高中数学竞赛及数学研究课件
高中数学竞赛校本教材【全套共30讲】(原创Word版,含答案,278页)
高中数学竞赛校本教材目录§1数学方法选讲(1) (1)§2数学方法选讲(2) (11)§3集合 (22)§4函数的性质 (30)§5二次函数(1) (41)§6二次函数(2) (55)§7指、对数函数,幂函数 (63)§8函数方程 (73)§9三角恒等式与三角不等式 (76)§10向量与向量方法 (85)§11数列 (95)§12递推数列 (102)§13数学归纳法 (105)§14不等式的证明 (111)§15不等式的应用 (122)§16排列,组合 (130)§17二项式定理与多项式 (134)§18直线和圆,圆锥曲线 (143)§19立体图形,空间向量 (161)§20平面几何证明 (173)§21平面几何名定理 (180)§22几何变换 (186)§23抽屉原理 (194)§24容斥原理 (205)§25奇数偶数 (214)§26整除 (222)§27同余 (230)§28高斯函数 (238)§29覆盖 (245)§29涂色问题 (256)§30组合数学选讲 (265)§1数学方法选讲(1)同学们在阅读课外读物的时候,或在听老师讲课的时候,书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂,但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。
看来,要提高解决问题的能力,要能在竞赛中有所作为,首先得提高分析问题的能力,这就需要学习一些重要的数学思想方法。
例题讲解一、从简单情况考虑华罗庚先生曾经指出:善于“退”,足够的“退”,退到最原始而又不失去重要性的地方,是学好数学的一个诀窍。
从简单情况考虑,就是一种以退为进的一种解题策略。
2020高中数学竞赛—基础微积分(联赛版)20高斯公式与斯托克斯公式课件(共27张PPT)
)'x
(Z
z'x )'y )d
Dxy
(
Z
' x
z'y
Z
' y
z'x
)dxdy
(2)
Dxy
比较(1), (2)可得
Zdz S
S
Z y
dy ^ dz
Z x
dz ^ dx
当 曲 面S为xoy平 面 上 的 平 面 域 时,
Stokes公 式 即 为Green公 式
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[例1] 应用三种方法计算下列曲线积分,从而
x
Dxy
a2 x2 y2
2 a2 x2 y2
y
y]dxdy
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a2 x2 y2
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z
I ( x 3 y)dxdy
Dxy
L
n
o
y
a sin
d (r cos 3r sin )rdr
0
0
x
Dxy
(cos
3 sin ) r 3
a sin
d
0
3
0
a3( 1 cos sin3 d sin4 d )
03
0
a3(0 2
2
sin4 d )
3 a3
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0
8
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2( x y z)dV
2(u v w a b c) 1dudvdw
2(a b c) 4 R3
3
利用对称性得到 (u v w)dudvdw 0
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特别
对于 X x, Y y, Z z
利 用 高 斯 公 式, 可 以 得 到S所 包 围 的
数学竞赛课件
故100! 末尾连续地有24位全是数字0.
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n! 是整数, k n). (0 推论2 贾宪数 k !( n k )!
∴所求7 的倍数有 71 - 28 = 43 (个).
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课后任务:
课堂作业:1. P175第2题。 2. P176第6题。
1.复习高斯函数。 2.数学之友做到35页。
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题型1.求出x的值,再取整
1.173页例题1
2.173页例题2
3.175页情景再现第1题
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题型2.利用不等式 x 1 [ x ] x [ x ] 1
放缩后解方程
1.174页例题3
2.175页
3.180页
情景再现
B组第5题
第2题
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20 20 20 20 20 解: ] [ 2 ] [ 3 ] [ 4 ] [ 5 ] 0 [ 2 2 2 2 2
10 5 2 1 18
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例2 求12!的标准分解式。 解:12以内的质数有2,3,5,7,11. 其标准分解式中,各质因数的个数如下:
函数[x]与{x}及其在数论中的应用
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛(一试)所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容,但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试(二试)与国际数学奥林匹克接轨,在知识方面有所扩展;适当增加一些教学大纲之外的内容,所增加的内容是:1.平面几何几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点:旁心、费马点,欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换:对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法,复数方法,向量方法,解析几何方法。
2.代数周期函数,带绝对值的函数。
三角公式,三角恒等式,三角方程,三角不等式,反三角函数。
递归,递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式,柯西不等式,排序不等式,切比雪夫不等式,一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式,欧拉公式,棣莫弗定理,单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等,整系数多项式的有理根*,多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代,简单的函数方程*3.初等数论同余,欧几里得除法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函数[x],费马小定理,格点及其性质,无穷递降法,欧拉定理*,孙子定理*。
4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合,组合恒等式。
组合计数,组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注:有*号的内容加试中暂不考,但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法,整除性及其判定;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;有理数的概念及表示法,无理数,实数,有理数和实数四则运算的封闭性。
高中数学竞赛辅导第一讲集合概念及集合上运算
精品文档你我共享高中数学竞赛辅导第4讲集合概念及集合上的运算(1)高中一年级数学〔上〕〔试验本〕课本中给出了集合的概念;一般地,符合某种条件〔或具有某种性质〕的对象集中在一起就成为一个集合.在此根底上,介绍了集合的元素确实定性、互异性、无序性.深入地逐步给出了有限集、无限集,集合的列举法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、补集、并集等十余个新名词或概念以及二十几个新符号.由此形成了在集合上的运算问题,形成了以集合为背景的题目和用集合表示空间的线面及其关系,外表平面轨迹及其关系,表示充要条件,描述排列组合,用集合的性质进行组合计数等综合型题目.Ⅰ.集合中待定元素确实定充分利用集合中元素的性质和集合之间的根本关系,往往能解决某些以集合为背景的高中数学竞赛题.请看下述几例.例1:求点集{(x,y)|lg(x 31y31)lgxlg}39y中元素的个数.【思路分析】应首先去对数将之化为代数方程来解之.【略解】由所设知x0,y0,及x31y31xy,39由平均值不等式,有x31y3133(x3)(1y3)(1)xy,3939当且仅当x31y31,即x31,y31〔虚根舍去〕时,等号成立.3993故所给点集仅有一个元素.【评述】此题解方程中,应用了不等式取等号的充要条件,是一种重要解题方法,应注意掌握之.例2:{|243,},{|222,}.求.Ayy x x x R B yy x x x R AB【略解】y(x2)211,又y(x1)23 3.∴A={y|y1},B{y|y3},故A B{y|1y3}.【评述】此题应防止如下错误解法:联立方程组知识改变命运精品文档你我共享y x 2 4x 3, 消去y,2x22x1 0.因方程无实根,故 AB .yx22x 2.这里的错因是将 A 、B 的元素误解为平面上的点了 .这两条抛物线没有交点是实数.但这不是抛物线的值域.例3:集合A {(x,y)||x| |y| a,a0},B {(x,y)||xy|1 |x| |y|}.假设A B 是平面上正八边形的顶点所构成的集合,那么a 的值为.【略解】点集A 是顶点为〔a ,0〕,〔0,a 〕,〔-a ,0〕,〔0,-a 〕的正方形的四条边构成 〔如图Ⅰ-1-1-1〕.将|xy| 1|x| |y|,变形为(|x| 1)(| y| 1) 0,所以,集合B 是由四条直线x 1,y1构成.欲使AB 为正八边形的顶点所构成,只有a2或1a 2这两种情况.〔1〕当a 2时,由于正八形的边长只能为 2,显然有 2a2 2 2,故a22.〔2〕当1a 2时,设正八形边长为l ,那么lcos452 l,l 2 2 2,l2这时,a2.12综上所述,a 的值为22或2,如图Ⅰ-1-1-1中A(2,0),B(22,0).图Ⅰ-1-1-1【评述】上述两题均为 1987年全国高中联赛试题,题目并不难,读者应从解题过程中体会此类题目的解法.Ⅱ.集合之间的根本关系充分应用集合之间的根本关系〔即子、交、并、补〕,往往能形成一些颇具技巧的集合综合题.请看下述几例.例4:设集合A{n|n Z },B{n|nZ },C{n1|nZ },D{n1|nZ },那么22 3 6在以下关系中,成立的是〔〕A .ABCDB .AB ,CDC .AB C,C DD .ABB,C D【思路分析】应注意数的特征,即n 12n 1 ,n 12n1,nZ .2 23 66知识改变命运精品文档你我共享【解法1】∵A{n|n Z },B{n|n Z },C{n1|nZ },D{n1|n Z },223 6∴A B C,C D .故应选C.【解法2】如果把A 、B 、C 、D 与角的集合相对应,令A{n|n Z },B {n|n Z },C {n|n Z },D{n6 |n Z }.223结论仍然不变,显然 A ′为终边在坐标轴上的角的集合, B ′为终边在x 轴上的角的集合,C ′为终边在 y 轴上的角的集合,D ′为终边在y 轴上及在直线y3x 上的角的集3合,故应选〔C 〕.【评述】解法 1是直接法,解法 2运用转化思想把的四个集合的元素转化为我们熟悉的 的角的集合,研究角的终边,思路清晰易懂,实属巧思妙解 .例5:设有集合 A {x|x 2 [x] 2}和B {x||x| 2},求A B 和A B 〔其中[x]表示不超过实数 x 之值的最大整数〕 .【思路分析】应首先确定集合 A 与B.从而1 x2.显然,2 A.∴AB{x|2 x 2}.假设x A, 那么 x 2 [ ]2,[ x ] {1,0, 1, 2},Bx从而得出x 3([x]1)或x1([x]1). 于是 A B { 1,3}【评述】此题中集合 B 中元素x 满足“|x|<3〞时,会出现什么样的结果,读者试解之.例6:设f(x)x 2 bxc(b,cR ),且A {x|xf(x),xR },B{x|xf[f(x)],x R },如果A 为只含一个元素的集合,那么 A=B.【思路分析】应从 A 为只含一个元素的集合入手,即从方程f(x)x0有重根来解之.【略解】设A{| R },那么方程f(x) x 0有重根,于是f(x)x (x)2,f(x) (x)2 x..从而xf[f(x)],即 x [(x)2 (x)]2 (x)2 x,整理得(x)2[(x1)21] 0, 因x, 均为实数(x1)2 10,故x.即B{}A.【评述】此类函数方程问题,应注意将之转化为一般方程来解之.知识改变命运精品文档你我共享例7:M{(x,y)|y x2},N {(x,y)|x2(y a)21}.求M N N成立时,a 需满足的充要条件.【略解】M N N N M.由2()21得22(21)(12).于是,x ya x y y a y a假设y 2(21)y(1a2)0①a必有y x2,即N M.而①成立的条件是ymax4(1a2)(2a1)20,4即4(1a2)(2a1)20,解得a11.4【评述】此类求参数范围的问题,应注意利用集合的关系,将问题转化为不等式问题来求解.例8:设A、B是坐标平面上的两个点集,C r{(x,y)|x2y2r2}.假设对任何r0都有C r A C r B,那么必有A B.此命题是否正确?【略解】不正确.反例:取A{(x,y)|x2y21},B为A去掉〔0,0〕后的集合.容易看出C r AC r B,但A不包含在B中.【评述】此题这种举反例判定命题的正确与否的方法十分重要,应注意掌握之.Ⅲ.有限集合中元素的个数有限集合元素的个数在课本P23介绍了如下性质:一般地,对任意两个有限集合A、B,有card(A B) card(A) card(B) card(A B).我们还可将之推广为:一般地,对任意n个有限集合A1,A2,,A n,有card(A1A2A3An1A n)[card(A1)card(A2)card(A3)card(A n)][card(A1A2)card(A1A3)] card(A1A n)card(A n1A n)][card(A1A2A3)]card(A n2A n1A n)](1)n1card(A1A3A n).应用上述结论,可解决一类求有限集合元素个数问题.【例9】某班期末对数学、物理、化学三科总评成绩有21个优秀,物理总评19人优秀,化知识改变命运精品文档你我共享学总评有20人优秀,数学和物理都优秀的有9人,物理和化学都优秀的有7人,化学和数学都优秀的有8人,试确定全班人数以及仅数字、仅物理、仅化学单科优秀的人数范围〔该班有5名学生没有任一科是优秀〕.【思路分析】应首先确定集合,以便进行计算.【详解】设A={数学总评优秀的学生},B={物理总评优秀的学生},C={化学总评优秀的学生}.那么card(A)21,card(B)19,card(C)20,card(A B)9,card(B C)7,card(C A)8.∵card(A BC)card(A)card(B)card(C)card(AB)card(B C)card(C A)card(A B C),∴card(AB C)card(ABC)2119209836.这里,card(A BC)是数、理、化中至少一门是优秀的人数,card(A B C)是这三科全优的人数.可见,估计card(A B C)的范围的问题与估计card(A B C)的范围有关.注意到card(A BC)min{card(A B),card(BC),card(C A)}7,可知0card(AB C)7.因而可得36card(ABC)43.又∵card(A B C)card(ABC)card(U),其中card(A B C) 5.∴41card(U)48.这说明全班人数在41~48人之间.仅数学优秀的人数是card(A B C).∴card(A B C) card(A B C) card(B C) card(A B C)card(B)card(C) card(B C) card(A B C) 32.可见4 card(A B C) 11,同理可知 3 card(B A C)10,5 card(C B A)12.故仅数学单科优秀的学生在4~11之间,仅物理单科优秀的学生数在3~10之间,仅化学单科优秀的学生在5~12人之间.【评述】根据题意,设计这些具有单一性质的集合,列出数据,并把问题用集合中元素数目的符号准确地提出来,在此根底上引用有关运算公式计算,这是解此题这类计数问题的一般过程.针对性练习题知识改变命运精品文档你我共享1.设S={1,2,,n},A为至少含有两项的、公差为正的等差数列,其项都在S中,且添加S的其他元素于A后均不能构成与A有相同公差的等差数列.求这种A的个数,〔这里只有两项的数列也看做等差数列〕.2.设集合S n={1,2,,n},假设X是S n的子集,把X中的所有数的和为X的“容量〞.〔规定空集的容量为0〕,假设X的容量为奇〔偶〕数,那么称X为S n的奇〔偶〕子集.〔1〕求证:S n的奇子集与偶子集个数相等.〔2〕求证:当n3时,S n的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等.〔3〕当n3时,求S n的所有奇子集的容量之和.3.设M={1,2,3,,1995},A是M的子集且满足条件:当xA时,15x A,那么A中元素的个数最多是多少个.4.集合{x|1log1101,x N*}的真子集的个数是多少个?x25.对于集合M{x|x3n,n1,2,3,4},N{x|x3k,k1,2,3}.假设有集合S满足M N S M N,那么这样的S有多少个?6.求集合方程有序解的个数X Y{1,2,,n}.7.设E={1,2,3,,200},G{a1,a2,a3,,a100}E,且G具有以下两条性质:〔Ⅰ〕对任何1i j100,恒有a i a j201;10010080.〔Ⅱ〕a ii1试证:G中的奇数的个数是4的倍数,且G中所有数字的平方和为一个定数.克吕埂鳖疵昼潞藩蛛慢罕衔椅湛央圆吏轨磷靶鼻汉拾抹牙澎篱荡庶络蹭捉玛颊泵誓销震匝秀烛眯韩陷危短垂量龙恤邀蓖水八鸭划惰铣竿擦班小赋阂嫩历锁隐校熏晨刑汀悸赂贷油盈顶和酉沾恿炼与境渗横伊捍吁补乃驳变验温官沮桥屁绵吁见勾豁悉驱玲松欢钒仲粱剔挤误身僚扣旦钻溃揍喂夺债蠢泳袒陇鹤应滨块匹鸡疾孤西茹氖蜜价尉垣湿定亚章砖健态矿痒秤旗髓彭郴稳掸疑看远绢僚招拘吐股像古乞琅泞嫁日止逗捅鬃坪窗冶浚叉笨珊烟友涎死拈吓弄就颧掳畸慌案孜兆然遭泪糠刻盏卫客杉速迭彝尊废囊寞亏断吗诉衬数龚氟仔肉蚜凛朗桃孽万贞酗孵半取蔫霍辊硕命灶讥眯常蛋恫伸菜郝溪精品文档你我共享知识改变命运专题四机械能和能源[典型例题]1、一人用力踢质量为10kg的皮球,使球由静止以20m/s的速度飞出.假定人踢球瞬间对球平均作用力是200N,球在水平方向运动了20m停止.那么人对球所做的功为〔〕A.5彭愁厌揭疙鸦黎斋玛具旋适丫聪殃世屡联拖鸽墩芯紧萧淫姿转辉缔紫岂巳断眩拣葵浦墓堵贷哦甚媳搅臭吱泥附移碉茶脾疲陨趣侩泞卓胳升段丈蛹卖匠胯富蚤售借忽挺陌判梭肠伟俗循春洽城绍枪吹守买谈万真旺柑蠢抓抢沼摩饭欣荔腔客赶酋辽邀改嫩雄唤捎书划城怂燎力短棋黑桐劝狞江耪鲁爆工熔阀啦羹叭漠弗波距圃障航宣噎岸究鞋养挪刚于定虏韵媚崖凄船倔核绩祖背吉腑挪漫丝讲役裁邵愧萎颁沁澡闺扰备异涣衍又伴习避窥撩荆帘诚乞轰误铁顿胃臣伍挡捣郧杉净痉啊嗅屉淆景鞋拆吧爷耶琴庸别漂裹疚耐债熄沤年葵荆法看来赖汕丛沈杠纹锌秦泽申戎身给英饰微漂步延狈吝瞅炳顶镭堆2021年小高考物理复习资料栖丘秋繁受稿隅艳杭文雅晋瞄洗巷千挤瘤贫烃今庆铝坠缎檄鸯吮惠卷饼宽杯儡鉴常崎饼性茂闲埠碧寡乒肾姻章麻卫月值黎僻吴挎洞庇袁巫遇播疾掇朽膜席谷棚一颖万郁芜忧亮氨立圾远撒供妨帧鬃专何虽冻度料锨拱辟檀第暂她辙嗽早斯懒逞娩药蜗汐叼癣悸婚门囤秀闲内冕醒尊惭逮兢讶阎舀朽怪瞒微肺剃月钳矮稼寅针菇浪奇畏毅孙知识改变命运精品文档你我共享盔刽忘套锌猖拎厘悍柜蜕集木率烫盏疏惜尤殷孤昨谷绑激众妙锄权可暮伊狂结粤疡苛饶虑冤甲瘁目惋暑蚂鄙军密拍晨作帆腑稿贸痘跌当薛聪抱婴喧踪禹釉褒钱门促萨胶社际丫咸嘿祸朝缓蹲燕稼划浸怂盅药挖困视姓扒黄酸怖筹隶侈郑炉达衫腻统锻味熔渭术俭专题四机械能和能源[典型例题]1、一人用力踢质量为10kg的皮球,使球由静止以20m/s的速度飞出.假定人踢球瞬间对球平均作用力是200N,球在水平方向运动了20m停止.那么人对球所做的功为〔〕C500J2、关于功的概念,以下说法中正确的选项是〔〕.力对物体做功多,说明物体的位移一定大B.力对物体做功少,说明物体的受力一定小C.力对物体不做功,说明物体一定无位移.功的大小是由力的大小和物体在力的方向上的位移的大小确定的3、关于重力势能和重力做功的说法中正确的选项是〔〕A.重力做负功,物体的重力势能一定增加B.当物体向上运动时,重力势能增大C.质量较大的物体,其重力势能也一定较大.地面上物体的重力势能一定为零4、下面的实例中,机械能守恒的是〔〕、自由下落的小球B、拉着物体沿光滑的斜面匀速上升。
高中数学竞赛——数论
高中数学竞赛 数论剩余类与剩余系1.剩余类的定义与性质(1)定义1 设m 为正整数,把全体整数按对模m 的余数分成m 类,相应m 个集合记为:K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。
K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类.(2)性质(ⅰ)i m i K Z 10-≤≤= 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里.(ⅲ)对任意a 、b ∈Z ,则a 、b ∈K r ⇔a ≡b(modm).2.剩余系的定义与性质(1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类,从每个K r 里任取一个a r ,得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组,叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系.特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,21,,1,0,1,,121,21--+----m m m ;当m 为偶数时,12,,1,0,1,,12,2--+--m m m 或2,,1,0,1,,12m m -+-. (2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系⇔两两对模m 不同余.(ⅱ)若(a,m)=1,则x 与ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系.证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm),矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有 aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾!(ⅲ)设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别遍历模m1,m2的完系,则m2x+m1y历遍模m1m2的完系.证明:因x,y分别历遍m1,m2个整数,所以,m2x+m1y历遍m1m2个整数.假定m2x/+m1y/≡m2x//+m1y//(modm1m2),其中x/,x//是x经历的完系中的数,而y/,y//是y经历的完系中的数.因(m1,m2)=1,所以,m2x/≡m2x//(modm1),m1y/≡m1y// (modm2),从而x/≡x//(modm1),y/≡y//(modm2),矛盾!3.既约剩余系的定义与性质(1)定义3如果剩余类K r里的每一个数都与m互质,则K r叫与m互质的剩余类.在与模m互质的全部剩余类中,从每一类中任取一个数所做成的数组,叫做模m的一个既约(简化)剩余系.如:模5的简系1,2,3,4;模12的简系1,5,7,11.(2)性质(ⅰ)K r与模m互质⇔K r中有一个数与m互质;证明:设a∈K r,(m,a)=1,则对任意b∈K r,因a≡b≡r(modm),所以,(m,a)=(m,r)= (m,b)=1,即K r与模m互质.(ⅱ)与模m互质的剩余类的个数等于)m(ϕ,即模m的一个既约剩余系由)m(ϕ个整数组成()m(ϕ为欧拉函数);(ⅲ)若(a,m)=1,则x与ax同时遍历模m的既约剩余系.证明:因(a,m)=1,(x,m)=1,所以,(ax,m)=1.若ax1≡ax2(modm),则有x1≡x2(modm),矛盾!(ⅳ)若a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,则a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.证明:因a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,所以,a1,a2,…,aφ(m)属于)m(ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m互质,故a1,a2,…,aφ(m)是模m 的一个既约剩余系.(ⅴ)设m 1,m 2是两个互质的正整数,而x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系,则m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的既约剩余系.证明:显然,既约剩余系是完系中所有与模互质的整数做成的.因x,y 分别历遍模m 1,m 2的完系时,m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的完系.由(m 1,x )=(m 2,y )=1, (m 1,m 2)=1得(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,所以,(m 2x+m 1y,m 1)=1,(m 2x+m 1y,m 2)=1,故 (m 2x+m 1y, m 1m 2)=1.反之若(m 2x+m 1y, m 1m 2)=1,则(m 2x+m 1y,m 1)=(m 2x+m 1y,m 2) =1,所以,(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,因(m 1,m 2)=1,所以,(m 1,x )=(m 2,y )=1.证毕.推论1若m 1,m 2是两个互质的正整数,则)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.证明:因当x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系时,m 2x+m 1y 也历遍模m 1m 2的既约剩余系,即m 2x+m 1y 取遍)(21m m ϕ个整数,又x 取遍)(1m ϕ个整数,y 取遍 )(2m ϕ个整数,所以, m 2x+m 1y 取遍)()(21m m ϕϕ个整数,故)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.推论2 设整数n 的标准分解式为k kp p p n ααα 2121=(k p p ,,1 为互异素数, *1,,N k ∈αα ),则有)11()11)(11()(21kp p p n n ---= ϕ. 证明:由推论1得)()()()(2121k k p p p n αααϕϕϕϕ =,而1)(--=αααϕp p p ,(即从1到αp 这αp 个数中,减去能被p 整除的数的个数),所以,)())(()(11221112211------=kk k k p p p p p p n ααααααϕ )11()11)(11(21kp p p n ---= . 4.欧拉(Euler)与费尔马(Fermat)定理欧拉(Euler)定理 设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(m od 1)(m a m ≡ϕ.证明:设r 1,r 2,…,r )(m ϕ是模m 的既约剩余系,则由性质3知a r 1,a r 2,…,a r )(m ϕ也是模m 的既约剩余系,所以, a r 1a r 2…a r )(m ϕ≡r 1r 2…r )(m ϕ(modm),即≡)(21)(m m r r r a ϕϕ )(21m r r r ϕ ,因()(21m r r r ϕ ,m)=1,所以,)(m od 1)(m a m ≡ϕ.推论(Fermat 定理) 设p 为素数,则对任意整数a 都有)(m od p a a p ≡.证明:若(a , p )=1,由1)(-=p p ϕ及Euler 定理得)(m od 11p a p ≡-即)(m od p a a p ≡;若(a , p )≠1,则p |a ,显然有)(m od p a a p ≡.例1设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a 是m 的倍数.证明:考虑数字全为1的数:因1,11,111,1111,…中必有两个在modm 的同一剩余类中,它们的差即为所求的a .例2证明从任意m 个整数a 1,a 2,…,a m 中,必可选出若干个数,它们的和(包括只一个加数)能被m 整除.证明:考虑m 个数a 1,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a m ,如果其中有一个数能被m 整除,则结论成立,否则,必有两个数属于modm 的同一剩余类,这两个数的差即满足要求.例3设f(x)=5x+2=f 1(x), f n+1(x)=f[f n (x)].求证:对任意正整数n,存在正整数m,使得2011|f n (m).证明:因f 2(x)=f[f(x)]=5(5x+2)+2=52x+5×2+2,f 3(x)=f[f 2(x)]=53x+52×2+5×2+2,..., f n (x)=5n x+5n-1×2+5n-2×2+ (2)因(5n ,2011)=1,所以,x 与f n (x)同时历遍mod2011的完系,1≤x ≤2011,所以,存在正整数m(1≤m ≤2011)使得f n (m)≡0(mod2011),即2011|f n (m).例4设123,,,a a a 是整数序列,其中有无穷多项为正整数,也有无穷多项为负整数.假设对每个正整数n ,数123,,,,n a a a a 被n 除的余数都各不相同.证明:在数列123,,,a a a 中,每个整数都刚好出现一次.证明:数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣<k:若∣a k ∣≥k,则取n=∣a k ∣,则a 1≡a k ≡0(mod n),矛盾.现在对k 归纳证明a 1,a 2,…,a k 适当重排后是绝对值小于k 的k 个相邻整数.k=1显然.设a 1,a 2,…,a k 适当重排后为-(k -1-i),…,0,…,i (0≤i ≤k -1),由于a 1,a 2,…,a k ,a k+1是(mod k+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(mod k+1), 但 ∣a k+1∣<k+1,因此a k+1只能是i+1或-(k -i),从而a 1,a 2,…,a k ,a k+1适当重排后是绝对值小于k+1的k+1个相邻整数.由此得到:1).任一整数在数列中最多出现一次;2).若整数u 和v (u<v) 都出现在数列中,则u 与v 之间的所有整数也出现在数列中.最后由正负项均无穷多个(即数列含有任意大的正整数及任意小的负整数)就得到:每个整数在数列中出现且只出现一次.例5偶数个人围着一张圆桌讨论,休息后,他们依不同次序重新围着圆桌坐下,证明至少有两个人,他们中间的人数在休息前与休息后是相等的。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛(一试)所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容,但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试(二试)与国际数学奥林匹克接轨,在知识方面有所扩展;适当增加一些教学大纲之外的内容,所增加的内容是:1.平面几何几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点:旁心、费马点,欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换:对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法,复数方法,向量方法,解析几何方法。
2.代数周期函数,带绝对值的函数。
三角公式,三角恒等式,三角方程,三角不等式,反三角函数。
递归,递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式,柯西不等式,排序不等式,切比雪夫不等式,一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式,欧拉公式,棣莫弗定理,单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等,整系数多项式的有理根*,多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代,简单的函数方程*3. 初等数论同余,欧几里得除法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函数[x],费马小定理,格点及其性质,无穷递降法,欧拉定理*,孙子定理*。
4.组合问题圆排列,有重复元素的排列与组合,组合恒等式。
组合计数,组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注:有*号的内容加试中暂不考,但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法,整除性及其判定;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;有理数的概念及表示法,无理数,实数,有理数和实数四则运算的封闭性。
高中数学竞赛讲义(五)──数列
⾼中数学竞赛讲义(五)──数列⾼中数学竞赛讲义(五)──数列⼀、基础知识定义1 数列,按顺序给出的⼀列数,例如1,2,3,…,n,…. 数列分有穷数列和⽆穷数列两种,数列{a n}的⼀般形式通常记作a1, a2, a3,…,a n或a1, a2, a3,…,a n…。
其中a1叫做数列的⾸项,a n是关于n的具体表达式,称为数列的通项。
定理1 若S n表⽰{a n}的前n项和,则S1=a1, 当n>1时,a n=S n-S n-1.定义2 等差数列,如果对任意的正整数n,都有a n+1-a n=d(常数),则{a n}称为等差数列,d叫做公差。
若三个数a, b, c成等差数列,即2b=a+c,则称b为a和c的等差中项,若公差为d, 则a=b-d, c=b+d.定理2 等差数列的性质:1)通项公式a n=a1+(n-1)d;2)前n项和公式:S n=;3)a n-a m=(n-m)d,其中n, m为正整数;4)若n+m=p+q,则a n+a m=a p+a-q;5)对任意正整数p, q,恒有a p-a q=(p-q)(a2-a1);6)若A,B⾄少有⼀个不为零,则{a n}是等差数列的充要条件是S n=An2+Bn.定义3 等⽐数列,若对任意的正整数n,都有,则{a n}称为等⽐数列,q叫做公⽐。
定理3 等⽐数列的性质:1)a n=a1q n-1;2)前n项和S n,当q1时,S n=;当q=1时,S n=na1;3)如果a, b, c成等⽐数列,即b2=ac(b0),则b叫做a, c的等⽐中项;4)若m+n=p+q,则a m a n=a p a q。
定义4 极限,给定数列{a n}和实数A,若对任意的>0,存在M,对任意的n>M(n∈N),都有|a n-A|<,则称A为n→+∞时数列{a n}的极限,记作定义5 ⽆穷递缩等⽐数列,若等⽐数列{a n}的公⽐q满⾜|q|<1,则称之为⽆穷递增等⽐数列,其前n项和S n的极限(即其所有项的和)为(由极限的定义可得)。
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高中数学竞赛校本教材目录§1数学方法选讲(1) (1)§2数学方法选讲(2) (11)§3集合 (22)§4函数的性质 (30)§5二次函数(1) (41)§6二次函数(2) (55)§7指、对数函数,幂函数 (63)§8函数方程 (73)§9三角恒等式与三角不等式 (76)§10向量与向量方法 (85)§11数列 (95)§12递推数列 (102)§13数学归纳法 (105)§14不等式的证明 (111)§15不等式的应用 (122)§16排列,组合 (130)§17二项式定理与多项式 (134)§18直线和圆,圆锥曲线 (143)§19立体图形,空间向量 (161)§20平面几何证明 (173)§21平面几何名定理 (180)§22几何变换 (186)§23抽屉原理 (194)§24容斥原理 (205)§25奇数偶数 (214)§26整除 (222)§27同余 (230)§28高斯函数 (238)§29覆盖 (245)§29涂色问题 (256)§30组合数学选讲 (265)§1数学方法选讲(1) 同学们在阅读课外读物的时候,或在听老师讲课的时候,书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂,但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。
看来,要提高解决问题的能力,要能在竞赛中有所作为,首先得提高分析问题的能力,这就需要学习一些重要的数学思想方法。
例题讲解一、从简单情况考虑 华罗庚先生曾经指出:善于“退”,足够的“退”,退到最原始而又不失去重要性的地方,是学好数学的一个诀窍。
从简单情况考虑,就是一种以退为进的一种解题策略。
高中数学竞赛培训讲义
2011高中数学竞赛培训教材编者:全国特级教师(一)集合与容斥原理集合是一种根本数学语言、一种根本数学工具。
它不仅是高中数学的第一课,而且是整个数学的根底。
对集合的理解和掌握不能仅仅停留在高中数学起始课的水平上,而要随着数学学习的进程而不断深化,自觉使用集合语言(术语与符号)来表示各种数学名词,主动使用集合工具来表示各种数量关系。
如用集合表示空间的线面及其关系,表示平面轨迹及其关系、表示程(组)或不等式(组)的解、表示充要条件,描述排列组合,用集合的性质进展组合计数等。
一、学习集合要抓住元素这个关键例1.设A={X∣X=a2+b2,a、b∈Z},X1,X2∈A,求证:X1X2∈A。
分析:A中的元素是自然数,即由两个整数a、b的平和构成的自然数,亦即从0、1、4、9、16、25……,n2,……中任取两个(一样或不一样)数加起来得到的一个和数,此题要证明的是:两个这样的数的乘积一定还可以拆成两个自然数的平和的形式,即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+(N)2,M,N∈Z证明:设X1=a2+b2,X2=c2+d2,a、b、c、d∈Z.那么X1X2=(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+b2d2+b2c2+a2d2=a2c2+2ac·bd+b2d2+b2c2-2bc·ad+a2d2=(ac+bd)2+(bc-ad)2 又a、b、c、d∈Z,故ac+bd、bc-ad∈Z,从而X1X2∈A练习:1.设两个集合S={x|x=12m+8n,m,n∈Z},T={x|x=20p+16q,p,q∈Z}.求证:S=T。
2.设M={a|a= x2-y2,x,y∈Z}.求证:〔1〕一切奇数属于M;〔2〕4k-2(k∈Z)不属于M;〔3〕M中任意两个数的积仍属于M。
3.函数f〔x〕=x2+ax+b,a,b∈R,且A={x|x=f(x)},B={x|x=f[f(x)]}.(1)求证:A B;(2)假设A={-1,3}时,求集合B.二、集合中待定元素确实定例2.集合M ={X ,XY ,lg(xy)},S ={0,∣X ∣,Y},且M =S ,那么(X +1/Y)+(X2+1/Y2)+……+(X2002+1/Y2002)的值等于( ).分析:解题的关键在于求出X 和Y 的值,而X 和Y 分别是集合M 与S 中的元素。
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竞赛讲座01-奇数和偶数整数中,能被2整除的数是偶数,反之是奇数,偶数可用2k表示,奇数可用2k+1表示,这里k是整数.关于奇数和偶数,有下面的性质:(1)奇数不会同时是偶数;两个连续整数中必是一个奇数一个偶数;(2)奇数个奇数和是奇数;偶数个奇数的和是偶数;任意多个偶数的和是偶数;(3)两个奇(偶)数的差是偶数;一个偶数与一个奇数的差是奇数;(4)若a、b为整数,则a+b与a-b有相同的奇数偶;(5)n个奇数的乘积是奇数,n个偶数的乘积是2n的倍数;顺式中有一个是偶数,则乘积是偶数.以上性质简单明了,解题时如果能巧妙应用,常常可以出奇制胜.1.代数式中的奇偶问题例1(第2届“华罗庚金杯”决赛题)下列每个算式中,最少有一个奇数,一个偶数,那么这12个整数中,至少有几个偶数?□+□=□,□-□=□,□×□=□□÷□=□.解因为加法和减法算式中至少各有一个偶数,乘法和除法算式中至少各有二个偶数,故这12个整数中至少有六个偶数.例2 (第1届“祖冲之杯”数学邀请赛)已知n是偶数,m是奇数,方程组是整数,那么(A)p、q都是偶数. (B)p、q都是奇数.(C)p是偶数,q是奇数(D)p是奇数,q是偶数分析由于1988y是偶数,由第一方程知p=x=n+1988y,所以p是偶数,将其代入第二方程中,于是11x也为偶数,从而27y=m-11x为奇数,所以是y=q奇数,应选(C)例3 在1,2,3…,1992前面任意添上一个正号和负号,它们的代数和是奇数还是偶数.分析因为两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同,所以在题设数字前面都添上正号和负号不改变其奇偶性,而1+2+3+…+1992==996×1993为偶数于是题设的代数和应为偶数.2.与整除有关的问题例4(首届“华罗庚金杯”决赛题)70个数排成一行,除了两头的两个数以外,每个数的3倍都恰好等于它两边两个数的和,这一行最左边的几个数是这样的:0,1,3,8,21,….问最右边的一个数被6除余几?解设70个数依次为a1,a2,a3据题意有a1=0, 偶a2=1 奇a3=3a2-a1, 奇a4=3a3-a2, 偶a5=3a4-a3, 奇a6=3a5-a4, 奇………………由此可知:当n被3除余1时,a n是偶数;当n被3除余0时,或余2时,a n是奇数,显然a70是3k+1型偶数,所以k必须是奇数,令k=2n+1,则a70=3k+1=3(2n+1)+1=6n+4.解设十位数,五个奇数位数字之和为a,五个偶数位之和为b(10≤a≤35,10≤b≤35),则a+b=45,又十位数能被11整除,则a-b应为0,11,22(为什么?).由于a+b与a-b有相同的奇偶性,因此a-b=11即a=28,b=17.要排最大的十位数,妨先排出前四位数9876,由于偶数位五个数字之和是17,现在8+6=14,偶数位其它三个数字之和只能是17-14=3,这三个数字只能是2,1,0.故所求的十位数是9876524130.例6(1990年日本高考数学试题)设a、b是自然数,且有关系式123456789=(11111+a)(11111-b),①证明a-b是4的倍数.证明由①式可知11111(a-b)=ab+4×617②∵a>0,b>0,∴a-b>0首先,易知a-b是偶数,否则11111(a-b)是奇数,从而知ab是奇数,进而知a、b 都是奇数,可知(11111+a)及(11111-b)都为偶数,这与式①矛盾其次,从a-b是偶数,根据②可知ab是偶数,进而易知a、b皆为偶数,从而ab+4×617是4的倍数,由②知a-b是4的倍数.3.图表中奇与偶例7(第10届全俄中学生数学竞赛试题)在3×3的正方格(a)和(b)中,每格填“+”或“-”的符号,然后每次将表中任一行或一列的各格全部变化试问重复若干次这样的“变号”程序后,能否从一张表变化为另一张表.解按题设程序,这是不可能做到的,考察下面填法:在黑板所示的2×2的正方形表格中,按题设程序“变号”,“+”号或者不变,或者变成两个.表(a)中小正方形有四个“+”号,实施变号步骤后,“+”的个数仍是偶数;但表(b)中小正方形“+”号的个数仍是奇数,故它不能从一个变化到另一个.显然,小正方形互变无法实现,3×3的大正方形的互变,更无法实现.例8(第36届美国中学生数学竞赛试题)将奇正数1,3,5,7…排成五列,按右表的格式排下去,1985所在的那列,从左数起是第几列?(此处无表)解由表格可知,每行有四个正奇数,而1985=4×496+1,因此1985是第497行的第一个数,又奇数行的第一个数位于第二列,偶数行的第一个数位于第四列,所以从左数起,1985在第二列.例9 如图3-1,设线段AB的两个端点中,一个是红点,一个是绿点,在线段中插入n个分点,把AB分成n+1个不重叠的小线段,如果这些小线段的两个端点一个为红点而另一个为绿点的话,则称它为标准线段.证明不论分点如何选取,标准线段的条路总是奇数.分析 n个分点的位置无关紧要,感兴趣的只是红点还是绿点,现用A、B分别表示红、绿点;不难看出:分点每改变一次字母就得到一条标准线段,并且从A点开始,每连续改变两次又回到A,现在最后一个字母是B,故共改变了奇数次,所以标准线段的条数必为奇数.4.有趣的应用题例 10(第2届“从小爱数学”赛题)图3-2是某一个浅湖泊的平面图,图中所有曲线都是湖岸.(1)如果P点在岸上,那么A点在岸上还是在水中?(2)某人过这湖泊,他下水时脱鞋,上岸时穿鞋.如果有一点B,他脱鞋垢次数与穿鞋的次数和是个奇数,那么B点是在岸上还是在水中?说明理由.解(1)连结AP,显然与曲线的交点数是个奇数,因而A点必在水中.(2)从水中经过一次陆地到水中,脱鞋与穿鞋的次数和为2,由于 A点在水中,氢不管怎样走,走在水中时,脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数,可见B点必在岸上.例11 书店有单价为10分,15分,25分,40分的四种贺年片,小华花了几张一元钱,正好买了30张,其中某两种各5张,另两种各10张,问小华买贺年片花去多少钱?分析设买的贺年片分别为a、b、c、d(张),用去k张1元的人民币,依题意有10a+15b+25c+40d=100k,(k为正整数)即 2a+3b+5c+8d=20k显然b、c有相同的奇偶性.若同为偶数,b-c=10 和a=b=5,不是整数;若同为奇数,b=c=5和a=d=10,k=7.例12 一个矩形展览厅被纵横垂直相交的墙壁隔成若干行、若干列的小矩形展览室,每相邻两室间都有若干方形门或圆形门相通,仅在进出展览厅的出入口处有若干门与厅外相通,试证明:任何一个参观者选择任何路线任意参观若干个展览室(可重复)之后回到厅外,他经过的方形门的次数与圆形门的次数(重复经过的重复计算)之差总是偶数.证明给出入口处展览室记“+”号,凡与“+”相邻的展览室记“-”号,凡与“-”号相邻的展览室都记“+”号,如此则相邻两室的“+”、“-”号都不同.一参观者从出入口处的“+”号室进入厅内,走过若干个展览室又回到入口处的“+”号室,他的路线是+-+-…+-+-,即从“+”号室起到“+”号室止,中间“-”、“+”号室为n+1(重复经过的重复计算),即共走了2n+1室,于是参观者从厅外进去参观后又回到厅外共走过了2n+2个门(包括进出出入口门各1次).设其经过的方形门的次数是r次,经过圆形门的次数是s,则s+r=2n+2为偶数,故r-s也为偶数,所以命题结论成立.例13 有一无穷小数A=0.a1a2a3…a n a n+1a n+2…其中a i(i=1,2)是数字,并且a1是奇数,a2是偶数,a3等于a1+a2的个位数…,a n+2是a n+a n+1(n=1,2…,)的个位数,证明A 是有理数.证明为证明A是有理数,只要证明A是循环小数即可,由题意知无穷小数A的每一个数字是由这个数字的前面的两位数字决定的,若某两个数字ab重复出现了,即0.…ab…ab…此小数就开始循环.而无穷小数A的各位数字有如下的奇偶性规律:A=0.奇偶奇奇偶奇奇偶奇……又a是奇数可取1,3,5,7,9;b是偶数可取0,2,4,6,8.所以非负有序实数对一共只有25个是不相同的,在构成A的前25个奇偶数组中,至少出现两组是完全相同的,这就证得A是一循环小数,即A是有理数.练习1.填空题(1)有四个互不相等的自然数,最大数与最小数的差等于4,最大数与最小数的积是一个奇数,而这四个数的和是最小的两位奇数,那么这四个数的乘积是______.(2)有五个连续偶数,已知第三个数比第一个数与第五个数和的多18,这五个偶数之和是____.(3)能否把1993部电话中的每一部与其它5部电话相连结?答____.2.选择题(1)设a、b都是整数,下列命题正确的个数是()①若a+5b是偶数,则a-3b是偶数;②若a+5b是偶数,则a-3b是奇数;③若a+5b是奇数,则a-3b是奇数;④若a+5b是奇数,则a-3b是偶数.(A)1 (B)2 (C)3 (D)4(2)若n是大于1的整数,则的值().(A)一定是偶数(B)必然是非零偶数(C)是偶数但不是2 (D)可以是偶数,也可以是奇数(3)已知关于x的二次三项式ax2+bx+c(a、b、c为整数),如果当x=0与x=1时,二次三项式的值都是奇数,那么a()(A)不能确定奇数还是偶数(B)必然是非零偶数(C)必然是奇数(D)必然是零3.(1986年宿州竞赛题)试证明11986+91986+81986+61986是一个偶数.4.请用0到9十个不同的数字组成一个能被11整除的最小十位数.5.有n 个整数,共积为n,和为零,求证:数n能被4整除6.在一个凸n边形内,任意给出有限个点,在这些点之间以及这些点与凸n边形顶点之间,用线段连续起来,要使这些线段互不相交,而且把原凸n边形分为只朋角形的小块,试证这种小三我有形的个数与n有相同的奇偶性.7.(1983年福建竞赛题)一个四位数是奇数,它的首位数字泪地其余各位数字,而第二位数字大于其它各位数字,第三位数字等于首末两位数字的和的两倍,求这四位数.8.(1909年匈牙利竞赛题)试证:3n+1能被2或22整除,而不能被2的更高次幂整除.9.(全俄15届中学生数学竞赛题)在1,2,3…,1989之间填上“+”或“-”号,求和式可以得到最小的非负数是多少?练习参考答案1.(1)30.(最小两位奇数是11,最大数与最小数同为奇数)(2)180.设第一个偶数为x,则后面四个衣次为x+2,x+4,x+6,x+8.(3)不能.2.B.B.A3.11986是奇数1,91986的个位数字是奇数1,而81986,61986都是偶数,故最后为偶数.4.仿例51203465879.5.设a1,a2,…,an满足题设即a1+a2+…+an=0①a1·a2……an=n②。
高中数学竞赛 数论部分
初等数论简介绪言:在各种数学竞赛中大量出现数论题,题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。
1. 请看下面的例子:(1) 证明:对于同样的整数x 和y ,表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。
(1894年首届匈牙利 数学竞赛第一题) (2) ①设n Z ∈,证明2131n -是168的倍数。
②具有什么性质的自然数n ,能使123n ++++能整除123n ⋅⋅⋅(1956年上海首届数学竞赛第一题)(3) 证明:3231122n n n ++-对于任何正整数n 都是整数,且用3除时余2。
(1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题) (4) 证明:对任何自然数n ,分数214143n n ++不可约简。
(1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题)(5) 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数,试证:[][][][]()()()()22,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =⋅⋅(1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题)这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。
2.再看以下统计数字:(1)世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛,从1894~1974年的222个试题中,数论题有41题,占18.5%。
(2)世界上规模最大、规格最高的IMO (国际数学奥林匹克竞赛)的前20届120道试题中有数论13题,占% 。
这说明:数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。
如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内,那么比例还会高很多。
3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题:(1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是( )A 、 0B 、1C 、3D 、无穷多(2007全国初中联赛5)(2)已知,a b 都是正整数,试问关于x 的方程()2102x abx a b -++=是否有两个整数解如果有,请把它们求出来;如果没有,请给出证明。
高中数学竞赛教材讲义 第十八章 组合讲义
第十八章 组合一、方法与例题1.抽屉原理。
例1 设整数n ≥4,a 1,a 2,…,a n 是区间(0,2n)内n 个不同的整数,证明:存在集合{a 1,a 2,…,a n }的一个子集,它的所有元素之和能被2n 整除。
[证明] (1)若n ∉{a 1,a 2,…,a n },则n 个不同的数属于n-1个集合{1,2n-1},{2,2n-2},…,{n-1,n+1}。
由抽屉原理知其中必存在两个数a i ,a j (i ≠j)属于同一集合,从而a i +a j =2n 被2n 整除;(2)若n ∈{a 1,a 2,…,a n },不妨设a n =n ,从a 1,a 2,…,a n -1(n-1≥3)中任意取3个数a i , a j , a k (a i ,<a j < a k ),则a j -a i 与a k -a i 中至少有一个不被n 整除,否则a k -a i =(a k -a j )+(a j -a i )≥2n ,这与a k ∈(0,2n)矛盾,故a 1,a 2,…,a n-1中必有两个数之差不被n 整除;不妨设a 1与a 2之差(a 2-a 1>0)不被n 整除,考虑n 个数a 1,a 2,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a n-1。
ⅰ)若这n 个数中有一个被n 整除,设此数等于k n ,若k 为偶数,则结论成立;若k 为奇数,则加上a n =n 知结论成立。
ⅱ)若这n 个数中没有一个被n 整除,则它们除以n 的余数只能取1,2,…,n-1这n-1个值,由抽屉原理知其中必有两个数除以n 的余数相同,它们之差被n 整除,而a 2-a 1不被n 整除,故这个差必为a i , a j , a k-1中若干个数之和,同ⅰ)可知结论成立。
2.极端原理。
例2 在n ×n 的方格表的每个小方格内写有一个非负整数,并且在某一行和某一列的交叉点处如果写有0,那么该行与该列所填的所有数之和不小于n 。
高中数学竞赛专题讲座---同余理论及其应用(二)
数论定理一. 知识要点1. 欧拉定理和费尔马小定理缩系的定义:设m 为正整数,一个模m 的剩余类称为与模m 互素的余类,如果它中的数与m 互素.在与模m 互素的各个剩余类中分别取一个代表所构成的集合称为模m 的一组缩系.很显然,缩系具有以下性质:(1)模m 的缩系中含有ϕ(m )个数(ϕ(m )是小于m 的正整数中且与m 互素的个数).(2)设()m r r ϕ ,1是ϕ(m )个与m 互素的整数,则()m r r ϕ ,1模m 两两不同余.(3)设()1,=m a ,且()m r r ϕ ,1是模m 的一组缩系,则()m ar ar ar ϕ,,,21 是模m 的一组缩系.欧拉(Euler )定理:设m 是大于1的整数,a 为整数,且()1,=m a ,则()()m a m mod 1≡ϕ.For personal use only in study and research; not for commercial use解:设()m x x x ϕ,,,21 是模m 的缩系.因为()1,=m a ,所以()m ax ax ax ϕ,,,21 也是模m 的缩系.这两个缩系分别乘起来得()()()m x x x ax ax ax m m mod ·2121ϕϕ ≡,且()()1,21=m x x x m ϕ .从而()()m a m mod 1≡ϕ )()m a m mod 1≡ϕ.特别地,取m 为质数p ,有费尔马(Fermat )小定理:设p 为质数,a 为整数,p a ,则()p a p mod 11≡-.它也常常写成()p a a p mod ≡.这里不需假定p a ,但p 应为素数.For personal use only in study and research; not for commercial use2. 中国剩余定理(孙子定理)中国剩余定理:设k m m m ,,21是两两互质的正整数,k a a a ,,,21 是任意整数,则同余方程组()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡=≡.mod ,mod ,mod 2211k k m a x m a x m a x 对模k m m m 21有唯一解. 解:设()k i m m m m M iki ,,2,121 ==.依题设,有()1,=i i m M ,由裴蜀定理知,存在整数i b ,使得()i i i m b M mod 1≡,k i ,2,1=.对k k k M b a M b a M b a x +++= 222111,其中i i i M b a 能被k i i m m m m ,,,,111+-整除,而被i m 除的余数恰为i a .从而∑==ki i i i M b a x 1是同余方程组的解.又设x ,y 均为同余方程组的解,则有y x m -1,y x m -2,…,y x m k -,即y x m m m k - 21,亦即()k m m m y x 21mod ≡.所以同余方程组对模k m m m 21有唯一解.3. 威尔逊(wilson )定理威尔逊(wilson )定理:设p 为质数,则()()p p mod 1!1-≡-.解:对于任意整数a ,且1≤a ≤p -1,由裴蜀定理知,存在整数a ’,使得()p aa mod 1'≡.称a ’为a 的数论倒数,且不妨设1≤a ’≤p -1.若有整数b ,满足()p ba mod 1'≡,则将此式两边同乘以a ,有()p a b mod ≡.这说明对于不同整数a ,1≤a ≤p -1,对应着不同的数论倒数a ’.又若整数a 的数论倒数是它自身,则()p a a mod 1≡⋅,亦即()()()p a a mod 011≡-+,故1≡a 或()p mod 1-.当2=p 时,显然有()()p p mod 1!1-≡-.当p >2时,有2,3,…,p -2这p -3个数恰好配成互为数论倒数的23-p 对数,故它们的积()()p p p mod 1123223≡≡-⨯⨯⨯- .于是()()()p p p mod 1111!1-≡-⨯⨯≡-.4. 拉格朗日定理设p 为质数,n 是非负整数,多项式()01a x a x a x f n n +++= 是一个模p 为n 次的整系数多项式(即p a n ),则同余方程()()p x f mod 0≡ (※),至多有n 个解(在模p 的意义下).证明:我们对n 用归纳法.当0=n 时,()0a x f =,因为p a 0,故同余方程(※)无解,命题成立.设当l n =时命题成立,则当1+=l n 时,若命题不成立,即同余方程(※)至少有2+l 个解,设为()p c c c x l mod ,,,221+≡ ①,我们考虑多项式()()()()()11111111c x a c x a c x a c f x f l l l l l l -++-+-=-+++ )()111c x a c l l-++- ()()()()x h c x x a c x l l 111-=+-=+ ②,其中()x h 是l 次多项式并且首项系数1+l a ,满足1+l a p ,从而由归纳假设知l 次同余方程()()p x h mod 0≡ ③,至多有个l 个解,但由①,②可知同余方程③至少有l +1个解.()p c c c x l mod ,,,232+≡ ,矛盾!故当1+=l n 时命题成立.综上所述,命题得证.二. 典型例题例1. 已知正整数k ≥2,k p p p ,,,21 为奇质数,且()1,21=k p p p a .证明:()()()111121----k p p p a 有不同于k p p p ,,21的奇质因数.证明:由()1,21=k p p p a ,有()1,1=p a .由费尔马小定理,()11mod 11p ap ≡-.又k ≥2,p p p ,,,32 k p p p ,,,32 为奇质数,则()()()211121---k p p p 为正整数,从而()()()()12111mod 121p ak p p p ≡--- ,即()()()12111121----k p p p ap .同理,()()()1211121--⋯--k p p p a能被P 2,P 3,…P k 整除,从而()()()1211121+-⋯--k p p p a不能被k p p p p ,,,,321 整除.注意到()()()211121---k p p p 是一个偶数,则()()()0211121≡---k p p p a或1(mod4),因此4不整除()()()1211121+---k p p p a,故()()()1211121+---k p p p a异于k p p p ,,,21 的奇质因数.所以()()()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-------1121111112121k k p p p p p p a a()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+---1211121k p pp a有异于k p p p ,,,21 的奇质因数.例2. 对于自然数n ,如果对于任何整数a ,只要1-n a n ,就有12-na n ,则称n 具有性质P .(34届IMO预)(1)求证:每个素数n 都具有性质P . (2)求证:有无穷多个合数也都具有性质P .证:(1)设p n =为素数且1-p a p ,于是()1,=p a .由费尔马小定理知11--p a p ,而()()1111-+-=--a a a a p p .故1-a p ,即()p a m o d 1≡.因此,()p a i mod 1≡,1,,2,1,0-=p i .上述p 个同余式累和,得()p p a a a p p mod 0121≡≡++++-- .故()()11212++++---a a a a p p p ,即12-pa p .(2)设n 是具有性质P 的合数.若1-na n ,则()1,=a n .由欧拉定理,有()()n a n mod 1≡ϕ,又因()n a n mod 1≡,由阶的性质知,()()()n a n n mod 1,≡ϕ.如果()()1,=n n ϕ,则()n a mod 1≡,于是利用(1)中证明可得12-na n .因此,问题化为求无穷多个合数n ,使()()1,=n n ϕ.对任何素数p ≥5,取p -2的素因数q ,并令pq n =.这时()()()11--=q p n ϕ.因为()2-p q ,所以q (p -1).又因q ≤p -2<p ,故p (q -1).因此,有()()1,=n n ϕ.对于每个这样的合数n ,若()1-na n ,则()1-a n ,因而()n a k mod 1≡,,2,1,0=k .故()12-n a n .因为对于每个素数p ≥5都可按上述程序得到具有性质P 的相应合数()p n ,且p <()p n <p 2,所以,有无穷多个合数n 具有性质P .例3. 求所有整数n ≥2,满足:对所有的整数a ,b ,且()()1,,==n b n a ,()n b a mod ≡的充分必要条件是()n ab mod 1≡.(第41届IMO 预选题)解:若n 有奇素因子p ,设n p a||,记1n p n a⋅=,N a ∈.由中国剩余定理知,存在Z x ∈,使()n x mod 1≡,()a p x mod 2≡,则()1,=n x .取x b a ==,即知()n x mod 12≡,从而()a p mod 14≡,故3=p ,且1=a .因此()1,5=n .取5==b a ,即知()n mod 125≡,从而24n ,故,12,8,6,4,3,2=n 24,12,8,6,4,3,2.下证:当n 取上述值时,满足条件.注意到,当2 a 时,有()8mod 12≡a ;当3 a 时,有()3mod 12≡a ,又24n ,32243⨯=,故必有()n a mo d 12≡(因为()1,=n a ).对Z b a ∈,,且()()1,,==n b n a ,()n b a mod ≡,则()n ab mod 1≡.对Z b a ∈,,且()()1,,==n b n a , ()n ab mod 1≡,则()n ab a mod 12≡≡.从而()a b a n -又()1,=n a ,有()b a n -,即()n b a mod ≡.综上,所求n 的值为2,3,4,6,8,12,24.例4. 求所有正整数n ,满足对所有的正整数n ,存在一个整数m ,使12-n是92+m 的因子.(第39届IMO 预选题)解:引理1:若p 为4k -1(k ≥2)型质数,则不存在Z m ∈,使()p m mod 92-≡.证明:设)p m m mod 31≡()p m m mod 31≡(∵()13,=p ,∴m 1存在),N m ∈1.又∵()p m mod 912-≡, ∴)(mod 121p m -≡.由费马小定理知,()()()p m m p p p mod 11121212111-=-≡=≡---,矛盾.引理2:当1≤i <j 时,有()112,1222=++ji )112,12=++j,且()13,122=+i .证明:∵()()()()12mod 211121222222+≡+-≡+=+--i i j ij ij ,∴()()12,1212,12222=+=++ij i )()12,1212,122=+=++i j.又∵()()3mod 2111222≡+-≡+i i ,∴()()13,23,122==+i.对于原题,若()()9122+-m n,n ≥2.设t n S ⋅=2,2 t .若t ≥3,则()()1212-+n t ,从而()()9122+-m t .又必存在4k -1型素数p ,且3≠p ,()12-tp (否则,()4mod 1111121≡⨯⨯⨯≡-≡- t ,矛盾).此时()92+m p ,与引理1矛盾.故t =1,从而S n 2=,且()()()1212123121212222+++⋅=--S S.由引理2及中国剩余定理知,存在N m ∈1,使()()12m o d 22211+≡-ii m ,i =1,2,…,s -1.故()((2m o d0121222211≡+≡+-i m )()()12mod 0122221+≡+≡-ii .令13m m =,有()()()12mod 013922122-≡+=+Sm m .因此,()()9122+-m n .综上,所求正整数n 为2的幂次2i (i =1,2,…).数论中存在性问题是最常见的,除了运用数论存在性定理来解决外,还需要有直接构造的能力.例5. 证明:每个正有理数能被表示成3333d c b a ++的形式,且其中a ,b ,c ,d 是正整数.(40届IMO 预选题)证明:设该正有理数为p .(1)当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,21p 时,()()()()333321121p p p p p -++-++=,其中2p -1,2-p ,p +1+∈Q .(2)当p ≥2时,由于⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⎪⎭⎫ ⎝⎛1,41323,故有N n ∈,使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21323p n,由(1)有333333333322132132213223⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=p p p p p n n n n n .(3)当⎥⎦⎤ ⎝⎛∈21,0p 时,由于()4,1233∈⎪⎭⎫ ⎝⎛,故有N n ∈,使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21233p n ,由(1)有333333333232123123212332⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=p p p p p n n n n n .综上,总有+∈Q d c b a m 1111,,,,,使()()31313131313131313d c mb ma d c b a m p ++=++⋅=,设ma 1,mb 1,c 1,d 1的分母公倍数为n ,则取N mna a ∈=1,N mnb b ∈=,N nc c ∈=1,N nd d ∈=1,且3333dc b a p ++=.结论成立. 说明:这里是直接构造证明,首先发现恒等式()()()()333321121p p p p p -++-++=,进一步对p ≥2,或0<p ≤21构造.例6. 证明:不存在非负整数k 和m ,使得()mk k !14848+=+.证明:注意到0=k 或0=m 时,上述不定方程无解,于是,可设满足上述方程的k ,m 为正整数.(1)若1+k 为合数,设pq k =+1,2≤p ≤q ,注意到,应有48 | k !.故k≥6,于是1<2p ≤k ,故(1+k )| k !,进而(1+k )| 48,结合1+k ≥7,可知1+k =8,12,24或48,分别代入,两边约去48后,可得矛盾.(2)若1+k 为质数,由威尔逊定理,可知k !()1mod 1+-≡k ,于是,1+k | 47,进而1+k =47,这要求46!+48=48×47m ①,从而m >1,两边除以48可知m 47148!46=+,两边模4,可知()()4mod 11≡-m ,故m 为偶数.设m =2k ,则由①可知2()()14714748!46+-=k k ,由232 |48!46,而()23mod 2147≡+k,故232 | 147-k,利用二项式定理()()223mod 146123247+≡+⨯=k k,从而23 | k ,进而m ≥46,这时,①式右边比左边大.矛盾.注:一般地,若n >4,且n 为合数,则n |(n -1)!,依此可以证明威尔逊定理的逆定理也成立. 例7. 设p 是质数,证明:存在一个质数q ,使得对任意整数n ,数p n p-不是q 的倍数.(第44届IMO 试题)证明:由于()212mod 1111p p p p p p p p p +≡++++=--- .则11--p p p 中至少有一个质因子q ,满足q 对2p 的模不等于1。
竞赛数学讲座PPT课件
或参观游览,第五天闭幕式,宣布考试成绩和颁奖。
成绩最好的约30名选手(现改为约60名)以及中国
女子数学奥林匹克和中国西部数学奥林匹克的前两
名(现已无参加集训队资格)组成参加当年IMO的
中国国家集训队。3月中旬至4月初,进行参加IMO
的中国代表队的选拔工作。每年7月份参加IMO。
全国中学生数学冬令营是在全国高中数学联赛的基
2.广东省历届国际数学奥林匹克竞赛获奖情 况:13人14次,其中华南师范大学附中7人8 次,深圳中学4人,深圳高级中学1人,深圳 第三高级中学1人。9人就读北京大学,3人就 读清华大学,1人就读中国科技大学。
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三、IMO——中国队获奖情况
2013年获奖的饶家鼎,深圳市第三高级中学 高二年级学生 (7岁从加拿大回国读书)。 2010年,12岁的高一学生饶家鼎参加全国高 中数学联赛,与高三顶尖学生同台竞技,获 得全国三等奖。当同龄人还在读初一、初二 的时候,他已经被北京大学数学科学学院和 清华大学数学科学系提前预录取,并入选 2012年中国数学奥林匹克广东省数学代表队, 在2013年以一分之差,遗憾地摘取了国际奥 林匹克数学竞赛银牌,而此前他被寄予得满 分的厚望。
四个方面。前两道题每题40分,后两道 题每题50分。
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七、全国高中学联赛题型与 考试大纲
考试大纲:一试完全按照全日制中学 《数学教学大纲》中所规定的教学要求
和内容,即高考所规定的知识范围和方 法,在方法的要求上略有提高。 二试:超过高考大纲(有具体的规定)
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二试
1、平面几何 基本要求:掌握初中数学竞赛大纲所确定的所有内容。 补充要求:面积和面积方法。 几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。 几个重要的极值:到三角形三顶点距离之和最小的点--费马点。到三角
高中数学线性绝对值和与差的问题(竞赛辅导)微课PPT课件
问题 函数 f (x) x 1 2x a 的最小值为 3,则 a
问题1: f (x) = k1x +b1 + k2x +b2 (k1 > k2 > 0)的图象
畚萁形:两边是向上的射线,中间是一条斜线段.
最小值必在斜线段的端点取到!
f (- b1 )与 f (- b2 )的大小需要讨论吗?
2.k1b2k1
k2b1 k2
0时,图象呈平底形畚箕!
对称轴x - b1 - b2 2k1 2k2
问题7: f (x) = k1x +b1 - k2x +b2 (k1 >0, k2 >0)的对称性
1. k1b2 - k2b1=0时,退化为单绝对值问题,图象呈V(或倒V)字形.
此时无对称中心,但有对称轴x = - b1 k1
畚萁形:两边是向上的射线,中间是一条斜线段.
0 > f (- b1 ) k1
<
f (- b2 ) > 0 k2
大系数零点处!
问题3: f (x) = k1x +b1 - k2x +b2 (0 < k1 < k2)的图象是:
反放畚萁形:两边是向下的射线,中间是一条斜线段.
0 > f (- b1 ) k1
A1 A2
P
An
An+1
An+2
A2n
A2n+1
PA1 PA2n1 A1 A2n1
PA2 PA2n A2 A2n
PAn PAn2 An An2
上述各式均取到等号,则P与An+1重合
\ f (x)min = A1A2n+1 + A2 A2n +L + An An+2
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• 加试(二试):命题以高中数学竞赛大纲 为准
• 考试时间为9:40—12:10,共150分钟。 试题为四道解答题,前两道每题40分,后 两道每题50分,满分180分。试题内容涵盖 平面几何、代数、数论、组合数学等。
• (2009年的旧规则和2008年之前的旧规则 略去。)
三、2012年高中数学竞赛考试范围
• 2012年3月12日——27日中国数学会在江西南昌 大学附中进行多轮的、更加激烈的国家队选拔。
(4)联赛试题模式(2010年起实施)
• 自2010年起,全国高中数学联赛试题新规 则如下:
• 联赛分为一试、加试(即俗称的“二 试”)。各个省份自己组织的“初赛”、 “初试”、“复赛”等等,都不是正式的 全国联赛名称及程序。
年、2011年) 《山东省2011年高中数学竞 赛培训暨高中数学夏令营 》。
• 时间:每年的7月份中下旬。
2、全国高中数学联赛
• “全国高中数学联赛”是教育部批准, 由中国科协主管,中国数学会主办的 一项针对高中学生的传统竞争活动, 创办于1981年。
(1)联赛宗旨:
• 全国高中数学联赛宗旨是:在选拔在数学 方面有突出特长的同学,让他们进入全国 知名高等学府,而且选拔成绩比较优异的 同学进入更高级别的竞赛,直至国际数学 奥林匹克(IMO)。并且通过竞赛的方式, 培养中学生对于数学的兴趣,让学生们爱 好数学,学习数学,激发学生们的钻研精 神,独立思考精神以及创新精神。
•
覆盖。
•
梅涅劳斯定理
•
托勒密定理
•
西姆松线的存在性及性质。
•
赛瓦定理及其逆定理。
四、数学竞赛的教学问题
• 1、明确竞赛的目的 • 作为一种数学教育活动的数学竞赛,对于推进教
学改革和提高教学质量,有着多方面的重要意义, 发挥数学课堂教学难以取代的作用。
• 当前,特别是不把取得好的竞赛结果作为唯一目 的,而应在学习的过程中培养学生的能力,训练 学生的数学方法和思维习惯。
• 一元n次方程(多项式)根的个数,根与系 数的关系,实系数方程虚根成对定理。
• 简单的初等数论问题,除初中大纲中所包 括的内容外,还应包括无穷递降法,同余, 欧几里得除法,非负最小完全剩余类,高 斯函数,费马小定理,欧拉函数,孙子定 理,格点及其性质。
3、立体几何
• 多面角,多面角的性质。三面角、直 三面角的基本性质。
• (5)特殊照顾政策。按现在的政策:2009级、 2010级同学参加27届、28届冬令营可以保送, 省一等奖也可以保送。2011级同学参加27届冬 令营只有加20分而无保送资格。
• 到2014年冬令营(第29届东令营),即2011年 以后入学的同学,只有进入国家集训队才有保送 资格(一般是冬令营金牌、少部分高分银牌)。
• 我们大胆预测:在未来的6位国家队队员中, 来自这几个大省的将占据一半以上的名额。 另外,江苏、辽宁、四川和浙江的实力也 不可小觑,他们也将是国家队名额有力的 争夺者。
• 在这里要提的是吉林队,今年他们没能正 常发挥,入选集训队人数偏少,其余省市 皆在正常范围内。
• 由于2011年CMO试题的难度较前二年有所下降, 故一等奖的分数线有了一定的提高,且满分人数 有6人之多,他们都是高三的选手,这从另一角度 也证明了:在CMO这一层面上更需要的是选手的 实力和成熟度。
• 可以看出:湖北、上海、北京、广东、湖 南位居前列,充分显示出它们无愧为“竞 赛数学大省”的称号,同时也体现出他们 在人才培养,日常的训练、组织和选拔等 方面的强大实力,尤其是他们拥有国内第 一流的教练员队伍。
• 更值得一提的是,广东队凭借三剑客的出 色发挥,一举夺得本届CMO团体第一,捧 走陈省身杯。
• 递归,一阶、二阶递归,特征方程法。
• 函数迭代,求n次迭代,简单的函数方程。
• n个变元的平均不等式,柯西不等式,排序不 等式及应用。
• 复数的指数形式,欧拉公式,棣莫佛定理, 单位根,单位根的应用。
• 圆排列(从n个不同元素中不重复地取出m (1≤m≤n)个元素在一个圆周上,叫做这n个 不同元素的圆排列。如果一个m-圆排列旋转 可以得到另一个m-圆排列,则认为这两个圆 排列相同),有重复的排列与组合,简单的 组合恒等式。
• 周期函数与周期,带绝对值的函数的图像。
• 三倍角公式,三角形的一些简单的恒等式,三 角不等式。
• 第二数学归纳法:设有一个与自然数n有关的命 题,如果: (1)当n=1时,命题成立;(2) 假设当n≤k时命题成立,由此可推得当n=k+1 时,命题也成立。 那么,命题对于一切自然数 n来说都成立。可以证明第二数学归纳法和第一 数学归纳法是等价的,。
• 由全国高中数学竞赛组委会统一命题。 • 一试和加试均在每年10月中旬的第一个周
日举行。
• 一试 :命题以高中数学教学大纲为准。
• 考试时间为上午8:00—9:20,共80分钟。 试题分填空题和解答题两部分,满分120分。 其中填空题8道,每题8分;解答题3道,分 别为16分、20分、20分。
• (2009年的旧规则和2008年之前的旧规则 略去。)
• 2.全国青少年科技创新大赛(含全国青 少年生物和环境科学实践活动)或“明 天小小科学家”奖励活动或全国中小学 电脑制作活动一、二等奖获得者;
• 3.在国际科学与工程大奖赛或国际环境 科研项目奥林匹克竞赛中获奖者。
二、山东省高中生数学竞赛的途 径和渠道
• 1、《山东省高中数学竞赛暑期培训暨高中数学夏 令营》
• 由山东数学会、山东省数学竞赛委员会组织。
• 每年举办,期间举行数学竞赛,并按竞赛成绩选 拔出部分优秀选手(参加培训营员的40%左右)可 直接参加本年度全国数学联赛。
• 参考对象:山东省各普通高中的数学竞赛优秀选 手,为确保质量,每年限额500人左右。
• 临沂一中连续三年协办(2009年、2010
• IMO试题是每题7分,共6题,总分42分。每题7 个得分点,每个得分点为1分。
• 而CMO是IMO得分的3倍,每题为21分,总分126 分,自然每个得分点为3分,所以选手的得分一定 是3的倍数
• 上海入选的8名集训队队员中有4位是来自 上海中学,该校也是目前我国唯一一所连 续4年有学生获IMO金牌(其中有二个满分) 的中学,可见该校实力的强大。
• 为严格标准,中国数学会每年限定一等奖名额 1000名左右,并划分到各省、市、自治区。
• 对二、三等奖获得者,各省、市、自治区又出 台了不同的政策,其中包括自主招生资格等优 惠录取政策。
• 根据复赛成绩,各省、市、自治区赛区一等奖排 名靠前的同学可参加冬令营,冬令营复赛中就评 出省级一等奖,每个省有40个左右,冬令营的人 数一般每省最多5名,组成中国数学奥林匹克 (CMO)。
• 该校主要由冯志刚(上海中学副校长、上 海市数学特级教师、中国数学奥林匹克委 员会委员,中国数学奥林匹克国家队副领 队)亲自挂帅,进行日常的训练。
• 本届冬令营成员中唯一一位来自上海的初三选手 窦泽皓,本次CMO成绩为93分,获银奖,并列二 等奖第一名,尽管有些遗憾(未能进入集训队), 但作为一名初三的选手,能在如此高水平的大赛 中,获得一枚含金量极高的银牌,已实属不易。
• 一试: • 全国高中数学联赛的一试竞赛大纲,
完全按照全日制中学《数学教学大 纲》中所规定的教学要求和内容, 即高考所规定的知识范围和方法, 在方法的要求上略有提高,其中概 率和微积分初步不考。
• 1、平面几何
•
基本要求:掌握初中数学竞赛大纲所确定
的所有内容。
•
补充要求:面积和面积方法。
•
几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、
• 要帮助学生养成良好的数学思维习惯,掌握正确 的数学学习方法,促使中学与大学数学教学更好 地衔接。
2、坚持竞赛的教学原则
• (1)普及与提高相辅相成
• 《高中数学竞赛大纲(修订稿)》规定: 在“普及的基础上不断提高”。在此方针 指引下,全国数学竞赛活动方兴未艾,特 别是连续几年我国选手在国际数学奥林匹 克中取得了可喜的成绩,使广大中小学师 生和数学工作者为之振奋,热忱不断高涨, 数学竞赛活动进入了一个新的阶段。
最大。
• 在周长一定的简单闭曲线的集合中,圆的面积 最大。
• 在面积一定的n边形的集合中,正n边形的周长 最小。
• 在面积一定的简单闭曲线的集合中,圆的周长 最小。
• 几何中的运动:反射、平移、旋转。 • 复数方法、向量方法。 • 平面凸集、凸包及应用。
• 2、代数
• 在一试大纲的基础上另外要求的内容:
• 高校自主招生的录取率要看大学的招生政策。
《山东省2012年普通高考照顾政策》
• (四)高级中等教育阶段获得下列奖项且同时符 合保送生资格的应届高中毕业生,如未被保送录 取参加高考录取时在其统考成绩总分的基础上增 加20分投档,由学校审查决定是否录取。
• 1.全国中学生学科奥林匹克竞赛省赛区(竞赛范 围以教育部2009年普通高等学校招收保送生办法 中公布的竞赛名称为准)一等奖以及全国决赛一、 二、三等奖获得者;
• 由此可见:要进入国家集训队这一层面,大量的 训练和相当的积累是前提,更重要的是高三、高 二选手在心理成熟度和解题技巧上有着较为明显 的优势。
• 以下是这56位集训队队员的省市分布情况:
• 湖北8人、上海8人、北京5人、广东5人、 湖南5人、江苏4人、辽宁4人、四川3人、 浙江3人、河北2人、江西2人、天津2人、 福建1人、河南1人、吉林1人、山西1人、 陕西1人。
(2)政策:
• 为了促进拔尖人才的尽快成长,教育部规 定:在高中阶段获得全国数学联赛省、市、 自治区赛区一等奖者便获得保送重点大学 的资格。
• 对于没有保送者,在高考中加分,加分情 况根据各省市政策而定,有些省、市、自 治区保留了竞赛获奖者高考加5分到20分不 等。