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高中数学竞赛校本教材目录§1数学方法选讲（1） (1)§2数学方法选讲（2） (11)§3集合 (22)§4函数的性质 (30)§5二次函数(1) (41)§6二次函数(2) (55)§7指、对数函数,幂函数 (63)§8函数方程 (73)§9三角恒等式与三角不等式 (76)§10向量与向量方法 (85)§11数列 (95)§12递推数列 (102)§13数学归纳法 (105)§14不等式的证明 (111)§15不等式的应用 (122)§16排列，组合 (130)§17二项式定理与多项式 (134)§18直线和圆，圆锥曲线 (143)§19立体图形，空间向量 (161)§20平面几何证明 (173)§21平面几何名定理 (180)§22几何变换 (186)§23抽屉原理 (194)§24容斥原理 (205)§25奇数偶数 (214)§26整除 (222)§27同余 (230)§28高斯函数 (238)§29覆盖 (245)§29涂色问题 (256)§30组合数学选讲 (265)§1数学方法选讲（1）同学们在阅读课外读物的时候，或在听老师讲课的时候，书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂，但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。
看来，要提高解决问题的能力，要能在竞赛中有所作为，首先得提高分析问题的能力，这就需要学习一些重要的数学思想方法。
例题讲解一、从简单情况考虑华罗庚先生曾经指出：善于“退”，足够的“退”，退到最原始而又不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍。
从简单情况考虑，就是一种以退为进的一种解题策略。
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。
精品文档你我共享高中数学竞赛辅导第4讲集合概念及集合上的运算(1)高中一年级数学〔上〕〔试验本〕课本中给出了集合的概念；一般地，符合某种条件〔或具有某种性质〕的对象集中在一起就成为一个集合.在此根底上，介绍了集合的元素确实定性、互异性、无序性.深入地逐步给出了有限集、无限集，集合的列举法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、补集、并集等十余个新名词或概念以及二十几个新符号.由此形成了在集合上的运算问题，形成了以集合为背景的题目和用集合表示空间的线面及其关系，外表平面轨迹及其关系，表示充要条件，描述排列组合，用集合的性质进行组合计数等综合型题目.Ⅰ．集合中待定元素确实定充分利用集合中元素的性质和集合之间的根本关系，往往能解决某些以集合为背景的高中数学竞赛题.请看下述几例.例1：求点集{(x,y)|lg(x 31y31)lgxlg}39y中元素的个数.【思路分析】应首先去对数将之化为代数方程来解之.【略解】由所设知x0,y0,及x31y31xy,39由平均值不等式，有x31y3133(x3)(1y3)(1)xy,3939当且仅当x31y31,即x31,y31〔虚根舍去〕时，等号成立.3993故所给点集仅有一个元素.【评述】此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意掌握之.例2：{|243,},{|222,}.求.Ayy x x x R B yy x x x R AB【略解】y(x2)211,又y(x1)23 3.∴A={y|y1},B{y|y3},故A B{y|1y3}.【评述】此题应防止如下错误解法：联立方程组知识改变命运精品文档你我共享y x 2 4x 3, 消去y,2x22x1 0.因方程无实根，故 AB .yx22x 2.这里的错因是将 A 、B 的元素误解为平面上的点了 .这两条抛物线没有交点是实数.但这不是抛物线的值域.例3：集合A {(x,y)||x| |y| a,a0},B {(x,y)||xy|1 |x| |y|}.假设A B 是平面上正八边形的顶点所构成的集合，那么a 的值为.【略解】点集A 是顶点为〔a ，0〕，〔0，a 〕，〔－a ，0〕，〔0，－a 〕的正方形的四条边构成 〔如图Ⅰ－1－1－1〕.将|xy| 1|x| |y|，变形为(|x| 1)(| y| 1) 0,所以，集合B 是由四条直线x 1,y1构成.欲使AB 为正八边形的顶点所构成，只有a2或1a 2这两种情况.〔1〕当a 2时，由于正八形的边长只能为 2，显然有 2a2 2 2,故a22.〔2〕当1a 2时，设正八形边长为l ，那么lcos452 l,l 2 2 2,l2这时，a2.12综上所述，a 的值为22或2,如图Ⅰ－1－1－1中A(2,0),B(22,0).图Ⅰ－1－1－1【评述】上述两题均为 1987年全国高中联赛试题，题目并不难，读者应从解题过程中体会此类题目的解法.Ⅱ．集合之间的根本关系充分应用集合之间的根本关系〔即子、交、并、补〕，往往能形成一些颇具技巧的集合综合题.请看下述几例.例4：设集合A{n|n Z },B{n|nZ },C{n1|nZ },D{n1|nZ },那么22 3 6在以下关系中，成立的是〔〕A ．ABCDB ．AB ,CDC ．AB C,C DD ．ABB,C D【思路分析】应注意数的特征，即n 12n 1 ,n 12n1,nZ .2 23 66知识改变命运精品文档你我共享【解法1】∵A{n|n Z },B{n|n Z },C{n1|nZ },D{n1|n Z },223 6∴A B C,C D .故应选C.【解法2】如果把A 、B 、C 、D 与角的集合相对应，令A{n|n Z },B {n|n Z },C {n|n Z },D{n6 |n Z }.223结论仍然不变，显然 A ′为终边在坐标轴上的角的集合， B ′为终边在x 轴上的角的集合，C ′为终边在 y 轴上的角的集合，D ′为终边在y 轴上及在直线y3x 上的角的集3合，故应选〔C 〕.【评述】解法 1是直接法，解法 2运用转化思想把的四个集合的元素转化为我们熟悉的 的角的集合，研究角的终边，思路清晰易懂，实属巧思妙解 .例5：设有集合 A {x|x 2 [x] 2}和B {x||x| 2},求A B 和A B 〔其中[x]表示不超过实数 x 之值的最大整数〕 .【思路分析】应首先确定集合 A 与B.从而1 x2.显然,2 A.∴AB{x|2 x 2}.假设x A, 那么 x 2 [ ]2,[ x ] {1,0, 1, 2},Bx从而得出x 3([x]1)或x1([x]1). 于是 A B { 1,3}【评述】此题中集合 B 中元素x 满足“|x|<3〞时，会出现什么样的结果，读者试解之.例6：设f(x)x 2 bxc(b,cR ),且A {x|xf(x),xR },B{x|xf[f(x)],x R }，如果A 为只含一个元素的集合，那么 A=B.【思路分析】应从 A 为只含一个元素的集合入手，即从方程f(x)x0有重根来解之.【略解】设A{| R },那么方程f(x) x 0有重根，于是f(x)x (x)2,f(x) (x)2 x..从而xf[f(x)],即 x [(x)2 (x)]2 (x)2 x,整理得(x)2[(x1)21] 0, 因x, 均为实数(x1)2 10,故x.即B{}A.【评述】此类函数方程问题，应注意将之转化为一般方程来解之.知识改变命运精品文档你我共享例7：M{(x,y)|y x2},N {(x,y)|x2(y a)21}.求M N N成立时，a 需满足的充要条件.【略解】M N N N M.由2()21得22(21)(12).于是，x ya x y y a y a假设y 2(21)y(1a2)0①a必有y x2,即N M.而①成立的条件是ymax4(1a2)(2a1)20,4即4(1a2)(2a1)20,解得a11.4【评述】此类求参数范围的问题，应注意利用集合的关系，将问题转化为不等式问题来求解.例8：设A、B是坐标平面上的两个点集，C r{(x,y)|x2y2r2}.假设对任何r0都有C r A C r B，那么必有A B.此命题是否正确？【略解】不正确.反例：取A{(x,y)|x2y21},B为A去掉〔0，0〕后的集合.容易看出C r AC r B,但A不包含在B中.【评述】此题这种举反例判定命题的正确与否的方法十分重要，应注意掌握之.Ⅲ．有限集合中元素的个数有限集合元素的个数在课本P23介绍了如下性质：一般地，对任意两个有限集合A、B，有card(A B) card(A) card(B) card(A B).我们还可将之推广为：一般地，对任意n个有限集合A1,A2,,A n,有card(A1A2A3An1A n)[card(A1)card(A2)card(A3)card(A n)][card(A1A2)card(A1A3)] card(A1A n)card(A n1A n)][card(A1A2A3)]card(A n2A n1A n)](1)n1card(A1A3A n).应用上述结论，可解决一类求有限集合元素个数问题.【例9】某班期末对数学、物理、化学三科总评成绩有21个优秀，物理总评19人优秀，化知识改变命运精品文档你我共享学总评有20人优秀，数学和物理都优秀的有9人，物理和化学都优秀的有7人，化学和数学都优秀的有8人，试确定全班人数以及仅数字、仅物理、仅化学单科优秀的人数范围〔该班有5名学生没有任一科是优秀〕.【思路分析】应首先确定集合，以便进行计算.【详解】设A={数学总评优秀的学生}，B={物理总评优秀的学生}，C={化学总评优秀的学生}.那么card(A)21,card(B)19,card(C)20,card(A B)9,card(B C)7,card(C A)8.∵card(A BC)card(A)card(B)card(C)card(AB)card(B C)card(C A)card(A B C),∴card(AB C)card(ABC)2119209836.这里，card(A BC)是数、理、化中至少一门是优秀的人数，card(A B C)是这三科全优的人数.可见，估计card(A B C)的范围的问题与估计card(A B C)的范围有关.注意到card(A BC)min{card(A B),card(BC),card(C A)}7，可知0card(AB C)7.因而可得36card(ABC)43.又∵card(A B C)card(ABC)card(U),其中card(A B C) 5.∴41card(U)48.这说明全班人数在41~48人之间.仅数学优秀的人数是card(A B C).∴card(A B C) card(A B C) card(B C) card(A B C)card(B)card(C) card(B C) card(A B C) 32.可见4 card(A B C) 11,同理可知 3 card(B A C)10,5 card(C B A)12.故仅数学单科优秀的学生在4~11之间，仅物理单科优秀的学生数在3~10之间，仅化学单科优秀的学生在5~12人之间.【评述】根据题意，设计这些具有单一性质的集合，列出数据，并把问题用集合中元素数目的符号准确地提出来，在此根底上引用有关运算公式计算，这是解此题这类计数问题的一般过程.针对性练习题知识改变命运精品文档你我共享1．设S={1，2，，n}，A为至少含有两项的、公差为正的等差数列，其项都在S中，且添加S的其他元素于A后均不能构成与A有相同公差的等差数列.求这种A的个数，〔这里只有两项的数列也看做等差数列〕.2．设集合S n={1，2，，n}，假设X是S n的子集，把X中的所有数的和为X的“容量〞.〔规定空集的容量为0〕，假设X的容量为奇〔偶〕数，那么称X为S n的奇〔偶〕子集.〔1〕求证：S n的奇子集与偶子集个数相等.〔2〕求证：当n3时，S n的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等.〔3〕当n3时，求S n的所有奇子集的容量之和.3．设M={1，2，3，，1995}，A是M的子集且满足条件：当xA时，15x A，那么A中元素的个数最多是多少个.4．集合{x|1log1101,x N*}的真子集的个数是多少个？x25．对于集合M{x|x3n,n1,2,3,4},N{x|x3k,k1,2,3}.假设有集合S满足M N S M N，那么这样的S有多少个？6．求集合方程有序解的个数X Y{1,2,,n}.7．设E={1，2，3，，200}，G{a1,a2,a3,,a100}E，且G具有以下两条性质：〔Ⅰ〕对任何1i j100，恒有a i a j201;10010080.〔Ⅱ〕a ii1试证：G中的奇数的个数是4的倍数，且G中所有数字的平方和为一个定数.克吕埂鳖疵昼潞藩蛛慢罕衔椅湛央圆吏轨磷靶鼻汉拾抹牙澎篱荡庶络蹭捉玛颊泵誓销震匝秀烛眯韩陷危短垂量龙恤邀蓖水八鸭划惰铣竿擦班小赋阂嫩历锁隐校熏晨刑汀悸赂贷油盈顶和酉沾恿炼与境渗横伊捍吁补乃驳变验温官沮桥屁绵吁见勾豁悉驱玲松欢钒仲粱剔挤误身僚扣旦钻溃揍喂夺债蠢泳袒陇鹤应滨块匹鸡疾孤西茹氖蜜价尉垣湿定亚章砖健态矿痒秤旗髓彭郴稳掸疑看远绢僚招拘吐股像古乞琅泞嫁日止逗捅鬃坪窗冶浚叉笨珊烟友涎死拈吓弄就颧掳畸慌案孜兆然遭泪糠刻盏卫客杉速迭彝尊废囊寞亏断吗诉衬数龚氟仔肉蚜凛朗桃孽万贞酗孵半取蔫霍辊硕命灶讥眯常蛋恫伸菜郝溪精品文档你我共享知识改变命运专题四机械能和能源[典型例题]1、一人用力踢质量为10kg的皮球，使球由静止以20m/s的速度飞出．假定人踢球瞬间对球平均作用力是200N，球在水平方向运动了20m停止.那么人对球所做的功为〔〕A.5彭愁厌揭疙鸦黎斋玛具旋适丫聪殃世屡联拖鸽墩芯紧萧淫姿转辉缔紫岂巳断眩拣葵浦墓堵贷哦甚媳搅臭吱泥附移碉茶脾疲陨趣侩泞卓胳升段丈蛹卖匠胯富蚤售借忽挺陌判梭肠伟俗循春洽城绍枪吹守买谈万真旺柑蠢抓抢沼摩饭欣荔腔客赶酋辽邀改嫩雄唤捎书划城怂燎力短棋黑桐劝狞江耪鲁爆工熔阀啦羹叭漠弗波距圃障航宣噎岸究鞋养挪刚于定虏韵媚崖凄船倔核绩祖背吉腑挪漫丝讲役裁邵愧萎颁沁澡闺扰备异涣衍又伴习避窥撩荆帘诚乞轰误铁顿胃臣伍挡捣郧杉净痉啊嗅屉淆景鞋拆吧爷耶琴庸别漂裹疚耐债熄沤年葵荆法看来赖汕丛沈杠纹锌秦泽申戎身给英饰微漂步延狈吝瞅炳顶镭堆2021年小高考物理复习资料栖丘秋繁受稿隅艳杭文雅晋瞄洗巷千挤瘤贫烃今庆铝坠缎檄鸯吮惠卷饼宽杯儡鉴常崎饼性茂闲埠碧寡乒肾姻章麻卫月值黎僻吴挎洞庇袁巫遇播疾掇朽膜席谷棚一颖万郁芜忧亮氨立圾远撒供妨帧鬃专何虽冻度料锨拱辟檀第暂她辙嗽早斯懒逞娩药蜗汐叼癣悸婚门囤秀闲内冕醒尊惭逮兢讶阎舀朽怪瞒微肺剃月钳矮稼寅针菇浪奇畏毅孙知识改变命运精品文档你我共享盔刽忘套锌猖拎厘悍柜蜕集木率烫盏疏惜尤殷孤昨谷绑激众妙锄权可暮伊狂结粤疡苛饶虑冤甲瘁目惋暑蚂鄙军密拍晨作帆腑稿贸痘跌当薛聪抱婴喧踪禹釉褒钱门促萨胶社际丫咸嘿祸朝缓蹲燕稼划浸怂盅药挖困视姓扒黄酸怖筹隶侈郑炉达衫腻统锻味熔渭术俭专题四机械能和能源[典型例题]1、一人用力踢质量为10kg的皮球，使球由静止以20m/s的速度飞出．假定人踢球瞬间对球平均作用力是200N，球在水平方向运动了20m停止.那么人对球所做的功为〔〕C500J2、关于功的概念，以下说法中正确的选项是〔〕．力对物体做功多，说明物体的位移一定大B．力对物体做功少，说明物体的受力一定小C．力对物体不做功，说明物体一定无位移．功的大小是由力的大小和物体在力的方向上的位移的大小确定的3、关于重力势能和重力做功的说法中正确的选项是〔〕A．重力做负功，物体的重力势能一定增加B．当物体向上运动时，重力势能增大C．质量较大的物体，其重力势能也一定较大．地面上物体的重力势能一定为零4、下面的实例中，机械能守恒的是〔〕、自由下落的小球B、拉着物体沿光滑的斜面匀速上升。
高中数学竞赛 数论剩余类与剩余系1.剩余类的定义与性质(1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。
K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类.(2)性质(ⅰ)i m i K Z 10-≤≤= 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里.(ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ⇔a ≡b(modm).2.剩余系的定义与性质(1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系.特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,21,,1,0,1,,121,21--+----m m m ;当m 为偶数时,12,,1,0,1,,12,2--+--m m m 或2,,1,0,1,,12m m -+-. (2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系⇔两两对模m 不同余.(ⅱ)若(a,m)=1，则x 与ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系.证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm),矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有 aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾!(ⅲ)设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别遍历模m1,m2的完系,则m2x+m1y历遍模m1m2的完系.证明:因x,y分别历遍m1,m2个整数,所以,m2x+m1y历遍m1m2个整数.假定m2x/+m1y/≡m2x//+m1y//(modm1m2),其中x/,x//是x经历的完系中的数,而y/,y//是y经历的完系中的数.因(m1,m2)=1,所以,m2x/≡m2x//(modm1),m1y/≡m1y// (modm2),从而x/≡x//(modm1),y/≡y//(modm2),矛盾!3.既约剩余系的定义与性质(1)定义3如果剩余类K r里的每一个数都与m互质，则K r叫与m互质的剩余类.在与模m互质的全部剩余类中，从每一类中任取一个数所做成的数组，叫做模m的一个既约(简化)剩余系.如:模5的简系1,2,3,4;模12的简系1,5,7,11.(2)性质(ⅰ)K r与模m互质⇔K r中有一个数与m互质；证明:设a∈K r,(m,a)=1,则对任意b∈K r,因a≡b≡r(modm),所以,(m,a)=(m,r)= (m,b)=1,即K r与模m互质.(ⅱ)与模m互质的剩余类的个数等于)m(ϕ,即模m的一个既约剩余系由)m(ϕ个整数组成()m(ϕ为欧拉函数);(ⅲ)若(a,m)=1,则x与ax同时遍历模m的既约剩余系.证明:因(a,m)=1,(x,m)=1,所以,(ax,m)=1.若ax1≡ax2(modm),则有x1≡x2(modm),矛盾!(ⅳ)若a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,则a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.证明:因a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,所以,a1,a2,…,aφ(m)属于)m(ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m互质,故a1,a2,…,aφ(m)是模m 的一个既约剩余系.(ⅴ)设m 1,m 2是两个互质的正整数,而x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系,则m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的既约剩余系.证明:显然,既约剩余系是完系中所有与模互质的整数做成的.因x,y 分别历遍模m 1,m 2的完系时,m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的完系.由(m 1,x )=(m 2,y )=1, (m 1,m 2)=1得(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,所以,(m 2x+m 1y,m 1)=1,(m 2x+m 1y,m 2)=1,故 (m 2x+m 1y, m 1m 2)=1.反之若(m 2x+m 1y, m 1m 2)=1,则(m 2x+m 1y,m 1)=(m 2x+m 1y,m 2) =1,所以,(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,因(m 1,m 2)=1,所以,(m 1,x )=(m 2,y )=1.证毕.推论1若m 1,m 2是两个互质的正整数,则)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.证明:因当x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系时,m 2x+m 1y 也历遍模m 1m 2的既约剩余系,即m 2x+m 1y 取遍)(21m m ϕ个整数,又x 取遍)(1m ϕ个整数,y 取遍 )(2m ϕ个整数,所以, m 2x+m 1y 取遍)()(21m m ϕϕ个整数,故)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.推论2 设整数n 的标准分解式为k kp p p n ααα 2121=(k p p ,,1 为互异素数, *1,,N k ∈αα ),则有)11()11)(11()(21kp p p n n ---= ϕ. 证明:由推论1得)()()()(2121k k p p p n αααϕϕϕϕ =,而1)(--=αααϕp p p ,(即从1到αp 这αp 个数中,减去能被p 整除的数的个数),所以,)())(()(11221112211------=kk k k p p p p p p n ααααααϕ )11()11)(11(21kp p p n ---= . 4.欧拉(Euler)与费尔马(Fermat)定理欧拉(Euler)定理 设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(m od 1)(m a m ≡ϕ.证明:设r 1,r 2,…,r )(m ϕ是模m 的既约剩余系,则由性质3知a r 1,a r 2,…,a r )(m ϕ也是模m 的既约剩余系,所以, a r 1a r 2…a r )(m ϕ≡r 1r 2…r )(m ϕ(modm),即≡)(21)(m m r r r a ϕϕ )(21m r r r ϕ ,因()(21m r r r ϕ ,m)=1,所以,)(m od 1)(m a m ≡ϕ.推论(Fermat 定理) 设p 为素数,则对任意整数a 都有)(m od p a a p ≡.证明:若(a , p )=1,由1)(-=p p ϕ及Euler 定理得)(m od 11p a p ≡-即)(m od p a a p ≡;若(a , p )≠1,则p |a ,显然有)(m od p a a p ≡.例1设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a 是m 的倍数.证明:考虑数字全为1的数:因1,11,111,1111,…中必有两个在modm 的同一剩余类中,它们的差即为所求的a .例2证明从任意m 个整数a 1,a 2,…,a m 中,必可选出若干个数,它们的和(包括只一个加数)能被m 整除.证明:考虑m 个数a 1,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a m ,如果其中有一个数能被m 整除,则结论成立,否则,必有两个数属于modm 的同一剩余类,这两个数的差即满足要求.例3设f(x)=5x+2=f 1(x), f n+1(x)=f[f n (x)].求证:对任意正整数n,存在正整数m,使得2011|f n (m).证明:因f 2(x)=f[f(x)]=5(5x+2)+2=52x+5×2+2,f 3(x)=f[f 2(x)]=53x+52×2+5×2+2,..., f n (x)=5n x+5n-1×2+5n-2×2+ (2)因(5n ,2011)=1,所以,x 与f n (x)同时历遍mod2011的完系,1≤x ≤2011,所以,存在正整数m(1≤m ≤2011)使得f n (m)≡0(mod2011),即2011|f n (m).例4设123,,,a a a 是整数序列,其中有无穷多项为正整数,也有无穷多项为负整数.假设对每个正整数n ,数123,,,,n a a a a 被n 除的余数都各不相同.证明:在数列123,,,a a a 中,每个整数都刚好出现一次.证明:数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣<k:若∣a k ∣≥k,则取n=∣a k ∣,则a 1≡a k ≡0(mod n),矛盾.现在对k 归纳证明a 1,a 2,…,a k 适当重排后是绝对值小于k 的k 个相邻整数.k=1显然.设a 1,a 2,…,a k 适当重排后为-(k -1-i),…,0,…,i (0≤i ≤k -1),由于a 1,a 2,…,a k ,a k+1是(mod k+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(mod k+1), 但 ∣a k+1∣<k+1,因此a k+1只能是i+1或-(k -i),从而a 1,a 2,…,a k ,a k+1适当重排后是绝对值小于k+1的k+1个相邻整数.由此得到:1).任一整数在数列中最多出现一次;2).若整数u 和v (u<v) 都出现在数列中,则u 与v 之间的所有整数也出现在数列中.最后由正负项均无穷多个（即数列含有任意大的正整数及任意小的负整数）就得到:每个整数在数列中出现且只出现一次.例5偶数个人围着一张圆桌讨论，休息后，他们依不同次序重新围着圆桌坐下,证明至少有两个人，他们中间的人数在休息前与休息后是相等的。
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。
⾼中数学竞赛讲义（五）──数列⾼中数学竞赛讲义（五）──数列⼀、基础知识定义1 数列，按顺序给出的⼀列数，例如1，2，3，…，n，…. 数列分有穷数列和⽆穷数列两种，数列{a n}的⼀般形式通常记作a1, a2, a3,…，a n或a1, a2, a3,…，a n…。
其中a1叫做数列的⾸项，a n是关于n的具体表达式，称为数列的通项。
定理1 若S n表⽰{a n}的前n项和，则S1=a1, 当n>1时，a n=S n-S n-1.定义2 等差数列，如果对任意的正整数n，都有a n+1-a n=d（常数），则{a n}称为等差数列，d叫做公差。
若三个数a, b, c成等差数列，即2b=a+c，则称b为a和c的等差中项，若公差为d, 则a=b-d, c=b+d.定理2 等差数列的性质：1）通项公式a n=a1+(n-1)d；2）前n项和公式：S n=；3）a n-a m=(n-m)d，其中n, m为正整数；4）若n+m=p+q，则a n+a m=a p+a-q；5）对任意正整数p, q，恒有a p-a q=(p-q)(a2-a1)；6）若A，B⾄少有⼀个不为零，则{a n}是等差数列的充要条件是S n=An2+Bn.定义3 等⽐数列，若对任意的正整数n，都有，则{a n}称为等⽐数列，q叫做公⽐。
定理3 等⽐数列的性质：1）a n=a1q n-1；2）前n项和S n，当q1时，S n=；当q=1时，S n=na1；3）如果a, b, c成等⽐数列，即b2=ac(b0)，则b叫做a, c的等⽐中项；4）若m+n=p+q，则a m a n=a p a q。
定义4 极限，给定数列{a n}和实数A，若对任意的>0，存在M，对任意的n>M(n∈N),都有|a n-A|<，则称A为n→+∞时数列{a n}的极限，记作定义5 ⽆穷递缩等⽐数列，若等⽐数列{a n}的公⽐q满⾜|q|<1，则称之为⽆穷递增等⽐数列，其前n项和S n的极限（即其所有项的和）为（由极限的定义可得）。
高中数学竞赛校本教材目录§1数学方法选讲（1） (1)§2数学方法选讲（2） (11)§3集合 (22)§4函数的性质 (30)§5二次函数(1) (41)§6二次函数(2) (55)§7指、对数函数,幂函数 (63)§8函数方程 (73)§9三角恒等式与三角不等式 (76)§10向量与向量方法 (85)§11数列 (95)§12递推数列 (102)§13数学归纳法 (105)§14不等式的证明 (111)§15不等式的应用 (122)§16排列，组合 (130)§17二项式定理与多项式 (134)§18直线和圆，圆锥曲线 (143)§19立体图形，空间向量 (161)§20平面几何证明 (173)§21平面几何名定理 (180)§22几何变换 (186)§23抽屉原理 (194)§24容斥原理 (205)§25奇数偶数 (214)§26整除 (222)§27同余 (230)§28高斯函数 (238)§29覆盖 (245)§29涂色问题 (256)§30组合数学选讲 (265)§1数学方法选讲（1） 同学们在阅读课外读物的时候，或在听老师讲课的时候，书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂，但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。
看来，要提高解决问题的能力，要能在竞赛中有所作为，首先得提高分析问题的能力，这就需要学习一些重要的数学思想方法。
例题讲解一、从简单情况考虑 华罗庚先生曾经指出：善于“退”，足够的“退”，退到最原始而又不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍。
从简单情况考虑，就是一种以退为进的一种解题策略。
2011高中数学竞赛培训教材编者：全国特级教师(一)集合与容斥原理集合是一种根本数学语言、一种根本数学工具。
它不仅是高中数学的第一课，而且是整个数学的根底。
对集合的理解和掌握不能仅仅停留在高中数学起始课的水平上，而要随着数学学习的进程而不断深化，自觉使用集合语言(术语与符号)来表示各种数学名词，主动使用集合工具来表示各种数量关系。
如用集合表示空间的线面及其关系，表示平面轨迹及其关系、表示程(组)或不等式(组)的解、表示充要条件，描述排列组合，用集合的性质进展组合计数等。
一、学习集合要抓住元素这个关键例1．设A＝{X∣X=a2+b2,a、b∈Z}，X1，X2∈A，求证：X1X2∈A。
分析：A中的元素是自然数，即由两个整数a、b的平和构成的自然数，亦即从0、1、4、9、16、25……，n2，……中任取两个(一样或不一样)数加起来得到的一个和数，此题要证明的是：两个这样的数的乘积一定还可以拆成两个自然数的平和的形式，即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+(N)2，M,N∈Z证明：设X1＝a2+b2，X2=c2+d2，a、b、c、d∈Z.那么X1X2＝(a2+b2)(c2+d2)＝a2c2+b2d2+b2c2+a2d2＝a2c2+2ac·bd+b2d2+b2c2-2bc·ad+a2d2＝(ac+bd)2+(bc-ad)2 又a、b、c、d∈Z，故ac+bd、bc-ad∈Z，从而X1X2∈A练习:1.设两个集合S={x|x=12m+8n,m,n∈Z},T={x|x=20p+16q,p,q∈Z}.求证：S=T。
2.设M={a|a= x2-y2,x,y∈Z}.求证：〔1〕一切奇数属于M;〔2〕4k-2(k∈Z)不属于M;〔3〕M中任意两个数的积仍属于M。
3.函数f〔x〕=x2+ax+b,a,b∈R,且A={x|x=f(x)},B={x|x=f[f(x)]}.(1)求证:A B;(2)假设A={-1，3}时，求集合B.二、集合中待定元素确实定例2．集合M ＝{X ，XY ，lg(xy)}，S ＝{0，∣X ∣，Y}，且M ＝S ，那么(X ＋1/Y)＋(X2＋1/Y2)＋……＋(X2002＋1/Y2002)的值等于( ).分析：解题的关键在于求出X 和Y 的值，而X 和Y 分别是集合M 与S 中的元素。
