2020年美国数学邀请赛(AIMEⅡ)试题与解答

2024年4月2日发(作者：浙江数学试卷大题及答案)

上海中学数学• 2020年第7 — 8期

91

2020年美国数学邀请赛

（AIME

I

)试题与解答

200001 上海市格致中学马陆陆殷琦涛

摘要：原定于2020年3月26日举行的美国数学邀请赛（AIME n )，因受疫情影响，推迟到2020

年6月6日进行，采取线上答题的方式.笔者翻译该邀请赛试题，并提供详细解答.

关键词：美国数学邀请赛（AIME n);试题；解答

1. Find the number of ordered pairs of positive

integers {m^n) such that m2 n = 2020.

翻译：求满足

m

、= 202°的有序正整数对(m，rz)

的个数.

解：由 m2 rz = 2020 = 24° X 52。，设 m 56，rz =

2<^，其中(2,6,〇^/6]>1，从而262 +〔 = 40,26+3 =

20.在2a+c = 40中，可令a = 0，l，2,…，20,则该方

程有21组自然数解.在26+3 = 20中，可令6 = 0,

1，2,…，10,得该方程有11组自然数解，因此有序正

整数对的个数为21X11 = 231.

2. Let F be a point chosen uniformly at ran­

dom in the interior of the unit square with vertices

at(0,0)，（l，0)，（l，l) and(0, 1 )• The probability

that the slope of the line determined by P and the

point (*，吾）is greater than 去 can be written as

—,where m and n are relatively prime positive

integers. Find m + w.

翻译:在以（0,0)，（1，0)，（1，1)和（0，1)为顶点

的单位正方形内随机选取一个点P.若由点P和点

(吾，I)所确定的直线的斜率大于+的概率为

其中m和r?是互质的正整数.求m + 77.

解：如图1，过

斜率为去的直线= 士.r

+ &,交正方形区域边界于点

A(0，

h

16

)，

16

直线

CD:.r = |•交正方形区域边界

图1

于C(|~，0)，D(音，1)，设 £：(1，1).

若PQ斜率大于备

L

，则P落在四边形或

四边形

QB

_

ED

内，所以

7

=

S

四边形〇4

Qc

+

S

四边形

oet’D

=

丄 r J_-U 3、 5,1 ,5,7. 3 _ 43 m

t

. (r^+j). y+y . . y—顶，因

此 m + 171.

3. The value of x that satisfies log2r 320 =

l

〇

g

2.

r

+3

32020 Can be written as

n

where m and n are

relatively prime positive integers. Find m-~n.

翻译：满足1叩2\' 32°=1呢2\'+33_的.r的值可写

成^■的形式，其中是互质的正整数.求w + n.

解：依条件有翌

.r

l〇g23 = ^

x~r

|

6

l〇g23(.r^0，一3)，

所以一

.r

=—

.r

十

3

，解得.r=

100

：p^，故 w + n=103.

4. Triangles AABC and AA，B，C， lie in the

coordinate plane with vertices A (0,0) , B (0,12),

C(16,0),A，(24,18),B，(36,18),C，(24,2). A rota­

tion of m degrees clockwise around the point

AAB

(.

C

r,y)

where 0 < w < 180, will transform to

/SA\'B\'C\'. Find m--.x--y.

翻译：AABC和AA\'B\'C\'位于坐标平面上，顶

点坐标为 A(0,0)，B(0,12)，C(16,0)，A\'(24，18),

以（36，18),(^(24,2).绕点Cr，3〇顺时针旋转w度，

其中0

解法1:根据条件，旋转中心P(.r，：y)在AA\'，

BB\'，CC\'中垂线上.AA\'的中垂线为4.r + 3y—75 =

0，BB\'的中垂线为6.r+y—123 = 0，CC\'的中垂线为

4.r+：y_81 = 0,这三条直线交于点（21，一 3)，所以^

=21，_y= —3•在 AAPvV 中，丨 A4’ 丨= 30,丨 PA | =

|PA\'|=15/^,从而 w° = ZAPA’ = 90°d(I 所=90,

故 w+.r + jy=108.

解法2:如图2,因为丄A\'B\'，所以旋转角为

90°，即w = 90•旋转中心P(.r，WA对应于复数一.r

—：yi，P/V对应于复数 24 —.r+(18 —：y)i，所以[24 —.r

+(18 — y)i]i=—〇■ —yi，于是有匕

24—.

一1

r=

8=

—’

—y

，解得

92

上海中学数学• 2020年第7 — 8期

•V=

—3

，所以 w+.r+_y=108.

5. For each positive integer «,let f(n) be the

sum of the digits in the base-four representation of

n and let g

(.n) be the sum of the digits in the base-

eight representation of f(n). For example,/(2020)

=/( 133210, ) = 10 = 12g, and g-(2020) = the digit

sum of 128=3. Let N be the least value of n such

that the base-sixteen representation of g

(n) cannot

be expressed using only the digits 0 through 9.

Find the remainder when N is divided by 1000.

翻译：对每个正整数〜设/(«)是n在四进制表

示下各数位上的数字和，g(«)是/(〃）在八进制表示

下各数位上的数字和，如2020 = 133210.,，/(2020)

=1+ 3 + 3 + 2 +1 = 10= 128，g(2020) = 1 + 2 = 3•令

N是使得gU)在十六进制表示下不能仅用0到9

表示的n的最小值.求N除以1000的余数.

解：在十六进制表示中不能仅用0到9表示的

最小正整数为1〇(十进制中），在八进制下各位数字

和为10的最小八进制数为378 =31 (十进制），在四

进制下各位数字和为31的最小四进制数为

1 33“.34,所以 N=1 33…34 =3X (1+4H

----卜49)

10个 10个

+ 410 = 2 • 410-1 = 2 • 10242 - 1 = 2 • 242 - 1 =

151(modl000).所以，N除以1000的余数为151.

注：取定 6GN- ,6>2,用/^(S)(S6N)表示6—

进制下各位数字和为S的最小正整数，则/u(S)是

单调递增的.

6

.

Define a sequence recursively by

t

=

20 -,t2

—

21, and tn

.5^-!

+1

25tn

for all n^3. Then t2〇2〇 can be

written as , where p and q are relatively prime

positive integers. Find p~~q.

翻译：已知数列{/„丨满足6 = 20, /2 = 21，G =

+ 1 (),若？_ =上，其中是互质的正

整数.求/^ + 9.

解：令 = 5/„，则 = 100，fl2 = 1〇5，

q

„

+

«-2

+ 1

1

fl”-2 +1-3 + 1 =

^n-2<3n-3

„-2

\"i\"an

I +1

a„-2 <2；

i

-3

(77>5)，所以 u„}

是以5为周期的周期数列.而

53

50?

50

103

X 105,

七=^，所以心。2。=化=^，从而/2020:

101

525

，故 /> + iy=626.

7. Two congruent right circular cones each

with bavSe radius 3 and height 8 have the axes of

symmetry that intersect at right angles at a point in

the interior of the cones a distance 3 from the base

of each cone. A sphere with radius r lies withing

both cones. The maximum possible value of r

2 is

, where m and n are relatively prime positive in­

tegers. Find m

-~n.

翻译：底面半径为3、高为8的两个全等圆锥的

对称轴垂直相交于圆锥内部的一点，该点到每个圆

锥底面的距离均为3.-个半径为r的球位于两个

圆锥内.若r2的最大可能值是$

n

，其中是互质

的正整数.求w + w.

解：如图3,作两个圆

P

锥的轴截面.设两圆锥的对

称轴交于点〇.由对称性，〇

到 BP、AP、CQ、BQ 等距，

即四边形有内切e

圆，圆心即为O.当球半径

最大时，截面大圆即BD£F

的内切圆〇.过O作OH丄

图3

于 H ,则 OH = r. ^

■

=

/n

，所以 r=OP .

SinZ〇PB =

1 R 99q

^

^

7

=

3

，因此

73

于是 w + n = 298.

8. Define a sequence recursively by /!(.，.）=

|.r—1| and /„ (.r) =/„ i ( I.r_n | ) for integers n^>

1. Find the least value of n such that the sum of the

zeros of /„ exceeds 500000.

翻译：对整数^>1，定义数列，（』•）= |.r一1丨，

/„(.r)=/„ i ( |.r —nl ).若/„(.『）的所有零点之和超

过500000,求？?的最小值.

解:计算得/iCr)的零点为.r=l. /2Cr)的零点

为 1，3. /3 (.r)的零点为.r = 0,2,4,6. /, (.r)的零

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点为 了= —2,0,2,4,6,8，10.

猜测：/,,(.『）的所有零点从小到大排列成一个

93

1200 种；

(2) 至少有两对人相邻的，分两种情况，①这两

公差为2的等差数列a，a + 2，…，a + 72 (w 1)，其中

n{n + )

n

(

n

-

l

)

*).用数学

归纳法证明（*).

若w = w—l>l时（* )成立，即/„一丨（.r)的零

点构成一个公差为2的等差数列a，a + 2,…,a + («2

一l)(/n —2)，其中 t? = (m — l)

(m — l)(w —2)

~2\"\"\"

，则

n = w 时，/„ (.r) = 丨（| .r —| ) = 0，所以 | ,r —w |

为/m-,(.r)的非负零点，人-d.r)的零点中最大的为

1 >，且人-,(.r)的所有零点排列成一个公差

为2的等差数列，所以人（.r)的零点也可排成一个

公差为2的等差数列，其中最大的为m +

=—g—，最

=

小

,

的

,,

为所------

mim

g

—

—

1)

，于

_

是

B .

（* )

、

成立.

综上所述，可以得到/„ (x)的零点个数为

1) , nin— 1)

—--------------—+1 = ^^+：!.与此同时，

可以得出/„ ( .r )的所有零点之和为

n

(

n—) | n

(

n

~~

1) in

1

~n , ,

+ * (~2~ + 1)

2

-^-+2W，依条件^^

>500000

，即Y

+ 2«>1003 ,所以 nmi„ = 101.

9. While watching a show, Ayako, Billy, Car­

los,Dahlia,Ehuang,and Frank sat in that order in a

row of six chairs. During the break, they went to

the kitchen for a snack. When they came back,they

sat on those six chairs in such a way that if two of

them sat next to each other before the break,then

they did not sit next to each other after the break.

Find the number of possible seating orders they

could have chosen after the break.

翻译：观看节目时，A，B，C，D，£和1^六人依次

坐在一排的六把椅子上.休息时.他们去厨房吃点

心.当他们回来时，按如下方式人座，如果他们中的

两个在休息前挨着坐，那么休息后他们就不会挨着

坐了.求他们在休息后不同人座方式的种数.

解：不妨设原来的人座方式为ABCD£F，其中

有五对人(AB)，（BC)，（CD),(D£)，（£F)相邻•用

容斥原理计数，再次入座后有5种情况.

(1)至少有一对人相邻的人座方式有5P〖Pi =

对人是连续的，即ABC型，有4 • 2 . P! = 192种；②

这两对人是分开的，即AB —CD型，有6 . 22 • P丨=

576种；所以至少有两对人相邻的人座方式有

768 种；

(3) 至少有三对人相邻的，分三种情况，①这三

对人是连续的，即ABCD型，有3 • 2 • P】=36种；

②这三对人有两对是连续的，即ABC — 型，有6

• 2 • 2 • P〗=144种；③这三对人都是分开的，即

AB —CD—£F型，有23 • P〗=48种；所以至少有三

对人相邻的入座方式有228种；

(4) 至少有四对人相邻的，分两种情况，①这

对人是连续的，即ABCD£型，有2 • 2 . P〖=8种；

②这四对人是分成两组连续的，即ABC—D£F型

或ABCD_£F型，有3 • 22 • P〗=24种；所以至少

有四对人相邻的人座方式有32种；

(5)有五对人相邻的入座方式有2种.

根据容斥原理，满足条件的人座方式有6! _

1200 + 768 —228 + 32 —2 = 90 种.

10. Find the sum of all positive integers n such

that when l3+2J+33 + ••• + «\' is divided by n + 5.

the remainder is 17.

翻译：若正整数n使得l3 +23 + 33 +…+ «3除

以；7 + 5所得的余数为17,求所有满足条件的正整

数《的和.

解：令 I3 + 23 + 33 H-----h «3 = — ^1)2 =

々

(/2 + 5) + 17

，其中々

61^，；7 + 5>17

，则

《2(；2 + 1)2

=4々（《 + 5) + 68.又因为 w2(72+1 )2 = (w3—3n2 +

16« — 80 ) ( « + 5 ) + 400,所以，可得到

[4/fe-(w3-3n2 + 16«-80)](w + 5) =332 = 4 X 83.

又因为从一《2(n—3) —16n + 80为偶数，所以可得

到（《 + 5) 12X83,所以《 + 5 = 83 或 166,即《 = 78

或161.经检验，n = 78与161均满足条件，所以满足

条件的《之和为239.

11. Let P(.r) = .r2 — 3.r — 7, and let Q(.r) and

R(.v) be two quadratic polynomials also with the

coefficient of .r2 equal to 1. David computes each of the

three sums P+Q,P + /?,and Q

^ is surprised to

find that each pair of these sums has a common root,

and these three common roots are distinct. If Q(0) = 2,

then/?(0) = —

YYl

, where m and n are relatively prime

positive integers. Find m-~n.

翻译:设 P(.r)=x2 — 3.r-7，Q(.r)和 R(.r)都是

.r2项系数为1的二次函数.大卫计算了 P(.r) +

四

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上海中学数学• 2020年第7 — 8期

Q(.r)，P(.r) + R(.r)和 Q(.r) + _R(.r)，发现其中任意

两个都有一个公共根，且这三个公共根互不相同.若

Q(0) = 2,则尺（0) = 2

n

,其中州，77是互质的正整数•

求

解：因为 Q(〇) = 2,设 QU)=.r2+flx+2，i?〇)

= .r2+6.r + c•于是 P(.r)+Q(.r) = 2.r2 + (a — 3).r —

S

= 2(.v — p) (.c~q) ~~R(.r) = 2.v2 + (a+6).r

+ c+2 = 2(.r-^)(.r-r),i?(.r) + P(.r)=2.r2 + (6

3 ) .r + c — 7

2 (

P + Q

3 一a

①

/?

g

— r ) (.r — p )，所以

= -吾…④

q~~r-

a一b

•②，

qr-

c+2

•⑤，①+③一②

r+产弘•③

c_7

•⑥

得2p = 3,所以p = 代入④得f

由⑤⑥有

—

5

=

c

—

+

^―，

2 3r

7

=

c

—

—

^

7

―，

^

所

I

以

W c

-

+ 2

10

;-7

，解得

_，所以所+ ” = 71.

注：可以进一步解得Q(.r)=.r2+f.r+2,

R

(.

l

\')

= .r2+f|.r + f|.

12. Let m and n be odd integers greater than

1. An

m

X

n

rectangle is made up of unit squares

where the squares in the top row are numbered left

to right with the integers 1 through ?z,those in the

second row are numbered left to right with the in­

tegers n

~- through 2rz,and so on. Square 200 is in

the top row,and square 2000 is in the bottom row.

Find the number of ordered pairs

(m^n) of odd in­

tegers greater than 1 with the property that，in the

m

X n rectangle，the line through the centers of

squares 200 and 2000 intersects the interior of

square 1099.

翻译：设是大于1的奇数.一个由单位正

方形构成的矩形中，第一行（最上面一行）的

单位正方形从左到右依次编号为1至《，第二行的

单位正方形从左到右依次编号为《+1至2n，以此

类推.已知第200号正方形在第一行，第2000号正

方形在最后一行.求大于1的有序奇数对（rm)的

个数，使得矩形中，过第200号正方形中心及

第2000号正方形中心的直线，经过第1099号正方

形的内部.

解：根据条件，”>200 且（w— 1) n

所以W — •又因为w是大于1的奇数，

所以w

_〇

— 3

,

r

5

,7或9,且

a

2000^.

----

^

2000

^ ^

m

7…

m

①.设

— 1

2000= (m—1)n + r，1 ，因为 w 为奇数，所以

r 为偶数，则 =

如图4,建立平面直角坐标系，第100号正方形中

心为A(200 —4，m—去），第2000号正方形中心为

5(广一|，备），第1100号正方形中心为(：(二^-

一士所以C为AB中点，即过第

1100号正方形的中心C.若AB经过1099号正方形

内部，则一 1 < < 1，即一 1 <々.、

m—

2001

m—

O —l)r? — 1800

<1…②•当m = 3时，由①667

<999,由②一 1<

« —900

<1•又因为^为奇数，这

样的”有9997

2

667 + 1 — 2 = 165个.当所=5时，由

①400

1

rz — 450

<1，又因为^为

奇数，这样的\"有^.^4()1 + 1—2 = 48个.当w = 7

时，由①286

n-300

<1,又因

为《为奇数，这样的”有3337

2

2-87 + 1_2 = 22个.

当w = 9时，由①223

1

n — 225

<

1,又因为《为奇数，这样的《有2497223+

i

13个.

综上.满足条件的有序数对（w，；7)有165 + 48 +

22 + 13 = 248 对.

图4

13. Convex pentagon ABCDE has side lengths

AB = 5 ,BC=CD = DE = 6 and EA = 7. Moreover,

the pentagon has an inscribed circle (a circle tan­

gent to each side of the pentagon). F\'ind the area of

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95

ABCDE.

integer less than or equal to .r, and define {.r} = .r

翻译：已知凸五边形

>4

T E

—L-r」to be the fractional part of .r. For example，

ABCD£的边长为=5,

{3 } =0 and {4. 56 } =0. 56. Define f(.r) =.r {.r } ,and

BC=CD=DE = 69EA = 7,

let N be the number of real-valued solutions to the

且五边形有一个内切圆（与

equation /(/(/(.r))) = 17 for 0^.r^2020. Find

五边形各边都相切的圆）.

the remainder when

N

is divided by 1000.

求ABCDE的面积.

翻译：对于实数.r，记L.r」为小于等于.r的最大

解：设五边形的内切圆 整数，定义{.r}=x — L.r」为.r的小数部分.例如

/分另IJ与ABCDE各边切于

{3 } = 0, {4. 56 } = 0. 56•设 /(.r) =‘r {.r}，令 /V 为方

点 P、Q、R、S、TJt^5m 图 5

程/(/(/(.r))) = 17的实数解的个数，其中0<.r<

示，设 AP

= .

t

，£T

=

2020.求N除以1000所得的余数.

£5=7，则 — .r，乃夕二!)尺=6 —3；，CQ=

解:对任意

neN

,当.

re

|>，

n

+

l

)时，/(

x

) =

CR = l+.r ,CD= 1 -~x + 6~ y= 6, AE = x + y = 7,

=.r(.r —«)在[n，rz + l)上单调递增，且 /(.r) 6

所以

[0，n+l).设3^0,方程/(.r)=_y…①，对任意

方法1:设半径为尺/S = a，

N，n彡L：V」，方程①在[m+1)上仅有一解1所以

Z77S=ZQJ尺=/?，Z：P/T=y，所以 a+/?+|\" = 7r.

对任意a>17，aGN\'存在唯一的.r，满足L.r」= a,

且/(:r) = 17.

tan 导

同理，对任意正整数17,存在唯一的.r

l

=—，

r

tan 晏

乙

=—

r

，tan 备

乙

=—

r

，所以 tana =

A. y

满足[/(工)」=«，卜」=6,且/(/(.1\')) = 17.对任意

~2~~

^，tan/? = r\'-9 —

ft

y

^，从而可得 tan ( a + #)=

正整数c>6彡a>17,存在唯一的.r满足L/(/(.

t

))」

4r , 8r

= a，L/(.：f.)」=6，L.r」=c 且/(/(/(.r))) = 17.

r2-4^~r2~16 _ 12r3~96r _ 3 _ y_

显然，.r =2020 不是 /(/(/(.t.))) = 0 的解，所

1 4r 8r ~r4 ~ 52^+64 ~ ~ 7 ~ta〇 T，

以只需考虑0

r2—~4 r2 — 16

对任意一组满足17

所以有5r4 — 84一+64 = 0,解得■(舍，否则a，卢

整数数组（a，6，c),方程 /(/(/(.r))) = 17 在[0,

2020)上有唯一解X，满足②的（a,6，C)组数与满足

均为钝角）或r2 = 16.从而可得r=4,所以S

abct

^ =

17<^<6\'<(/<2022 的正整数数组(a\'，£/，c\')一样

4X(18 + 12)+2 = 60.

多，有（1^个.

方法2:如图6,延长AB ，

所以~ = (^。。5三1〇(111〇(^1000)，即]^除以1000

与DC的延长线交于M，延长

所得的余数为10.

与CD的延长线交于N.因

15. Let AABC be an acute scalene triangle

为J、P、B、Q四点共圆，/、尺、

with circumcircle 〇>■ The tangents to 〇j at B and C

D、S四点共圆，所以=

intersect at T

. Let X and Y be the projections of T

ZP/Q= 同

onto lines AB and AC,respectively. Suppose BT

=

理ZMCB = ZN£

j

D，又因为

CT= 16, BC= 22, and TX2 + TY2 + XY2 = 1143.

BC=D£= 6,所以 AMBCS

Find XY2.

ANDE

.设 EN = MC=a，m

翻译:设圆⑴是不等边

所以 AM=A/V =

锐角的外接圆，过

fl + 7,所以 MB = ND = fl + 2，

两点作圆的切线交

MN=2a + 8,cosZN=q4

a

十

^

7

=

于点T. x、y分别是T在

a~ ~l~ (a + 2)~ —36

AB、AC上的投影.设

2a (a + 2)

，化简得3a2 —10a — 112=0,解得

=CT = 16, BC = 22,且

TX2 + TY2 + Xy2 = 1143.

a = 8或一f (舍）.于是AAMN的三边长为15、15、

求 XY2.

24,

的三边长为

6

、

8

、

10,

所以

S

akde

=

解：如图7,设M为B、

S/

amn

一

2S^£

〇

n

=9X12 — 48 = 60.

C中点，连接TM、XM、

14. For real number ,r let |_.r」be the greatest

YM.由TM丄BC,TX丄BX知，四点共

96

上海中学数学• 2020年第7 — 8期

圆.同理，T、V、C、M四点共圆，所以

= 故 XM//TY,同理 YM

//XT.在OTXMY 中.XP+MT2 =2(TX2 + TY2)

(上接第

76

页）

的形式，比如已知面积求点坐标、已知两个角相等求

点的坐标？从而可以将多种类型的题目形成统一，

让学生更加清楚地了解直角坐标系中几何问题的本

质就是数形结合、数形转换.因此，可以在本节课后，

对其他形式的直角坐标系下的问题展开研究，形成

专题.

教师在课堂巡视过程中发现，有学生在第一问

中并没有用等角的夹边进行分类讨论，而是用了一

组等角的对边，那么最终得到的点P坐标出现了两

解，学生困惑不已，学生课后与笔者交流如下.

如图3，由得到OP = ;设点P

U•，一1 一3)，利用两点间距离公式求得点P坐标为

(一

I

，一

或

(一

寻，

一

•其中

（一

I

，一

跟上

述解法答案相同，但为何会多

4

出

4

的

解呢？

图3

其实，OP长确定以后，P点轨迹是以〇点为圆

心、OP长为半径的圆，由图3可以看出它和线段

AC有两个交点，而长度已知.则以A点为圆

心、AP长为半径的圆与线段只有一个交点.因

此.用对边比还要再次检验多解的情况.

二、问题解决式教学设计的策略总结

综上所述，问题解决式的课堂教学应该包括提

出问题、分析问题、解决问题、总结反思方案四个环

节.问题解决式的教学，关键在于通过教师的问题设

=2(1143 —XV2),从而— 又因为

MT2 = TB2 — BM2 = 162 — II2 = 135，所以 XY2 =

717.

计引导学生深人分析问题，引导学生探究解决问题的

方法.笔者结合本节课的案例，阐述问题设计的策略.

问题解决式教学中的问题设计应基于学生的认

知起点以及需要达到的终点.在这一过程中，教师需

要运用一系列的问题设计，帮助学生达到解决问题

的终点.当学生的认知起点不是学生近期所学或距

离问题较远时.教师需要进行问题设计，帮助学生回

忆所需知识点、思想方法等，此时的问题应当是直接

明了的，不宜设陷阱.当所要解决的问题的思维路径

较长时，教师需要通过问题设计.帮助学生梳理思维

顺序.阐明其中的逻辑关系，此时的问题需要从问题

的最本源开始思考，注意挖掘学生回答背后的思维

逻辑.因此这样的问题设计可能会因课堂的生成而

进行调整.当所要解决的问题超过学生所能解决的

范围时.教师需要将一个较为复杂的问题进行分解，

设计成一个或几个小问题，给予学生“脚手架”，让学

生自主解决问题.

另外需要注意的是，在问题解决式的课堂中，学

生对于一个问题的分析一般是多角度的，在课堂上

应让学生充分思考、充分表达.而教师对学生的回

答，不仅要看结果的对错，还要看学生的思维过程是

否合理，哪怕学生一开始的出发点是错的，但整个思

维过程是合乎逻辑的，也值得肯定.最后，教师一定

要总结：哪些是成功的经验、哪些是非成功的经验，

为什么？从而培养学生形成解决这一类问题的一般

思路.这样，学生在以后思考问题时，也就会从自身

出发，及时总结和反思自己的思维过程.

问题解决式教学设计，让学生在解决问题的过

程中获得新的解题经验.提升解题能力.促进学生形

成解决问题的思想方法，让学生能够真正跳出题海，

提升学习品质和思维品质.

参考文献

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32.

[2] 陈文胜.基于“问题解决”的数学课堂教学设计[J].内

蒙古师范大学学报.2006(2): 19.

[3] 龚卫东.高中数学“问题解决”的策略[J].课程与教学，

2018(31)：38,