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福建中学数学 2007 年第 9 月 32 sinyHx 与函数sinyx 的关系 理解函 数cosyHx 与函数cosyx 的关系 目标 层次三 初步理解函数 yHf x 与函数 yf x 的关系 还有其它分层次目标 在辅助手段上教师还可以将课堂教学的 课件作为教学资源提供给学生共享 布置新任 务 组织学生以课外兴趣小组的形式 并在教师 的指导下进行更深入的学习与探究 教给学生 自学和研究的方法 共同创建教学资源 3 课后反思课后反思 问题教学 利用现代教育技术教学与探 究学习都是新课程提倡的教学方式 本节课 的教学达到预期的教学效果 在把握这种教 学方式时笔者认为仍需注意以下几点 1 在教学理念上教师应把握新课程改革 的方向 还学于生 充分体现新课程重过程 重 体验 重探究的基本理念 这就需要教师课堂 上有良好的驾驭能力 保障学生课堂上有充 足体验时间与课堂时间总量的关系 对探究 的内容与层次有个弹性设置 2 问题教学是本节的亮点之一 围绕着 一至两个主题教学 通过多个问题的探究 如 果没有问题设置上的环环相扣 就达不到学 习过程连贯性 如果没有保障学生自主学习 探究的时间 也做不到还学于生 所以在问题 教学中应注意把握三个本质特点 一是问题 教学应是教师引导学生发现问题和探究 解 决问题的过程 二是问题教学强调学生的独 立性 即教师引导学生独立获取知识 三是问 题教学强调学生的创造性 2 3 教材处理是本节课的另一亮点同时也 是难点 利用现代教育技术处理教材把握不 当往往会造成流于形式 不求实效 其教学模 式应是灵活开放的 把握好教师 学生与计算 机三者间 两两间的互动沟通关系 据笔者多 年的教学经验来看 利用现代教育技术处理 本节教材教学是可行的 有效的 但应注意保 障学生的参与思考时间 防止满堂灌现象违 背新课程教学理念 这就需要课件要有足够 的交互性 4 应发挥教师主观能动性 根据自身特 长和最优化原则来灵活处理教材 实现教学 目标 教材是死的 人是活的 不同的教师有其 不同的特长 围绕实现教学目标可以有不同 的教法 这些可以借鉴 但不能盲目照搬 本节 课发挥了本人教育技术专长 笔者的本节课 的课件曾获评市优秀教学课件一等奖 5 本节课为学生课堂内的学习提供了探 究内容 还延伸了利用课件资源进行课后探 究的空间 保障了知识的延续性 实现分层次 教学与探究性教学 提升了学生学习的应用 性与探究性 增强了学习兴趣 也创建了 几何 画板 应用软件学习兴趣小组 一举多得 新课程给教师提出了新的要求 教师在 面对挑战时 常会有 本领恐慌 的感觉和危机 感 在教学上我们还有很多的不足之处 让我 们以锐意进取的精神 用开放的心态学习新 课标 新知识 新技能 认识和改变课堂 落实 新课程 参考文献 1 杨玉东 范文贵 高中数学新课程理念与实施 海南 出版社 2004 P4 6 24 28 2 郑金洲 新课程课堂教学探索系列 问题教学 福建教育出版社 2005 P32 33 1 2 21 22 3 全日制普通高级中学 必修 数学第一册 下 教师 教学用书 人民教育出版社 2005 P19 4 王振平 数学课堂教学连贯性的思考 中学数学教 学参考 2006 7 5 笔者 指导教师李永青 福建师大数学教育硕士优 秀毕业论文 应用现代教育技术于中学数学教学实践 与探索 G 434 533 2002 P28 35 第四届中国东南地区第四届中国东南地区 数学奥林匹克数学奥林匹克 第一天第一天 2007年7月27日 8 00 12 00 浙江 镇海 一 一 试求实数a的个数 使得对于每个a 关于x的三次方程 3 1xaxa 都有满足 1000 x 的偶数根 熊斌供题 解解 令 0 2xn n为整数 且21000n 即 福建中学数学 2007 年第 9 月 33 499n 所以至多取24991999 个数 即 499 498 0 1 499 n 将 0 2xn 代 入原方程得 3 81 21 n a n 记 3 81 21 n f n n 对任意的 12 499 n n 498 0 1 499 当 1212 nn n nZ 时 若 12 f nf n 设 12 12 22 xx nn 其中 12 x x 是关于x的方程 3 10 xaxa 的两个根 设另一根为 3 x 由根与系数的关系 312 12233 1 123 1 xxx x xx xx xa x x xa 即 1 2 4 81 Na Na 其中 22 1121221212 Nnnn nNn n nn 即 12 481NN 矛盾 所以 对于不同的 12 499 498 n n 0 1 499 都有 12 f nf n 于是满足条 件的实数a恰有999个 另解另解 对任意998x x为偶数 3 1 1 x a x 的取值都各不相同 反证 若存在 12 xx 使得 33 12 12 11 11 xx xx 其中 12 x x为偶数 则 2222 1212121212 1 0 xxx xx xxxx x 由 于 12 xx 则 12 0 xx 又 因 为 2222 12121212 x xx xxxx x 为偶数 所以 2222 12121212 xxx xx xxx 12 x x 1 0 矛盾 因此满足条件的a共有999个 二 二 如图 设 C D是以O 为圆心 AB 为直径的半圆 上的任意两点 过点B作 O 的切线交直线 CD交于P 直 线PO与直线 CA AD分别交于点 E F 证明证明 OEOF 张鹏程供题 另证另证 如图 过O作OM CD于M 连结 BC BM BD BE 因为OM CD PBAB 所以 O B P M 四点共圆 于是BMP BOP AOEEAOBDM 所以 OAE MDB AEAOAB BDDMCD 从而 BAE CDB EBABCDBAD 所以 ADBE 1 OEOB OFOA 即OEOF 证明证明 如图 作OMCD 于M 作 MN AD 设 MNBAN CNDAK 连 BC BM 则NBCADCNMC 因此 N B M C共圆 又由 O B P M共圆 得OPM 180OBMMCN 所以 CNOP 于是 CNANNK OEAOOF 因M为CD的中 点 MNDK 则N为CK的中点 故由 得 OEOF 三 三 设 min i aki k kN 试求 2 n S 2 12 n aaa 的值 其中2n x表 示不超过x的最大整数 张鹏程供题 解解 设 11 1 min i i akkNk k 1 1i k 1 kN 则 111 11 1 ii ii akka kk 即数列 n a严格单增 由于 2 2kmkm 当 km 时取得等号 故 2 2 m am mN 又当 A O B P D M C K N E A O B P D M C F E 福建中学数学 2007 年第 9 月 34 1km m 时 1 21 m m km k 而在k m或1km 时 1 0km km 即 2 k 21 1 0mkm m 亦即 1 m m k k 21m 所以 2 21 mm am 再由数列 n a的 单调性 当 22 1 mmim 时 21 i ma 2 1 m 当 22 1 mmim 时 21m 1 i am 所以 22 22 2 21 1 i m mimm a mmmim 因此 2 2 2 2 21 1 mm i i m am mmm 2 431mm 于是 2 2 1 2 431 2 n n i m Smmn 1 21 1 43 62 n nnn n 1 2nn 32 83136 6 nnn 四 四 试求最小的正整数n 使得对于满足 条件 1 2007 n i i a 的任一具有n项的正整数数 列 12 n a aa 其中必有连续的若干项之和等 于30 陶平生供题 解解 首先 我们可以构造一个具有1017项 的整数数列 121017 a aa 使其中不存在和为 30的连续项 为此 取 1229 1 aaa 30 a 31 以及 30 1 2 30 m ii aa i mN 即 k a为 1 1 1 31 1 1 1 31 1 1 1 31 1 1 1 共有34段 前33段中每 段各有30个项 最后一段有27个项 共计1017 个项 其次 当项数少于1017时 只须将某些 段中连续的若干个数合并成较大的数即可 对于满足条件 1018 1 2007 i i a 的任一个具 有1018项的正整数数列 121018 a aa 我们来 证明 其中必有连续的若干项之和等于30 为 此 记 1 1 2 1018 k ki i Sa k 则 121018 12007SSS 今考虑集 1 2 2007 中元素的分组 1 31 2 32 30 60 61 91 62 92 90 120 121 151 122 152 150 180 601 6031 602 6032 kkkk 6030 60 1 kk 60 321 60 3231 60 322 60 3232 60 3230 60 33 1981 1982 2007 其中有33 30990 个括号以及27个未 加括号的数 从中任取1018个数作为 k S的取 值 必有两数取自同一括号 设为 kk m SS 则 30 k mk SS 即该数列中 12 30 kkk m aaa 因此n的最小 值为1018 第四届中国东南地区数学奥 林匹克 第四届中国东南地区数学奥 林匹克 第二天第二天 2007年7月28日 8 00 12 00 浙江 镇海 五 五 设函数 f x满足 1 f xf x 21x xR 且当 0 1 x 时有 1f x 证明证明 当xR 时 有 2 2f xx 金蒙 伟供题 证 令 2 g xf xx 则 1 g xg x 1 f x 22 1 0f xxx 所以 g x 是R上以1为周期的周期函数 又由条件当 0 1 x 时 有 1f x 可 得 当 0 1 x 时 22 2g xf xxf xx 所以周 期函数 g x在R上有 2g x 据此知 在R 福建中学数学 2007 年第 9 月 34 1km m 时 1 21 m m km k 而在k m或1km 时 1 0km km 即 2 k 21 1 0mkm m 亦即 1 m m k k 21m 所以 2 21 mm am 再由数列 n a的 单调性 当 22 1 mmim 时 21 i ma 2 1 m 当 22 1 mmim 时 21m 1 i am 所以 22 22 2 21 1 i m mimm a mmmim 因此 2 2 2 2 21 1 mm i i m am mmm 2 431mm 于是 2 2 1 2 431 2 n n i m Smmn 1 21 1 43 62 n nnn n 1 2nn 32 83136 6 nnn 四 四 试求最小的正整数n 使得对于满足 条件 1 2007 n i i a 的任一具有n项的正整数数 列 12 n a aa 其中必有连续的若干项之和等 于30 陶平生供题 解解 首先 我们可以构造一个具有1017项 的整数数列 121017 a aa 使其中不存在和为 30的连续项 为此 取 1229 1 aaa 30 a 31 以及 30 1 2 30 m ii aa i mN 即 k a为 1 1 1 31 1 1 1 31 1 1 1 31 1 1 1 共有34段 前33段中每 段各有30个项 最后一段有27个项 共计1017 个项 其次 当项数少于1017时 只须将某些 段中连续的若干个数合并成较大的数即可 对于满足条件 1018 1 2007 i i a 的任一个具 有1018项的正整数数列 121018 a aa 我们来 证明 其中必有连续的若干项之和等于30 为 此 记 1 1 2 1018 k ki i Sa k 则 121018 12007SSS 今考虑集 1 2 2007 中元素的分组 1 31 2 32 30 60 61 91 62 92 90 120 121 151 122 152 150 180 601 6031 602 6032 kkkk 6030 60 1 kk 60 321 60 3231 60 322 60 3232 60 3230 60 33 1981 1982 2007 其中有33 30990 个括号以及27个未 加括号的数 从中任取1018个数作为 k S的取 值 必有两数取自同一括号 设为 kk m SS 则 30 k mk SS 即该数列中 12 30 kkk m aaa 因此n的最小 值为1018 第四届中国东南地区数学奥 林匹克 第四届中国东南地区数学奥 林匹克 第二天第二天 2007年7月28日 8 00 12 00 浙江 镇海 五 五 设函数 f x满足 1 f xf x 21x xR 且当 0 1 x 时有 1f x 证明证明 当xR 时 有 2 2f xx 金蒙 伟供题 证 令 2 g xf xx 则 1 g xg x 1 f x 22 1 0f xxx 所以 g x 是R上以1为周期的周期函数 又由条件当 0 1 x 时 有 1f x 可 得 当 0 1 x 时 22 2g xf xxf xx 所以周 期函数 g x在R上有 2g x 据此知 在R 福建中学数学 2007 年第 9 月 35 上 222 2f xg xxg xxx 六 六 如图 直角三角形ABC 中 D是斜边AB 的中点 MBAB MD交AC于N MC的延长线交 AB于E 证明 DBNBCE 陶平生供题 证 如图 延长ME交ABC 的外接圆于 F 延长MD交AF于K 作CGP MK 交AF 于G 交AB于P 作DHCF 于H 则H为 CF的中点 连 HB HP 则 D H B M共圆 故 HBDHMDHCP 于是 D H R M共 圆 故PHCABCAFC 故PH P AF 即PH为CFG 的中位线 P是CG的中点 则AP为ACG 的边CG上的中线 又因 NK P CG 故D是NK的中点 即线段AB与 NK互 相 平 分 所 以DBNDAK 而 DAKBAFBCFBCE 即DBNBCE 七七 试求满足下列条件的质数三元组 a b c 100i abc 则有质数 1 p w 即 22 1 p w 因 x y皆不含 大于1的平方因子 因此 11 p x p y 设 1 11111 xp x yp y wp w 则 化为 2 111 x yw 若仍有 1 1w 则又有质数 21 p w 即 22 21 p w 因 1111 x y wp w 则 化为 2 111 x yw 若仍有 1 1w 则又有质数 21 p w 即 22 21 p w 因 11 x y皆不含大于1的平方 因子 则 2121 p xp y 设 122122122 xp xyp y wp w 则 化为 2 222 x yw 如此下去 因 式中w的质因 子个数有限 故有r 使1 r w 而从 2 rrr x yw 得 1 rr xy 从而 12r xp ppy 改记xyk 则有 2 2 1 1 1 akn bkmn ckm 其中1 100nm abc 3m 得 2 1 1 1 cmmm 为合数 矛盾 因 此k或为质数 若为若干个互异质数之乘 积 即k大于1 且无大于1的平方因子 我们 将其简称为 k具有性质p 0 1 据 2m 当2m 则1n 有 1 21 41 ak bk ck 因100c 得25k 得c为合数 若2 mod3 k 在 k为偶数时 具有性质p的k有2 14 分别给出 211 2 14127ab 不为质数 k为奇 数时 具有性质p的k值有5 11 17 23 分别给出 的1ak 皆不为质数 若0 mod3 k 具有 性质p的k值有3 6 15 21 当3k 时 给出解 1 2 5 11 fa b c 当6k 时 给出解 2 5 11 23 fa b c 15 21k 时 分 别给出1ak 皆不为质数 若3m 则2n 或1 在3 2mn 时 41 61 91 ak bk ck 因 质 数 97c 得10k 具有性质p的k值有2 3 5 6 7 10 在k为奇数3 5 7时 给出91ck 皆为 合 数 在6k 时 给 出6135bk 为 合 数 10k 时 给出4ak 139 为合数 在 2k 时 给出解 3 fa b c 7 11 17 在 3 1mn 时 1 31 10 91 ak bkk ck 具有性质p A K G F D PE H B N M C 福建中学数学 2007 年第 9 月 36 的k值有2 3 5 6 7 10 在k为奇数3 5 7时 给 出的31bk 皆为合数 2k 和10时 给出 的1ak 不 为 质 数 6k 时 给 出 解 4 5 17 53 fa b c 0 2 4n 时 由16197ck 得6k 具 有 性 质p的k值 有2 3 5 6 在6k 时 16 6195c 为合数 5k 时 2 51 201 an bn 因4nm 则n可取1 2 3 分别得到 a b至少一个不为质数 3k 时 c 48147 2 31 121 an bn 因4nm 在3n 时 给 出 的 a b为 合 数 2n 时 给 出 解 5 11 23 47 fa b c 1n 时 给 出 解 6 2 11 47 fa b c 2k 时 161ck 31 2 21 81 an bn 4nm 只有在3n 时给 出解 7 17 23 31 fa b c 0 3 5m 时 25197ck 具有性质 p的k值有2 3 分别给出251ck 为合数 0 4 6m 时 361