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第四届中国东南地区数学奥林匹克第一天


《福建中学数学》2007 年第 9 月

y = H + sin x 与函数 y = sin x 的关系、理解函 数 y = H + cos x 与函数 y = cos x 的关系; 目标 层次三 : 初步理解函数 y = H + f ( x) 与函数 y = f ( 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 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 重 的方向,还学于生,充分体现新课程重过程、 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
32

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 《几何 性与探究性,增强了学习兴趣,也创建了 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 数学奥林匹克
第一天

(2007 年 7 月 27 日,8:00-12:00,浙江 镇海) 一、试求实数 a 的个数,使得对于每个 a ,
关 于 x 的 三 次 方 程 x3 = ax + a + 1 都 有 满 足 x < 1000 的偶数根.(熊斌供题) 解 令 x0 = 2n , n 为整数,且 2n < 1000 ,即

《福建中学数学》2007 年第 9 月

n ≤ 499 ,所以至多取 2 × 499 + 1 = 999 个数,即

n ∈ {?499, ?498,
入原方程得 a =

,0,1,
3

, 499} , 将 x0 = 2n 代

8n ? 1 2n + 1 8n3 ? 1 记 f ( n) = ,对任意的 n1 , n2 ∈ {?499, 2n + 1 ?498, , 0,1, , 499} , 当 n1 ≠ n2 (n1 , n2 ∈ Z ) 时 , x x 若 f (n1 ) = f (n2 ) ,设 n1 = 1 , n2 = 2 ,其中 x1 , x2 2 2 3 是关于 x 的方程 x ? ax ? a ? 1 = 0 的两个根 , 设另一根为 x3 ,由根与系数的关系

? x3 = ?( x1 + x2 ) ?4 N1 = ?a ? ? x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = ? a 即 ? ?8 N 2 = a + 1 ?x x x = a + 1 ? 1 2 3 2 + n1n2 ), N 2 = ? n1n2 (n1 + n2 ) ) (其中 N1 = ?(n12 + n2


4 N1 + 8 N 2 = 1 ,矛盾! ,

所以,对于不同的 n1 , n2 ∈ {?499, ?498,

0,1, , 499} , 都有 f (n1 ) ≠ f (n2 ) , 于是满足条 件的实数 a 恰有 999 个. 另解 对任意 x ≤ 998 , x 为偶数,
a= x3 ? 1 的取值都各不相同. x +1

反证 , 若存在 x1 ≠ x2 , 使得 其中 x1 , x2 为偶数,则

3 x13 ? 1 x2 ?1 , = x1 + 1 x2 + 1

2 2 ( x1 ? x2 )( x12 x2 + x1 x2 + x12 + x2 + x1 x2 + 1) = 0.

由 于 x1 ≠ x2 , 则 x1 ? x2 ≠ 0 , 又 因 为
2 2 x12 x2 + x1 x2 + x12 + x2 + x1 x2 为偶数, 2 2 所以 ( x1 ? x2 )( x12 x2 + x1 x2 + x12 + x2 + x1 x2 +1) ≠ 0 ,矛盾.因此满足条件的 a 共有 999 个. 二、如图, 设 C , D 是以 O D P M 为圆心、 AB C 为直径的半圆 N B 上的任意两点, O A

线 PO 与直线 CA, AD 分别交于点 E , F . D P 证明 OE = OF M C (张鹏程供题) 另证 如图, A B 过 O 作 OM ⊥ O CD 于 M ,连结 BC , BM , BD, BE ,因为 OM ⊥ CD, PB ⊥ AB , 所以 O, B, P, M E 四点共圆,于是 ∠BMP = ∠BOP = ∠AOE , ∠EAO = ∠BDM , 所以 ?OAE ∽ ?MDB , AE AO AB = = , BD DM CD 从而 ?BAE ∽ ?CDB , ∠EBA = ∠BCD = ∠BAD , OE OB 所以 AD // BE , = = 1, OF OA 即 OE = OF . 证明 如图,作 OM ⊥ CD 于 M ,作 MN // AD ,设 MN ∩ BA = N , CN ∩ DA = K ,连 BC , BM ,则 ∠NBC = ∠ADC = ∠NMC ,因此 N , B, M , C 共圆;又由 O, B, P, M 共圆,得 ∠OPM = ∠OBM = 180° ? ∠MCN , 所以 CN // OP , 于是 CN AN NK … … ① , 因 M 为 CD 的 中 = = OE AO OF 点 , MN DK , 则 N 为 CK 的 中 点 ; 故 由 ① 得, OE = OF . 三、设 ai = min{k + i / k k ∈ N * } ,试求 S n2

F

= [a1 ] + [a2 ] +

+ [an2 ] 的值 , 其中 n ≥ 2 , [ x] 表

示不超过 x 的最大整数.(张鹏程供题)

过点 B 作□ O K 的切线交直线 CD 交于 P ,直

i +1 ? ? 解 设 ai +1 = min ?k + k ∈ N * ? = k1 = k ? ? i +1 i i + 1 (k1 ∈ N * ) ,则 ai = k1 + < k1 + = ai +1 , k1 k1 k1
即数列 {an } 严格单增,由于 k + m 2 / k ≥ 2m ,(当

k = m 时取得等号),故 am2 = 2m(m ∈ N * ) ;又当
33

E

《福建中学数学》2007 年第 9 月

m(m + 1) = 2m + 1 ,而在 k ≤ k m 或 k ≥ m + 1 时, (k ? m)(k ? m ? 1) ≥ 0 ,即 k 2 m(m + 1) ?(2m + 1)k + m(m + 1) ≥ 0 ,亦即 k + ≥ k 2m + 1 , 所以 am2 + m = 2m + 1 , 再由数列 {an } 的
k = m, m + 1 时, k +

此,记 S k = ∑ ai ,k = 1, 2,
i =1

k

,1018 ,

单调性,当 m 2 + m ≤ i < (m + 1)2 时, 2m + 1 ≤ ai

< 2(m + 1) ;当 m 2 + m ≤ i < (m + 1)2 时, 2m + 1 ≤ ai < (m + 1) ,
2 2 ? ?2m, m ≤ i < m + m 所以 [ai ] = ? 2 2 ? ?2m + 1, m + m ≤ i < (m + 1)
m2 + 2 m

因此,

i = m2



[ai ] = 2m ? m + (2m + 1) ? (m + 1)

= 4m 2 + 3m + 1 ,于是 S n2 =
i = m2

∑ (4m

n ?1

2

+ 3m + 1) + 2n

则 1 ≤ S1 < S 2 < < S1018 = 2007 . 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) ; …… ……; (60k + 1, 60k + 31), (60k + 2,60k + 32), , (60k + 30, 60(k + 1)) …… ……; (60 ? 32 + 1,60 ? 32 + 31), (60 ? 32 + 2, 60 ? 32 + 32), ,(60 ? 32 + 30, 60 ? 33) ; 1981,1982, , 2007 其中有 33 × 30 = 990 个括号以及 27 个未 加括号的数,从中任取 1018 个数作为 S k 的取 值,必有两数取自同一括号,设为 ( Sk , Sk + m ) ,则

n(n ? 1)(2n ? 1) n(n ? 1) = 4× + 3× + 6 2 8n3 ? 3n 2 + 13n ? 6 (n ? 1) + 2n = 6 四、试求最小的正整数 n ,使得对于满足
条件 ∑ ai = 2007 的任一具有 n 项的正整数数
i =1 n

S k + m ? Sk = 30 ,即该数列中 ak +1 + ak + 2 + 值为 1018. + ak + m = 30 .因此 n 的最小

第四届中国东南地区数学奥 林匹克
第二天 (2007 年 7 月 28 日,8:00-12:00,浙江 镇海)

列 a1 , a2 , , an ,其中必有连续的若干项之和等 于 30.(陶平生供题) 解 首先,我们可以构造一个具有 1017 项 的整数数列 a1 , a2 , , a1017 ,使其中不存在和为

30 的连续项;为此,取 a1 = a2 = = 31 ,以及 a30 m + i = ai , i ∈ {1, 2, {ak } 为: 1,1,
1,1, ,1,31, 1,1, ,1,31, ,1,31, 1,1,

= a29 = 1, a30 ,30} , m ∈ N ,即

五、设函数 f ( x) 满足: f ( x + 1) ? f ( x) =

2 x + 1 ( x ∈ R) ,且当 x ∈ [0,1] 时有 f ( x) ≤ 1 .
证明 当 x ∈ R 时 , 有 f ( x) ≤ 2 + x 2 ( 金蒙 伟供题) 证:令 g ( x) = f ( x) ? x 2 ,则 g ( x + 1) ? g ( x)

,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 ∑ ai = 2007 的任一个具
i =1 1018

= f ( x + 1) ? f ( x) ? ( x + 1) 2 + x 2 = 0 , 所 以 g ( x) 是 R 上以 1 为周期的周期函数;又由条件当 x ∈ [0,1] 时 有 f ( x) ≤ 1 , 可 得 , 当 x ∈ [0,1]
时, g ( x) = f ( x) ? x 2 ≤ f ( x) + x 2 ≤ 2 ,所以周 期函数 g ( x) 在 R 上有 g ( x) ≤ 2 ,据此知, 在 R

有 1018 项的正整数数列 a1 , a2 , , a1018 ,我们来 证明,其中必有连续的若干项之和等于 30.为
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