个平行四边形．
思路１ 证明□ABCD 的每一点至少被某个半圆所盖住． 证明1：用反证法．如图，设存在一点Ｐ在以AB 、BC 、CD 、DA 为直径的圆外，根据定理二，∠APB ，∠BPC ，∠CPD 、∠DPA 均小于90°，从而
∠APB +∠BPC +∠CPD +∠DPA <360．
与四角和应为周角相矛盾．故Ｐ应被其中一半圆盖住，即所作四个半圆覆盖□ABCD ．
分析2：划片包干，如图，将□ABCD 分为若干部分，使每一部分分别都被上述四个半圆面所覆盖．
证明2 在□ABCD 中，如图，设AC ≥BD ．分别过B 、D 引垂线BE 、DF 垂直于AC ，交AC 于E 、F ，将ABCD 分成四个直角三角形：△ABE 、△BCE 、△CDF 、△DAF ．每一个直角三角形恰好被一半圆面所覆盖，从而整个四边形被四个半圆面所覆盖．
上述结论可推广到任意四边形．
例4 在2，15×4cm 2
的矩形中，最多可以不重叠地放置多少半径为1cm 的14
圆盘？(1989
年俄罗斯数学奥林匹克试题)
解 每个被放置的面积等于0，25πcm 2
， 因为2，15×4÷14
π＜11，因此，
最多可以分割出10个这样的1
4
圆盘，
另一方面，如图中矩形ABCD ，一边AB ＝2cm ，其中含有5个1
4
的圆盘，设RP
＝PK ＝x ，则PQ ＝2x ，1＝AK ＝PK+PQ ＝x +2x ，所以x ＝2－1，EK ＝PE+PK ＝
PD 2－DE 2
+ PK ＝3+2－1<2，15，
从而2，15×2cm 2的矩形可分割成5个14的圆盘，2，15×4cm 2
的矩形可分割成10个14
的圆盘，
例5 设G 是紧夹在平行线l 1与l 2之间的任一凸区域(即边界上任意两点之间所连线段都
包含于它的区域)，其边界c 与l 1、l 2都有公共点，平行于l 1的直线l 将G 分为如图所示的A 、B 两部分，且l 与l 1和l 2 之间的距离分别为a 和b ，
(1)G 为怎样的图形时，A 、B 两部分的面积之比S A
S B 达到最大值并说明理由；
(2)试求S A
S B
的最大值，(1989年四川省数学竞赛试题)
分析 要使S A
S B 最大，就要使得S A 尽量大，同时要使S B 尽量小，由于凸区域的任意性，设l
与G 的边界c 交于X 、Y ，要使S B 尽量小，B 为三角形PXY ，延长PX ，PY 得梯形总包含A ，所以当A 为梯形时，S A 最大． 解 设l 与G 的边界c 交于X 、Y ， 点P ∈l 2∩G ， 连PX 、PY 并延长分别交l 1于X 1、Y 1， (1) 因为△PXY B ，故S △PXY ≤S B ， 又A
梯形XYY 1X 1，故S A ≤S 梯形XYY1X1，于是S A S B ≤S 梯形XYY1X1
S △PXY
，
1
1
E
D
C
B
由上式可知，G 为一边位于l 1上，而另一个顶点在l 2上的三角形时，S A
S B 达到最大，
(2) 设X 1Y 1＝d ，则XY ＝
bd a +b ， S △PXY ＝ d 2(a +b )， S 梯形XYY1X1＝ a 2(d +bd
a +b
)， 故S A S B 的最大值M ＝ S 梯形XYY1X1S △PXY ＝ a 2
+2ab
b
2， 说明 考虑极端情况(特殊情况)是解决问题的突破口．
情景再现
3．证明：对于任意一个面积为1的凸四边形，总可以找到一个面积不超过2的三角形，将它全部覆盖住．(1989年芜湖市数学竞赛试题)
4， 平面α内给定一个方向 l →
，F 是平面α内的一个凸集，其面积为S(F)，内接于F 且有一边平行于 l →的所有三角形中面积最大的记为△，其面积记为S(△)，求最大的正实数
c ，使得对平面α内任意凸图形F ，都有S(△)≥c ?S(F)．
5， 已知钝角三角形ABC 的外接圆半径为1，证明：存在一个斜边长为2+1的等腰直角三角形覆盖三角形ABC ，(2004年中国女子数学奥林匹克试题)
C 类例题
例6 在平行四边形ABCD 中，已知△ABD 是锐角三角形，边长AB ＝a ，AD ＝1，∠BAD ＝α，证明:当且仅当
a ≤cos α+3sin α时，以A 、B 、C 、D 为圆心，半径为1的四个圆K A 、K B 、K C 、K D ，能覆盖该
平行四边形．
(第9届IMO 试题)
分析 由于平行四边形ABCD 是中心对称性，K A 、K B 、K C 、K D ，能覆盖该平行四边形当且仅当K A 、K B 、K D 覆盖△ABD ， 所以通过三角方法研究ABD 的外接圆．
解 作锐角三角形ABD 的外接圆．圆心O 必在ABD 内．弦心距OE 、OF 、OG 将△ABD 分成三个四边形(如图)．
若OA ≤1，则圆K A 覆盖四边形OEAG ，圆K B 、K D 覆盖另两个四边形，所以圆K A 、K B 、K D 覆盖 △ABD ．
由对称性，圆K B 、K C 、K D 覆盖△BCD ，
若OA ＞1， 则圆K A 、K B 、K D 均不覆盖O ．由于△CBD ≌△ADB 是锐角三角形，∠ODC ≥∠OCD ，∠OBC ≥∠OCB 至少有一个成立，所以OC ≥OD(或OB)＞1，即圆K C 也不覆盖O ，
因此OA ≤1是圆K A 、K B 、K C 、K D 覆盖平行四边形ABCD 的充分必要条件．
设平行四边形ABCD 中，AB 边上的高为DH ，则DH ＝sin α，AH ＝cos α， BH ＝a - cos α，cot ∠ABD ＝
a - cos α
sin α
，
因此，OA ≤1?∠ABD ≥30o
?
a - cos α
sin α
≤3?a ≤cos α+3sin α．
所以，当且仅当cos α+3sin α时，圆K B 、K C 、K D 覆盖平行四边形ABCD ．
说明 在得到R ＝OA ≤1是圆K A 、K B 、K C 、K D 覆盖平行四边形ABCD 的充分必要条件后可按照下列方法处理：
在△ABD 中，由正弦定理得2R ＝BD sin α
，又由余弦定理得BD ＝1＋a 2
－2a cos α，故R ＝
αa H
G
F
E
O
D
C
B
A
1＋a 2
－2a cos α
2sin α
，
故R ≤1?1＋a 2
－2a cos α
2sin α≤1，解此关于a 的不等式得cos α－3sin α≤a ≤cos α＋3
sin α，
而a ＝AB ＞ADcos α＝cos α，故cos α－3sin α≤a 肯定成立，故R ≤1?a ≤cos α＋3sin α．
例7 在一个半径等于18的圆中已嵌入16个半径为3的圆盘．证明在余下的部分中还能嵌入9个半径为1的圆盘，这些圆盘相互间没有公共点，它们与原来的半径为3的那些圆盘也没有公共点．
证明：首先证明大圆中还能嵌入1个半径为1的小圆．先将大圆的半径收缩为17，而将半径为3的圆膨胀成半径为4的圆，此时大圆面积变为 π×172
＝289π． 16个半径为4的圆的面积为π×42
×16＝256π．
由于289π－256π＝33π．这说明大圆中嵌入16个半径为3的圆外，还能嵌入半径为1的一个小圆．
又由于289π－256π－4π＝29π，所以大圆中除嵌入16个半径为3的圆及1个半径为1的圆外，还能再嵌入一个半径为1的圆．
依此类推，由于289π－256π－4π×8＝π＞0．故大圆还可嵌入九个半径为1的小圆． 将图形收缩、镶边是解嵌入问题一种重要方法．
例8 给定(3n +1)×(3n +1)的方格纸(n ∈N *)，试证任意剪去一个方格后，余下的纸必可全部剪成形如的L 型纸片，(1992年国家队选拔考试试题)
分析 从特殊到一般，采用数学归纳法
证明 n ＝1时，4×4的方格纸任意剪去一个方格后，由对称性，不妨假设剪去的一个方格位于左上角2×2的方格纸中，剩下的其它方格如图分割，就得到符合条件的一种分割方法，
n ＝2时，为7×7方格纸， 首先每一个2×3的纸片可剪成2个L 型纸片， 其次，由对称性，不失一般性可假设剪去的一格位于左上角4个2×2的正方形I 、II 、III 、IV 的某一个内(如图(a ))，如果剪去的一格在I 或II 或III 内，则I 、II 、III 余下的部分为一格L 型纸片其余的部分可分别按图(b )，(c )，(d )全部剪成L 形纸片，如果剪去的一格在IV 内，则只要作图关于主对角线AC 的对称图即可，这就证明了n ＝2时结论成立，
(()
)b a 2×3
2×3
2×3
3×2
3×2
3×2
2×3
I
IV
III
II
I
21
43
18
17
()
)
(d c 2×3
2×3
2×3
2×3
2×3
2×3
3×2
3×2
3×2
3×2
3×2
III
D
C B
A
II
设n ＝k 时结论成立，那么n ＝k +2时，不失一般性，可设剪去的一格位于左上方(3k +1)×(3k +1)的正方形内，这时将(3k +7)×(3k +7)的纸片分成4块：左上方是(3k +1)×(3k +1)的正方形，右下方是7×7正方形去掉去掉左上方的一个方格，左下方和右上方分别是6×3k 和3k ×6的矩形，因为6×3k 和3k ×6的矩形可全部剪成2×3或3×2的纸片，故可全部剪成L 型纸片，而由归纳假设及n ＝2的证明知左上方及右下方的两块也能全部剪成L 型纸片， 这就证明了n ＝k +2时结论成立， 于是，我们完成了原题的证明，
说明 数学归纳法是解决与n 有关组合问题的常用手法，数学归纳法使得问题建立跨度，先从简单的特殊情况加以考虑，然后将方法和结论延伸．
情景再现
6．2×2的方格纸片剪去一个小方格后剩下的3个小方格组成的纸片叫做L 型纸片， 证
明：对任意正整数n ，2n ×2n
型纸片任意剪去一个小方格后，剩下的部分能全部沿方格线剪成L 型纸片，(1982年上海市数学竞赛试题)
7．已知n ×n (n 是奇数)的棋盘上每个单位正方形被黑白相间地染了色，且4角的单位正方形染的是黑色，将3个连在一起的单位正方形组成的L 形图称作一块“多米诺”．问n 为何值时，所有黑色可用互不重叠的“多米诺”覆盖？若能覆盖，最少需要多少块“多米诺”?(第43届IMO 预选题)
8．平面上任意给定n 个点，其中任何3点可组成一个三角形，每个三角形都有一个面积，令最大面积与最小面积之比为μn ，求μ5的最小值．
习题66
1．在平面上有n (n ≥3)个半径为１的圆，且任意三个圆中至少有两个圆有交点．证明：这些圆覆盖平面的面积小于35，(2003年国家集训队试题)
2．证明：单位长的任何曲线能被面积为1
4的闭矩形覆盖，(1990年国家集训队测试题)
3．考虑m ×n (m ，n ≥1)的方格阵，在每个顶点和方格中心放入一块干面包(图为m ＝3，n ＝4的情形，放置了32块干面包)． (1)求恰有500块干面包的方格阵；
(2)证明：有无穷多个正整数k ，使得不存在m ×n 的方格阵．(2003年意大利数学奥林匹克试题)
4．平面上有h +s 条直线，其中h 条是水平直线，另s 条直线满足： (1)它们都不是水平线； (2)它们中任意两条不平行；
(1) h +s 条直线中任何三条不共点，且这h +s 条直线恰好把平面分成1992个区域， 求所有的正整数对(h ，s )，(1992年亚太地区数学奥林匹克试题)
5．若干个正方形的面积之和等于1，求证：它们可以不重叠地嵌入到一个面积为2的正
7×7－1
(3k +1)×(3k +1)
3k ×6
6×3
k
方形内．(第6届全苏数学奥林匹克试题)
6．能否将下列m ×n 矩形剖分成若干个形如 的“L ”形？ (1)m ×n ＝1985×1987?
(2) m ×n ＝1987×1989?(第28届IMO 预选题)
7． 在一个面积为1的正三角形内部，任意放五个点，试证：在此正三角形内，一定可以作三个正三角形盖住这五个点，这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边，并且它们的面积之和不超过0，64，(1987年中国数学奥林匹克试题)
8．设P 是一个凸多边形．证明：在P 内存在一个凸六边形，其面积至少是P 的面积的3
4
，
(第45届IMO 预选题) 本节“情景再现”解答：
1． 如图，分别以对角线AC ，AD 为直径作圆O 1， 圆O 2， 因为∠B ＞90o
，所以△ABC 被圆O 1覆盖，同理△AED 被圆O 2覆盖，
在△ACD 中，若∠1≥90o ，则△ACD 被圆O 1覆盖；若∠2≥90o
， 则△ACD 被圆O 2覆
盖；若∠1、∠2均为锐角，则自A 作CD 的垂线AF ， 则△ACF 和△ADF 分别被圆O 1、圆O 2覆盖．
综上所述，凸五边形ABCDE 可被圆O 1、圆O 2覆盖．
2．(1)由于三角形的三边长均为整数，所以正方形的边长也为整数n ， 又由于三角形的面积为6，所以6|n 2，从而2|n ，3|n ， 即6|n ， 记n ＝6m ，则n 2＝36m 2
，
三角形的总数6m 2
是偶数．
(2)矩形被若干条割缝(线段)分割成若干个所述的直角三角形，割缝的端点都是三角形的顶点．考虑直角三角形的斜边．若矩形的一组对边上分别有b 、d 个斜边，则存在非负整数a 、
c (因为直角三角形的直角边都为整数)，使a +b 5＝c +
d 5，从而b ＝d ，即在矩形的对边上的
斜边的个数相同．若斜边在割缝上，同理可知在这条割缝上的斜边，相应的直角三角形位于割缝一侧的个数与位于另一侧的个数相同．因此，直角三角形的斜边的个数为偶数(若两个直
角三角形有一条公共斜边，则这条斜边应计算两次)，从而直角三角形的个数为偶数． 3．设凸四边形ABCD 的面积为1，不妨设BD ≥AC ，A 、C 到BD 的距离分别为h 1 、h 2，不妨设h 1≥h 2．
现过C 作EF ∥BD ，交AB 、AC 延长线于E 、F ， 则△AEF 即为所求． 显然△AEF 覆盖四边形ABCD ．由h 1≥h 2得
h 1h 1+h 2≥12，所以， BD EF ≥12
， 故S △AEF ＝1
2
(h 1+h 2)×EF ≤(h 1+h 2)×BD ＝2S ABCD ＝2，
4．如图，作F 的两条平行于 l →
的支撑直线l 1、l 2(l 1、l 2与F 的边界至少有一个公共点E 、G ，并且F 夹在l 1与 l 2之间)，再作与l 1， l 2距离相等且与它们平行的直线l 3， 而AB 、CD 是F 的两条弦并且AB 与l 1、l 3平行等距，CD 与l 2、l 3平行等距．过A 、B 、C 、D 作F 的支撑线与l 1、l 2、l 3相交成上下两个梯形，令这5条平行线相邻两条之间的距离为h ，且不妨设CD ≥AB ，于是S(F)不大于两个梯形的面积之和，即S(F)≤AB ?2h +CD ?2h ≤CD ?4h ＝ 83?(12CD ?32h )＝ 83S △CDE ≤8
3S(△)．
所以，S(△)≥3
8
S(F)，
21O
2
O 1
F
E
D C B
A
l 3
l 2l 1
G
E
D
C
B
A
l 1
l 2
A 1A 2
B E F C
N
M
另一方面，取F 为平面上边长为a 的正六边形ABCDEG ，使得AB ∥ l →
，△PQR 为F 中有一边PQ ∥ l →的所有内接三角形中面积最大的一个，显然P 、Q 、R 必须在正六边形的边界上(图)，并设BQ QC ＝ λ1-λ
(0≤λ＜1)，易计算得△PQR 的高h ＝3
a
32λa ＝3a (11
2
λ)及PQ ＝a +λa ＝(1+λ)a ，所以 S(△PQR)＝ 12h ?PQ ＝3
2a (1
12λ)(1+λ)a ＝ 34
a 2
(2+λλ2
)＝
34a 2[9
4
(λ
12)2]≤9316
a 2
， 而S(F)＝ 332，所以S(△PQR)≤38S(F)，并且λ＝1
2时等号成立．
综上可得，所求c 的最大值是3
8
．
5．不妨设∠C ＞90o
，于是，min{∠A ， ∠B}＜45o
，
以AB 为直径，在顶点C 的同侧作半圆O ，则C 位于半圆O 内，作射线
AT 使得∠BAT ＝45o ，如图所示，再作射线OE 使得∠BOE ＝45o
，且与半圆相交于E ， 过点E 作半圆的切线，分别交AB 的延长线和AT 于点D 和F ，则等腰直角三角形ADF 覆盖三角形ABC ，并且AD ＝AO+OD ＝ 12AB+2×12AB
＝ 12(1+2)AB ＜1
2
(1+2)×2R ＝1+2， 6．当n ＝1时，结论显然成立，设n ＝k 时，结论成立，那么n ＝k +1时，将2k +1
×2k +1
的
方格纸等分成4个2k ×2k
的方格纸片I 、II 、III 、IV ，不妨设剪去的一个方格在I 内，再在中心处剪去一个L 型纸片，使II 、III 、IV 内恰恰各剪去一个小方格(如图)，于是，由归纳假设知II 、III 、IV 都可以全部剪成L 型纸片，即n ＝k +1时，结论成立， 于是，
由数学归纳法命题得证，
7．设n ＝2m +1，考虑奇数行，则每行有m +1个黑格，共有(m +1)2
个黑格．而任意两
个黑格均不可能被一块“多米诺”覆盖，因此至少需要(m +1)2
块“多米诺”，才能覆
盖棋盘上的所有黑格．由于n ＝1，3，5时均有3(m +1)2＞n 2，所以n ≥7，
下面用数学归纳法证明：当n ≥7时，(m +1)2
块“多米诺”可以覆盖棋盘上的所有黑格，
当n ＝7时，由于两块“多米诺”可组成2×3的矩形，两块2×3的矩形又可组成4×3的矩形，则可将这个4个4×3的矩形放在7×7的棋盘上，使得出来中间的这个黑格外，覆盖了棋盘上所有方格(如图)，调整与中间的这个黑格相邻的一块“多米诺”，使得用这块“多米诺”盖住中间的这个黑格，而且也能盖住原来那块“多米诺”所覆盖的惟一的一个黑格．从而，用16块“多米诺”覆盖了棋盘上除一个白格外的所有方格．
假设当n ＝2m 1时，在(2m 1)×(2m 1)的棋盘上可以用m 2
块“多米诺”覆盖棋盘上的所有黑格．当n ＝2m ＋1时，将(2m 1)×(2m 1)的棋盘分成(2m 1)×(2m 1)， (2m 1)×2和(2m ＋1)×2的3部分，由于(2m 1)×2的矩形可分解成m 2个2×2的正方形和一个2×3的矩形，于是，(2m 1)×2的矩形的黑格
T
F
E
C D
B
O A IV III
II
I
3
4
3
34
3
4
h
R
Q
P G
E D
C
B A
可以用(m 2)+2块“多米诺”覆盖．同理，(2m ＋1)×2的矩形可以用(m 1)+2块“多米诺”
覆盖(如图)．因此，(2m 1)×(2m 1)的棋盘可用m 2＋(m 2)+2＋(m 1)+2＝(m 1) 2
块“多米诺”覆盖．
8，设平面上任意5点为A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，其中任意三点不共线． (1) 若5点的凸包不是凸五边形，那么其中必有一点落在某个三角形内，不妨设A 4落在△A 1A 2A 3
内，于是 μ5≥
123
124234314min{,,}
A A A A A A A A A A A A S S S S D D D D ≥3，
(2)若5点的凸包是凸五边形A 1A 2A 3A 4A 5时，如图，作MN ∥A 3A 4交A 1A 3与A 1A 4分别为M 和N ，且使得 A 1M MA 3 ＝ A 1N NA 4＝ 5-12
， (i)A 2，A 5中有一点，比如A 2与A 3，A 4在直线MN 的同侧时(如图)，有 μ5≥
134234
A A A A A A S S D D ≥A 1A 3MA 3 ＝1+A 1M MA 3 ＝1+5-12 ＝ 5+1
2
， (ii) A 2，A 5与A 1均在直线MN 的同侧时(如图)，设A 2A 5交A 1A 3于O ，则A 1O ≤AM ，于是 μ5≥
23523125
12A A A A A O A A A A A O
S S S S D D D D =
＝OA 3OA 1≥MA 3MA 1 ＝ 15-1
2
＝ 5+1
2， 注意到3＞5+12，所以总有μ5≥5+1
2
．并且取A 1，A 2，A 3，A 4，A 5为边长为a 的正五
边形的5个顶点时，有μ5＝
134123
A A A A A A S S D D ＝12A 1A 3?A 1A 4?sin36o
12
A 1A 2?A 1A 3?sin36o ＝ A 1A 4A 1A 2 ＝12sin18o ＝ 2
5-1
＝ 5+12，
综上可知，μ5的最小值是
5+1
2
， 本节“习题66”解答：
1．记这些圆的圆心分别为A 1，A 2，…，A n ，不妨设A 1A 2是这n 个点的直径(即两点之间距离的最大值)，过A 1，A 2分别作A 1A 2的垂线l 1，l 2，则A 3，…，A n 均在l 1和l 2之间的“带形”内．以A 1为圆心，2为半径作半圆，在l 1上的交点分别记为E ，F ，则该半圆包含了全体与A 1距离不大于2的圆心．于是，若以A 1为圆心，3为半径作半圆，与l 1交于B ，C ，再向左作宽为1的矩形MNFE ，最后添上两个四分之一的圆BME 及圆FNC ，如图所示，则此图形包含了圆心与A 1的距离不大于2的全体单位圆．该图形BMNCB 的面积记为S 1，则S 1＝12π×32+1
4π×2+4×1＝
5π+4，
h 2
h 1
F
E
D
C
B
A
N
M
A 4
A 3
A 2
A 1
O
N
M
A 5A 4
A 3
A 2
A 1
A 5
A 4
A 3A 2
A 1
又由条件知，其余不在半圆内的所有圆心两两之间的距离必不超过2(否则，若有A i A j ＞2，而A 1A i ＞2，A 1A j ＞2，则⊙A 1、⊙A i 、⊙A j 两两相离，矛盾)，于是，剩下的圆心组成的点集的直径≤2，易知一个边长为2的正方形可以覆盖这些圆心，于是在该正方形外加一个“框”，如图所示，“框”是4个宽为1的矩形和4个四分之一圆，则剩下所有圆都在这个区域内．记这个
区域的面积为S 2，则S 2＝22
+4×2+π＝π+12，所以这些圆覆盖的面积S ≤S 1＋S 2≤5π+4＋π+12＝6π+16＜35，
2．如图，曲线端点连线记为l ，设矩形ABCD 是覆盖曲线的最小矩形，且AB ∥CD ∥l ，BC ⊥l ，DA ⊥l ，AB ＝a ， BC ＝b ， 则曲线和矩形四边都有公共点．在各边任取一个公共点，分别记为P 1、P 2、P 3、P 4，又设曲线的端点是P 0和P 5，则AP 2+ P 2B ≤AP 1+P 1P 2+P 2P 3+P 3B ≤曲线弧P 0P 1P 2＋曲线弧P 4P 5＋曲线弧P 2P 3＋曲线弧P 3P 4＝1， △AP 2B 的面积≤12AP 2×P 2B ≤18，矩形ABCD 的面积≤1
4
．
3．(1) m ×n (m ，n ≥1)的方格阵上放置的干面包的数目为(m +1)(n +1)+mn
＝2mn +m +n +1，
设N ＝2mn +m +n +1，则2N-1＝(2m +1)(2n +1)，
当N ＝500时，2N-1＝999＝33
×37， 则(m ，n )的解为(1，166)，(4，55)，(13，18)，(18，13)，(55，4)，(166，1)，
(2)由于奇质数有无穷多个，所以，若2N-1是质数，则由m ≥1，n ≥1知2m +1≥3，2n +1≥3，所以，2N-1不能分解成两个不小于3的奇数的乘积．
4．因为每条直线把平面分成两个区域，设n 条直线(其中每两条相交，但任何三条不共点)把平面分成a n 个区域，则n ＋1条直线(其中每两条相交，但任何三条不共点)把平面分成a n +1个区域满足a n +1＝a n +(n +1)，a 1＝2， 由此推得a n ＝a 1＋(a 2a 1)+( a 3a 2)+…+(a n a n 1)＝2+(1+2+…+n )＝1+n (n +1)
2
，
于是，s 条直线把平面分成1+
s (s +1)
2
个区域，又h 条平行线与这s 条直线相交时又增加了
h (s +1)个区域(即每增加一条水平直线，增加s +1个区域)，所以有
h (s +1)＋1+s (s +1)
2
＝1992，
(s +1)(2h +s )＝2×1991＝2×11×181，
对上述不定方程的可能正整数解可列出下表：
，10)，(80，21)， 5．将这些正方形的边长由大到小的顺序排成一行，设其最大边长为x ＝h 1，再将它移植到边长为2的正方形(面积为2)中，使边长为x 的正方形紧贴大正方形的左下角，其它依次排在大正方形的底边上，直到排边长为
h 2的正方形开始超出大正方形的右边；将边长为h 2的正方形以及以后的正方形移到上一行，使其左边重合于大正方形的左边，而底边与边长为x 的正方形的上底重合，其后的正方形依次排成一行，直到排边长为h 3的正方形时又超出大正方形的右边；将边长为h 3的正
h 3
2h h h 1
方形以及以后的正方形又移到上一行，并且一直做下去…(如图)． 若我们能证明x ＝h 1，h 2，
h 3，…的和h 1＋h 2＋h 3＋…不超过2，则所有这些正方形已无重叠地放入大正方形．
设想将从下往上数第k +1行最左边的边长为h k +1的那个正方形移到第k 行的右端，那么它就在大正方形的右端露出一部分，因此第k 行中所有小正方形的面积之和不小于(2―x )h k +1 (k ＝
2，3，…)，而第1行中所有小正方形的面积之和不小于x 2
+(2―x )h 2，于是所有这些小正方
形的面积之和不小于x 2+(2―x )(h 2+h 3+…)＝ x 2
+(2―x )(h x )，
而由题设所有这些小正方形的面积之和为1，所以x 2
+(2―x )(h x )≤1，
由此得出h ≤
1―x
2
2―x
+x ＝32―2(2―x )―
12―x
≤32―22(2―x )·
12―x
＝2，
6．(1)因为1985×1987不能被3整除，所以1985×1987的矩形不能分割成若干个
L 形(因为每个L 形含3个方格)，
(2)因为L 形既可拼成2×3的矩形，又可拼成7×9的矩形(如图)，而1987×1989＝1980×1989+7×1989
＝2×3×(990×663)+( 7×9)×221，故1987×1989的矩形可被分割成若干个L 形， 7．结论可改进为(1013
)2
，并且这是最佳的．
设△ABC 是一个面积为1的正三角形，在每条边上各取两个点，使各点到最近顶点的距离都是边长的313(如图a )，于是△AB 2C 2、△BC 2A 1和△CA 2B 1都是正三角形，且面积为(1013)2
．
(1)如果△AB 2C 2、△BC 2A 1、△CA 2B 1中有一个至少盖住已知5点中的3个，那么命题显然成立．因为这3点都在△ABC 内部，所以当将盖住它们的三角形的某条边适当平移，而使三角形面积小于(1013)2
后，仍能将它们盖住．然后再适当作两个小正三角形盖住其余两个点，便可使5个点全部盖住，且可保证三角形的面积之和不超过(1013
)2
．
(2)如果上述三个面积为(1013)2
的正三角形中的任何一个都至多盖住两个已知点，那么图a 的三
个菱形(阴影部分)中至少有一个点，而它们之间的3个梯形中，至多有一个已知点，因此5个点的分布情况只有图b ，图c 两类：
(i)在图b 中，5个点分布在3个菱形中，此时过菱形的顶点所作的两个正三角形AA 1A 2、BB 1B 2的面积和为8?(313)2
，它们盖住了4个点，再作一个适当的小正三角形盖住第5个点．正是这
三个三角形满足要求．
(ii)在图c 中，有一个菱形中有两个点，另外两个菱形各有一个点，而在这两个菱形之间的梯形中还有1个点，不妨设这个点距B 比距C 近．过AB 2的中点A 3作A 3B 3∥AC ，于是，S △BA3B3
＝(813)2，而S △AA4A5＝4?(313)2
， 此时△BA 2B 2、△AA 4A 5盖住4个点，面积和为(1013)2
．用(1)的方法将某三角形的某边适当平移，
使面积和小于(1013
)2
．再适当作一个小正三角形盖住第5个点．此时这三个正三角形满足要求．
3×2
3×2
3×2
3×2
2×3
2×3
2×3
2×3
(c )
(b )
(a )
1
211
2C 2
1
B 3
8．任取两条相互平行的凸多边形P 的支撑线s 、t (即多边形P 在直线s 、t 的同一侧，P 与s 、t 有公共点)，设S 、T 分别为凸多边形P 与s 、t 的交点．于是，线段ST 将P 分成两部分，分别设为P'和P''，设K 、L 是凸多边形P'边界上的点，满足KL ∥ST ， 且KL ＝ 1
2
ST ． 下面只须证明梯形SKLT 的面积至少是凸多边形P'面积的3
4
即可．
因为同理在P''中产生的梯形的面积也至少是P''面积的3
4，两个梯形合起来就是一个凸六边
形．
过点K 、L 分别作P'的支撑线，且这两条支撑线交于点Z ， 假设点K 到直线s 的距离小于点L 到直线s 的距离，
设ZK 交直线s 于X ，ZL 交直线t 于Y ， 过点Z 且平行于ST 的直线分别交直线s 、t 于A 、B ， 显然，P'包含在五边形SXZYT 中．于是只要证明
S 梯形SKLT ≥3
4
S 五边形SXZYT ， ①
设AZ ＝a ，BZ ＝b ，设点K 、X 、Y 、S 到直线AB 的距离分别为k 、x 、y 、d ，分别过K 、L 作直线KU ∥LV ∥s ∥t ， 交AB 于U 、V ， 则有a +b
2
＝KL ＝UZ+ZV ＝ak x +bk y
， ②
由于S 梯形SKLT ＝3
4(a +b )(d k )，
S 五边形SXZYT ＝ S ?SABT -S △AXZ ＝(a +b )d
ax 2
by
2
，
代入式①，即只要证明ax +by 2(a +b )k ≥0， ③
由式②得k ＝ (a +b )xy 2(ay +ax ) ，代入③的左端，可得ax +by 2(a +b )k ＝ab (x -y )
2
2(ay +ax )
≥0，
因此， 原命题成立，
高中数学竞赛讲义_复数
1 复数 一、基础知识 1．复数的定义：设i 为方程x 2=-1的根，i 称为虚数单位，由i 与实数进行加、减、乘、除 等运算。便产生形如a+bi （a,b ∈R ）的数，称为复数。所有复数构成的集合称复数集。通常用C 来表示。 2．复数的几种形式。对任意复数z=a+bi （a,b ∈R ），a 称实部记作Re(z),b 称虚部记作Im(z). z=ai 称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标，那么z 与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合之间的一一映射。因此复数可以用点来表示，表示复数的平面称为复平面，x 轴称为实轴，y 轴去掉原点称为虚轴，点称为复数的几何形式；如果将(a,b)作为向量的坐标，复数z 又对应唯一一个向量。因此坐标平面内的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外设z 对应复平面内的点Z ，见图15-1，连接OZ ，设∠xOZ=θ,|OZ|=r ，则a=rcos θ,b=rsin θ,所以z=r(cos θ+isin θ)，这种形式叫做三角形式。若z=r(cos θ+isin θ)，则θ称为z 的辐角。若0≤θ<2π，则θ称为z 的辐角主值，记作θ=Arg(z). r 称为z 的模，也记作|z|，由勾股定理知|z|=2 2b a +.如果用e i θ表示cos θ+isin θ，则z=re i θ，称为复数的指数形式。 3．共轭与模，若z=a+bi ，（a,b ∈R ）,则=z a-bi 称为z 的共轭复数。模与共轭的性质有： （1）2121z z z z ±=±；（2）2121z z z z ?=?；（3）2||z z z =?；（4）2121z z z z =???? ??；（5）||||||2121z z z z ?=?；（6）|||||| 2121z z z z =；（7）||z 1|-|z 2||≤|z 1±z 2|≤|z 1|+|z 2|；（8）|z 1+z 2|2+|z 1-z 2|2=2|z 1|2+2|z 2|2；（9）若|z|=1，则z z 1=。 4．复数的运算法则：（1）按代数形式运算加、减、乘、除运算法则与实数范围内一致，运算结果可以通过乘以共轭复数将分母分为实数；（2）按向量形式，加、减法满足平行四边形和三角形法则；（3）按三角形式，若z 1=r 1(cos θ1+isin θ1), z 2=r 2(cos θ2+isin θ2)，则z 1??z 2=r 1r 2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]；若2 1212,0r r z z z =≠[cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2)]，用指数形式记为z 1z 2=r 1r 2e i(θ1+θ2),.)(2 12121θθ-=i e r r z z 5.棣莫弗定理：[r(cos θ+isin θ)]n =r n (cosn θ+isinn θ). 6.开方：若=n w r(cos θ+isin θ)，则)2s i n 2(c o s n k i n k r w n πθπθ+++=，k=0,1,2,…,n-1。 7．单位根：若w n =1，则称w 为1的一个n 次单位根，简称单位根，记Z 1=n i n ππ2sin 2cos +，则全部单位根可表示为1,1Z ,1121,,-n Z Z .单位根的基本性质有（这里记k k Z Z 1=，
最新语文试卷讲评课教案
精品文档 语文试卷讲评课教案（一） 一、教学目标 1、分析学生对知识的掌握情况，便于查漏补缺。 2、矫正试卷中存在的错误，进一步巩固检查过的知识。 3、培养学生运用知识分析解决问题的能力。 二、讲评方法：学生自主改错、教师讲解、师生共同讨论 三、讲评重点：出现错误较多部分。 四、讲评过程 1、教师对试卷进行总评：本次测试学生的得分情况，试题特点是注重基础知识的考查，题型分选择题和非选择题两部分，与期中期末和中考题型相符，选择题1-25个，非选择题3个。题目难度适中。 2、学生自主改错： 学生对试卷中出现的错误自行改错，可以看课本，不会的向小组内其他同学请教，仍然不会的在试卷上作出标记。 3、各小组长统计本组的疑难问题并交给老师。 4、教师针对问题较多的题目进行讲解，分析错误原因。 5、以后应注意的问题： （1）关键是平时养成认认真真的学习态度。 （2）认真审题。以后要注意认真阅读每一个题目，选择题要看清题干，材料分析题要反复阅读，弄清题意，看清要求。 （3）学会比较问题的异同。 （4）平时多进行对历史材料的分析，提高分析问题解决问题的能力。 （5）注意书写。以后要加强易混易错字的书写练习，注意书写工整。 五、学生针对自己的答卷进行修改、查漏补缺并进行巩固。 六、进一步从答卷中归纳出自己的失分原因及以后的注意事项。 语文试卷讲评课教案（二） 教学目标： 知识目标： 1、字词正音 2、文学常识的巩固 能力目标： 1、仿写句子 2、掌握材料探究题的做题方法 3、学会给新闻拟标题(概括一句话新闻) 4、提高课外文言文阅读水平
5、提高现代文阅读水平 6、在写作过程中注意审题和组材 情感态度目标： 培养认真的态度、良好的钻研和审题习惯 教学重点： 精品文档． 精品文档 目标1、2、3、4 难点： 如何阅读现代文、根据原文组织现代文的阅读答案，作文如何审题如何扣题如何出彩。 教学时数：2课时 教学过程： 一、自主探究： 学生对照试卷，明白此次考试个人得失。 二、教师介绍试卷结构： 本次试题内容符合中考题型，包括四大版块：基础知识以及运用（23分）、文言诗文阅读（14分）、现代文阅读（23分）、作文（40分），这是对学生初中阶段语文学习综合能力的一次考察。其中失分严重的是材料归纳、概括一句话新闻、文言文阅读和作文。 三、剖析错误原因： A、学生个人剖析。 B、小组讨论找规律。 主要原因，学生归结为： ①、基础知识不牢固，一些该得的分数没有得住。如文言诗文的考查题、文学名著的赏析题还有不少人出错。 ②、平时归纳的做题方法没有掌握。一些有难度的题，有些做题方法虽然多次强调，出错依然较多，所以讲到的方法还要注重落实； ③、最大的问题是学生不能深入文本，仔细探究，问题的答案仅仅停留在表面，没有深入进去，筛选有效信息能力比较差，把握不住一段话的重点，抓不出其中的关键陈述对象。 ④、思维不缜密，考虑问题不周到或语言组织能力不够，导致丢分很多。 四、师生互动： 1、针对“积累与运用部分”存在问题，举例探讨，归纳方法： （1）师生探讨仿写句子的方法： 一是要按照格式去仿写句子，二是仿写的句子还要考虑内容方面与所给的句子相吻合。 反馈练习： （2）、师生探讨材料归纳题的规律 所谓“提炼信息”，实际上就是发现并概括三则材料中的共同点。这种“共同点”往往在第一则材料中已经显现了出来，第二、三则材料只是提供相应的“印证”材料而已，要抓住关键性的，总结或归纳性的词语，如，“结果”“总之”“因此”。
人教版新课标高中数学必修四 全册教案
按住Ctrl 键单击鼠标打开教学视频动画全册播放 1.1．1 任意角 教学目标 （一） 知识与技能目标 理解任意角的概念(包括正角、负角、零角) 与区间角的概念. （二） 过程与能力目标 会建立直角坐标系讨论任意角,能判断象限角,会书写终边相同角的集合；掌握区间角的集合的书写． （三） 情感与态度目标 1． 提高学生的推理能力； 2．培养学生应用意识． 教学重点 任意角概念的理解；区间角的集合的书写． 教学难点 终边相同角的集合的表示；区间角的集合的书写． 教学过程 一、引入： 1．回顾角的定义 ①角的第一种定义是有公共端点的两条射线组成的图形叫做角. ②角的第二种定义是角可以看成平面内一条射线绕着端点从一个位置旋转到另一个位置所形成的图形． 二、新课： 1．角的有关概念： ①角的定义： 角可以看成平面内一条射线绕着端点从一个位置旋转到另一个位置所形成的图形． ②角的名称： ③角的分类： ④注意： ⑴在不引起混淆的情况下，“角α ”或“∠α ”可以简化成“α ”； ⑵零角的终边与始边重合，如果α是零角α =0°； ⑶角的概念经过推广后，已包括正角、负角和零角． ⑤练习：请说出角α、β、γ各是多少度? 2．象限角的概念： ①定义：若将角顶点与原点重合，角的始边与x 轴的非负半轴重合，那么角的终边(端点除外)在第几象限，我们就说这个角是第几象限角． 例1．如图⑴⑵中的角分别属于第几象限角？ 正角：按逆时针方向旋转形成的角 零角：射线没有任何旋转形成的角 负角：按顺时针方向旋转形成的角 始边 终边 顶点 A O B
例2．在直角坐标系中，作出下列各角，并指出它们是第几象限的角． ⑴ 60°； ⑵ 120°； ⑶ 240°； ⑷ 300°； ⑸ 420°； ⑹ 480°； 答：分别为1、2、3、4、1、2象限角． 3．探究：教材P3面 终边相同的角的表示： 所有与角α终边相同的角，连同α在内，可构成一个集合S ＝{ β | β = α + k ·360 ° ， k ∈Z}，即任一与角α终边相同的角，都可以表示成角α与整个周角的和． 注意： ⑴ k ∈Z ⑵ α是任一角； ⑶ 终边相同的角不一定相等，但相等的角终边一定相同．终边相同的角有无限个，它们相差 360°的整数倍； ⑷ 角α + k ·720 °与角α终边相同，但不能表示与角α终边相同的所有角． 例3．在0°到360°范围内，找出与下列各角终边相等的角，并判断它们是第几象限角． ⑴－120°；⑵640 °；⑶－950°12＇． 答：⑴240°,第三象限角；⑵280°,第四象限角；⑶129°48＇,第二象限角； 例4．写出终边在y 轴上的角的集合(用0°到360°的角表示) ． 解:{α | α = 90°+ n ·180°,n ∈Z}． 例5．写出终边在x y =上的角的集合S,并把S 中适合不等式－360°≤β＜720°的元素β写出来． 4．课堂小结 ①角的定义； ②角的分类： ③象限角； ④终边相同的角的表示法． 5．课后作业： ①阅读教材P 2-P 5； ②教材P 5练习第1-5题； ③教材P .9习题1.1第1、2、3题 思考题：已知α角是第三象限角，则2α，2 α 各是第几象限角？ 解：α 角属于第三象限， 正角：按逆时针方向旋转形成的角 零角：射线没有任何旋转形成的角 负角：按顺时针方向旋转形成的角
高中数学竞赛指导(第一讲)
第一讲函数的概念 赛点直击 一、函数的定义域 1.几种常见的初等函数的定义域. 已知下列函数：①y＝2n P(x) ﹙n∈Ν*﹚；②y＝ P(x) Q(x) ；③y＝log Q(x)P(x)；④y＝tanP(x)；⑤y＝cotP(x).使各函数式有意义时，P(x)，Q(x)的约束条件分别为： ①P(x) ≥0；②Q(x) ≠0； ③ 0＜Q(x)≠1且P(x)＞0；④P(x) ≠kπ＋π 2 ﹙k ∈Ζ﹚； ⑤P(x)≠kπ﹙k∈Ζ﹚ 2.复合函数的定义域 已知函数f(x)的定义域为【a,b】,求函数y＝f[g(x)] 的定义域的问题。其解题步骤为由a≤g(x)≤b，解 出x的范围，即为函数y＝f[g(x)]的定义域. 若函数关系式是由图像给出的，则可由图像直接观察 函数的定义域. 若函数关系式表示的是一个实际问题中的两个变量 之间的关系，则要注意实际问题中变量的范围. 二、函数的值域
根据函数表达式的形式，值域的求法也各不相同，一般有以下几种求法： 1.配方法 如果所给出的函数是二次函数或可化为二次函数的形式，一般可采用配方法进行求解.在求解时要注意作为二次函数形式的自变量的取值范围. 2.利用函数的单调性 如果所给出的函数是熟悉的已知函数的形式，那么可根据函数的图像或利用函数的单调性来判断.在利用函数的单调性求解时，一定要注意其单调区间. 3.反函数法 若某函数存在其反函数，则可利用互为反函数的两个函数的定义域和值域的互反性，该求其反函数的定义域. 4.判别式法 若将y看成常数，所给函数y＝f(x)便可看成是关于x的方程；若是关于x的二次方程，则可利用判别式Δ≥0来求y的取值范围，但需注意取等号的问题. 5.变量代换法 一个复杂的函数，如果将其中得到某个式子看成一个整体，通过变量代换，就可以化为我们熟知的表达式，这时要注意所代换的表达式的取值范围.
高中数学竞赛基础知识讲解
高中数学竞赛基本知识集锦 广州市育才中学数学科 邓军民 整理 一、三角函数 常用公式 由于是讲竞赛，这里就不再重复过于基础的东西，例如六种三角函数之间的转换，两角和与差的三角函数，二倍角公式等等。但是由于现在的教材中常用公式删得太多，有些还是不能不写。先从最基础的开始（这些必须熟练掌握）： 半角公式 2cos 12 sin α α -± = 2 cos 12 cos α α +± = α α ααααα cos 1sin sin cos 1cos 1cos 12 tan +=-=+-± = 积化和差 ()()[]βαβαβα-++= sin sin 21 cos sin ()()[]βαβαβα--+=sin sin 21 sin cos ()()[]βαβαβα-++=cos cos 21 cos cos ()()[]βαβαβα--+-=cos cos 2 1 sin sin 和差化积 2cos 2sin 2sin sin β αβ αβα-+=+ 2sin 2cos 2sin sin β αβαβα-+=- 2cos 2cos 2cos cos β αβαβα-+=+ 2 sin 2sin 2cos cos β αβαβα-+-=- 万能公式 α αα2 tan 1tan 22sin += α α α2 2tan 1tan 12cos +-= α α α2 tan 1tan 22tan -=
三倍角公式 ()() αααααα+-=-=οο60sin sin 60sin 4sin 4sin 33sin 3 ()() αααααα+-=-=οο60cos cos 60cos 4cos 3cos 43cos 3 二、某些特殊角的三角函数值 三、三角函数求值 给出一个复杂的式子，要求化简。这样的题目经常考，而且一般化出来都是一个具体值。要熟练应用上面的常用式子，个人认为和差化积、积化和差是竞赛中最常用的，如果看到一些不常用的角，应当考虑用和差化积、积化和差，一般情况下直接使用不了的时候，可以考虑先乘一个三角函数，然后利用积化和差化简，最后再把这个三角函数除下去 举个例子 求值：7 6cos 74cos 72cos π ππ++ 提示：乘以7 2sin 2π ，化简后再除下去。 求值：??-?+?80sin 40sin 50cos 10cos 2 2 来个复杂的 设n 为正整数，求证 n n n i n i 21 212sin 1 += +∏=π 另外这个题目也可以用复数的知识来解决，在复数的那一章节里再讲 四、三角不等式证明 最常用的公式一般就是：x 为锐角，则x x x tan sin <<；还有就是正余弦的有界性。 例 求证：x 为锐角，sinx+tanx<2x
期末试卷讲评教案
期末试卷讲评教案 昌宁中心校闫彩萍 教学内容： 2015-2016学年第一学期六年级科学期末考试试卷 教学目标 1、通过反馈测试评价的结果，让学生了解自已知识、能力水平，提高解题能力，提高科学综合素质。 2、通过分析错题，找出错因，矫正、巩固、充实、完善和深化常见题型的答题技巧。 3、引导学生正确看待考试分数，以良好的心态面对考试做到胜不骄，败不馁，增强学好科学的信心。 教学重点： 1、查漏补缺，发现不足。 2、进一步加强各类题型的解题方法指导。 教学难点： 1、让学生进一步提高解题能力 2、提高科学综合素质。 教学过程： 一、分析考试情况 1、对考试情况进行分析：优秀学生33 人，30到44之间的的学生有 30人。全班最高分是49，最低分27。 2、表扬优秀的学生和进步明显的学生教师通报本次考试基本情况，通过全班横评，使学生对自己的成绩有一个客观的了解和清晰的
认识。确定学习的目标和今后努力的方向。 这节课我们就这针对张试卷出现问题较多的地方做一下重点分析，以达到查漏补缺的目的。 二、典型题型讲解 1、先让学生自查试题，反思造成错误的原因，再写出正确答案。 2、典型题型分析说明 三，考后反思 1、要重视学生的学习过程，注意培养学生良好的学习习惯，检查的习惯，培养学生的审题能力、分析能力，做到眼到、心到、脑到。 2、要继续加强基础知识教学，调动学生学习主动性和积极性，注意知识点的讲解透彻，在立足于教材、把握教材的基础上挖掘教材，注意加强各数量关系之间的联系。 3、加强科学概念的教学，尤其要注意概念教学的扎实有效，让学生自我感悟和自我完善。 4、加强学生分析问题与解决问题的能力。 5、掌握解题技巧与方法，培养学生实践能力，培养学生灵活解题的能力，这是学生最薄弱的也是最需要提高的。 6、加强动手操作能力的培养。 7、加强学困生的辅导工作。 总之，通过这次考试试卷分析及讲评，达到了查漏补缺的目的，同时也对学生进行了解题方法和解题技巧的指导，进一步提高了学生
人教版高中数学_全册教案
第一章空间几何体 第一章课文目录 1．空间几何体的结构 1．空间几何体的三视图和直观图 1．3空间几何体的表面积与体积 知识结构： 一、空间几何体的结构、三视图和直观图 1．柱、锥、台、球的结构特征 圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱；旋转轴叫做圆柱的轴；垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线。 棱柱与圆柱统称为柱体； （2）锥 棱锥：一般的有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥；这个多边形面叫做棱锥的底面或底；有公共顶点的各个三角形面叫做棱锥的侧面；各侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点；相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱。 底面是三角锥、四边锥、五边锥……的棱柱分别叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥…… 圆锥：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥；旋转轴为圆锥的轴；垂直于轴的边旋转形成的面叫做圆锥的底面；斜边旋转形成的曲面叫做圆锥的侧面。 棱锥与圆锥统称为锥体。 （3）台 棱台：用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台；原棱锥的底面和截面分别叫做棱台的下底面和上底面；棱台也有侧面、侧棱、顶点。 圆台：用一个平行于底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台；原圆锥的底面和截面分别叫做圆台的下底面和上底面；圆台也有侧面、母线、轴。 圆台和棱台统称为台体。 （4）球 以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体叫做球体，简称为球；
半圆的圆心叫做球的球心，半圆的半径叫做球的半径，半圆的直径叫做球的直径。 （5）组合体 由柱、锥、台、球等几何体组成的复杂的几何体叫组合体。 几种常凸多面体间的关系 名称棱柱直棱柱正棱柱 图形 定义有两个面互相平 行，而其余每相 邻两个面的交线 都互相平行的多 面体 侧棱垂直于底面 的棱柱 底面是正多边形的 直棱柱 侧棱平行且相等平行且相等平行且相等侧面的形状平行四边形矩形全等的矩形对角面的形状平行四边形矩形矩形 平行于底面的截面 的形状与底面全等的多 边形 与底面全等的多 边形 与底面全等的正多 边形 名称棱锥正棱锥棱台正棱台图形 定义有一个面是多 边形，其余各面 底面是正多边 形，且顶点在底 用一个平行于 棱锥底面的平 由正棱锥截得 的棱台
高中数学竞赛讲义(15)复数
高中数学竞赛讲义（十五） ──复数 一、基础知识 1．复数的定义：设i为方程x2=-1的根，i称为虚数单位，由i 与实数进行加、减、乘、除等运算。便产生形如a+bi（a,b∈R）的数，称为复数。所有复数构成的集合称复数集。通常用C来表示。 2．复数的几种形式。对任意复数z=a+bi（a,b∈R），a称实部记作Re(z),b称虚部记作Im(z). z=ai称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标，那么z与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合之间的一一映射。因此复数可以用点来表示，表示复数的平面称为复平面，x轴称为实轴，y轴去掉原点称为虚轴，点称为复数的几何形式；如果将(a,b)作为向量的坐标，复数z又对应唯一一个向量。因此坐标平面内的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外设z对应复平面内的点Z，见图15-1，连接OZ，设∠xOZ=θ,|OZ|=r，则a=rcosθ,b=rsinθ,所以z=r(cosθ+isinθ)，这种形式叫做三角形式。若z=r(cosθ+isinθ)，则θ称为z的辐角。若0≤θ<2π，则θ称为z的辐角主值，记作θ=Arg(z). r称为z的模，也记作|z|，由勾股定理知|z|=.如果用e iθ表示cosθ+isin θ，则z=re iθ，称为复数的指数形式。 3．共轭与模，若z=a+bi，（a,b∈R）,则a-bi称为z的共轭复数。模与共轭的性质有：（1）；（2）；
（3）；（4）；（5）；（6）；（7）||z1|-|z2||≤|z1±z2|≤|z1|+|z2|；（8） |z1+z2|2+|z1-z2|2=2|z1|2+2|z2|2；（9）若|z|=1，则。 4．复数的运算法则：（1）按代数形式运算加、减、乘、除运算法则与实数范围内一致，运算结果可以通过乘以共轭复数将分母分为实数；（2）按向量形式，加、减法满足平行四边形和三角形法则；（3）按三角形式，若z1=r1(cosθ1+isinθ1), z2=r2(cosθ2+isinθ2)， 则z1??z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]；若[cos(θθ2)+isin(θ1-θ2)]，用指数形式记为z1z2=r1r2e i(θ1+θ1- 2), 5.棣莫弗定理：[r(cosθ+isinθ)]n=r n(cosnθ+isinnθ). 6.开方：若r(cosθ+isinθ)，则 ，k=0,1,2,…,n-1。 7．单位根：若w n=1，则称w为1的一个n次单位根，简称单位根，记Z1=，则全部单位根可表示为1,,.单位根的基本性质有（这里记，k=1,2,…,n-1）：（1）对任意整数k，若k=nq+r,q∈Z,0≤r≤n-1，有Z nq+r=Z r；（2）对任意整数m，当n≥2时，有=特别1+Z1+Z2+…+Z n-1=0；（3）x n-1+x n-2+…+x+1=(x-Z1)(x-Z2)…(x-Z n-1)=(x-Z1)(x-)…(x-).
高一数学教案人教版
高一数学教案人教版 【篇一：人教版高中数学必修3全册教案】 教育精品资料 按住ctrl键单击鼠标打开名师教学视频全册播放 按住ctrl键单击鼠标打开名师教学视频全册播放 第一章算法初步??????????????11.1算法与程序框图???????????????2 1.1 算法与程序框图（共3课时） 1.1.1 算法的概念（第1课时） 【课程标准】通过对解决具体问题过程与步骤的分析（如二元一次方程组求解等问题），体会算法的思想，了解算法的含义. 【教学目标】1.理解算法的概念与特点； 2.学会用自然语言描述算法，体会算法思想； 3.培养学生逻辑思维能力与表达能力. 【教学重点】算法概念以及用自然语言描述算法 【教学难点】用自然语言描述算法 【教学过程】 一、序言 算法不仅是数学及其应用的重要组成部分，也是计算机科学的重要基础. 在现代社会里，计算机已经成为人们日常生活和工作不可缺少的工具. 听音乐、看电影、玩游戏、打字、画卡通画、处理数据，计算机几乎渗透到了人们生活的所有领域. 那么，计算机是怎样工作的呢？要想弄清楚这个问题，算法的学习是一个开始. 同时，算法有利于发展有条理的思考与表达的能力，提高逻辑思维能力. 在以前的学习中，虽然没有出现算法这个名词，但实际上在数学教学中已经渗透了大量的算法思想，如四则运算的过程、求解方程的步骤等等，完成这些工作都需要一系列程序化的步骤，这就是算法的思想. 二、实例分析 例1：写出你在家里烧开水过程的一个算法. 解：第一步：把水注入电锅； 第二步：打开电源把水烧开； 第三步：把烧开的水注入热水瓶. （以上算法是解决某一问题的程序或步骤）
高中数学竞赛专题讲座---竞赛中的数论问题
竞赛中的数论问题的思考方法 一. 条件的增设 对于一道数论命题，我们往往要首先排除字母取零值或字母取相等值等“平凡”的情况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小顺序、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。 1. 大小顺序条件 与实数范围不同，若整数x ，y 有大小顺序x 1.1.1 集合 教学目标: 1、理解集合的概念和性质. 2、了解元素与集合的表示方法. 3、熟记有关数集. 4、培养学生认识事物的能力. 教学重点:集合概念、性质 教学难点:集合概念的理解 教学过程: 1、定义： 集合：一般地，某些指定的对象集在一起就成为一个集合（集）. 元素：集合中每个对象叫做这个集合的元素. 由此上述例中集合的元素是什么？ 例（1）的元素为1、3、5、7， 例（2）的元素为到两定点距离等于两定点间距离的点， 例（3）的元素为满足不等式3x-2> x+3的实数x， 例（4）的元素为所有直角三角形， 例（5）为高一·六班全体男同学. 一般用大括号表示集合，{ …}如{我校的篮球队员}，{太平洋、大西洋、印度洋、北冰洋}。则上几例可表示为…… 为方便，常用大写的拉丁字母表示集合：A={我校的篮球队员} ，B={1，2，3，4，5} 2 （1）确定性；（2）互异性；（3）无序性. 3、元素与集合的关系：隶属关系 元素与集合的关系有“属于∈”及“不属于?（? 也可表示为 ）两种。 如A={2，4，8，16}，则4∈A ，8∈A ，32 A. 集合的元素通常用小写的拉丁字母表示，如：a 是集合A 的元素，就说a 属于集A 记作 a ∈A ，相反，a 不属于集A 记作 a ?A （或a A ） 注：1、集合通常用大写的拉丁字母表示，如A 、B 、C 、P 、Q …… 元素通常用小写的拉丁字母表示，如a 、b 、c 、p 、q …… 2、“∈”的开口方向，不能把a ∈A 颠倒过来写。 4 注：（1）自然数集与非负整数集是相同的，也就是说，自然数集包括数0。 （2）非负整数集内排除0的集。记作N *或N + 。Q 、Z 、R 等其它数集内排除0 的集，也是这样表示，例如，整数集内排除0的集，表示成Z * 请回答：已知a+b+c=m ，A={x|ax 2+bx+c=m}，判断1与A 的关系。 1.1.2 集合间的基本关系 教学目标：1.理解子集、真子集概念； 2.会判断和证明两个集合包含关系； 3 . 理解 ”、“?”的含义； 4.会判断简单集合的相等关系； 5.渗透问题相对的观点。 教学重点：子集的概念、真子集的概念 教学难点：元素与子集、属于与包含间区别、描述法给定集合的运算 教学过程： 观察下面几组集合，集合A 与集合B 具有什么关系？ (1) A={1，2，3}，B={1，2，3，4，5}. (2) A={x|x>3},B={x|3x-6>0}. (3) A={正方形}，B={四边形}. (4) A=?，B={0}. ∈?∈ 平面向量 一、基础知识 定义 1 既有大小又有方向的量，称为向量。画图时用有向线段来表示，线段的长度表示向量的模。向量的符号用两个大写字母上面加箭头，或一个小写字母上面加箭头表示。书中用黑体表示向量，如a. |a|表示向量的模，模为零的向量称为零向量，规定零向量的方向是任意的。零向量和零不同，模为1的向量称为单位向量。 定义2 方向相同或相反的向量称为平行向量（或共线向量），规定零向量与任意一个非零向量平行和结合律。 定理 1 向量的运算，加法满足平行四边形法规，减法满足三角形法则。加法和减法都满足交换律和结合律。 定理2 非零向量a, b 共线的充要条件是存在实数≠λ0，使得a=.b λ f 定理3 平面向量的基本定理，若平面内的向量a, b 不共线，则对同一平面内任意向是c ，存在唯一一对实数x, y ，使得c=xa+yb ，其中a, b 称为一组基底。 定义3 向量的坐标，在直角坐标系中，取与x 轴，y 轴方向相同的两个单位向量i, j 作为基底，任取一个向量c ，由定理3可知存在唯一一组实数x, y ，使得c=xi+yi ，则（x, y ）叫做c 坐标。 定义4 向量的数量积，若非零向量a, b 的夹角为θ，则a, b 的数量积记作a ·b=|a|·|b|cos θ=|a|·|b|cos 二年级下册数学试卷讲评课教案 教学内容：数学二测试卷 执教时间：2015年5月4日 教学目标： 1、查漏补缺，解决疑难和遗忘知识。 2、进一步梳理知识，加强各类题型的解题方法指导，进一步提高解题能力，提高数学综合素质。 3、提高审题能力，引导学生自主、合作、探究、更正考试中的错误题型。 4、理性看待考试分数，以良好的心态面对考试，做到胜不骄，败不馁，增强学好数学的信心。 教学重点、难点： 重点：1、查漏补缺，解决疑难和遗忘知识。 2、进一步加强各类题型的解题方法指导。 难点：让学生进一步提高解题能力和提高数学综合素质，使学生解题规范化，做到会做题得满分，不会题也力争得分。 教学方法： 1.评（评错误原因，评优秀解法，评新题生题）、议、练结合。 2. 整理升华，总结提高。 教具： 多媒体、投影仪。 教学过程： 一、试卷分析 本次考试试题难度不大，考察学生能力的题较多，对于素质不高基础较差的学生来说，答题却是感到了困难，所以这些学生成绩不太理想。 二、答题分析 1、存在问题：从评卷情况看，学生存在一些问题，主要表现在以下几个方面： （1）个别学生审题不清，造成错误。 （2）学习知识不够灵活，解决问题能力欠佳。 （3）对部分概念模糊，造成填空、选择题丢分。 三、教学过程 （一）课前自查： （课前，提前把测试卷发放到学生手中，并提出要求） 教师谈话：同学们，试卷老师已经批完了，现在发给大家，自我检查分析，完成三件事情： 1、自查：检查自己出错的原因。 2、自改：把自己能改正的题目改正过来。 3、自记：把自己解决不了的问题记下来。 （设计意图：把试卷提前发给学生，让学生自查自改，有利于培养学生自我反思能力，也为小组交流做好充分的准备。） （二）总结检测情况： 谈话：同学们，通过阅卷，老师发现同学们完成地不错，其中有24人得了优秀，班级中不少同学有了很大的进步，特别是一些同学解决问题的方法巧妙，但是，也存在一些问题，如审题不仔细，解决问题不够灵活，下面我们就对这次检测进行试卷讲评。 （设计意图：试卷讲评课要发扬优点，改进不足，通过简单总结，对学生解决问题中的好的方面给予肯定，特别是学习困难的学生给予鼓励，也指出其中存在的不足，提高学生试卷讲评课的学习热情。） （三）试卷讲评： 1、小组合作交流，生生互助解难质疑。 谈话：课前，老师已经把试卷发到同学们手中，要求同学们自查、自改、自记，同学们都完成了吗？下面我们小组交流，听清楚要求：（1）把自己已经解决的问题以及错误原因分析给小组同学听。 （2）自己独立解决不了的问题请小组同学帮忙解决。 第1，2课时1.1．1 任意角 教学目标 （一） 知识与技能目标 理解任意角的概念(包括正角、负角、零角) 与区间角的概念. （二） 过程与能力目标 会建立直角坐标系讨论任意角,能判断象限角,会书写终边相同角的集合；掌握区间角的集合的书写． （三） 情感与态度目标 1． 提高学生的推理能力； 2．培养学生应用意识． 教学重点：任意角概念的理解；区间角的集合的书写． 教学难点：终边相同角的集合的表示；区间角的集合的书写． 教学过程 一、引入： 1．回顾角的定义 ①角的第一种定义是有公共端点的两条射线组成的图形叫做角. ②角的第二种定义是角可以看成平面内一条射线绕着端点从一个位置旋转到另一个位置所形成的图形． 二、新课： 1．角的有关概念： ①角的定义： 角可以看成平面内一条射线绕着端点从一个位置旋转到另一个位置所形成的图形． ②角的名称： ③角的分类： ④注意： ⑴在不引起混淆的情况下，“角α ”或“∠α ”可以简化成“α ”； ⑵零角的终边与始边重合，如果α是零角α =0°； ⑶角的概念经过推广后，已包括正角、负角和零角． ⑤练习：请说出角α、β、γ各是多少度? 2．象限角的概念： ①定义：若将角顶点与原点重合，角的始边与x 轴的非负半轴重合，那么 正角：按逆时针方向旋转形成的角 零角：射线没有任何旋转形成的角 始 边 终 边 顶 点 A O B 负角：按顺时针方向旋转形成的角 角的终边(端点除外)在第几象限，我们就说这个角是第几象限角． 例1．如图⑴⑵中的角分别属于第几象限角？ 例2．在直角坐标系中，作出下列各角，并指出它们是第几象限的角． ⑴ 60°； ⑵ 120°； ⑶ 240°； ⑷ 300°； ⑸ 420°； ⑹ 480°； 答：分别为1、2、3、4、1、2象限角． 3．探究： 终边相同的角的表示： 所有与角α终边相同的角，连同α在内，可构成一个集合S ＝{β|β=α+k ·360°，k ∈Z}，即任一与角α终边相同的角，都可以表示成角α与整个周角的和． 注意： ⑴ k ∈Z ⑵ α是任一角； ⑶ 终边相同的角不一定相等，但相等的角终边一定相同．终边相同的角有无限个，它们相差 360°的整数倍； ⑷ 角α + k ·720 °与角α终边相同，但不能表示与角α终边相同的所有角． 例3．在0°到360°范围内，找出与下列各角终边相等的角，并判断它们是第几象限角． ⑴－120°；⑵640 °；⑶－950°12＇． 答：⑴240°,第三象限角；⑵280°,第四象限角；⑶129°48＇,第二象限角； 例4．写出终边在y 轴上的角的集合(用0°到360°的角表示) ． 解:{α | α = 90°+ n ·180°,n ∈Z}． 例5．写出终边在x y 上的角的集合S,并把S 中适合不等式－360°≤β＜720°的元素β写出来． 4．课堂小结 ①角的定义； ②角的分类： ⑵ B 1 y ⑴ O x 45° B 2 O x B 3 y 30° 60o 高中数学竞赛资料 一、高中数学竞赛大纲 全国高中数学联赛 全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。 全国高中数学联赛加试 全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是： 1.平面几何 几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。几何不等式。几何极值问题。几何中的变换：对称、平移、旋转。圆的幂和根轴。面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。 2.代数 周期函数，带绝对值的函数。三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。 第二数学归纳法。平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。 n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。 函数迭代，简单的函数方程* 3.初等数论 同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。 4.组合问题 圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。组合计数，组合几何。抽屉原理。容斥原理。极端原理。图论问题。集合的划分。覆盖。平面凸集、凸包及应用*。 注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。 二、初中数学竞赛大纲 1、数 整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。 2、代数式 综合除法、余式定理；因式分解；拆项、添项、配方、待定系数法；对称式和轮换对称式；整式、分工、根式的恒等变形；恒等式的证明。 3、方程和不等式 含字母系数的一元一次方程、一元二次方程的解法，一元二次方程根的分布；含绝对值的一元一次方程、一元二次方程的解法；含字母系数的一元一次不等式的解法，一元二次不 第一章集合与函数概念 §1．1集合 1.1.1集合的含义与表示（第一课时） 教学目标：1.理解集合的含义。 2.了解元素与集合的表示方法及相互关系。 3.熟记有关数集的专用符号。 4.培养学生认识事物的能力。 教学重点：集合含义 教学难点：集合含义的理解 教学方法：尝试指导法 教学过程： 引入问题 （I）提出问题 问题1：班级有20名男生，16名女生，问班级一共多少人？ 问题2：某次运动会上，班级有20人参加田赛，16人参加径赛，问一共多少人参加比赛？ 讨论问题：按小组讨论。 归纳总结：问题2已无法用学过的知识加以解释，这是与集合有关的问题，因此需用集合的语言加以描述（板书标题）。 复习问题 x-< 问题3：在小学和初中我们学过哪些集合？（数集，点集）（如自然数的集合，有理数的集合，不等式73的解的集合，到一个定点的距离等于定长的点的集合，到一条线段的两个端点距离相等的点的集合等等）。（II）讲授新课 1．集合含义 通过以上实例，指出： （1）含义：一般地，我们把研究对象统称为元素，把一些元素组成的总体叫做集合（简称为集）。 说明：在初中几何中，点，线，面都是原始的，不定义的概念，同样集合也是原始的，不定义的概念，只可描述，不可定义。 （2）表示方法：集合通常用大括号{ }或大写的拉丁字母A,B,C…表示，而元素用小写的拉丁字母a,b,c…表示。 问题4：由此上述例中集合的元素分别是什么？ 2. 集合元素的三个特征 由以上四个问题可知，集合元素具有三个特征： （1） 确定性： 设A 是一个给定的集合，a 是某一具体的对象，则a 或者是A 的元素，或者不是A 的元素，两种情况必有一种而且只有一种成立。 如：“地球上的四大洋”（太平洋,大西洋，印度洋，北冰洋） “中国古代四大发明”（造纸，印刷，火药，指南针）可以构成集合，其元素具有确定性；而“比较大的数”，“平面点P 周围的点”一般不构成集合 元素与集合的关系：(元素与集合的关系有“属于∈”及“不属于?两种) 若a 是集合A 中的元素，则称a 属于集合A ，记作a ∈A ； 若a 不是集合A 的元素，则称a 不属于集合A ，记作a ?A 。 如A={2，4，8，16}，则4∈A ，8∈A ，32?A.(请学生填充)。 （2） 互异性：即同一集合中不应重复出现同一元素。 说明:一个给定集合中的元素是指属于这个集合的互不相同的对象.因此,以后提到集合中的两个元素时,一定是指两个不同的元素. 如:方程(x-2)(x-1)2 =0的解集表示为{1,-2 },而不是{ 1,1,-2 } （3）无序性: 即集合中的元素无顺序,可以任意排列，调换. 。 3.常见数集的专用符号 （III ）课堂练习 （IV ）课时小结 1.集合的含义； 2.集合元素的三个特征中，确定性可用于判定某些对象是否是给定集合的元素，互异性可用于简化集合的表示，无序性可用于判定集合的关系。人教版高中数学集合教案
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