1、智浪教育普惠英才文库1初中数学奥林匹克竞赛教程（初稿）2004 年 5 月 8 日智浪教育普惠英才文库2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
2、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、
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。 智浪教育普惠英才文库3含字母系数的一元一次不等式的解法，一元一次不等式的
4、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。智浪教育普惠英才文
5、库4第一讲 整数问题：特殊的自然数之一 A1001 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 1x1000a 100a 10bb11（100a b）其中 0a9，0 b9可见平方数 x 被 11 整除，从而 x 被 112 整除因此，数 100ab99a（a b）能被 11 整除，于是 a b 能被 11 整除但 0a b18，以 ab11于是 x 112（9a 1），由此可知 9a1 是某个自然数的平方对a 1，2， ，9 逐一检验，易知仅 a7 时，9a1 为平方数，故所求的四位数是 77448
6、8 2A1002 假设 n 是自然数，d 是 2n2 的正约数证明：n 2d 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k2x2k 2（n 2d）n 2（k 22k）但这是不可能的，因为 k2x2 与 n2 都是完全平方，而由 k2k 22k（k1） 2 得出 k22k 不是平方数A1003 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）（n 23n）（n 28n2）（n 23n1） 2
7、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A1004 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 am 2（mN）于是a（2kmdk 2）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A1005 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 n2100
8、a 2b，其中 0b100于是 n10a，即 n10a1因此bn 2100a220a1由此得 20a 1100，所以 a4智浪教育普惠英才文库5经验算，仅当 a 4 时，n41 满足条件若 n41 则 n240 242 240 2100因此，满足本题条件的最大的完全平方数为 4121681A1006 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|4p 21当 p2（mod 5）时，5|6p 21所以本题只有一个解 p5A1007 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
9、n 4a 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 m1 及自然数 n，有n44m 4（n 22m 2） 24m 2n2（n 22mn2m 2）（n 22mn2m 2）而 n 22mn2m 2n 22mn2m 2（nm） 2m 2m 21故 n44m 4 不是素数取 a42 4，43 4，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A1008 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
10、设和的数字都是奇数在加法算式中，末一列数字的和 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A1009 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
11、被 3 整除，所以 p1 被 3 整除于是 6 是 p1 的因数A1010 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）智浪教育普惠英才文库6【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A1011 设 n 为大于 2 的已知整数，并设 Vn 为整数 1kn 的集合，k1，2，数 mV n 称为在 Vn 中不可分解，如果不存在数 p，qV n 使得 pqm证明：存在一个数 rV n 可用多于一种
12、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 an 1，b2n1，则 a2、b 2、a 2b2 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 a2ra 2b2 有两种不同的分解方式： ra 2b2a 2（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A1012 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
13、成【题说】 1979 年英国数学奥林匹克题 6【证】 序列 1，10001，100010001，可写成1，110 4，110 410 8，一个合数智浪教育普惠英才文库7即对 n2，a n 均可分解为两个大于 1 的整数的乘积，而 a21000113773故对一切 n2，a n 均为合数A1013 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
14、、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，10 4M 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A1014 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5d1x 2 （1）5d1y 2 （2）13d1z 2 （3）其中 x、y、z
15、是正整数由（1）式知，x 是奇数，不妨设 x2n1代入有 2d1（2n1） 2 即d2n 22n1 （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2dq 2p 2（qp）（qp）因 2d 是偶数，即 q2p 2 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 整数问题：特殊的自然数之三 A1015 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】 第二十一届（1987 年
16、）全苏数学奥林匹克十年级题 1【解】 由 n 个数aiin！1，i1，2，n组成的集合满足要求因为其中任意 k 个数之和为智浪教育普惠英才文库8mn！k（mN，2kn）由于 n！12 n 是 k 的倍数，所以 mn！k 是 k 的倍数，因而为合数对任意两个数 ai 与 aj（ij），如果它们有公共的质因数 p，则 p 也是 aia j（ij）n！的质因数，因为 0ijn，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、a j（ij）互素令 n5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601A1016 已知 n2，求证：
17、如果 k2kn 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 mp，则 p|（mp） 2（mp）n又（mp） 2（mp）nnP，这与 m 是使 k2kn 为合数的最小正整数矛盾（2）若 mp1，则（p1m） 2（p1m）n（p1m）（pm）n 被 p 整除，且（p1m） 2（p1m）nnp因为（p1m） 2（p1m）n 为合数，所以p1mm，p2m1由得4m24m1m 2mn即3m23m1n0由此得智浪教育普惠英才文库9A1017 正整数 a 与 b 使得 ab 1 整除 a2b 2求证：（a 2b 2） /（ab1）是某个正整数的平方【题
18、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 b2k （1）显然（1）的解（a，b）满足 ab 0（否则 ab1，a 2b 2k（ab1）0）又由于 k 不是完全平方，故 ab0设（a ，b ）是（1 ）的解中适合 a 0（从而 b0）并且使 ab 最小的那个解不妨设 ab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 b0，所以 a0但由（3）从而 a ba b，这与 ab 的最小性矛盾，所以 k 必为完全平方A1018 求证：对任何正整数 n，存在 n
19、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（ n1）！，则 a2k（2kn1），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 a2k 是质数的整数幂 pl，则 kp j（l、j 都是正整数），但 a2 被 p2j 整除因而被 pj1 整除，所以 a2k 被 pj 整除而不被 pj1整除，于是 a2k p jk，矛盾因此a2k（2kn1）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 A1019 n 为怎样的自然数时，数 32n1 2 2n1 6
20、n 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】 3 2n1 2 2n1 6 n（3 n2 n）（3 n1 2 n1 ）智浪教育普惠英才文库10当 nl 时，3 n2 n1，3 n1 2 n1 1，所以原数是合数当 n1 时，原数是素数 13A1020 设 n 是大于 6 的整数，且 a1、a 2、a k 是所有小于 n 且与 n 互素的自然数，如果a2a 1a 3a 2a ka k1 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（n1，n）1，得 akn1
21、令 da 2a 10当 a22 时，d 1，从而 kn1，n 与所有小于 n 的自然数互素由此可知 n 是素数当 a23 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 a23 a2 是不能整除 n 的最小素数，所以 2|n，3|n 由于 n1a k1（k1）d，所以 3 d又 1da 2，于是 3 1 d由此可知 3|12d若 1 2dn，则 a312d，这时 3|（ a3，n）矛盾若 12dn，则小于 n 且与 n 互素自然数的个数为 2设 n2m（6）若 m 为偶数，则 m1 与 n 互质，若 m 为奇数，则 m2 与 m 互质即除去 n1 与 1 外
22、、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A1021 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 1001100220001500500，将它分为 100 段，每段 10 项，至少有一段的和15005，所以A15005另一方面，将 10012000 排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402 1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300
