初中数学奥林匹克竞赛教程.docx

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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）

  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、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 整数问题：

特殊的自然数之一

A1－001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1．

x＝1000a＋100a＋10b＋b

＝11（100a＋b）

其中0＜a≤9，0≤b≤9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≤18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．

A1－002假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：

n2＋d不是完全平方．

【题说】1953年匈牙利数学奥林匹克题2．

【证】设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么

k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）

但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．

A1－003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（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1

因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．

 A1－004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a＝m2（m∈N）．于是

a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2

对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．

A1－005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n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≥10a＋1．因此

b＝n2100a2≥20a＋1

由此得        20a＋1＜100，所以a≤4．

经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．

A1－006求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．

【题说】1964年～1965年波兰数学奥林匹克二试题1．

【解】当p≡±1（mod5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．

A1－007证明存在无限多个自然数a有下列性质：

对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．

【题说】第十一届（1969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m＞1及自然数n，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不是素数．取a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的a．

第二讲 整数问题：

特殊的自然数之二

A1－008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，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≤9．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．

A1－009证明：

如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1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p＋1的因数．

因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．

于是6是p＋1的因数．

 A1－010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（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m

原命题成立．

 A1－011设n为大于2的已知整数，并设Vn为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈Vn称为在Vn中不可分解，如果不存在数p，q∈Vn使得pq＝m．证明：

存在一个数r∈Vn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】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．

【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于Vn．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在Vn中不可分解．

式中不会出现a2．

r＝a2b2有两种不同的分解方式：

r＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．

A1－012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1，10001，100010001，…，可写成

1，1＋104，1＋104＋108，…

一个合数．

即对n＞2，an均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137·73．故对一切n≥2，an均为合数．

A1－013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．因此对任意自然数M，104×M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．

A1－014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ab－1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2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设

5d－1＝x2                                                  

（1）

5d－1＝y2                                                  

（2）

13d－1＝z2                                                （3）

其中x、y、z是正整数．

由

（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即

d＝2n2－2n＋1                              （4）

（4）式说明d也是奇数．

于是由

（2）、（3）知y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入

（2）、（3）相减后除以4有

2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）

因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p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  整数问题：

特殊的自然数之三

A1－015求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≤5）个数的和为合数．

【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题1．

【解】由n个数

ai＝i·n！

＋1，i＝1，2，…，n

组成的集合满足要求．

因为其中任意k个数之和为

m·n！

＋k（m∈N，2≤k≤n）

由于n！

＝1·2·…·n是k的倍数，所以m·n！

＋k是k的倍数，因而为合数．

对任意两个数ai与aj（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是ai－aj＝（i－j）n！

的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！

的质因数．但ai与n！

互质，所以ai与aj不可能有公共质因数p，即ai、aj（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：

121，241，361，481，601．

A1－016已知n≥2，求证：

如果k2＋k＋n对于整数k

素数．

【题说】第二十八届（1987年）国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．

（1）若m≥p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．

又（m－p）2＋（m－p）＋n≥n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．

（2）若m≤p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且

（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≥n＞p

因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以

p－1－m≥m，p≥2m＋1

由

得

4m2＋4m＋1≤m2＋m＋n

即

3m2＋3m＋1－n≤0

由此得

A1－017正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：

（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．

【题说】第二十九届（1988年）国际数学奥林匹克题6．本题由原联邦德国提供．

a2－kab＋b2＝k                                  

（1）

显然

（1）的解（a，b）满足ab≥0（否则ab≤－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≤0）．

又由于k不是完全平方，故ab＞0．

设（a，b）是

（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≥b．固定k与b，把

（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理

（2），a′为整数，因而（a′，b）也是

（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．

但由（3）

从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．

A1－018求证：

对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．

【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．

【证】设a＝（n＋1）！

，则a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂pl，则k＝pj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj＋1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj＋1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此

a2＋k（2≤k≤n＋1）

这n个连续正整数都不是素数的整数幂．

第四讲  整数问题：

特殊的自然数之四

   A1－019n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？

【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5

【解】32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）

当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，所以原数是合数．当n＝1时，原数是素数13．

   A1－020设n是大于6的整数，且a1、a2、…、ak是所有小于n且与n互素的自然数，如果

a2－a1＝a3－a2＝…＝ak－ak－1＞0

求证：

n或是素数或是2的某个正整数次方．

【题说】第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题2．本题由罗马尼亚提供．

【证】显然a1＝1．

由（n－1，n）＝1，得ak＝n－1．

令d＝a2－a1＞0．

当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．

当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．

设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝ak＝1＋（k－1）d，所以3

d．又1＋d＝a2，于是3

1＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≥n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．

设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．

综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．

A1－021试确定具有下述性质的最大正整数A：

把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．

【题说】第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．

【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≥15005，所以

A≥15005

另一方面，将1001～2000排列如下：

2000      1001      1900      1101      1800

1201      1700      1301      1600      1401

1999      1002      1899      1102      1799

1202      1699      1302      1599      1402

…   …   …   …   …   …

1901      1100      1801      1200      1701

1300      1601      1400      1501      1300

并记上述排列为

a1，a2，…，a2000

（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≤i≤20，1≤j≤10）

令    Si＝ai＋ai＋1＋…＋ai＋9（i＝1，2，…，1901）

则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则Si＝15005；若i为偶数，则Si＝15004．

综上所述A＝15005．

第五讲 整数问题：

特殊的自然数之五

 A1－022相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？

【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题2．

【解】            （n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2

＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）

不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod5）时，均有

2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）

0（mod5）

所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，

A1－023是否存在完全平方数，其数字和为1993？

【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第二轮题2．

【解】存在，事实上，

取n＝221即可．

 A1－024能够表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？

【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6．

【解】答495．

连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．

又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋50

A1－025如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？

【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1．

【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．

因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．

第六讲  整数问题：

特殊的自然数之六

A1－026设n是正整数．证明：

2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．

【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题2．

【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2

（2n＋1），3

（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得

n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2

反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则

2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2

从而命题得证．

   A1－027设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．

【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题10．

【解】由题意知

正整数，将它们分别记作k与l．由

a＋c＞c≥c1，b＋c＞c≥c2

所以，k＞1且l＞1．

从而，a＋b＋c＋d＝kl为合数．

   A1－028设k1＜k2＜k3＜…是正整数，且没有两个是相邻的，又对于m＝1，2，3，…，Sm＝k1＋k2＋…＋km．求证：

对每一个正整数n，区间（Sn，Sn＋1）中至少含有一个完全平方数．

【题说】1996年爱朋思杯——上海市高中数学竞赛题2．

【证】Sn＝kn＋kn－1＋…＋k1

所以

从而

第七讲 整数问题：

求解问题之一

A2－001哪些连续正整数之和为1000？

试求出所有的解．

【题说】1963年成都市赛高二二试题3．

【解】设这些连续正整数共n个（n＞1），最小的一个数为a，则有

a＋（a＋1）＋…＋（a＋n－1）＝1000

即

n（2a＋n－1）＝2000

若n为偶数，则2a＋n－1为奇数；若n为奇数，则2a＋n－1为偶数．因a≥1，故2a＋n－1＞n．

同，故只有n＝5，16，25，因此可能的取法只有下列三种：

若n＝5，则a＝198；

若n＝16，则a＝55；

若n＝25，则a＝28．

故解有三种：

198＋199＋200＋201＋202

55＋56＋…＋70

28＋29＋…＋52

    A2－002N是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得N是整数的四次方．

【题说】第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题3．

【解】设b为所求最小正整数，则

7b2＋7b＋7＝x4

素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有

b2＋b＋1＝73k4

当k＝1时，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是满足条件的最小正整数．

 A2－003如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和，求n．

【题说】1976年美国纽约数学竞赛题7．

s2－s1＝n2＝100 

从而求得n＝10．

A2－004设a和b为正整数，当a2＋b2被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2＋r＝1977．

【题说】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题5．本题由原联邦德国提供．

【解】由题设a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≤r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以q2≤1977，从而q≤44．

若q≤43，