1996圣彼得堡数学奥林匹克_初中_

再品佳题

1996圣彼得堡数学奥林匹克(初中)

苏　淳 译

(中国科学技术大学统计与金融系,230026)

第一轮

6.1.试在5×5方格表的每一个方格中填入一个加号或减号,使得每个3×3正方形中,都刚好有8个减号.

6.2.在2×2方格表中填有4个正整数,其中每两个同列的数之差为6,而每两个同行的数相差1倍(即其中一个数是另一个数的2倍).试问:该方格表中都填了哪些数?

?

6.3.沿着河岸生长着八种植物,相邻两种植物上所结的浆果数目相差1个.试问:八种植物上能否一共结有225个浆果?说明理由.

6.4.一个五位数是54的倍数,并且它的各位数字都不为0.删去它的一位数字后所得的四位数仍然是54的倍数;再删去该四位数的一位数字后所得的三位数还是54的倍数;再删去该三位数的一位数字后所得的两位数还是54的倍数.试求原来的五位数.

7.1.证明:任何一个正整数都可以写成一个完全平方数与一个完全立方数的商的形式.

7.2.三个(不一定各不相同)正整数的和等于100.将它们两两相减(大的减去小的)可得三个差数.则这三个差数的和的最大可能值为多少?

7.3.在四边形ABCD中,AB=BC,CD= DA,点K、L分别位于线段AB、BC上,使得B K=2A K,BL=2C L,点M、N分别是线段CD、DA的中点.证明:K M=LN.

7.4.托玛想了一个正整数,并且求出了它分别被3、6和9除的余数.现知这三个余数的和是15.试求该数被18除的余数.

8.1.同7.1.

8.2.某两个正整数的最小公倍数是它们的最大公约数的16倍.证明:这两个正整数中的一个能被另一个整除.

8.3.在四边形ABCD中,点E、F、G分别是边AB、BC、AD的中点.现知GE⊥AB, GF⊥BC,∠ABC=96°.试求∠ACD的度数.

8.4.试问:如下两类十位数中,哪一类数的和较大:第一类数的表达式中含有相邻排列的数字1和2;第二类数的表达式中含有相邻排列的数字2和1?说明理由.

第二轮

6.1.100个船员把一些装有货物的大箱子搬运上岸,每只箱子要7个人抬.船长认为,由于每个船员都参与搬运了65只箱子,因此,每个船员的劳动量相同.证明:船长的计算有误.

6.2.上校、少校、大尉和列兵琼京站成一列.他们的身高各不相同,但是琼京与少校的身高之和刚好等于上校与大尉的身高之和.若将上校与第二高的人交换位置,再让大尉与最矮的人交换位置,那么,他们4人刚好是按照从矮到高的顺序排列.试问:开始时,少校与大尉两人谁在谁的前面?

6.3.在10×10方格表的每一个方格中写有一个正整数.在每一行中圈出最大的数(如果不止一个最大的数,则圈出其中的一个数);再在每一列中圈出最小的数(或者圈出最小的数之一).现知,每个被圈出的数都被圈了两次.证明:表中各数都相等.

6.4.试求出所有这样的四位数:它们都

是自己的各位数字之和的83倍.

6.5.两名成功的生意人合伙买进了100L酒精,它们分装在容积分别为015L, 017L和1L的瓶子里.此后,他们发生了争吵,于是,决定将全部酒精对半分.证明:不用打碎瓶子,他们就可以实现平分.

6.6.在9×9的国际象棋棋盘上放有9只棋子车,它们不能相互搏杀.每只棋子车都按照棋子马的走法进行了移动.证明:现在一定有某两只棋子车可以相互搏杀.

7.1.能否在凸六边形中作若干条对角线,使得每条对角线都在形内恰好与三条别的对角线相交?

7.2.某国有17座城市,每座城市的西街(位于城市西部的一条街道)均以某座别的城市名字命名.一支侵略军攻进了该国,每天占领1座城市.他们的进攻原则是:第一天占领的城市的西街以哪座城市命名,那么,第二天就占领那座城市.到了某一天,侵略军的指挥官发现,他们刚刚占领的城市其实恰在17天前就已经被他们占领了.证明:此时所有城市都已经被占领.

7.3.从矩形的方格表上剪去一个矩形的方格表,被剪去的方格表中包括原方格表的右下角,但是不包括原方格表的其他三个角.证明:在剩下的部分中,放入1个角状形(将2×2方格表去掉一个方格所得的图形)的办法有奇数种.

7.4.以[a,b]表示正整数a、b的最小公倍数.试求方程[x2,y]+[x,y2]=1996的正整数解.

7.5.在1×40的方格纸的最右面的方格里放有一枚跳棋.两人轮流移动棋子,可以往左也可以往右移动任意多格,但是跳棋到过的方格不允许再放.直到谁不能再移动,谁就输了.试问:谁有取胜策略?

7.6.无限大方格表上的每个结点(方格线的交点)都被染为三种颜色之一,并且每种颜色的点都有.证明:可以找到一个直角三角形(其直角边不一定在方格线上),它的三个顶点被分别染为三种不同颜色.

7.7.某国政府决定改变国有航线的营运状况,打算把239座城市两两之间的航线经营权都出售给私营公司.人民呼拉尔(相当于议会)为防止国家财产流失,通过如下议案:在连接每三座城市的三条航线中,都至少应当有两条航线出售给同一家公司.试问:根据这一议案,将可能有多少家公司获得这些航线的经营权?给出一切可能的答案.

8.1.同7.1.

8.2.同7.4.

8.3.在四边形ABCD中,边AB、BC、CD、DA的中点分别为P、Q、R、S.现知点M位于四边形ABCD的内部,使得四边形A PMS为平行四边形.证明:四边形CRMQ也是平行四边形.

8.4.罪犯为了在一幢13层住宅楼里行窃,故意弄坏了电梯里的按钮.现在电梯不能按照所按的楼层号码停靠(即所停楼层与所按的号码不一定相符).一位老人从他所在的楼层按了自己要去的楼层号码,结果却到了别的楼层,于是,他不得不再次按自己要去的楼层号码,经过1313次反复试按,他发现又回到了开始时的楼层.证明:只要反复按同一个号码,可以由任何一层到达任何一层.

8.5.将正整数n的正约数的个数记为d(n).证明:对任何正整数a、b,都有

d(ab)≥d(a)+d(b)-1.

8.6.两人轮流在101×101的方格表中摆放棋子,每人每次摆放1枚棋子.先开始者可以把棋子放在任何一个这样的空格中:该格所在的行与列中已经摆放的棋子总数为偶数;后开始者则可以把棋子放在任何一个这样的空格中:该格所在的行与列中已经摆放的棋子总数为奇数.谁不能再摆放棋子,就算谁输.试问:谁有取胜策略?

8.7.某国的一些城市之间有直达的(双向)飞机航线.航空管理部门决定按照如下法则每月改变一次航线布局:下一个月在城市A、B之间开设直达的(双向)航线,当且仅

当,本月A 、B 之间存在刚好中转奇数次可以相互通达的航线.经过半年的这种改变,发现从任何一座城市都可以飞到任何一座别的城市(包括中转后到达).证明:如果这种改变持续进行下去,那么,经过一年之后,可以从任何一座城市直接飞到任何一座别的城市.

参考答案

第一轮

------------+

------------

图1 6.1.存在多种不同填法,其中一种填法如图1所示.

6.2.只有一种填法:

在方格表中仅有6和12,

如图2(a )所示.

61212

6(a )

x 2x

x ±

62x ±6 (b )

图2

下面证明没有其他填法.设第一行中分别填有

x 和2x (在图2(b )中,以左为x 、右为2x 为例,反过来的情况与之类似),于是,在x 的下方只能填写

x +6或x -6,而在2x 的下方只能填写2x +6或

2x -6.由于在第二行中,有一个数是另一个数的2

倍,所以,只能为如下8种情况之一:

x +6=2(2x +6),x -6=2(2x +6),x +6=2(2x -6),x -6=2(2x -6),

2(x +6)=2x +6,2(x -6)=2x +6,2(x +6)=2x -6,2(x -6)=2x -6.

它们中只有一个方程有正整数解,其他情况都不满足要求.

6.3.因为任何相邻两种植物上所结的浆果数目

相差1个,所以,任何相邻两种植物上所结的浆果数目之和都是奇数.这样一来,八种植物上所结的浆果总数就是4个奇数之和,必为偶数.故不可能一共结有225个浆果.

6.4.原来的五位数为59994.

因为每次删除前、后,所面临的数都是9的倍数,所以,每次删去的数都是9的倍数.这就是说,每次都只能删去一个9,最后剩下的两位数只能是54.又在三位数549、594、954中,只有594是54的倍数,所以,两次删除之后得到的三位数是594.而在四位

数9594、5994、5949中,只有5994是54的倍数,所以,第一次删除之后得到的四位数是5994.最后,在五位数95994、59994、59949中,只有59994是

54的倍数.

7.1.例如

:n =

(n 2)2n

3

.

7.2.这三个差数的和的最大可能值为194.

设所给的三个正整数为a 、b 、c ,且不妨设a ≥

b

≥c .它们两两之差的和为

(a -b )+(a -c )+(b -c )=2(a -c ).

由于b ≥1,c ≥1,而a +b +c =100,所以,a ≤

98.因此,

2(a -c )≤2(98-1)=194.

在a =98,b =c =1时,等号成立.

7.3.由△ABD

△CBD ,△ADM △CDN ,有

∠K AM =∠BAD -∠MAD

=∠BCD -∠NCD =∠LCN .

则△K AM △LCN .

故K M =LN .

7.4.该数被18除的余数为17.

因为被3、6、9除的余数分别不超过2、5、8,所以,这三个余数的和永远不超过2+5+8=15.既然它们的和等于15,所以,这三个余数分别就是2、5、

8.又由于该数被9除的余数是8,所以,它被18除的

余数只能是8或17.如果该余数为8,那么,该数为偶数.从而,它被6除的余数不可能为5,导致矛盾.

8.1.同7.1.

8.2.解法1:设这两个正整数的最大公约数为d ,则它们的最小公倍数就是16d .又这两个正整数

都是d 的倍数,且都是16d =24d 的约数,因此,它们都能表示成2k d 的形式,其中k 为非负整数.而在这样的两个正整数中必定有一个能被另一个整除.

解法2:考察这两个正整数的质因数分解式.显然,在这两个正整数的质因数分解式中,每个除了2之外的质因数的指数都相同,这是因为它们的最小公倍数与它们的最大公约数只有2的指数不同.因此,只要在其中一个正整数的质因数分解式中加大

2的指数,就可以得到另一个正整数的质因数分解

式.所以,后一个正整数是前一个的倍数.

8.3.∠ACD =90°.

在△ABG 和△BCG 中,分别有一条高与一条中线重合,所以,它们都是等腰三角形.则DG =AG =

BG =CG .于是,在△ACD 中,边AD 上的中线CG 是AD 的一半,故△ACD 是直角三角形.所以,∠ACD

=90°.

8.4.将第一类数的集合记作A,第二类数的集合记作B.由于有一些十位数既含有12,又含有21,所以,它们既属于A,又属于B.再将去掉了这样的十位数之后的两类数的集合分别记为A′和B′,而将

它们的和分别记为S

1和S

2

.易知,A′中的每个数a

的表达式中都一定含有片断1…12…2,即在若干个(至少有1个)1的后面跟着若干个2.如果把该片断中的1全部换成2,把2全部换成1,那么,就得到一个属于B′的数b,且a

第二轮

6.1.船长给参与搬运每只箱子的每个人都发1枚金币,那么,他一共发出6500枚金币.而每搬运1只箱子,船长便发出7枚金币,其总和应当是7的倍数.然而,6500不是7的倍数,故船长的计算有误.

6.2.大尉在少校的前面.

首先,容易看出,在第一次交换位置(上校与第二高的人)之后,大尉处于队列最前面,因为在第二次交换位置(大尉与最矮的人)之后,最矮的人到了最前面.下面分两种情况讨论:

(1)大尉不是第二高的人,此时,第一次交换位置不涉及大尉.这说明,大尉一开始就站在最前面.

(2)大尉是第二高的人,由于琼京与少校的身高之和刚好等于上校与大尉的身高之和,所以,上校与大尉或者是最高与最矮的人,或者是身高第二与第三的人.现在大尉身高第二,则上校身高第三.既然上校同大尉(第二高的人)交换位置后,上校到了自己的位置(第二个位置),而大尉到了最前面,这就说明,开始时,上校与大尉占据了前两个位置,故大尉在少校的前面.

6.3.首先证明,所有被圈出的数彼此相等.用反证法.

假设被圈出的数中有某两个数a>b.下面观察那个与a同在一列、并且与b同在一行的数c.由题意知a≤c≤b,得a≤b,矛盾.故所有被圈出的数彼此相等.

其次,再来观察表中的任意一个数x.它不大于同一行中的最大的数,也不小于同一列中的最小的数.但是由前所证,这两个数彼此相等,所以,x也与它们相等.由此即知,表中各数都相等.

6.4.仅有一个这样的四位数:1494=18×83.

解法1:将所求的数记为x,它的各位数字之和记为a.由题意知x=83a.由于x被9除的余数和a 被9除的余数相同,所以,x-a=82a能被9整除.这就表明,a是9的倍数.由于任何四位数的各位数字之和都不超过36,故a只能是9、18、27或36.

(1)9×83<1000,不是四位数;

(2)18×83=1494,满足题中要求;

(3)27×83=2241,它的各位数字之和不等于27;

(4)36×83≠9999,各位数字之和不可能等于36.

解法2:所求的四位数是83的倍数且不超过36×83=2988,这样的数共有24个.逐一检验之后,知仅有1494满足题中条件.

6.5.先考虑这样一种情形:至少有50L酒精是用015L和1L的瓶子分装的.此种情况下,可以分出50L酒精来给其中一名商人:如果有50瓶1L 的,此为显然;如果有不足50瓶1L的,那么,可以用1瓶015L的来补足.

再考虑情形:至少有50L酒精是用017L的瓶子分装的.此种情况下,先凑出017×70=49L酒精.如果至少有1瓶1L装的酒精,或者有2瓶015L装的酒精,那么,就可以凑足50L酒精来给其中一名商人.否则,就只能是:或者所有酒精都是用017L的瓶子分装的,或者除了017L的瓶子之外,只有1瓶是015L的,而这是不可能的,因为100L或者9915L 酒精不能只用017L的瓶子来分装.

6.6.将每只棋子车所在的行号与列号逐一写出,再把所有这些行号与列号相加,如果9只棋子车不能相互搏杀,那么,所得之和一定为2×(1+2+…+9)=90,这是因为此时这些棋子既两两不同行,又两两不同列.所以,每个行号与每个列号都出现在和式之中.在每只棋子车都按照棋子马的走法移动一次之后,它们的行号与列号之和或者都变化了3,或者都变化了1,总之都变化了一个奇数.由于一共有9只棋子车,则总和也变化了一个奇数.这样一来,它们相互之间的关系就不可能保持为原来的和平共处状态,亦即其中一定有某两只棋子车可以相互搏杀.

7.1.不能.

在凸六边形中有两类对角线:一类是“长对角线”,它们连接两个相对顶点;另一类是“短对角线”,它们连接间隔一个的顶点.如果仅作长对角线,题中所要求的性质不能满足,因此,在所作的对角线中一定要有短对角线.但是,一旦作了某条短对角线,例如A

1

A3(图3),那么,它只能与由A2所引出的三条

图3

对角线在形内相交.因此,此时就必然还要作短对角线A 2A 4和长对角线

A 2A 5.再对短对角线A 2A 4作类似的考察,发

现还要作短对角线A 3A 5和长对角线A 3A 6.继续如此考察下去,就会发现,所有的对角线都需要作

出.此时,显然不能满足题中要求.

7.2.首先,考察侵略军入侵该国之后第一次发

现刚刚占领的城市其实在此以前就已经被占领了的时刻,假定这发生在他们入侵该国之后的第k +1天,那么,在此之后,他们就只能一次又一次地重复占领这k 座城市,而且某两次占领同一座城市间隔的天数都是k 的倍数.显然k >1,因为不论占领哪一座城市之后的第二天,他们都会去占领另外一座城市.既然他们有一次发现重复占领同一座城市间隔17天,那么,17就应该是k 的倍数.从而,只能是

k =17.这意味着他们已经占领了该国所有的城市.

7.3.将摆放角状形的位置两两配对:在摆放角

状形的2×2正方形中,将关于正方形中心对称的两

个摆放角状形的位置配为一对(如图4)

.

图4

只有贴着被剪去的方格表的左上角的那个摆放角状形的位置不能这样配对,因为它所在的2×2正方形中的右下角方格被剪去了.

7.4.该方程无正整数解.

因为[x 2,y ]与[x ,y 2]都既能被x 整除,又能被

y 整除,因此,它们的和1996也应当既能被x 整除,

又能被y 整除.由于1996=22×499,而499是质数,所以,x 与y 都只能等于1、2、4、499、998和1996.但是后三个数是不可能的.若不然,[x 2,y ]与[x ,y 2]之一不小于4992>1996,矛盾.反过来,如果x 与y

都只等于1、2或4,则又太小,因为此时[x 2

,y ]+

[x ,y 2

]远远小于1996.

7.5.先开始的人有取胜策略.

他可以采用如下策略:将40个方格自左至右依次编号.首先,把棋子移到1号方格(最左面的方格)里,然后,将其余38个方格两两配对:(2,39),(3,38),…,(20,21).每当对手把棋子移动到方格k 中时,他就接着把棋子移动到该方格所在对子中的另

一方格(41-k 号方格)中.这样一来,只要对手能够移动棋子,他也就可以移动棋子,从而不会输.

7.6.用反证法.

假设不存在三个顶点被分别染为三种不同颜色的直角三角形.不难看出,可以找出一条水平方向或竖直方向的直线l ,它上面至少有两种颜色的结点,

为确定起见,设其为水平方向.如果l 上只有两种颜色的点,比方说蓝色与红色,那么,在平面上任意取一个绿色结点A ,并且把A 所在的竖直直线与l 的交点记作B .于是,B 或为蓝色或为红色,不妨设其为蓝色.由于l 上还有红色结点,只要任取其中一个红点C ,即可得到三个顶点颜色各异的Rt △ABC ,此与假设矛盾.所以,l 上面有三种颜色的结点.

在直线l 上任意取一个蓝点B 、一个红点C 和一个绿点D .那么,此时在经过点B 的竖直直线上的结点都应当为蓝色.否则,就可以找到三个顶点颜色各异的直角三角形.同理,在经过点C 的竖直直线上的结点都为红色,在经过点D 的竖直直线上的结点都为绿色.这就表明,在以上的染色方法中,每条竖直直线上的结点都是单一颜色的,从而,任何直角边在方格线上的直角三角形中都至少有两个顶点同色.下面考察任何一条经过结点且与竖直方向交成

45°的直线.由于它同每条竖直直线都相交于结点

处,所以,它上面有着三种不同颜色的结点.这样一来,根据刚才的讨论,在每一条与它垂直的直线上的

结点都只能是单一颜色的.但是,事实上这些直线都与竖直方向交成135°,从而,与每条竖直直线都相交于结点处.故都有着三种不同颜色的结点,导致矛盾.

7.7.当城市的数目为n 时,公司的数目可以是1到n -1之中的任何一个整数.

用数学归纳法证明:当城市的数目为n 时,公司的数目不可能超过n -1.

对于n =2,结论显然成立.

假设结论对n =k 成立,证明当n =k +1时,根据人民呼拉尔通过的议案,政府亦至多可将航线出售给k 家公司.

假设此时结论不成立,即政府可以把航线出售给k +1家公司.任意取出1座城市A ,关闭由它出发的所有k 条航线.由归纳假设,其余的航线至多可以出售给k -1家公司.这就意味着,在买得被关闭的航线的公司中,还有两家新的公司.假设航线AB 和AC 是分别卖给这两家新公司的,这样一来,航线

AB 、AC 、CB 就被分别卖给了三家不同的公司了,违

背了人民呼拉尔所通过的议案.所以,政府至多可将航线出售给k家公司.故结论对n=k+1也成立.

下面的例子即说明可以把航线刚好出售给n-1家公司:将n座城市分别记为A1,A2,…,A n.当i

8.1.同7.1.

8.2.同7.4.

8.3.直线SM既经过△ABD中边AD的中点,又平行于边AB,所以,它包含了△ABD的一条中位线.类似可证,直线PM包含了△ABD的另一条中位线.由此可知,作为直线SM与直线PM的交点,M 重合于线段BD的中点.这样一来,线段QM与RM 就是△BCD的两条中位线,从而分别平行于边CD 和BC.所以,四边形CRMQ也是平行四边形.

8.4.老人所走过的路程是一个圈.事实上,他是在一个长度不超过13的圈上重复绕行.该圈的长度应当是1313的约数,就是13.所以,可以由任何一层到达任何一层.

8.5.将正整数a的所有正约数分别记为a1=1, a2,a3,…,a d(a)-1,a d(a).易知b的所有正约数以及ba2,ba3,…,ba d(a)-1,ba d(a)都是ab的各不相同的正约数,它们一共有d(a)+d(b)-1个,所以, d(ab)≥d(a)+d(b)-1.

8.6.先开始者有取胜策略.

将先开始者称为甲,将他的对手称为乙.甲的取胜策略如下.

第一步,他先占领中心方格.然后采用对称策略:如果乙在中心列中的某个方格B中摆放棋子,那么,甲就在中心列中关于中心方格与B对称的方格B′中摆放棋子;如果乙在中心列以外的某个方格A中摆放棋子,那么,甲就在关于中心列与A对称的方格A′中摆放棋子.不难验证,只要乙的摆法合乎要求,那么,甲的回应摆法也一定合乎要求.所以,甲不会首先不能再摆放棋子,从而获胜.

8.7.假定航线的布局自冬季开始进行改变,而7月(半年后)发现航线网遍布全国,即从任何一座城市都可以飞到(包括中转)任何一座别的城市.

下面来看6月份时的航线布局状况.首先,在地图上标出首都;然后,标出由首都经过奇数次中转可以飞抵的所有城市.

可以断言,在所标出的城市之中,一定有某两座城市之间有直达航线.事实上,若非如此,则说明自所标出的任何城市起飞,都只能首先飞到某座未标出的城市,如果再作中转,则又飞到某个被标出的城市.这样一来,到了7月份,所有被标出的城市之间都有航线连接,而且在它们之间就只有这样一些航线,从而,由它们起飞,无法飞到任何一座未被标出的城市,此与题中条件相矛盾.

由上述讨论可知,在6月份时,该国的航线网中存在着包含奇数座不同城市的“圈”(称为“奇圈”).事实上,在所标出的城市之中,有某两座城市A、B 之间有直达航线.而由首都O出发,飞到A、B都需要作奇数次中转,因此,航线OA、OB上都包含了奇数座城市.从而,在航线O→A→B→O上就一共有奇数座城市.如果其中任何两座城市都不相同,那么,它就是一个奇圈.否则,出现某座城市C经过了两次,那么,该航线就是都经过C的两个圈(如图

图5

5).这两个圈上的城市座

数为一奇一偶,留下其中

有奇数座城市的圈,如果

其中任何两座城市都不相

同,那么,就是一个奇圈.

否则上面还有某座城市出

现两次,再继续刚才的过

程,如此下去,一定可以得

到一个奇圈.

不难看出,如果在某个月存在奇圈,那么,在下一个月就会有另外一个奇圈经过原来奇圈上的每一座城市(如图6,虚线表示新的奇圈).因此,可以断

图6

言,自6月份开始,该国航线

网络中就一直存在着奇圈.

现在已经不难证明,从

某个月开始,就可以从任何

一座城市直接飞到任何一座

别的城市.我们断言,这将从

8月开始.

下面只须证明,在7月份时,自任何城市A都可以经过奇数次中转,到达任何城市B.设想先从A飞到奇圈上的某座城市C,然后再飞往B.如果这条航线上需作奇数次中转,则即为所求;如果需作偶数次中转,那么,只要在到达C以后沿着奇圈飞行一圈,再由C飞往B即可.

小学奥数5-5-2 带余除法(二).专项练习及答案解析

1. 能够根据除法性质调整余数进行解题 2. 能够利用余数性质进行相应估算 3. 学会多位数的除法计算 4. 根据简单操作进行找规律计算 带余除法的定义及性质 1、定义：一般地，如果a 是整数，b 是整数（b ≠0）,若有a ÷b =q ……r ，也就是a ＝b ×q ＋r , 0≤r ＜b ；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。这里： (1)当0r =时：我们称a 可以被b 整除，q 称为a 除以b 的商或完全商 (2)当0r ≠时：我们称a 不可以被b 整除，q 称为a 除以b 的商或不完全商 一个完美的带余除法讲解模型:如图 这是一堆书，共有a 本，这个a 就可以理解为被除数，现在要求按照b 本一捆打包，那么b 就是除数的角色，经过打包后共打包了c 捆，那么这个c 就是商，最后还剩余d 本，这个d 就是余数。 这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系。并且可以看出余数一定要比除数小。 2、余数的性质 ⑴ 被除数=除数?商+余数；除数=（被除数-余数）÷商；商=（被除数-余数）÷除数； ⑵ 余数小于除数． 3、解题关键 理解余数性质时，要与整除性联系起来，从被除数中减掉余数，那么所得到的差就能知识点拨 教学目标 5-5-2.带余除法（二）

够被除数整除了．在一些题目中因为余数的存在，不便于我们计算，去掉余数，回到我们比较熟悉的整除性问题，那么问题就会变得简单了． 例题精讲 模块一、带余除法的估算问题 【例 1】修改31743的某一个数字，可以得到823的倍数。问修改后的这个数是几？【考点】带余除法的估算问题【难度】3星【题型】解答 【解析】本题采用试除法。823是质数，所以我们掌握的较小整数的特征不适用，31743÷823=38……469，于是31743除以823可以看成余469也可以看成不足 (823-469=)354，于是改动某位数字使得得到的新数比原来大354或354+823n 也是满足题意的改动．有n=1时，354+823：1177，n=2时，354+823×2=2000， 所以当千位增加2，即改为3时，有修改后的五位数33743为823的倍数．【答案】33743 【例 2】有48本书分给两组小朋友，已知第二组比第一组多5人．如果把书全部分给第一组，那么每人4本，有剩余；每人5本，书不够．如果把书全分给第二组， 那么每人3本，有剩余；每人4本，书不够．问：第二组有多少人? 【考点】带余除法的估算问题【难度】3星【题型】解答 【关键词】小学数学夏令营 【解析】由48412 ÷=，4859.6 ÷= ÷=，48412 ÷=知，一组是10或11人．同理可知48316 知，二组是13、14或15人，因为二组比一组多5人，所以二组只能是15人， 一组10人． 【答案】10 【例 3】一个两位数除以13的商是6，除以11所得的余数是6，求这个两位数． 【考点】带余除法的估算问题【难度】3星【题型】解答 【解析】因为一个两位数除以13的商是6，所以这个两位数一定大于13678 ?=，并且小于13(61)91 ?+=；又因为这个两位数除以11余6，而78除以11余1，这个两位数为78583 +=． 【答案】83

初中数学奥林匹克竞赛题及答案

初中数学奥林匹克竞赛题及答案 奥数题一 一、选择题（每题1分，共10分） 1．如果a，b都代表有理数，并且a＋b=0，那么 ( ) A．a，b都是0 B．a，b之一是0 C．a，b互为相反数 D．a，b互为倒数 答案：C 解析：令a=2，b=－2，满足2+(－2)=0，由此a、b互为相反数。 2．下面的说法中正确的是 ( ) A．单项式与单项式的和是单项式 B．单项式与单项式的和是多项式 C．多项式与多项式的和是多项式 D．整式与整式的和是整式 答案：D 解析：x2，x3都是单项式．两个单项式x3，x2之和为x3+x2是多项式，排除A。两个单项式x2，2x2之和为3x2是单项式，排除B。两个多项式x3+x2与x3－x2之和为2x3是个单项式，排除C，因此选D。 3．下面说法中不正确的是 ( ) A. 有最小的自然数 B．没有最小的正有理数 C．没有最大的负整数 D．没有最大的非负数 答案：C 解析：最大的负整数是-1，故C错误。 4．如果a，b代表有理数，并且a＋b的值大于a－b的值，那么 ( ) A．a，b同号 B．a，b异号 C．a＞0 D．b＞0 答案：D 5．大于－π并且不是自然数的整数有 ( ) A．2个 B．3个 C．4个 D．无数个 答案：C 解析：在数轴上容易看出：在－π右边0的左边（包括0在内）的整数只有－3，－2，

－1，0共4个．选C。 6．有四种说法： 甲．正数的平方不一定大于它本身； 乙．正数的立方不一定大于它本身； 丙．负数的平方不一定大于它本身； 丁．负数的立方不一定大于它本身。 这四种说法中，不正确的说法的个数是 ( ) A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 答案：B 解析：负数的平方是正数，所以一定大于它本身，故C错误。 7．a代表有理数，那么，a和－a的大小关系是 ( ) A．a大于－a B．a小于－a C．a大于－a或a小于－a D．a不一定大于－a 答案：D 解析：令a=0，马上可以排除A、B、C，应选D。 8．在解方程的过程中，为了使得到的方程和原方程同解，可以在原方程的两边( ) A．乘以同一个数 B．乘以同一个整式 C．加上同一个代数式 D．都加上1 答案：D 解析：对方程同解变形，要求方程两边同乘不等于0的数，所以排除A。我们考察方程x－2=0，易知其根为x=2．若该方程两边同乘以一个整式x－1，得(x－1)(x－2)=0，其根为x=1及x=2，不与原方程同解，排除B。同理应排除C．事实上方程两边同时加上一 个常数，新方程与原方程同解，对D，这里所加常数为1，因此选D． 9．杯子中有大半杯水，第二天较第一天减少了10%，第三天又较第二天增加了10%，那么，第三天杯中的水量与第一天杯中的水量相比的结果是( ) A．一样多 B．多了 C．少了 D．多少都可能 答案：C 解析：设杯中原有水量为a，依题意可得， 第二天杯中水量为a×(1－10%)=0.9a； 第三天杯中水量为(0.9a)×(1+10%)=0.9×1.1×a； 第三天杯中水量与第一天杯中水量之比为0.99∶1， 所以第三天杯中水量比第一天杯中水量少了，选C。

第十一讲带余除法和余数性质

| 五年级·超常班·教师版 | 第11讲 带余除法的定义及性质 1、定义：一般地，如果a 是整数，b 是整数（b ≠0）,若有a ÷b =q ……r ，也就是a ＝b ×q ＋r , 0≤r ＜b ；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。这里： (1)当0r =时：我们称a 可以被b 整除，q 称为a 除以b 的商或完全商 (2)当0r ≠时：我们称a 不可以被b 整除，q 称为a 除以b 的商或不完全商 一个完美的带余除法讲解模型:如图 这是一堆书，共有a 本，这个a 就可以理解为被除数，现在要求按照b 本一捆打包，那么b 就是除数的角色，经过打包后共打包了c 捆，那么这个c 就是商，最后还剩余d 本，这个d 就是余数。 这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系。并且可以看出余数一定要比除数小。 2、余数的性质 ⑴ 被除数=除数?商+余数；除数=（被除数-余数）÷商；商=（被除数-余数）÷除数； ⑵ 余数小于除数． 3、解题关键 理解余数性质时，要与整除性联系起来，从被除数中减掉余数，那么所得到的差就能够被除数整除了．在一些题目中因为余数的存在，不便于我们计算，去掉余数，回到我们比较熟悉的整除性问题，那么问题就会变得简单了． 三大余数定理： 1.余数的加法定理 a 与 b 的和除以 c 的余数，等于a ,b 分别除以c 的余数之和，或这个和除以c 的余数。 例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16＝39除以5的余数等于4，即两个余数的和 3+1.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c 的余数。 例如：23，19除以5的余数分别是3和4，所以23+19＝42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数为 2 知识站牌 第十一讲 带余除法和余数性质

2020最新小学数学奥林匹克竞赛试题及答案(五年级)

2020最新第二届华博士小学数学奥林匹克网上竞赛试题及答案 （五年级） (红色为正确答案) 选择正确的答案： (1)在下列算式中加一对括号后，算式的最大值是（）。 7 ×9 + 12 ÷ 3 - 2 A 75 B 147 C 89 D 90 (2)已知三角形的内角和是180度.一个五边形的内角和应是( )度. A 500 B 540 C 360 D 480 (3)甲乙两个数的和是15.95,甲数的小数点向右移动一位就等于乙数,那么 甲数是( ). A 1.75 B 1.47 C 1.45 D 1.95 (4)一个顾客买了6瓶酒,每瓶付1.3元,退空瓶时,售货员说,每只空瓶钱比酒钱 少1.1元,顾客应退回的瓶钱是( )元. A 0.8 B 0.4 C 0.6 D 1.2 (5)两数相除得3余10,被除数,除数,商与余数之和是143,这两个数分别是( ) 和( ). A 30和100 B 110和30 C 100和34 D 95和40 (6) 今年爸爸和女儿的年龄和是44岁,10年后,爸爸的年龄是女儿的3倍,今年女儿是多少岁? A16 B11 C9 D10 (7)一个两位数除250,余数是37,这样的两位数是( ). A 17 B38 C 71 D 91 (8)把一条细绳先对折,再把它所折成相等的三折,接着再对折,然后用剪刀在折过三次的绳中间剪一刀,那么这条绳被剪成( )段. A 13 B 12 C 14 D 15 (9) 把两个表面积都是6平方厘米的正方体拼成一个长方体,这个长方体的表面积( ). A 12 B 18 C10D11

(10)一昼夜钟面上的时针和分针重叠( )次. A 23 B 12 C 20 D13 (11)某车间四月份实际生产机器76台,其中原计划生产的台数比超产台数多60台, 求四月份比原计划超产多少台机器? A 16 B 8 C 10 D 12 (12)一块红砖长25厘米,宽15厘米,用这样的红砖拼成一个正方形最少需要多少块? A 15 B 12 C 75 D 8 (13)图中ABCD 是长方形,已知AB=4厘米,BC=6厘米,三角形EFD 的面积 比三角形ABF 的面积大6平方厘米,求ED=? A 9 B 7 C 8 D 6 (14)一天,甲乙丙三人去郊外钓鱼已知甲比乙多钓6条,丙钓的是甲的2 倍,比乙多钓22条,问他们三人一共钓了多少条? A 48 B 50 C 52 D 58 (15)张师傅以1元钱4个苹果的价格买进苹果若干个,又以2元钱5个苹果有价格把这些苹果卖出,如果他要赚得15元钱的利润,那么他必须卖出苹果多少个? A 10 B 100 C 20 D 160 E D C B

初中数学奥林匹克竞赛方法与测试试题大全

初中数学奥林匹克竞赛方法与试题大全

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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。

小学数学奥林匹克竞赛三年级“奥林匹克”数学指导(含答案)

三年级“奥林匹克”数学指导 时刻、时间与钟表 同学们，你一定知道钟表是用来记时的，爸爸妈妈当你很小时就会教你如何看钟表、报时间，可钟表里有许多有趣的数学问题。 什么叫“时间”它有两层意思： 1. 表示某一种特定时候。 如：北京时间八点整。每天早上六点起床等等，为了区别别一种含义，我们把表示某一种特定的时候，叫时刻。（也叫点） 2. 表示两个不同时刻的间隔。 如：从早上8时到10时，花了2个小时的时间写作业，从杭州到上海火车运行的时间是2小时30分。这叫做时间。 我们可以从单位名称上来区分时刻与时间的差异。 时刻，一般用“时”如：飞机上午8时起航，指飞机离开机场时刻。时间一般用“小时”共飞行了8小时，指飞机从上午8时起飞到下午4时降落，在空中飞行了8个小时。 同学们不仅要会读钟面上显示的时刻，还要学会观察钟面所表示的不同的时刻之间的时间关系。找出规律。 如：长短针位置的判断时刻，确定长，短针互换位置后的时刻，反射到镜面上的钟面的时刻等等。有利于培养自己观察能力。 例1 根据前3个钟面的规律，画出第4个钟面的长、短针。

3 分析：前面三个钟表所表示的时刻分别是1时，3时30分，6时，相邻两个钟的时间差都是2小时30分。因此第4个钟也应是在第3个钟6点的基础上增加2小时30分，应显示出的时刻是8点30分 例2 按次序观察图中各钟面所表示的时刻，找出各种钟面所表示的时间规律，请在第5只钟面上标出符合规律的时刻

分析：把各钟面表示的时刻依次排列起来 11点30分→12点5分→12点40分→1点15分→（）→2点25分 发现它们相邻两钟的间隔时间都是35分钟，因此第5个钟面的时刻应是1点50分。 例3 见图：是反射在镜面上的两只钟面的长针和短针的位置，请说出各钟面的时刻？ 分析：同学们我们只要用镜子实践一下，就会发现任何物体经过镜面反射，它的位置发生了变化。左边的在镜子反射后成为右边，右边的在镜子反射后变为左边了，因此，要从镜面上反射出来的钟面时刻推出原钟面的时刻，只要将镜面上的钟面左右翻转半圈，这两只钟面表示的时刻分别为6点40分和8点15分

2007年第6届中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题(含答案)

2007年女子数学奥林匹克 第一天 1．设m 为正整数，如果存在某个正整数n ，使得m 可以表示为n 和n 的正约数个数（包括1和自身）的商，则称m 是“好数”。求证： （1）1，2，…，17都是好数； （2）18不是好数。 2．设△ABC 是锐角三角形，点D 、E 、F 分别在边BC 、CA 、AB 上，线段AD 、BE 、CF 经过△ABC 的外心O 。已知以下六个比值 DC BD 、EA CE 、FB AF 、FA BF 、EC AE 、DB CD 中至少有两个是整数。求证：△ABC 是等腰三角形。 3．设整数)3(>n n ，非负实数.2,,,2121=+++n n a a a a a a 满足 求1 112 1232 221++++++a a a a a a n 的最小值。 4．平面内)3(≥n n 个点组成集合S ，P 是此平面内m 条直线组成的集合，满足S 关于P 中的每一条直线对称。求证：n m ≤，并问等号何时成立？ 第二天 5．设D 是△ABC 内的一点，满足∠DAC=∠DCA=30°，∠DBA=60°，E 是边BC 的中 点， F 是边AC 的三等分点，满足AF=2FC 。求证：DE ⊥EF 。 6．已知a 、b 、c ≥0，.1=++c b a 求证： .3)(4 1 2≤++-+ c b c b a 7．给定绝对值都不大于10的整数a 、b 、c ，三次多项式c bx ax x x f +++=2 3)(满足条件32:.0001.0|)32(|+<+问f 是否一定是这个多项式的根？

8．n 个棋手参加象棋比赛，每两个棋手比赛一局。规定：胜者得1分，负者得0分，平局各得0.5分。如果赛后发现任何m 个棋手中都有一个棋手胜了其余m —1个棋手，也有一个棋手输给了其余m —1个棋手，就称此赛况具有性质P (m ). 对给定的)4(≥m m ，求n 的最小值)(m f ，使得对具有性质)(m P 的任何赛况，都有所有n 名棋手的得分各不相同。 综上，最少取出11枚棋子，才可能满足要求。 三、定义集合}.,|1{P k m k m A ∈∈+=+N 由于对任意的k 、1 1, ,++≠∈i k i k P i 且是无理数，则对任意的k 1、P k ∈2和正整数 m 1、m 2， .,1121212211k k m m k m k m ==?+=+ 注意到A 是一个无穷集。现将A 中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列。对于任意的正整数n ，设此数列中的第n 项为.1+k 接下来确定n 与m 、k 间的关系。 若.1 1,1111++≤+≤+i k m m k m i m 则 由m 1是正整数知，对5,4,3,2,1=i ，满足这个条件的m 1的个数为].1 1[++i k m 从而，).,(]1 1[5 1 k m f i k m n i =++= ∑= 因此，对任意.),(,,,n k m f P k N m N n =∈∈∈++使得存在

初中数学奥林匹克竞赛解题方法大全(配PDF版)-第06章-几何基础知识

第六章几何基础知识 第一节线段与角的推理计算 【知识点拨】 掌握七条等量公理： 1、同时等于第三个量的两个量相等。 2、等量加等量，和相等。 3、等量减等量，差相等。 4、等量乘等量，积相等。 5、等量除以等量（0除外），商相等。 6、全量等于它的各部分量的和。 7、在等式中，一个量可以用它的等量来代替（等量代换）。 【赛题精选】 例1、如图，∠AOB＝∠COD，求证：∠AOC＝∠BOD。 例2、C、D为线段AB上的两点，AD＝CB，求证：AC＝DB。 例3、AOB是一条直线，∠AOC＝600，OD、OE分别是∠ AOC和∠BOC的平分线。问图中互为补角关系的角共有多少对？ 例4、已知B、C是线段AD上的任意两点，M是AB的中 点，N是CD的中点，若MN＝a，BC＝b，求CD的长。

例5、已知OM是∠AOB的平分线，射线OC在∠BOM内部，ON是∠BOC的平分线，且∠AOC＝800。求∠MON的度数。 例6、已知A、O、B是一条直线上的三个点，∠BOC比∠AOC 大240，求∠BOC、∠AOC的度数。 例7、如图，AE＝8.9CM，BD＝3CM。求以A、B、C、D、 E这5个点为端点的所有线段长度的和是多少？ 例8、线段AB上的P、Q两点，已知AB＝26CM，AP＝14CM， PQ＝11CM。求线段BQ的长。 例9、已知∠AOC＝∠BOD＝1500，∠AOD＝3∠BOC。

求∠BOC的度数。 例10、已知C是AB上的一点，D是CB的中点。若图中线段的长度之和为23CM，线段AC的长度与线段CB 的长度都是正整数。求线段AC的长度是多少厘米？

【针对训练】

2013小学数学奥林匹克竞赛试题及答案

小学数学奥林匹克竞赛试题及答案 （三年级） (红色为正确答案) 1、根据下列数中的规律在括号里填入合适的数： 17、2、14、2、11、2、（ ）、（ ）。 A 2、8 B 8、2 C 5、4 D 2、2 2、甲乙丙三个数平均数是150，甲数48，乙数与丙数相同，那么乙数是（ ）。 A 201 B 402 C 51 D 102 3、同学们做操,排成一个正方形的队伍,从前,后,左右数,小红都是第5 个,问一共有( )人. A 81 B25 C 32 D120 4、在“A ÷9=B …..C ”算式里,其中B 、C 都是一位数，那么A 最大是多少？ A 90 B 91 C 89 D 87 5、妈妈从蛋糕店买来一块方形蛋糕，（如图），让小红动手分成8块，最小要切（ ）刀。 A 2 B 4 C 3 D 5 6、在所有四位数中，各位数字之和等于35的数共有（ ）个。 A 4 B 5 C 3 D 6 7、如图，在小方格里最多放入一个?,要想使得同一行、同一列或对角连线上的三个小方格最多不出现三个?，那么在这九个小方格里最多能放入（ ）个?。（） A 4 B7 C 6 D 5 8、甲乙二人买同一种杂志，甲买一本差2角8分，乙买一本差2角6分，而他俩的钱合起来买一本还剩2角6分，那么这种杂志每本价钱是（ ）。 A 1元 B 7角 C 8角 D 9角 9、从1—9中选出6个数填在算式： ÷??（ + ）?（ - ），使结果最大。那么这个结果是（ ）。 A 190 B 702 C 630 D 890 10、夏令营基地小买部规定：每三个空汽水瓶可一瓶汽水。李明如果买6瓶汽水，那么他最多可以让（ ）位小伙伴喝到汽水。 A 11 B 8 C 10 D 9个 11、图中阴影部分是一个正方形，那么最大长方形的周长是（ A 26 B 28 C 24 D 25

CGMO2015-2015第14届中国数学女子奥林匹克试题及答案

2015中国女子数学奥林匹克 第一天 2015年8月12日 上午8:00 ~ 12:00 广东深圳 深圳市高级中学 1．如图，在锐角△ABC 中，AB > AC ，O 为外心，D 为边BC 的中点． 以AD 为直径作圆与边AB 、AC 分别交于点E 、F ．过D 作DM ∥AO 交EF 于点M ．求证：EM = MF ．（郑焕供题） 2．设(0,1)a ∈，且 323 2 ()(14)(51)(35),()(1)(2)(31). f x ax a x a x a g x a x x a x a =+-+-+-=--+--+ 求证：对于任意实数x ， ()f x 和()g x 中都至少有一个不小于1a +．（李胜宏供题） 3．把12×12的方格纸的每个单位方格染成黑色或白色，使得由方格线围成的任意一个3×4或4×3的长方形内都至少有一个黑色单位方格．试求黑色单位方格个数的最小值．（梁应德供题） 4．对每个正整数n ，记()g n 为n 与2015的最大公约数，求满足下列条件的有序三元数组(,,)a b c 的个数： 1) ,,{1,2,,2015}a b c ∈L ； 2) (),(),(),(),(),(),()g a g b g c g a b g b c g c a g a b c +++++这七个数两两不同．（王彬供题） 中国女子数学奥林匹克 第二天 2015年8月13日 上午8:00 ~ 12:00 广东深圳 深圳市高级中学 O M F E D C B A

5．有多少个不同的三边长为整数的直角三角形，其面积值是周长值的999倍？（全等的两个三角形看作相同的）（林常供题） 6．如图，两圆12,ΓΓ外离，它们的一条外公切线与12,ΓΓ分别切于点,A B ，一条内公切线与12,ΓΓ分别切于点,C D ．设E 是直线,AC BD 的交点，F 是1Γ上一点，过F 作1Γ的切线与线段EF 的中垂线交于点M ，过M 作MG 切2Γ于点G ．求证： MF MG =． （付云皓供题） 7．设12,,,(0,1)n x x x ∈L ，2n ≥．求证： 1212n n x x x < L L ．（王新茂供题） 8．给定整数2n ≥．黑板上写着n 个集合，然后进行如下操作：选取黑板上两个互相不包含的集合,A B ，擦掉它们，然后写上A B I 和A B U ．这称为一次操作．如此操作下去，直到任意两个集合中都有一个包含另一个为止．对所有的初始状态和操作方式，求操作次数的最大可能值．（朱华伟供题） 试题解答 1．如图，在锐角△ABC 中，AB > AC ，O 为外心，D 为边BC 的中点．以AD 为直径作圆与边AB 、AC 分别交于点E 、F ． 过D 作DM ∥AO 交EF 于点M ． 求证：EM = MF ． Γ2 Γ1 M G F E D C B A 图1

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。

试谈圣彼得堡概率学派：从切比雪夫到马尔科夫

试谈圣彼得堡概率学派：从切比雪夫到马尔科夫 斯嘉琪 （湖南大学金融与统计学院） 摘要： 圣彼得堡概率学派对概率论的发展中有着着承上启下的地位，对极限定理的创立发挥了至关重要的作用。本文选取圣彼得堡概率学派最重要的两位人物进行介绍。切比雪夫作为学派奠基人是切比雪夫不等式与切比雪夫大数定律的提出者；马尔科夫作为学派的中坚力量推广了切比雪夫大数定律，提出了马尔科夫大数定律，并提出了马尔科夫链。本文旨在从历史背景与数学理论两方面介绍圣彼得堡概率学派与极限定理的提出背景。 关键词：概率论圣彼得堡概率学派切比雪夫大数定律 1 概述 概率论是一门研究随机现象数量规律的科学。其中，极限定理在概率论的发展中占有重要地位，其至今仍是概率论的重要研究方向之一。而圣彼得堡概率学派在极限定理的创立中发挥了至关重要的作用。圣彼得堡概率学派洞察了这一概率论的基础问题，对概率论中两类基础极限定理——大数定理和中心极限定理进行了较为严格的论证和最大限度的拓广，这不仅把概率论从濒临衰亡境地挽救出来并将其推进到现代化门槛，还使俄罗斯数学从极端落后的境地走向世界前列。 本文选取圣彼得堡概率学派最重要的两位人物进行介绍。其中，切比雪夫是学派的奠基人，其创立的切比雪夫不等式和切比雪夫大数定律是概率论极限理论的基础，也是概率论成为严密数学分支的标志。马尔科夫是学派的中坚力量，其秉承切比雪夫的研究风范，但不满足于切比雪夫所要求随机变量方差值一致有界之条件，于是进一步改进了切比雪夫的结果并于1907年得到了更一般的马尔可夫大数定理。 本文旨在将历史分析与理论阐述的结合介绍圣彼得堡概率学派并指出其历史地位，使读者从历史背景与数学理论两方面对概率极限定理形成更深的认识。 2 切比雪夫：学派的奠基人 2.1 硕士论文与伯努利大数定理 在1841年6月17日莫斯科大学的纪念仪式上，布拉斯曼教授作了题为“数学科学对人类智力发展的影响”的演讲，他悲观地认为在俄国无论是大学还是研究机构都对概率论这门学科重视不够。当时，切比雪夫已经完成了莫斯科大学的哲学系数学物理专业的大学课程，正在准备硕士考试。布拉斯曼的演讲对他产生了很大的影响，切比雪夫对概率论开始了研究，并选题“试论概率论中的基础分析”做硕士论文。这篇硕士论文应用初等数学工具，对伯努利大数定律作了精细的研究和严格的证明，并指导读者应用标准正态分布表来计算有关概率。这篇文章在当时没有产生很大的影响力，但在此基础上切比雪夫撰写出的“概率论中基本定理的初等证明”，发表在克雷尔《纯粹与应用数学杂志》上。文中给出了泊松大数定律的证明。当时，法国数学家认为概率论还是一个有争议的课题, 故在当时没有得到应有的重视。从现在来看，切比雪夫的这两篇论文都是在概率论的新方向——极限定理上迈出了重要的一步。

2001年小学数学奥林匹克竞赛试卷汇总

太原康大培训学校教材·六年级·总结册 2001年小学数学奥林匹克竞赛试卷 考生注意：本试卷共12道题，每题10分，满分120分，前10道题为填空题，只写答案；最后两道题为解答题，必须写出解题过程，只写答案不得分。 1．计算： 1?3?5+2?6?10+3?9?15+4?12?20+5?15?251?2?3+2?4?6+3?6?9+4?8?12 +5?10?15＝ 2．有一个分数约成最简分数是5，约分前分子分母的11 和等于48，约分前的分数是（） 200120013．76＋25的末两位数字是（） 4．甲、乙、丙、丁四人去买电视，甲带的钱是另外三人所带钱总数的一半，乙带的钱是另外三人所带钱总数的11，丙带的钱是另外三人所带钱总数的，丁带了910元，34 四人所带的总钱数是（）元。 5．若2836，4582，6522四个自然数都被同一个自然数相除，所得余数相同且为两位数，那么除数与余数的和为（） 6．两人从甲地到乙地，同时出发，一人用匀速3小时走完全程，另一个用匀速4小时走完全程，经过（）小时，其中一人所剩路程的长是另一人所剩路程的长的2倍。 康大教材第１页 太原康大培训学校教材·六年级·总结册 7．设A＝29293031，B＝，比较大小：A（＜）B。 62626160 8．今有桃95个，分给甲、乙两班学生吃，甲班分到的桃有23是坏的，其它是好的；乙班分到的桃有是坏的，916 其它是好的，甲、乙两班分到的好桃共有（）个。 9．如下图示：ABCD是平行四边形，AD＝8cm，AB＝10cm， 0∠DAB＝30，高CH＝4cm1，弧BE、DF分别以AB、CD为半径，弧DM、BN 分别以AD、CB为半径，那么阴影部分的面积为（）平方厘米（取π＝3）。10．假设某星球的一天只有6小时，每小时36分钟，那么3点18分时，时针和分针所形成的锐角是（）度。

19、20苏联数学家

19世纪、20世纪苏联、俄国数学家（一览） 历史上的数学学派——苏联数学学派 俄国资本主义的发展，与西欧各国相比发展较晚，科学技术的发展也相应地较慢。但是，俄国的数学却有相当的基础。19世纪下半叶，出现了切比雪夫为首的彼比堡学派。进入20世纪以后，莫斯科学派作出了巨大贡献。 彼得堡学派也称切比雪夫学派。19世纪下半叶和本世纪前叶的许多著名数学家，如科尔金、马尔科夫、李雅普诺夫、罗诺伊、斯捷克洛夫、克雷洛夫都属于这个学派。苏联数学家维诺格拉陀夫、伯恩斯坦都是这个学派的直接继承者，他们中的许多人都是学派奠基人切比雪夫的学生。 切比雪夫生于奥卡多沃，1841年毕业于莫斯科大学，1847年任彼得堡大学副教授。在彼得堡大学一直工作到1882年。他一生发表了70多篇科学论文，内容涉及数论、概率论、函数逼近论、积分学等方面。他证明了贝尔特兰公式，自然数列中素数分布的定理，大数定律的一般公式以及中心极限定理。他不仅重视纯数学，而且十分重视数学的应用。 切比雪夫有两个优秀的学生李雅普诺夫和马尔科夫。前者以研究微分方程的稳定性理论著称于世，后者以马尔科夫过程扬名世界。他们发扬光大了切比雪夫理论联系实际的思想。 进入20世纪以后，莫斯科学派发展迅速，在函数论方面作出了巨大贡献，在当今世界上影响很大。它的创始人是叶戈洛夫和鲁金。叶戈洛夫在1911年证明的关于可测函数的叶戈洛夫定理是俄国实变函数论的发端，它已列入任何一本实复函数论的教科书。鲁金是叶戈洛夫的学生，1915年他的博士论文《积分及三角级数》，成为莫斯科学派日后发展的起点。20年代以来，莫斯科学派取代法国跃居世界首位。近年来，在解决世界难题方面，苏联数学家人数很多，而且都是年轻人。1970～1978两届国际数学会议上都有苏联数学家获菲尔兹奖。苏联数学研究的后备力量很强，在世界数坛上还将继续称雄一个时期。 切比雪夫，П．Л．( Чебb Iшев，ПaфHутий Лbвович) 1821年5月16日生于俄国卡卢加; 1894年12月8日逝世于彼得堡. 切比雪夫出身于贵族家庭，他母亲也出身名门，切比雪夫的左脚生来有残疾，切比雪夫终身未娶，日常生活十分简朴，他的一点积蓄全部用来买书和制造机器。1894年11月底，他的腿疾突然加重，随后思维也出现了障碍，同年12月8日上午9时逝世于自己的书

小学数学奥林匹克试题.pdf

2000小学数学奥林匹克试题 预赛(A)卷 1.计算: 12-22+32-42+52-62+…-1002+1012=________。 2.一个两位数等于其个位数字的平方与十位数字之和，这个两位数是________。 3.五个连续自然数，每个数都是合数，这五个连续自然数的和最小是________。 4.有红、白球若干个。若每次拿出一个红球和一个白球，拿到没有红球时，还剩下50个白球；若每次拿走一个红球和 3个白球，则拿到没有白球时，红球还剩下50个。那么这堆红球、白球共有________个。 5.一个年轻人今年（2000年）的岁数正好等于出生年份数字之和，那么这位年轻人今年的岁数是 ________。 6.如右图, ABCD是平行四边形，面积为 72平方厘米，E，F分别为AB，BC的中 点，则图中阴影部分的面积为_____平 方厘米。 7.a是由2000个9组成的2000位整数，b是由2000个8组成的2000位整数，则a×b的各位数字之和为________。 8.四个连续自然数，它们从小到大顺次是3的倍数、5的倍数、7的倍数、9的倍数，这四个连续自然数的和最小是____。 9.某区对用电的收费标准规定如下：每月每户用电不超过10度的部分，按每度0.45元收费；超过10度而不超过20度的部分，按每度0.80元收费；超过20度的部分，按每度1.50元收费。某月甲用户比乙用户多交电费7.10元，乙用户比丙用户多交3.75元，那么甲、乙、丙三用户共交电费________元（用电都按整度数收费）。 10.一辆小汽车与一辆大卡车在一段9千米长的狭路上相遇，必须倒车，才能继续通行。已知小汽车的速度是大卡车的速度的3倍，两车倒车的速度是各自速度的；小汽车需倒车的路程是大卡车需 倒车的路程的4倍。如果小汽车的速度是50千米/时，那么要通过这段狭路最少用________小时。 11.某学校五年级共有110人，参加语文、数学、英语三科活动小组，每人至少参加一组。已知参加语文小组的有52人，只参加语文小组的有16人；参加英语小组的有61人，只参加英语小组的有15人；参加数学小组的有63人，只参加数学小组的有21人。那么三组都参加的有________人。 12.有8级台阶，小明从下向上走，若每次只能跨过一级或两级，他走上去可能有________种不同方法。 预赛(B)卷 1.计算：=________。 2.1到2000之间被3，4，5除余1的数共有________个。 3.已知从1开始连续n个自然数相乘，1×2×3×…×n，乘积的尾部恰有25 个连续的0，那么n的最大值是____ 。 4.若今天是星期六，从今日起102000天后的那一天是星期________。

2016女子数学奥林匹克试题

2016女子数学奥林匹克 （2016年8月12‐8月13日） 1、整数3n ≥，将写有21,2,...,n 的2 n 张卡片放入n 个盒子，每个盒子各有n 张。其后允许操作如下：每次选其中两个盒子，在每个盒子中各取两张卡片放入另一个盒子。证明：总是可以通过有限次操作，使得每个盒子内的n 张卡片上恰好是n 个连续整数。 2、ABC ?的三条边长为,,BC a CA b AB c ===，ω是ABC ?的外接圆。 ①若不含A 的 BC 上有唯一的点P （不同于,B C ），满足 PA PB PC =+，求,,a b c 应该满足的充要条件。 ②P 是①中所述唯一的点，证明：若AP 过BC 的中点， 则60BAC ∠

5、设于数列12,,...a a 的前n 项之和为12...n n S a a a =+++，已知11S =，对于1n ≥都有 21(2)4n n n S S S ++=+。证明：对于任意正整数n ，都有n a ≥。 6、求最大的正整数m ，使得可以在m 行8列的方格表中填入,,,C G M O ，每个单元格填一个字母。使得对于其中任意两行，这两行中最多在一列所填字母相同。 7、I 是锐角ABC ?的内心，AB AC >。BC 边上的高AH 与直线,BI CI 分别交于,P Q 。O 是IPQ ?的外心，,AO BC 交于L ，AIL ?的外接圆与BC 交于,N L ，D 是I 在BC 上的投影，求：BD BN CD CN =。 8、,Q Z 分别代表全体有理数、整数，在坐标平面上，对于任意整数m ，定义 (,),,0,m xy A x y x y Q xy Z m ??=∈≠∈???? 。对于线段MN ，定义()m f MN 为线段MN 上属于m A 的点的个数。求最小的实数λ，使得对于任意直线l ，均存在与l 有关的实数()l β，满足：对于l 上任意两点,M N ，都有20162015()()()f MN f MN l λβ≤?+。

小学数学奥林匹克竞赛试题 及答案(四年级)

1 小学数学奥林匹克竞赛试题及答案 （四年级） (红色为正确答案) 1、下面的△,○,□各代表一个数,在括号里填出得数: △+△+△=36 □×△=240 ○÷□=6 ○=( ) A 120 B 100 C 130 D 124 2、如果一个整数,与1,2,3这三个数,通过加减乘除运算(可以添加括号)组成算式,结果等于24,那么这个整数就称为可用的,那么,在4,5,6,7,8,9,10这七个数中,可用的数有（）个. A 5 B 6 C 7 D 4 3、有100个足球队,两两进行淘汰赛,最后产生一个冠军,共要赛（）场. A 97 B98 C 99 D 50 4、七个小队共种树100棵,各小队种的棵数都不同,其中种树最多的小队种了18棵,种树最少的小队至少种了（）棵. A 10 B 8 C 9 D 7 5、将一盒饼干平均分给三个小朋友,每人吃了八块后,这时三个小朋友共剩的饼干数正好和开始1个人分到的同样多,问每个小朋友分到（）块。 A 24 B 20 C 12 D 16 6、每次考试满分是100分,小明4次考试的平均成绩是89分,为了使用权平均成绩尽快达到94分(或更多),他至少再要考( )次. A 5 B 6 C 3 D 4 7、甲乙丙丁四个人比赛乒乓球，每两人都要赛一场，结果甲胜丁，并且甲乙丙胜的场数相同，那么丁胜的场数是（）场。 A 0 B 1 C 2 D 3 8、有一位探险家，用6天时间徒步横穿沙漠。如果一个搬运工人只能运一个人四天的食物和水，那么这个探险家至少要雇用（）名工人。 A 2 B 3 C 4 D 5 9、在右图的中间圆圈内填一个数,计算每一线段两 数之差(大减小),然后算出这三个数之和,那么这个 差数之和的最小值是( ). 13 32 41 13

数学奥林匹克初中训练一附答案

数学奥林匹克初中训练题(一) 第 一 试 一. 选择题.(每小题7分,共42分) ( )1.已知33333a b c abc a b c ++-=++,则22()()()()a b b c a b b c -+-+--的值为: (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 ( )2.规定”Δ”为有序实数对的运算,如果(,)a b Δ(,)(,).c d ac bd ad bc =++如 果对任意实数,a b 都有(,)a b Δ(,)(,),x y a b =则(,)x y 为: (A)(0,1) (B)(1,0) (C)(1,0)- (D)(0,1)- ( )3.在ΔABC 中,211a b c =+,则∠A: (A)一定是锐角 (B)一定是直角 (C)一定是钝角 (D)非上述答案 ( )4.下列五个命题:①若直角三角形的两条边长为3与4,则第三边长是5;② 2;a =③若点(,)P a b 在第三象限,则点1(,1)P a b --+在第一象限;④连结对角线垂直且相等的四边形各边中点的四边形是正方形;⑤两边及其第三边上的中线对应相等的两个三角形全等.其中正确的命题的个数是: (A)2个 (B)3个 (C)4个 (D)5个 ( )5.设P 为等腰Rt ΔABC 斜边AB 上或其延长线上一点,22S AP BP =+,那么: (A)22S CP (B)22S CP = (C)2 2S CP (D)不确定 ( )6.满足方程222()x y x y xy +=++的所有正整数解有: (A)一组 (B)二组 (C)三组 (D)四组 二. 填空题.(每小题7分,共28分) 1.一辆客车,一辆货车和一辆小轿车在同一条直线上朝同一方向行驶,在某一时刻,货车在中,客车在前,小轿车在后,且它们的距离相等.走了10分钟,小轿车追上了货车;又走了5分钟,小轿车追上了客车.问再过 分钟,货车追上了客车. 2.若多项式2228171642070P a ab b a b =-+--+, 那么P 的最小值是 . 3.如图1, ∠AOB=30O , ∠AOB 内有一定点P,且OP=10.