初中數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽教程

初中學(xué)奧林克競(jìng)教程（初稿）2004年5月8日初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽大綱（修訂稿）數(shù)學(xué)競(jìng)賽對(duì)于開發(fā)學(xué)生智力，開拓視野，促進(jìn)教學(xué)改革，提高教學(xué)水平，發(fā)現(xiàn)和培養(yǎng)數(shù)學(xué)人才都有著積極的作用。目前我國中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽日趨規(guī)范化和正規(guī)化，為了使全國數(shù)學(xué)競(jìng)賽活動(dòng)健康、持久地開展，應(yīng)廣大中學(xué)師生和各級(jí)數(shù)學(xué)奧林匹克教練員的要求，特制定《初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽大綱（修訂稿）》以適應(yīng)當(dāng)前形勢(shì)的需要。本大綱是在國家教委制定的九年義務(wù)教育制“初中數(shù)學(xué)教學(xué)大綱”精神的基礎(chǔ)上制定的?！督虒W(xué)大綱》在教學(xué)目的一欄中指出：“要培養(yǎng)學(xué)生對(duì)數(shù)學(xué)的興趣，激勵(lì)學(xué)生為實(shí)現(xiàn)四個(gè)現(xiàn)代化學(xué)好數(shù)學(xué)的積極性。”具體作法是：“對(duì)學(xué)有余力的學(xué)生，要通過課外活動(dòng)或開設(shè)選修課等多種方式，充分發(fā)展他們的數(shù)學(xué)才能”，“要重視能力的培養(yǎng)……，著重培養(yǎng)學(xué)生的運(yùn)算能力、邏輯思維能力和空間想象能力，要使學(xué)生逐步學(xué)會(huì)分析、綜合、歸納、演繹、概括、抽象、類比等重要的思想方法。同時(shí)，要重視培養(yǎng)學(xué)生的獨(dú)立思考和自學(xué)的能力”。《教學(xué)大綱》中所列出的內(nèi)容，是教學(xué)的要求，也是競(jìng)賽的要求。除教學(xué)大綱所列內(nèi)容外，本大綱補(bǔ)充列出以下內(nèi)容。這些課外講授的內(nèi)容必須充分考慮學(xué)生的實(shí)際情況，分階段、分層次讓學(xué)生逐步地去掌握，并且要貫徹“少而精”的原則，處理好普及與提高的關(guān)系，這樣才能加強(qiáng)基礎(chǔ)，不斷提高。1、實(shí)數(shù)

十進(jìn)制整數(shù)及表示方法。整除性，被、3、4、5、8、9、等數(shù)整除的判定。素?cái)?shù)和合數(shù)，最大公約數(shù)與最小公倍數(shù)。奇數(shù)和偶數(shù)，奇偶性分析。帶余除法和利用余數(shù)分類。完全平方數(shù)。因數(shù)分解的表示法，約數(shù)個(gè)數(shù)的計(jì)算。有理數(shù)的表示法，有理數(shù)四則運(yùn)算的封閉性。2、代數(shù)式綜合除法、余式定理。拆項(xiàng)、添項(xiàng)、配方、待定系數(shù)法。部分分式。對(duì)稱式和輪換對(duì)稱式。3、恒等式與恒等變形恒等式，恒等變形。整式、分式、根式的恒等變形。恒等式的證明。

4、方程和不等式含字母系數(shù)的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。含絕對(duì)值的一元一次、二次方程的解法。含字母系數(shù)的一元一次不等式的解法，一元一次不等式的解法。含絕對(duì)值的一元一次不等式。簡(jiǎn)單的一次不定方程。列方程（組）解應(yīng)用題。5、函數(shù)y=|ax+b|,y=|ax2+bx+c|及y=ax2+bx+c的圖像和性質(zhì)。二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值。簡(jiǎn)單分式函數(shù)的最值，含字母系數(shù)的二次函數(shù)。6、邏輯推理問題抽屜原則（概念），分割圖形造抽屜、按同余類造抽屜、利用染色造抽屜。簡(jiǎn)單的組合問題。邏輯推理問題，反證法。簡(jiǎn)單的極端原理。簡(jiǎn)單的枚舉法。

7、幾何四種命題及其關(guān)系。三角形的不等關(guān)系。同一個(gè)三角形中的邊角不等關(guān)系，不同三角形中的邊角不等關(guān)系。面積及等積變換。三角形的心（內(nèi)心、外心、垂心、重心）及其性質(zhì)。第一講整數(shù)問題：特殊的自然數(shù)之一A1－001求一個(gè)四位數(shù)，它的前兩位數(shù)字及后兩位數(shù)字分別相同，而該數(shù)本身等于一個(gè)整數(shù)的平方．【題說】1956年～1957年波蘭數(shù)學(xué)奧林匹克一試題．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≤9，0≤b≤9．可見平方數(shù)被11整除，從而x被112整除．因此，數(shù)100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≤18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋），由此可知9a＋1是某個(gè)自然數(shù)的平方．對(duì)a＝1，2，…，9逐一檢驗(yàn)，易知僅＝7時(shí)，9a＋1為平方數(shù)，故所求的四位數(shù)是7744＝882．A1－002假設(shè)n是自然數(shù)，d是2n2正約數(shù)．證明：n2＋d不是完全平方．

【題說】1953年匈牙利數(shù)學(xué)奧林匹克題．【證】設(shè)2n2＝kd，k是正整數(shù)，如果n2＋d是整數(shù)x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但這是不可能的，因?yàn)閗2x2與n2是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方數(shù)．A1－003試證四個(gè)連續(xù)自然數(shù)的乘積加上的算術(shù)平方根仍為自然數(shù)．【題說】1962年上海市賽高三決賽題1．【證】四個(gè)連續(xù)自然數(shù)的乘積可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n23n）（n2＋8n＋2）＝（＋3n＋1）2－1因此，四個(gè)連續(xù)自然數(shù)乘積加上1是一完全平方數(shù)，故知本題結(jié)論成立．A1－004已知各項(xiàng)均為正整數(shù)的算術(shù)級(jí)數(shù)，其中一項(xiàng)是完全平方數(shù)，證明：此級(jí)數(shù)一定含有無窮多個(gè)完全平方數(shù)．【題說】1963年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題．算術(shù)級(jí)數(shù)有無窮多項(xiàng)．【證】設(shè)此算術(shù)級(jí)數(shù)公差是d，且其中一項(xiàng)a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2對(duì)于任何k∈N，都是該算術(shù)級(jí)數(shù)中的項(xiàng)，且又是完全平方數(shù)．A1－005求一個(gè)最大的完全平方數(shù)，在劃掉它的最后兩位數(shù)后，仍得到一個(gè)完全平方數(shù)（假定劃掉的兩個(gè)數(shù)字中的一個(gè)非零）．

【題說】1964年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十一年級(jí)題1．【解】設(shè)n2滿足條件，令n2＝100a2b，其中0＜b＜．于是n＞10a，即n≥10a＋1．因此b＝n2100a2≥20a＋1由此得20a＋1＜100，所以a≤4．經(jīng)驗(yàn)算，僅當(dāng)a＝4時(shí)，n＝41滿足條件．若＞41則n2－402≥422－402＞100．因此，滿足本題條件的最大的完全平方數(shù)為＝1681．A1－006求所有的素?cái)?shù)p，使4p2＋和6p2＋1也是素?cái)?shù)．【題說】1964年～1965年波蘭數(shù)學(xué)奧林匹克二試題1．【解】當(dāng)p≡±1（mod5）時(shí)，5|4p2＋1．當(dāng)p≡±2（mod5）時(shí)，5|6p2＋1．所以本題只有一個(gè)解p＝5．A1－007證明存在無限多個(gè)自然數(shù)有下列性質(zhì)：對(duì)任何自然數(shù)n，z＝n4＋a都不是素?cái)?shù)．【題說】第十一屆（1969年）國際數(shù)學(xué)奧林匹克題，本題由原民主德國提供．【證】對(duì)任意整數(shù)m＞1及自然數(shù)，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2而n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2

＝（n－m）2＋m2≥m2＞1故n4＋4m4不是素?cái)?shù)．取a＝4·24，4·34，…就得到無限多個(gè)符合要求的a．第二講整數(shù)問題：特殊的自然數(shù)之二A1－008將某個(gè)17位數(shù)的數(shù)字的順序顛倒，再將得到的數(shù)與原來的數(shù)相加．證明：得到的和中至少有一個(gè)數(shù)字是偶數(shù)．【題說】第四屆（1970年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克八年級(jí)題4．【證】假設(shè)和的數(shù)字都是奇數(shù)．在加法算式中，末一列數(shù)字的和d＋a為奇數(shù)，從而第一列也是如此，因此第二列數(shù)字的和b＋c≤9．于是將已知數(shù)的前兩位數(shù)字、b與末兩位數(shù)字c、d去掉，所得的13位數(shù)仍具有性質(zhì)：將它的數(shù)字顛倒，得到的數(shù)與它相加，和的數(shù)字都是奇數(shù)．照此進(jìn)行，每次去掉首末各兩位數(shù)字．最后得到一位數(shù)，它與自身相加顯然是偶數(shù)．矛盾！因此，和的數(shù)字中必有偶數(shù)．A1－009證明：如果p和p＋2都是大于的素?cái)?shù)，那么6是p＋1的因數(shù)．【題說】第五屆（1973年）加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題3．【證】因?yàn)閜是奇數(shù)，所以2是＋1的因數(shù)．

因?yàn)閜、p＋1、p＋2除以3余數(shù)不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．于是6是p＋1的因數(shù)．A1－010證明：三個(gè)不同素?cái)?shù)的立方根不可能是一個(gè)等差數(shù)列中的三項(xiàng)（不一定是連續(xù)的）．【題說】美國第二屆（1973年）數(shù)學(xué)奧林匹克題．【證】設(shè)p、q、r是不同素?cái)?shù)．假如有自然數(shù)、m、n和實(shí)數(shù)a、d，消去a，d，得化簡(jiǎn)得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（－l）3r＋3（l－n）（m原命題成立．A1－011設(shè)n為大于2的已知整數(shù)，并設(shè)為整數(shù)1＋kn的集合，k＝1，2，…．?dāng)?shù)m∈Vn稱為在Vn中