数学竞赛课件

1、竞赛数学概况 数学竞赛的产生与发展,战国时期，田忌与齐威王赛马（对策论）；,古希腊，解几何难题；, 17世纪，法国，费马大定理；, 1894年现代意义下的数学竞赛源于匈牙利,一.国际数学奥林匹克竞赛发展的三个阶段,第一阶段（18941959）：国内准备阶段；,（1959年首届imo于罗马尼亚古都布拉索举行）,第二阶段（19591979）：全球性发展阶段；,第三阶段（1981现在）：imo 成熟阶段,（1981年4月imo分委员会成立；,imo运转制度化、规范化）,二.中国数学奥林匹克竞赛发展的三个阶段,第一阶段（19561964）：早期萌芽；,第二阶段（19781985）：国内恢复与成熟；,第

2、三阶段（1986现在）：走向世界并取得,辉煌成就,目的：（p8）,2.促进中学数学教学改革；,3.发现和培养人才；,4.为参加国际数学奥林匹克作准备,三.竞赛数学的内容与方法,数学竞赛的开展导致竞赛数学的诞生.竞赛开始的那些年代,其主要内容是中学教材中的代数方程、平面几何、三角函数等. 经过40多年的发展,已形成一个源于中学又高于中学的数学新层面, 其思想方法日渐与现代数学的潮流合拍.对145届imo试题的统计表明, 竞赛数学正相对稳定在几个重点内容上,可归纳为四大支柱和三大热点.,四大支柱是:代数、几何、数论、组合初步(俗称代数题、几何题、算术题、智力题). 三大热点是:组合几何、组合数论、

3、集合分拆. 我国冬令营及国家队选拔考试题, 与国际发展趋势完全一致,高、初中数学竞赛大纲内容, 也以中学教材为依托而努力与国际接轨.,1代数,代数是中学数学的主体内容, 在竞赛中自然占有重要地位.竞赛中的代数题,已广泛涉及方程、函数、不等式、数列、复数、函数方程等方面. 命题趋向既在努力避开有求解程式的内容, 提高试题难度,又在尽力避免超出中学生知识范围,而在思维的灵活性与创造性上做文章.,2几何,欧氏几何虽然古老,但在提供几何直觉与逻辑推理方面有不可替代的教育价值, 因此历来受数学竞赛的青眯.竞赛数学几何试题以平面几何题为主, 方法几乎涉及所有的平面几何方法, 如综合几何方法(全等法、相似法

4、、面积法等), 代数方法(如代数计算法、坐标法、三角法、复数法、向量法等), 几何变换法(如平移、旋转、反射、反演等).,3数论,初等数论也叫整数论, 其研究对象是自然数. 由于其形式简单意义明确, 所用知识不多而又富于技巧性,因此历来是竞赛的重点内容.数学竞赛中的数论问题广泛涉及奇数与偶数、素数与合数、平方数、整除、 同余、不定方程、数论函数x, 数的进位制等内容.,4组合初步,数学竞赛中的组合数学不是一个严格的概念,它离中学教材最远,通常指中学代数、几何、算术(数论)之外的内容(俗称杂题).对中学生而言,这类问题的基本特点是不需要专门的数学用语就可以表述明白,解决起来也没有固定的程式(非常

5、规),常需要精巧的构思.内容上可归结为两大类:组合记数问题与组合设计问题.,5数学奥林匹克的方法,竞赛数学不是一个有独立研究对象、 独立研究方法的数学分支, 而是由若干数学分支上的某些层面交叉综合而成的一种教育数学, 这使得竞赛数学的方法即有一般性又有特殊性.,竞赛数学题不是单靠记忆和模仿 就能解决的常规“练习题”(exercise), 而是具有可接受性、障碍性、探究性的“问题”(problem)这就需要在一般思维规律指导下, 综合而灵活地运用数学基础知识与数学基本方法才能解决, 表现为一种创造性活动.这其中经常使用中学一些常用的方法,如探索法、构造法、反证法、数学功能法、换元法、 配方法、

6、待定系数法等,体现了数学竞赛方法的一般性.,竞赛数学的知识层面交叉和热点内容又积累了一批体现竞赛特征的奥林匹克技巧,如构造、对应、递推、算两次、染色、配对、极端原理、对称性分析、特殊化、一般化、数字化、不变量、整体处理、逐步调整等等. 由于这些方法在中学日常教学中用得较少,因此与中学常见方法相比较,又表现出竞赛数学方法的特殊性.,四.关于数学竞赛的思考,1.正确处理好竞赛与日常教学的关系,（1）课内与课外的关系：以课内为主，课外为辅竞赛不能脱离教学实际， 竞赛是日常教学的有效补充,（2）普及与提高的关系： 普及为主，与提高相结合以保护大多数为基本出发点，分层次、分阶段进行金字塔式的选拔,（3）

7、坚持能力发展原则与趣味性原则,（4）以中学为主，以高中为主,2.数学竞赛的学校培训,（1）知识同步与能力超前,数学竞赛的学校培训的实质,不是超前学习知识,而是充分开发思维潜能.训练思维品质,开发思维潜能应以同步知识内容为基础, 学校第二课堂的训练内容首先应与日常教学同步,需要拓宽视野的部分,也应尽可能从教材中找到生长点,组织为探究性学习,这才能保证数学竞赛活动有广泛的群众基础.对优秀选手而言,这也关系到是否有后劲的关键.,其次,由于参加竞赛的选手基础知识掌握大都比较牢靠, 因而由基础知识体现的数学思想方法就比较容易理解, 竞赛培训应通过更有深广度的具体问题(通常是典型的竞赛题)来阐发数学思想方

8、法,从而表现出能力超前训练、认知结构优化.,（2）早期发现与系统跟踪,成功的学校都提到他们的第二课堂是从初一到高三,这一方面能及早发现有潜力的选手,另一方面能进行系统的跟踪培训. 数学竞赛本质上是智力竞赛,而智力的发展与能力的形成不是一朝一夕的事,更非临时的大突击所能奏效的.因此,培训应是长期的、系统的, 重点应放在提高学生的思维品质、解题技能和数学素养上.,系统训练一般分三个层次：课本的加深加宽; 课外知识的补充渗透;竞赛热点系列讲座. 这是一个知识不断拓宽与能力逐级提高的过程.,（3）生动活泼与激发兴趣,与第一课堂相比较,第二课堂可采取更加生动多样的形式以激发学生自觉学习的兴趣. 除老师讲

9、课与学生做作业外,还可举办数学专题讲座,以及讲练结合、组织讨论会、自学、写小论文、办报等等,（）业余自愿与发展特长,反,的自愿和兴趣转移的自由,强制性与命令式会适得其,数学小组是一种第二课堂的活动形式,重在提高,素质和发展特长, 应坚持自愿的原则, 包括参加活动,数学竞赛研究为数学方法论的研究注入新鲜血液，作为教育数学的一个组成部分，其重要思想方法正以新的形式向中学数学渗透,例,分析1,故选（）,分析 由柯西不等式，有,分析 由柯西不等式，有,故选（）,分析,故选（）,分析4 本题实质是条件最值，可借助几何图形研究（是中学教材中线性规划法的引申，理论上是最优规划问题的一部分）,截距.又约束条件

10、表示的可行区域是椭圆曲线区域，,在纵轴上的,由t的几何意义知，选（）,定义在实数集上的函数，且方程,解:,由变换的乘法满足结合律，得,若（），则,若（），则,式知矛盾故选（）.,由判别,有实数根,解,从而,故选（b）,例4 设 是 x3-3x+10=0,的根,有理系数的二次多项式, 满足,h(x)是一个,则,依题意，,（a）,（b）,（c）,（d）,（2011年aaa综合性大学自主招生（华约系列）样题）,解,设,于是,注意,为有理数, 而,为无理数(或复数),比较系数得,故,选（a）,2 竞赛数学的特征,一.中间数学,1.中学数学与大学数学之间,2.学校数学与研究数学之间,3.严肃数学与趣味数

11、学之间,引例 设二次函数f(x)=ax2+bx+c,其中a,b,c为实数,如果对所有适合-1x1的x值,都有-1f(x)1成立,则对这些x的值有-42ax+b4.(匈牙利,1914),分析 此题的高等数学背景是马尔柯夫定理,解,-1f(0)1,-1f(1)1, -1f(-1)1,故,由条件,记g(x)=2ax+b,g(-1), g(1) -4,4,(2)+(3)得 -1a +c1,-2-1-ca1-c2 (4),又由(1),(2)得,-2-1-ca+b1-c2 (5),(4)+(5) 得-4g(1)4；,同理可证-4g(-1)4,证毕,则由一次函数单调性知,只要证,结合(1)得,例1 购货有甲

12、、乙、丙三种货物，若购甲3件、乙7件、丙1件共需15元；若购甲4件、乙10件、丙1件共需20元现购甲、乙、丙各1件，共需多少元？（1985年，全国初中）,解一 设购甲、乙、丙各1件分别需x、y、z元，则,注意将x+y+z作为一个整体来考虑，方程组可化为,解得x+y+z=05（元）,解二 设购甲、乙、丙各1件分别需x、y、z元,则,视y为暂时常数，方程组可化为, x+y+z=05,说明：此题的高等数学背景是n元线性方程组的矩阵代数知识,记x+y+z=a,则三元一次方程组（视a为参数）,有解的充要条件是,而,可见问题设置的环境较宽，我们无法唯一确定 x、y、z各自的值，这也是当时不少学生失败的直接

13、原因,证明 由共边定理及mnab可得,得证,例2 调和 已知线段ab和一条平行于ab的直线l，取不在ab上也不在l上的一点p，作直线pa、pb分别交l于点m、n，连an、bm交于点o，连po交ab于点q，求证：aq=bq. (1978年，全国中学生数学竞赛),苏步青,例3 容斥原理 某班参加一次智力竞赛,共a、b、c 三道题,每题或者得满分或者得0分,其中题a 满分20分,题b、题c满分分别为25分.竞赛结果,每个学生至少答对了一题,三题全答对的有1人,答对其中两道题的有15人,答对a题的人数与答对b题的人数之和为29；答对a题的人数与答对c题的人数之和为25；答对b题的人数与答对c 题的人数

14、之和为 20.问这个班的平均成绩是多少分？(1999年全国初中),解,分别表示答对题a、b、c的人数，,分别表示答对ab、bc、ca的人数,依题意得,于是，由容斥原理，可得这个班总人数为,所以平均成绩等于84020=42分,说明：imo满分42分,例4 第二次握手 参加会议的成员都互相握过手 , 其中某人与他的一些老朋友握过第二次手. 若这次会议握手的总次数是159,那么参加会议的成员有 人,其中, 第二次握手共有 次.（江苏省第十九届初中数学竞赛初三第1试）,解 设有x人，第二次握手共有y次则,注意到306342，,y0，,x(x-1)318，,得x=18，y=6,

15、所以参加会议的成员有18人，其中，第二次握手共有6次,例5 土墩如图,工地上有 a、b 两个土墩,洼地e,池塘 f.两个土墩 d 的土方数分别是 781方、1584方,洼地 e 需填土1025方,池塘f 可填土1390. 现需挖掉两土墩，把这些土先填平洼地e,余下的土填入池塘f.如何安排运土方案,才能使劳力最省？(1999年湖北省黄岗市初中),解 记“土方米”为运土花费的劳力的单位，设,记总的“土方米”为w，,其中,w取最小值207170,说明：近年来，应用数学领域发展很快,相继出现了“规划论”、“对策论” 等新的数学理论和方法,为如何优化问题提供了理论依据和解决问题的最佳方略,例6 列方程

16、有五个数, 每两个数的和分别为2,3,4, 5,6,7,8,6,5,4(未按顺序排列), 求这五个数的值. （2001年,江苏省第十六届初中数学竞赛）,解 不妨设五个数为,则应用极端性原则，有,即,解得所求五个数的值分别是0.5, 1.5, 2.5, 3.5, 4.5.,例7 心里话十个人围成一圈,每个人心里都想好一个数,并把自己想好的数如实告诉他两旁的人, 每个人都将他两旁的人告诉他的数的平均数报出来 ,报出的数依顺时针方向依次为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,问报3的人心里想的数是多少?(1999年,天津市初二初赛),则依题意有,说明:上述求解过程体现了整体求解的技巧性，简化了计

17、算过程,解 设报的人心里想的数是,例8 精打细算现分批买汽水给a位人和喝,喝完的空瓶根据商家的规定每 b (其中 ab1,且a,bn )个空瓶又可换回一瓶汽水,所以不必买a瓶汽水.问至少要买多少瓶汽水才能保证a人每人都喝上一瓶汽水？(2001年湖南省高中数学奥林匹克选拔赛),解 设至少要买x瓶汽水,喝完后,第一次空瓶换回,的汽水瓶数不超过,再喝完后,第二次空瓶换回的,汽水瓶数不超过,如此下去，注意到n充分大时，,此时已经不能再兑换，,所以x瓶汽水再加上,兑换得到的汽水一共至多,于是，有不等式,x为满足此式的最小正整数.具体地说,说明：本题与新教材相联系，有着深厚的高等数学背景（极限、级数）,二

18、.前沿数学,(1)大小搭配,适度平均,有如图填法,(2) 设顶点a,b,h处填数分别是,记,解,于是,另一方面,13，14，13，14，14,或14，13，14，13，13,于是,(2)简证：,若对任意k=1,2,8,sk18.,则sk+sk+3+sk+639,即xk+3639,故 xk3,矛盾.,例10 等积分割在abc中,是否存在一点p,使得过点 p 的任意一条直线都能将abc分成面积相等的两部分？为什么？(1998年, 湖北省黄岗市;1999年高中联赛广西赛区初赛(高三),解 设存在点p满足条件，,则pa,pb分别平分abc,的面积,从而pa,pb分别是abc的中线,得知点p,必为abc

19、的重心,过点p作bc边的平行线交ab、 ac于点e、f，,由重心的性质及相似三角形的性质,有,这与ef等分abc的面积矛盾.故不存在满足条件的点p,说明：这是一种探索型试题,问题具有一定的研究性. 对存在性的问题, 常常先假设满足条件的研究对象存在,通过推理,要么找到满足条件的对象,肯定结论；要么得出矛盾,否定结论,例11 充要条件 如图,在abc中,ab=ac,线段ab 上有一点d, 线段 ac 延长线上有一点 e, 使得de=ac, 线段de与abc 的外接圆交于t点, p是at延长线上的一点. 证明: 点p满足 pd+pe=at的充要条件是点p在ade的外接圆上.(2000年imo中国国

20、家集训队选拔考试 裘宗沪供题),证明：充分性,已知点p在ade的外接圆上,在at上截取af=pe，,ade的外接圆上，有,ped=pad,又ab=ac=de，,所以pdefba，pd=bf,一方面,由于ab=ac,有btf=bca=cba,则由点p在,而另一方面,a、b、c、t共圆,a、d、p、e共圆,又有abf=edp=eat=cbt,所以btf=fbt,bf=ft,从而at=pd+pe.,必要性,已知点p满足at=pd+pe.,视p为动点,由椭圆的定义, p在,以d、e为焦点，长轴长at的椭圆上,该椭圆与直线at至多有两个交点,充分性证明知,三.艺术数学,例12 智破数字谜 如图(1)所示的加法算式中,每个小方格表示一个数字,任意两个数字都不相同,那么a与b乘积的最大值是 .(1998年,香港初中),分析 可先探讨具体的填数过程,寻找填数满足的规律, 再从规律出发探求最大值.,填入的数为0,1,2,9这10个数字,因百位上最多只能有进位数1,于是,解,g=1,d=9,h=0.,从而21=6+7+8a+c+f2+3+4=9,注意到填数bg,d,h,得知个位只能有进位数1，即,如图,a+c+f=10+b （1）,又易知十位上必有进位数1，所以,b+e+1=10+a （2）,注意a+c+f+b+e+a+b=2+3+8,整体处理,（1