《初中数学奥林匹克竞赛方法与试题大全解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《初中数学奥林匹克竞赛方法与试题大全解析（140页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、初中数学奥林匹克竞赛教程初中数学奥林匹克竞赛教程初中数学竞赛大纲（修订稿）初中数学竞赛大纲（修订稿） 数学竞赛对于开发学生智力，开拓视野，促进教学改革，提高教学水平，发现和培养数学人才 都有着积极的作用。目前我国中学生数学竞赛日趋规范化和正规化，为了使全国数学竞赛活动健 康、持久地开展，应广大中学师生和各级数学奥林匹克教练员的要求，特制定初中数学竞赛大 纲（修订稿） 以适应当前形势的需要。 本大纲是在国家教委制定的九年义务教育制“初中数学教学大纲”精神的基础上制定的。 教学大纲在教学目的一栏中指出：“要培养学生对数学的兴趣，激励学生为实现四个现代化 学好数学的积极性。”具体作法是：“对学有余力
2、的学生，要通过课外活动或开设选修课等多种 方式，充分发展他们的数学才能”，“要重视能力的培养，着重培养学生的运算能力、逻辑 思维能力和空间想象能力，要使学生逐步学会分析、综合、归纳、演绎、概括、抽象、类比等重 要的思想方法。同时，要重视培养学生的独立思考和自学的能力”。 教学大纲中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的要求。除教学大纲所列内容外， 本大纲补充列出以下内容。这些课外讲授的内容必须充分考虑学生的实际情况，分阶段、分层次 让学生逐步地去掌握，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关系，这样才能加强 基础，不断提高。 1、实数 十进制整数及表示方法。整除性，被 2、3、4、5、
3、8、9、11 等数整除的判定。 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。 有理数的表示法，有理数四则运算的封闭性。 2、代数式 综合除法、余式定理。 拆项、添项、配方、待定系数法。 部分分式。 对称式和轮换对称式。 3、恒等式与恒等变形 恒等式，恒等变形。 整式、分式、根式的恒等变形。 恒等式的证明。 4、方程和不等式 含字母系数的一元一次、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、二次方程的解法。 含字母系数的一元一次不等式的解法，一元一次不等式的解法。 含绝对值的一元一次不等
4、式。 简单的一次不定方程。 列方程（组）解应用题。 5、函数 y=|ax+b|,y=|ax2+bx+c|及 y=ax2+bx+c 的图像和性质。 二次函数在给定区间上的最值。简单分式函数的最值，含字母系数的二次函数。 6、逻辑推理问题 抽屉原则（概念），分割图形造抽屉、按同余类造抽屉、利用染色造抽屉。 简单的组合问题。 逻辑推理问题，反证法。 简单的极端原理。 简单的枚举法。 7、几何 四种命题及其关系。 三角形的不等关系。同一个三角形中的边角不等关系，不同三角形中的边角不等关系。 面积及等积变换。 三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质。第一讲第一讲 整数问题：特殊的自然数之一整数问题
5、：特殊的自然数之一 A1A1001001 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平 方 【题说】 1956 年1957 年波兰数学奥林匹克一试题 1x1000a100a10bb11（100ab）其中 0a9，0b9可见平方数 x 被 11 整除，从而 x 被 112整除因此，数 100ab99a（ab）能被 11 整除，于是 ab 能被 11 整除但 0ab18，以 ab11于是 x112（9a1），由此可知 9a1 是某个自然数的平方对 a1，2，9 逐一检验，易知仅 a7 时，9a1 为平方数，故所求的四位数是 7744882A1A1002002 假设
6、n 是自然数，d 是 2n2的正约数证明：n2d 不是完全平方【题说】 1953 年匈牙利数学奥林匹克题 2【证】 设 2n2kd，k 是正整数，如果 n2d 是整数 x 的平方，那么k2x2k2（n2d）n2（k22k）但这是不可能的，因为 k2x2与 n2都是完全平方，而由 k2k22k（k1）2得出 k22k 不是平方数A1A1003003 试证四个连续自然数的乘积加上 1 的算术平方根仍为自然数【题说】 1962 年上海市赛高三决赛题 1【证】 四个连续自然数的乘积可以表示成n（n1）（n2）（n3）（n23n）（n28n2）（n23n1）21因此，四个连续自然数乘积加上 1，是一完全
7、平方数，故知本题结论成立A1A1004004 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无 穷多个完全平方数【题说】 1963 年全俄数学奥林匹克十年级题 2算术级数有无穷多项【证】 设此算术级数公差是 d，且其中一项 am2（mN）于是a（2kmdk2）d（mkd）2对于任何 kN，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数A1A1005005 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得到一个完全平方数（假定划 掉的两个数字中的一个非零）【题说】 1964 年全俄数学奥林匹克十一年级题 1【解】 设 n2满足条件，令 n2100a2b，其中 0b100于是
8、 n10a，即 n10a1因此bn2100a220a1由此得 20a1100，所以 a4经验算，仅当 a4 时，n41 满足条件若 n41 则 n2402422402100因此，满足 本题条件的最大的完全平方数为 4121681A1A1006006 求所有的素数 p，使 4p21 和 6p21 也是素数【题说】 1964 年1965 年波兰数学奥林匹克二试题 1【解】 当 p1（mod 5）时，5|4p21当 p2（mod 5）时，5|6p21所以本题只 有一个解 p5A1A1007007 证明存在无限多个自然数 a 有下列性质：对任何自然数 n，zn4a 都不是素数【题说】 第十一届（196
9、9 年）国际数学奥林匹克题 1，本题由原民主德国提供【证】 对任意整数 m1 及自然数 n，有n44m4（n22m2）24m2n2（n22mn2m2）（n22mn2m2）而 n22mn2m2n22mn2m2（nm）2m2m21故 n44m4不是素数取 a424，434，就得到无限多个符合要求的 a第二讲第二讲 整数问题：特殊的自然数之二整数问题：特殊的自然数之二A1A1008008 将某个 17 位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加证明：得到的和中 至少有一个数字是偶数 【题说】 第四届（1970 年）全苏数学奥林匹克八年级题 4【证】 假设和的数字都是奇数在加法算式中，末一列数字
10、的和 da 为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和 bc9于是将已知数的前两位数字 a、b 与末两位数字 c、d 去掉，所得的 13 位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数照此进行，每次去掉首末各两位数 字最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数矛盾！因此，和的数字中必有偶数A1A1009009 证明：如果 p 和 p2 都是大于 3 的素数，那么 6 是 p1 的因数【题说】 第五届（1973 年）加拿大数学奥林匹克题 3【证】 因为 p 是奇数，所以 2 是 p1 的因数因为 p、p1、p2 除以 3 余数不同，p、p2 都不被 3 整除，所以 p1 被
11、3 整除于是 6 是 p1 的因数A1A1010010 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）【题说】 美国第二届（1973 年）数学奥林匹克题 5【证】 设 p、q、r 是不同素数假如有自然数 l、m、n 和实数 a、d，消去 a，d，得化简得（mn）3p（ln）3q（ml）3r3（ln）（m原命题成立A1A1011011 设 n 为大于 2 的已知整数，并设 Vn为整数 1kn 的集合，k1，2，数 mVn称 为在 Vn中不可分解，如果不存在数 p，qVn使得 pqm证明：存在一个数 rVn可用多于一 种方法表达成 Vn中不可分解的元素的乘积【题说】 第十
12、九届（1977 年）国际数学奥林匹克题 3本题由荷兰提供【证】 设 an1，b2n1，则 a2、b2、a2b2都属于 Vn因为 a2（n1）2，所以 a2在 Vn中不可分解式中不会出现 a2ra2b2有两种不同的分解方式：ra2b2a2（直至 b2 分成不可分解的元素之积）与 rabab（直至 ab 分成不可分解的元素之积），前者有因数 a2，后者没有A1A1012012 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，中没有素数注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接 0001 而成【题说】 1979 年英国数学奥林匹克题 6【证】 序列 1，10
13、001，100010001，可写成1，1104，1104108，一个合数即对 n2，an均可分解为两个大于 1 的整数的乘积，而 a21000113773故对一切 n2，an均为合数A1A1013013 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这 样的数叫绝对素数求证：绝对素数的不同数字不能多于 3 个【题说】 第十八届（1984 年）全苏数学奥林匹克八年级题 8【证】 若不同数字多于 3 个，则这些数字只能是 1、3、7、9不难验证 1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139 除以 7，余数分别为 0、1、2、3、4、5、6因此 对任意
14、自然数 M，104M 与上述 7 个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被 7 整除，从而含 数字 1、3、7、9 的数不是绝对素数A1A1014014 设正整数 d 不等于 2、5、13证明在集合2，5，13，d中可以找到两个不同 元素 a、b，使得 ab1 不是完全平方数【题说】 第二十七届（1986 年）国际数学奥林匹克题 1本题由原联邦德国提供【证】 证明 2d1、5d1、13d1 这三个数中至少有一个不是完全平方数即可用反证法， 设5d1x2 （1）5d1y2 （2）13d1z2 （3）其中 x、y、z 是正整数由（1）式知，x 是奇数，不妨设 x2n1代入有 2d1（2n1）2即d2n22n1 （4）（4）式说明 d 也是奇数于是由（2）、（3）知 y、Z 是偶数，设 y2p，z2q，代入（2）、（3）相减后除以 4 有2dq2p2（qp）（qp）因 2d 是偶数，即 q2p2是偶数，所以 p、q 同为偶数或同为奇数，从而 qp 和 qp 都是 偶数，即 2d 是 4 的倍数，因此 d 是偶数这与 d 是奇数相矛盾，故命题正确第三讲第三讲 整数问题：特殊的自然数之三整数问题：特殊的自然数之三 A1A1015015 求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意 n（n5）个数的和为合数 【题说】 第二十
