最新：七年级数学竞赛讲义附练习及答案(12套)
七年级数学竞赛讲义附练习及答案（12套）
初一数学竞赛讲座
第1讲数论的方法技巧（上）
数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力. 数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”. 因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了. 任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作. ”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重.
数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆. 主要的结论有：
1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r （0≤r＜b），且q，r是唯一的.
特别地，如果r=0，那么a=bq. 这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a 的约数，a是b的倍数.
2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c.
3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即
其中p 1＜p 2＜…＜p k 为质数，a 1，a 2，…，a k 为自然数，并且这种表示是唯一的. （1）式称为n 的质因数分解或标准分解.
4．约数个数定理：设n 的标准分解式为（1），则它的正约数个数为： d （n ）=（a 1+1）（a 2+1）…（a k +1）.
5．整数集的离散性：n 与n+1之间不再有其他整数. 因此，不等式x ＜y 与x ≤y-1是等价的.
下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解.
一、利用整数的各种表示法
对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决. 这些常用的形式有：
1．十进制表示形式：n=a n 10n +a n-110n-1+…+a 0；
2．带余形式：a=bq+r ；
4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t ，其中t 为奇数.
例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差. 结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998. 问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？
解：设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a 3，a 2，a 1，a 0，则这个四位
数可以写成：1000a 3+100a 2+10a 1+a 0，它的各位数字之和的10倍是10（a 3+a 2+a 1+a 0）=10a 3+10a 2+10a 1+10a 0，这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是：
990a 3+90a 2-9a 0=1998，110a 3+10a 2-a 0=222.
比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a 0=8，a 2=1，a 3=2.
所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8.
例2 在一种室内游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数abc (a,b,c 依次是这个数的百位、十位、个位数字)，并请这个人算出5个数cab bca bac acb ,,,与cba 的和N ，把N 告诉魔术师，于是魔术师就可以说出这个人所想的数abc . 现在设N=3194，请你当魔术师，求出数abc 来.
解：依题意，得
a+b+c ＞14，
说明：求解本题所用的基本知识是，正整数的十进制表示法和最简单的不定方程.
例3 从自然数1，2，3，…，1000中，最多可取出多少个数使得所取出的数中任意三个数之和能被18整除？
解：设a ，b ，c ，d 是所取出的数中的任意4个数，则a+b+c=18m ，a+b+d=18n ，其中m ，n 是自然数. 于是c-d=18（m-n ）.
上式说明所取出的数中任意2个数之差是18的倍数，即所取出的每个数除以18所得的余数均相同. 设这个余数为r ，则a=18a 1+r ，b=18b 1+r ，c=18c 1+r ， 其中a 1，b 1，c 1是整数. 于是a+b+c=18（a 1+b 1+c 1）+3r.
因为18|（a+b+c ），所以18|3r ，即6|r ，推知r=0，6，12. 因为1000=55×18+10，所以，从1，2，…，1000中可取6，24，42，…，996共56个数，它们中的任意3个数之和能被18整除.
例4 求自然数N ，使得它能被5和49整除，并且包括1和N 在内，它共有10个约数.
解：把数N 写成质因数乘积的形式：N=n a
n a a a a P ????? 43217532
由于N 能被5和72=49整除，故a 3≥1，a 4≥2，其余的指数a k 为自然数或零. 依题意，有（a 1+1）（a 2+1）…（a n +1）=10.
由于a 3+1≥2，a 4+1≥3，且10=2×5，故a 1+1=a 2+1=a 5+1=…=a n +1=1， 即a 1=a 2=a 5=…a n =0，N 只能有2个不同的质因数5和7，因为a 4+1≥3＞2，故由（a 3+1）（a 4+1）=10知，a 3+1=5，a 4+1=2是不可能的. 因而a 3+1=2，a 4+1=5，即N=52-1×75-1=5×74=12005.
例5 如果N 是1，2，3，…，1998，1999，2000的最小公倍数，那么N 等于多少个2与1个奇数的积？
解：因为210=1024，211=2048＞2000，每一个不大于2000的自然数表示为质因数相乘，其中2的个数不多于10个，而1024=210，所以，N 等于10个2与某个奇数的积.
说明：上述5例都是根据题目的自身特点，从选择恰当的整数表示形式入手，使问题迎刃而解.
二、枚举法
枚举法（也称为穷举法）是把讨论的对象分成若干种情况（分类），然后对各种情况逐一讨论，最终解决整个问题.
运用枚举法有时要进行恰当的分类，分类的原则是不重不漏. 正确的分类有助于暴露问题的本质，降低问题的难度. 数论中最常用的分类方法有按模的余数分类，按奇偶性分类及按数值的大小分类等.
例6 求这样的三位数，它除以11所得的余数等于它的三个数字的平方和.
分析与解：三位数只有900个，可用枚举法解决，枚举时可先估计有关量的范围，以缩小讨论范围，减少计算量.
设这个三位数的百位、十位、个位的数字分别为x，y，z. 由于任何数除以11所得余数都不大于10，所以x2+y2+z2≤10，
从而1≤x≤3，0≤y≤3，0≤z≤3. 所求三位数必在以下数中：
100，101，102，103，110，111，112，120，121，122，130，200，201，202，211，212，220，221，300，301，310.
不难验证只有100，101两个数符合要求.
例7 将自然数N接写在任意一个自然数的右面（例如，将2接写在35的右面得352），如果得到的新数都能被N整除，那么N称为魔术数. 问：小于2000的自然数中有多少个魔术数？
解：设P为任意一个自然数，将魔术数N（N＜2000＝接后得PN，下面对N 为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论.
⑴当N为一位数时，PN=10P+N，依题意N︱PN，则N︱10P，由于需对任意数P成立，故N︱10，所以N=1，2，5；
⑵当N为两位数时，PN=100P+N，依题意N︱PN，则N︱100P，故N|100，所以N=10，20，25，50；
⑶当N为三位数时，PN=1000P+N，依题意N︱PN，则N︱1000P，故N|1000，
所以N=100，125，200，250，500；
⑷当N为四位数时，同理可得N=1000，1250，2000，2500，5000. 符合条件的有1000，1250.
综上所述，魔术数的个数为14个.
说明：（1）我们可以证明：k位魔术数一定是10k的约数，反之亦然.
（2）这里将问题分成几种情况去讨论，对每一种情况都增加了一个前提条件，从而降低了问题的难度，使问题容易解决.
例8 有3张扑克牌，牌面数字都在10以内. 把这3张牌洗好后，分别发给小明、小亮、小光3人. 每个人把自己牌的数字记下后，再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后，3人各自记录的数字的和顺次为13，15，23. 问：这3张牌的数字分别是多少？
解：13+15+23=51，51=3×17.
因为17＞13，摸17次是不可能的，所以摸了 3次， 3张扑克牌数字之和是17，可能的情况有下面15种：
①1，6，10 ②1，7，9 ③1，8，8 ④2，5，10 ⑤2，6，9
⑥2，7，8 ⑦3，4，10 ⑧3，5，9 ⑨3，6，8 ⑩3，7，7
(11)4，4，9 (12)4，5，8 (13)4，6，7 (14)5，5，7 (15)5，6，6
只有第⑧种情况可以满足题目要求，即3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23.
这3张牌的数字分别是3，5和9.
例9 写出12个都是合数的连续自然数.
分析一：在寻找质数的过程中，我们可以看出100以内最多可以写出7个连续的合数：90，91，92，93，94，95，96. 我们把筛选法继续运用下去，把考查的范围扩大一些就行了.
解法1：用筛选法可以求得在113与127之间共有12个都是合数的连续自然数：
114，115，116，117，118，119，120，121，122，123，124，125，126.
分析二：如果12个连续自然数中，第1个是2的倍数，第2个是3的倍数，第3个是4的倍数……第12个是13的倍数，那么这12个数就都是合数.
又m+2，m+3，…，m+13是12个连续整数，故只要m是2，3，…，13的公倍数，这12个连续整数就一定都是合数.
解法2：设m为2，3，4，…，13这12个数的最小公倍数. m+2，m+3，m+4，…，m+13分别是2的倍数，3的倍数，4的倍数……13的倍数，因此12个数都是合数.
说明：我们还可以写出13！+2，13！+3，…，13！+13（其中n！=1×2×3×…×n）这12个连续合数来.
同样，（m+1）！+2，（m+1）！+3，…，（m+1）！+m+1是m个连续的合数.
三、归纳法
当我们要解决一个问题的时候，可以先分析这个问题的几种简单的、特殊的情况，从中发现并归纳出一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径. 这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法.
例10 将100以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：
（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边；
（2）从左到右两位一节组成若干个两位数；
（3）划去这些两位数中的合数；
（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；
（5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串.
问：经过1999次操作，所得的数字串是什么？
解：第1次操作得数字串711131131737；第2次操作得数字串11133173；第3次操作得数字串111731；第4次操作得数字串1173；第5次操作得数字串1731；第6次操作得数字串7311；第7次操作得数字串3117；第8次操作得数字串1173.
不难看出，后面以4次为周期循环，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117.
例11 有100张的一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作：把最上面的第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面. 再把原来的第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面. 反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第几张？
分析与解：可以从简单的不失题目性质的问题入手，寻找规律. 列表如下：设这一摞卡片的张数为N，观察上表可知：
（1）当N=2a（a=0，1，2，3，…）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的最后一张，即第2a张；
（2）当N=2a+m（m＜2a）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张.
取N=100，因为100=26+36，2×36=72，所以剩下这张卡片是原来那一摞卡
片的第72张.
说明：此题实质上是著名的约瑟夫斯问题：传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码1，2，3，…然后把1号杀了，把3号杀了，总之每隔一个人杀一个人，最后剩下一个人，这个人就是约瑟夫斯. 如果这批俘虏有111人，那么约瑟夫斯的号码是多少？
例12要用天平称出1克、2克、3克……40克这些不同的整数克重量，至少要用多少个砝码？这些砝码的重量分别是多少？
分析与解：一般天平两边都可放砝码，我们从最简单的情形开始研究.
（1）称重1克，只能用一个1克的砝码，故1克的一个砝码是必须的.
（2）称重2克，有3种方案：
①增加一个1克的砝码；
②用一个2克的砝码；
③用一个3克的砝码，称重时，把一个1克的砝码放在称重盘内，把3克的砝码放在砝码盘内. 从数学角度看，就是利用3-1=2.
（3）称重3克，用上面的②③两个方案，不用再增加砝码，因此方案①淘汰.
（4）称重4克，用上面的方案③，不用再增加砝码，因此方案②也被淘汰. 总之，用1克、3克两个砝码就可以称出（3+1）克以内的任意整数克重.
（5）接着思索可以进行一次飞跃，称重5克时可以利用：9-（3+1）=5，
即用一个9克重的砝码放在砝码盘内，1克、3克两个砝码放在称重盘内. 这样，可以依次称到1+3+9=13（克）以内的任意整数克重. 而要称14克时，按上述规律增加一个砝码，其重为：14+13=27（克），可以称到1+3+9+27=40（克）以内的任意整数克重.
总之，砝码的重量为1，3，32，33克时，所用砝码最少，称重最大，这也
是本题的答案.
这个结论显然可以推广，当天平两端都可放砝码时，使用1，3，
这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案.
练习1
1．已知某个四位数的十位数字减去1等于其个位数字，个位数字加2等于百位数字，这个四位数的数字反着顺序排列成的数与原数之和等于9878. 试求这个四位数.
个
3．设n是满足下列条件的最小自然数：它们是75的倍数且恰有75
4．不能写成两个奇合数之和的最大偶数是多少？
5．把1，2，3，4，…，999这999个数均匀排成一个大圆圈，从1开始数：隔
过1划掉2，3，隔过4，划掉5，6……这样每隔一个数划掉两个数，转圈划下去. 问：最后剩下哪个数？为什么？
6．圆周上放有N枚棋子，如下图所示，B点的一枚棋子紧邻A点的棋子. 小洪首先拿走B点处的1枚棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子，连续转了10周，
9次越过A. 当将要第10次越过A处棋子取走其它棋子时，小洪
发现圆周上余下20多枚棋子. 若N是14的倍数，则圆周上还有
多少枚棋子？
7．用0，1，2，3，4五个数字组成四位数，每个四位数中均
没有重复数字（如1023，2341），求全体这样的四位数之和.
8．有27个国家参加一次国际会议，每个国家有2名代表. 求证：不可能将54位代表安排在一张圆桌的周围就座，使得任一国的2位代表之间都夹有9个人.
练习1答案：
1．1987.
（a+d）×1000+（b+c）×110+（a+d）= 9878.
比较等式两边，并注意到数字和及其进位的特点，可知：a+d=8，b+c=17.
已知c-1=d，d+2=b，可求得：a=1，b=9，c=8，d=7.
即所求的四位数为1987.
2．1324，1423，2314，2413，3412，共5个.
3．432.
解：为保证n是75的倍数而又尽可能地小，因为75=3×5×5，所以可设n 有三个质因数2，3，5，即n=2α×3β×5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且
（α+1）（β+1）（γ+1）=75.
易知当α=β=4，γ=2时，符合题设条件. 此时
4．38.
解：小于38的奇合数是9，15，21，25，27，33.
38不能表示成它们之中任二者之和，而大于38的偶数A，皆可表示为二奇合数之和：A末位是0，则A=15+5n；A末位是2，则A=27+5n；A末位是4，则A=9+5n；A末位是6，则A=21+5n；A末位是8，则A=33+5n.
其中n为大于1的奇数. 因此，38即为所求.
5．406.
解：从特殊情况入手，可归纳出：如果是3n个数（n为自然数），那么划1圈剩下3n-1个数，划2圈剩下3n-2个数……划（n-1）圈就剩3个数，再划1圈，最后剩下的还是起始数1.
36＜999＜37，从999个数中划掉（999-36=）270个数，剩下的（36=）729个数，
即可运用上述结论.
因为每次划掉的是2个数，所以划掉270个数必须划135次，这时划掉的第270个数是（135×3=）405，则留下的36个数的起始数为406. 所以最后剩下的那个数是406.
6．23枚.
解：设圆周上余a枚棋子. 因为从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时小洪拿走了2a枚棋子，所以，在第9次将要越过A处棋子
时，圆周上有3a枚棋子. 依此类推，在第8次将要越过A处棋子时，圆周上有32a枚棋子……在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有39a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之前，小洪拿走了[2(39a-1)+1]枚棋子，所以N=2(39a-1)+1+39a=310a-1.
若N=310a=59049a-1是14的倍数，则N就是2和7的公倍数，所以a必须是奇数；
若N=（7×8435+4）a-1=7×8435a+4a-1是7的倍数，则4a-1必须是7的倍数，当a=21，25，27，29时，4a-1不是7的倍数，当a=23时，4a-1=91=7×13，是7的倍数.
当N是14的倍数时，圆周上有23枚棋子.
7．259980.
解：用十进位制表示的若干个四位数之和的加法原理为：
若干个四位数之和=千位数数字之和×1000+百位数数字之和×100+十位数数字之和×10+个位数数字之和.
以1，2，3，4中之一为千位数，且满足题设条件的四位数有4×3×2=24（个）. 这是因为，当千位数确定后，百位数可以在其余4个数字中选择；千、百位数确定后，十位数可以在其余3个数字中选择；同理，个位数有2种可能. 因此，满足条件的四位数的千位数数字之和为（1+2+3+4）×4×3×2=240.
以1，2，3，4中之一为百位数时，因为0不能作为千位，所以千位数也有3种选择；十位数也有3种选择（加上0）；个位数有2种选择. 因此，百位数数字之和=（1+2+3+4）×18=180. 同理，十位数数字之和、个位数数字之和都是180.
所以满足条件的四位数之和为240×1000+180×（1+10+100）= 259980.
8．将54个座位按逆时针编号：1，2，…，54. 由于是围圆桌就座，所以从1号起，逆时针转到55，就相当于1号座；转到56，就相当于2号座；如此下去，显然转到m，就相当于m被54所除的余数号座.
设想满足要求的安排是存在的. 不妨设1和11是同一国的代表，由于任一国只有2名代表，于是11和21不是同一国代表，下面的排法是：21和31是同一国的代表；31和41不是同一国的代表；41和51是同一国的代表；51和61不是同一国的代表（61即7号座）.
由此，20k+1和20k+11是同一国的代表，若20k+1，20k+11大于54，则取这个数被54除的余数为号码的座位.
取k=13，则261和271是同一国的，而261被54除的余数是45，271被54除的余数是1，这就是说，1号座与45号座是同一国的代表，而我们已设1号与11号座是同一国的代表. 这样，1号、11号、45号的三位代表是同一国的，这是不可能的. 所以题目要求的安排不可能实现.
初一数学竞赛讲座
第2讲数论的方法技巧（下）
四、反证法
反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的.
反证法的过程可简述为以下三个步骤：
1．反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立；
2．归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；
3．结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立.
运用反证法的关键在于导致矛盾. 在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的.
解：如果存在这样的三位数，那么就有
100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）. 上式可化简为 80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a≥1，b≤9，c≤9. 这表明所找的数是不存在的.
说明：在证明不存在性的问题时，常用反证法：先假设存在，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存在的元素出发，进行推理，直到产生矛盾.
例2 将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加. 试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数.
解：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数. 在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此
第二列数字的和b+c≤9. 将已知数的前两位数字a，b与末两位数
字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数
与它相加，和的数字都是奇数”这一性质. 照此进行，每次去掉首
末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾. 故和的数字中必有偶数.
说明：显然结论对（4k+1）位数也成立. 但对其他位数的数不一定成立. 如12+21，506+605等.
例3 有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币. 小红由1枚1分硬币和1枚5分硬币开始，反复将硬币塞入机器，能否在某一时刻，小红手中1分的硬币刚好比1角的硬币少10枚？
解：开始只有1枚1分硬币，没有1角的，所以开始时1角的和1分的总枚数为 0+1=1，这是奇数. 每使用一次该机器，1分与1角的总枚数记为Q. 下面考查Q的奇偶性.
如果塞入1枚1分的硬币，那么Q暂时减少1，但我们取回了1枚1角的硬币（和1枚5分的硬币），所以总数Q没有变化；如果再塞入1枚5分的硬币（得到4枚1角硬币），那么Q增加4，而其奇偶性不变；如果塞入1枚1角硬币，那么Q增加2，其奇偶性也不变. 所以每使用一次机器，Q的奇偶性不变，因为开始时Q为奇数，它将一直保持为奇数.
这样，我们就不可能得到1分硬币的枚数刚好比1角硬币数少 10的情况，因为如果我们有P枚1分硬币和（P+10）枚1角硬币，那么1分和1角硬币的总枚数为（2P+10），这是一个偶数. 矛盾.
例 4在3×3的方格表中已如右图填入了9个质数. 将表中
同一行或同一列的3个数加上相同的自然数称为一次操作. 问：
你能通过若干次操作使得表中9个数都变为相同的数吗？为什么？
解：因为表中9个质数之和恰为100，被3除余1，经过每一
次操作，总和增加3的倍数，所以表中9个数之和除以3总是余1. 如果表中9个数变为相等，那么9个数的总和应能被3整除，这就得出矛盾！
所以，无论经过多少次操作，表中的数都不会变为9个相同的数.
五、构造法
构造法是一种重要的数学方法，它灵活多样，数论中的许多问题都可以通过构造某些特殊结构、特殊性质的整数或整数的组合来解决.
例5 9999和99！能否表示成为99个连续的奇自然数之和？
解：9999能. 因为9999等于99个9998之和，所以可以直接构造如下：
9999=（9998-98）+（9998-96）+…=（9998-2）+9998+（9998+2）+…=（9998+96）+（9998+98）.
99！不能. 因为99！为偶数，而99个奇数之和为奇数，所以99！不能表示为99个连续奇数之和.
说明：利用构造法证明存在性问题，只要把满足题设要求的数学对象构造出来就行.
例6 从1，2，3，…，999这999个数中，要求划去尽量少的数，使得余下的数中每一个数都不等于另外两个数的乘积. 应划去哪些数？
解：我们可划去2，3，…，30，31这30个数，因为划去了上述这30个数之后，余下的数中，除1以外的任何两个数之积将大于322=1024＞999.
另一方面，可以通过构造三元数组来证明30是最少的个数.
（2，61，2×61），（3，60，3×60），（4，59，4×59），…，
（30，33，30×33），（31，32，31×32）.
上面写出的这些数都是互不相同的，并且这些数中的最大数为 31×32=992. 如果划去的数少于30个，那么上述三元数组至少剩下一个，这样就不满足题设条件. 所以，30是最少的个数.
六、配对法
配对的形式是多样的，有数字的凑整配对，也有集合间元素与元素的配对（可用于计数）. 传说高斯8岁时求和（1+2+…+100）首创了配对. 像高斯那样，善于使用配对技巧，常常能使一些表面上看来很麻烦，甚至很棘手的问题迎刃而解.
例7 求1，2，3，…，9999998，9999999这9999999个数中所有数码的和.
解：在这些数前面添一个数0，并不影响所有数码的和. 将这1000万个数两两配对，因为0与9999999，1与9999998，…，4999999与5000000各对的数码和都是9×7=63. 这里共有5000000对，故所有数码的和是63×5000000=315000000.
例8 某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号. 若号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”. 例如号码 0734，因 0+7=3+4，所以这个号码的购物券是幸运券. 试说明，这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除.
解：显然，号码为9999的是幸运券，除这张幸运券外，如果某个号码n是幸运券，那么号码为m=9999-n的购物券也是幸运券. 由于9999是奇数，所以m ≠n.
由于m+n=9999，相加时不出现进位，所以除去号码是9999这张幸运券之外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的倍数.
因为9999=99×101，所以所有幸运券号码之和能被101整除.
例9已知最简分数n m 可以表示成： 88131211++++= n m . 试说明分子m 是质数89的倍数.
解法一：仿照高斯求和（1+2+3+…+n ）的办法，将和
①②两式相加，得
从而2m ×88！=89×k （k 是正整数）.
因为89为奇质数，所以89不能整除 88！，从而89|m.
解法二：作配对处理
??? ???++?+?=??? ??+++??? ??++??? ??+=454418721881189451441871218811 n m 将括号内的分数进行通分，其公分母为1×88×2×87×3×86×…×44×45=88！，
从而m ×88！=89×k （k=n ×q ）.
因为89为奇质数，所以89不能整除88！，从而89|m.
七、估计法
估计法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围，以获取有关量的本质特征，达到解题的目的.
在数论问题中，一个有限范围内的整数至多有有限个，过渡到整数，就能够对可能的情况逐一检验，以确定问题的解.
例10已知一个整数等于4个不同的形如1
+m m （m 是整数）的真分数之和，求这个数，并求出满足题意的5组不同的真分数.
解：因每一真分数满足11
21<+≤m m ，而所求的数整S 是四个不同的真分数之和，因此2＜S ＜4，推知S=3. 于是可得如下5组不同的真分数：
??????????????????????????????1211,65,43,21,2019,54,43,21,1514,109,32,21,2423,87,32,21,4241,76,32,21 例11 已知在乘积1×2×3×…×n 的尾部恰好有106个连续的零，求自然数n 的最大值.
分析：若已知n 的具体数值，求1×2×…×n 的尾部零的个数，则比较容易解决，现在反过来知道尾部零的个数，求n 的值，不大好处理，我们可以先估计n 大约是多少，然后再仔细确定n 的值.
解：当n =400时，数1，2，3，…，400中共有805400=
??
????个数是5的倍数，其中有1654002=??????个数是52的倍数，有354002=??
????个数是5
3的倍数. 因此，乘积1×2×3×…×400中含质因数5的个数为80+16+3=99（个）. 又乘积中质因数2的个数多于5的个数，故n=400时，1×2×…×n 的尾部有99个零，还需 7个零，注意到425中含有2个质因数5，所以
当n=430时，1×2×…×n 的尾部有106个零；
当n=435时，1×2×…×n 的尾部有107个零.
因此，n 的最大值为434.
练习2
1．将两个自然数的差乘上它们的积，能否得到数45045？
2．如下图，给定两张3×3方格纸，并且在每
一方格内填上“+”或“-”号. 现在对方格纸中任
何一行或一列进行全部变号的操作. 问：可否经过
若干次操作，使图（1）变成图（2）？ 3．你能在3×3的方格表中每个格子里都填一
个自然数，使得每行、每列及两条对角线上的三数之和都等于1999吗？若能，请举出一例；若不能，请说明理由.
示，求出表达式；若不能表示，请给出证明.
5．公共汽车票的号码是一个六位数，若一张车票的号码的前3个数字之和等于后3个数字之和，则称这张车票是幸运的. 试说明，所有幸运车票号码的和能被13整除.
6．N 是由5个不同的非零数字组成的五位数，且N 等于这5个数字中取3个不同数字构成的所有三位数的和，求出所有的这种五位数N.
7．证明：没有最大的质数.
练习2 答案：
1．不可能. 因为45045是奇数，所以它只能表示成3个奇数的连乘积，但是对任何两个奇数x 和y （x ＜y ）来说，y-x 都是偶数，从而45045≠xy （x-y ）. 而如果x 和y 中有偶数，则亦不可能.
2．不能. 假设图（1）在第一、二、三行经过m 1，m 2，m 3次操作，而第一、
二、三列经过n 1，n 2，n 3次操作变成图（2）. 由于图（1）和图（2）左上角符
号相反，而从“+”号变到“-”号要进行奇数次变号，故（m 1+n 1）是奇数. 同理（m 1+n 2）是偶数，（m 2+n 1），（m 2+n 2）都是奇数. 这样（m 1+n 1）+（m 1+n 2）+（m 2+n 1）+（m 2+n 2）是奇数. 但这个和又等于2（m 1+m 2+n 1+n 2），是偶数，矛盾.
3．不能. 若能填入九个自然数a 1，a 2，…，a 8，a 9满足题
设条件（如图所示），则有a 1+a 5+a 9=1999，a 2+a 5+a 8=1999，
a 3+a 5+a 7=1999，a 4+a 5+a 6=1999.
相加得（a 1+a 2+a 3+a 4+a 5+a 6+a 7+a 8+a 9）+3a 5＝4×1999，
而a 1+a 2+a 3+a 4+a 5+a 6+a 7+a 8+a 9=3×1999，所以3a 5=1999，
a 5=31999与a 5是自然数矛盾. 4．19991949;398414813327+=不能. 解：因为 3984
14811283411241128641831283412783473327+=??+?=??+=???=?= 所以3327能表示成m
l 11+的形式，且398414813327+=. 将一切形如m
l 11+的数（其中m l ,为大于1的自然数），从大到小排列，前几项为4
34121,653121,12121=+=+=+. 显然，凡界于65与1之间的分数p q 不能表示成m l 11+的形式，而1999
1949却界于65与1之间，所以不能表示成m
l 11+的形式. 5．解：设幸运车票的号码为A ，则号码为A ′=999999-A 的车票也是幸运的，并且A ′≠A （因为999999是奇数），因而A+A ′=1001×999=13×77×999能被 13整除. 所以，所有幸运车票号码的和也能被13整除.
6．35964.
=（a 1+a 2+a 3+a 4+a 5）（100×12+10×12+12）
=1332（a 1+a 2+a 3+a 4+a 5）.
应是1332×9=11988的倍数. 又15=1+2+3+4+5≤a 1+a 2+a 3+a 4+a 5≤9+8+7+6+5=35，
所以a 1+a 2+a 3+a 4+a 5只能为18，27.
当a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=18时，
但2+3+9+7+6≠18，不合题意；
当a1+a2+a3+a4+a5=27时，符合题意.
所以，所求的五位数为35964.
7．证明：假设有最大质数P. 将所有小于等于P的质数相乘再加1，所得结果如果是质数，那么这个质数大于P，与假设矛盾；所得结果如果不是质数，那么它的每一个质因数都不同于小于等于P的质数，也就是说这些质因数都是大于P的质数，与假设矛盾. 所以假设不成立，即没有最大的质数.
8．9504.
解：若先依次计算
的值再求和，则很繁杂. 我们的解法是采用配对，这也是求和的一种有效技巧.
=199，（这里{x}=x[x]）
同理可知
我们有
＝198×48＝9504.
初一数学竞赛讲座
第3讲奇偶分析
我们知道，全体自然数按被2除的余数不同可以划分为奇数与偶数两大类. 被2除余1的属于一类，被2整除的属于另一类. 前一类中的数叫做奇数，后一类中的数叫做偶数. 关于奇偶数有一些特殊性质，比如，奇数≠偶数，奇数个奇数之和是奇数等. 灵活、巧妙、有意识地利用这些性质，加上正确的分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题. 用奇偶数性质解题的方法称为奇偶分析，善于运用奇偶分析，往往有意想不到的效果.
例1 右表中有15个数，选出5个数，使它们
的和等于30，你能做到吗？为什么？
分析与解：如果一个一个去找、去试、去算，
那就太费事了. 因为无论你选择哪5个数，它们的
和总不等于30，而且你还不敢马上断言这是做不到的. 最简单的方法是利用奇偶数的性质来解，因为奇数个奇数之和仍是奇数，表中15个数全是奇数，所以要想从中找出5个使它们的和为偶数，是不可能的.
例2 小华买了一本共有96张练习纸的练习本，并依次将它的各面编号（即由第1面一直编到第192面）. 小丽从该练习本中撕下其中25张纸，并将写在它们上面的50个编号相加. 试问，小丽所加得的和数能否为2000？
解：不能.
由于每一张上的两数之和都为奇数，而25个奇数之和为奇数，故不可能为2000.
说明：“相邻两个自然数的和一定是奇数”，这条性质几乎是显然的，但在解题过程中，能有意识地运用它却不容易做到，这要靠同学们多练习、多总结.
例3 有98个孩子，每人胸前有一个号码，号码从1到98各不相同. 试问：能否将这些孩子排成若干排，使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和？并说明理由.
解：不能.
如果可以按要求排成，每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和，那么每一排中各号码数之和都是某一个孩子号码数的2倍，是个偶数. 所以这98个号码数的总和是个偶数，但是这98个数的总和为
1+2+…+98=99×49，是个奇数，矛盾！所以不能按要求排成.
例4 如右图，把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色.
问：有无可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？
请说明理由.
解：不可能.
如果每条直线上的红圈数都是奇数，而五角星有五
条边，奇数个奇数之和为奇数，那么五条线上的红圈共
有奇数个（包括重复的）. 从另一个角度看，由于每个
圆圈是两条直线的交点，则每个圆圈都要计算两次，因
此，每个红圈也都算了两次，总个数应为偶数，得出矛盾. 所以，不可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数.
说明：上述两题都是从两个不同的角度去分析处理同一个量，而引出矛盾的.
例5 有20个1升的容器，分别盛有1，2，3，…，20厘米3水. 允许由容器A向容器B倒进与B容器内相同的水（在A中的水不少于B中水的条件下）. 问：在若干次倒水以后能否使其中11个容器中各有11厘米3的水？
解：不可能.
在倒水以后，含奇数立方厘米水的容器数是不会增加的. 事实上以（偶，偶）（偶，奇）（奇，奇）来表示两个分别盛有偶数及偶数，偶数及奇数，奇数及奇数立方厘米水的容器. 于是在题中条件限制下，在倒水后，（偶，偶）仍为（偶，偶）；而（偶，奇）会成为（偶，奇）或（奇，偶）；（奇，奇）却成为（偶，偶）. 在任何情况下，盛奇数立方厘米水的容器没有多出来.
因为开始时有10个容器里盛有奇数立方厘米的水，所以不会出现有11个盛有奇数立方厘米水的容器.
例6 一个俱乐部里的成员只有两种人：一种是老实人，
永远说真话；一种是骗子，永远说假话. 某天俱乐部的全
体成员围坐成一圈，每个老实人两旁都是骗子，每个骗子
两旁都是老实人. 外来一位记者问俱乐部的成员张三：
“俱乐部里共有多少成员？”张三答：“共有45人. ”
另一个成员李四说：“张三是老实人. ”请判断李四是老
实人还是骗子？
分析与解：根据俱乐部的全体成员围坐一圈，每个老实人两旁都是骗子，每个骗子两旁都是老实人的条件，可知俱乐部中的老实人与骗子的人数相等，也就是说俱乐部的全体成员总和是偶数. 而张三说共有45人是奇数，这说明张三是骗子，而李四说张三是老实人，说了假话，所以李四也是骗子.
说明：解答此题的关键在于根据题设条件导出老实人与骗子的人数相等，这里实质上利用了对应的思想.
类似的问题是：
围棋盘上有19×19个交叉点，现在放满了黑子与白子，且黑子与白子相间地放，并使黑子（或白子）的上、下、左、右的交叉点上放着白子（或黑子）. 问：能否把黑子全移到原来的白子的位置上，而白子也全移到原来黑子的位置上？
提示：仿例6. 答：不能.
例7 某市五年级99名同学参加数学竞赛，竞赛题共30道，评分标准是基础分15分，答对一道加5分，不答记1分，答错一道倒扣1分. 问：所有参赛同学得分总和是奇数还是偶数？
解：对每个参赛同学来说，每题都答对共可得165分，是奇数. 如答错一题，就要从165分中减去6分，不管错几道，6的倍数都是偶数，165减去偶数，差还是奇数. 同样道理，如有一题不答，就要减去4分，并且不管有几道题不答，4的倍数都是偶数，因此，从总分中减去的仍是偶数，所以每个同学的得分为奇数. 而奇数个奇数之和仍为奇数，故99名同学得分总和一定是奇数.
例8 现有足够多的苹果、梨、桔子三种水果，最少要分成多少堆（每堆都有苹果、梨和桔子三种水果），才能保证找得到这样的两堆，把这两堆合并后这三种水
果的个数都是偶数.
分析与解：当每堆都含有三种水果时，三种水果的奇偶情况如下表：
可见，三种水果的奇偶情况共有8种可能，所以必须最少分成9堆，才能保证有两堆的三种水果的奇偶性完全相同，把这两堆合并后这三种水果的个数都是偶数.
说明：这里把分堆后三种水果的奇偶情况一一列举出来，使问题一目了然.
例9 有30枚2分硬币和8枚5分硬币，5角以内共有49种不同的币值，哪几种币值不能由上面38枚硬币组成？
解：当币值为偶数时，可以用若干枚2分硬币组成；
当币值为奇数时，除1分和3分这两种币值外，其余的都可以用1枚5分和若干枚2分硬币组成，所以5角以下的不同币值，只有1分和3分这两种币值不能由题目给出的硬币组成.
说明：将全体整数分为奇数与偶数两类，分而治之，逐一讨论，是解决整数问题的常用方法.
若偶数用2k表示，奇数用2k+1表示，则上述讨论可用数学式子更为直观地表示如下：
当币值为偶数时，2k说明可用若干枚2分硬币表示；
当币值为奇数时，2k+1=2（k-2）+5，
其中k≥2. 当k=0，1时，2k+1=1，3. 1分和3分硬币不能由2分和5分硬币组成，而其他币值均可由2分和5分硬币组成.
例10 设标有A，B，C，D，E，F，G的7盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关. 现在A，C，D，G这4盏灯亮着，其余3盏灯没亮. 小华从灯A开始顺次拉动开关，即从A到G，再从A开始顺次拉动开关，他这样拉动了999次开关后，哪些灯亮着，哪些灯没亮？
解：一盏灯的开关被拉动奇数次后，将改变原来的状态，即亮的变成熄的，熄的变成亮的；而一盏灯的开关被拉动偶数次后，不改变原来的状态. 由于999=7×142+5，
因此，灯A，B，C，D，E各被拉动143次开关，灯F，G各被拉动142次开关. 所以，当小华拉动999次后B，E，G亮，而A，C，D，F熄.
例11 桌上放有77枚正面朝下的硬币，第1次翻动77枚，第2次翻动其中的76枚，第3次翻动其中的75枚……第77次翻动其中的1枚. 按这样的方法翻动硬币，能否使桌上所有的77枚硬币都正面朝上？说明你的理由.
分析：对每一枚硬币来说，只要翻动奇数次，就可使原先朝下的一面朝上. 这一事实，对我们解决这个问题起着关键性作用.
解：按规定的翻动，共翻动1+2+…+77=77×39次，平均每枚硬币翻动了39次，这是奇数. 因此，对每一枚硬币来说，都可以使原先朝下的一面翻朝上. 注意到：
77×39=77+（76+1）+（75+2）+…+（39+38），
根据规定，可以设计如下的翻动方法：
第1次翻动77枚，可以将每枚硬币都翻动一次；第2次与第77次共翻动77枚，又可将每枚硬币都翻动一次；同理，第3次与第76次，第4次与第75次……第39次与第40次都可将每枚硬币各翻动一次. 这样每枚硬币都翻动了39次，都由正面朝下变为正面朝上.
说明：（1）此题也可从简单情形入手（如9枚硬币的情形），按规定的翻法翻动硬币，从中获得启发.
（2）对有关正、反，开、关等实际问题通常可化为用奇偶数关系讨论.
例12 在8×8的棋盘的左下角放有9枚棋子，组成一个3×3的正方形（如左下图）. 规定每枚棋子可以跳过它身边的另一枚棋子到一个空着的方格，即可以以它旁边的棋子为中心作对称运动，可以横跳、竖跳或沿着斜线跳（如右下图的1号棋子可以跳到2，3，4号位置）. 问：这些棋子能否跳到棋盘的右上角（另一个3×3的正方形）？
解：自左下角起，每一个方格可以用一组数（行标、列标）来表示，（自下而上）第i行、（自左而右）第j列的方格记为（i，j）. 问题的关键是考虑9枚棋子（所在方格）的列标的和S.
一方面，每跳一次，S增加0或偶数，因而S的奇偶性不变. 另一方面，右上角9个方格的列标的和比左下角9个方格的列标之和大
3×（6+7+8）-3×（1+2+3）=45，
这是一个奇数.
综合以上两方面可知9枚棋子不能跳至右上角的那个3×3的正方形里.
奇偶分析作为一种分析问题、处理问题的方法，在数学中有广泛的应用，是处理存在性问题的有力工具，本讲所举例题大多属于这类问题. 这种方法具有很强的技巧性，尤其是选择什么量进行奇偶分析往往是很困难的. 选准了，只须依据奇偶数的性质，分析这个量的奇偶特征，问题便迎刃而解；选不好，事倍功半. 同学们应认真领会本讲所举例题，以把握选择合适的量进行奇偶分析的技巧.
练习3
1．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？
□+□=□□-□=□
□×□=□□÷□=□
2．任意取出1234个连续自然数，它们的总和是奇数还是偶数？
3．一串数排成一行，它们的规律是：前两个数都是1，从第三个数开始，每一个数都是前两个数的和. 如右所示：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…
试问：这串数的前100个数（包括第100个数）中，有多少个偶数？
4．能不能将1010写成10个连续自然数之和？如果能，把它写出来；如果不能，说明理由.
5．能否将1至25这25个自然数分成若干组，使得每一组中的最大数都等于组内其余各数的和？
6．在象棋比赛中，胜者得1分，败者扣1分，若为平局，则双方各得0分. 今有若干个学生进行比赛，每两人都赛一局. 现知，其中有一位学生共得7分，另一位学生共得20分，试说明，在比赛过程中至少有过一次平局.
7．在黑板上写上1，2，…，909，只要黑板上还有两个或两个以上的数就擦去其中的任意两个数a，b，并写上a-b（其中a≥b）. 问：最后黑板上剩下的是奇数还是偶数？
8．设a1，a2，…，a64是自然数1，2，…，64的任一排列，令b1=a1-a2，b2=a3-a4，…，b32=a63-a64；
c1=b1-b2，c2=b3-b4，…，c16=b31-b32；
d1=c1-c2，d2=c3-c4，…，d8=c15-c16；
……
这样一直做下去，最后得到的一个整数是奇数还是偶数？
练习3答案：
1．至少有6个偶数.
2．奇数. 解：1234÷2=617，所以在任取的1234个连续自然数中，奇数的个数是奇数，奇数个奇数之和是奇数，所以它们的总和是奇数.
3．33. 提示：这串数排列的规律是以“奇奇偶”循环.
4．不能.
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七年级数学竞赛讲义附练习及答案（12套） 初一数学竞赛讲座 第1讲数论的方法技巧（上） 数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力. 数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”. 因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了. 任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作. ”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重. 数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆. 主要的结论有： 1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r （0≤r＜b），且q，r是唯一的. 特别地，如果r=0，那么a=bq. 这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a 的约数，a是b的倍数. 2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c. 3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即 其中p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k为自然数，并且这种表示是唯一的. （1）式称为n的质因数分解或标准分解. 4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为： d（n）=（a1+1）（a2+1）…（a k+1）.
5．整数集的离散性：n 与n+1之间不再有其他整数. 因此，不等式x ＜y 与x ≤y-1是等价的. 下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解. 一、利用整数的各种表示法 对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决. 这些常用的形式有： 1．十进制表示形式：n=a n 10n +a n-110n-1+…+a 0； 2．带余形式：a=bq+r ； 4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t ，其中t 为奇数. 例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差. 结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998. 问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？ 解：设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a 3，a 2，a 1，a 0，则这个四位 数可以写成：1000a 3+100a 2+10a 1+a 0，它的各位数字之和的10倍是10（a 3+a 2+a 1+a 0）=10a 3+10a 2+10a 1+10a 0，这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是： 990a 3+90a 2-9a 0=1998，110a 3+10a 2-a 0=222. 比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a 0=8，a 2=1，a 3=2. 所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8. 例2 在一种室内游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数abc (a,b,c 依次是这个数的百位、十位、个位数字)，并请这个人算出5个数cab bca bac acb ,,,与cba 的和N ，把N 告诉魔术师，于是魔术师就可以说出这个人所想的数abc . 现在设N=3194，请你当魔术师，求出数abc 来. 解：依题意，得
初中数学竞赛辅导讲义及习题解答 第21讲 从三角形的内切圆谈起
第二十一讲 从三角形的内切圆谈起 和多边形的各边都相切的圆叫做多边形的内切圆，这个多边形叫做圆的外切多边形．三角形的内切圆的圆心叫做这个三角形的内心，圆外切三角形、圆外切四边形有下列重要性质： 1．三角形的内心是三角形的三内角平分线交点，它到三角形的三边距离相等； 2．圆外切四边形的两组对边之和相等，其逆亦真，是判定四边形是否有外切圆的主要方法． 当圆外切三角形、四边形是特殊三角形时，就得到隐含丰富结论的下列图形： 注：设Rt △ABC 的各边长分别为a 、b 、c (斜边)，运用切线长定理、面积等知识可得到其内切圆半径的不同表示式： (1)2 c b a r -+=； (2)c b a ab r ++= ． 请读者给出证 【例题求解】 【例1】 如图，在Rt △ABC 中，∠C=90°°，BC=5，⊙O 与Rt △ABC 的三边AB 、
BC、AC分相切于点D、E、F，若⊙O的半径r＝2，则Rt△ABC的周长为．思路点拨AF=AD，BE=BD，连OE、OF，则OECF为正方形，只需求出AF(或AD)即可． 【例2】如图，以定线段AB为直径作半圆O，P为半圆上任意一点(异于A、B)，过点P作半圆O的切线分别交过A、B两点的切线于D、C，AC、BD相交于N点，连结ON，NP，下列结论：①四边形ANPD是梯形；②ON=NP：③DP·P C为定值； ④FA为∠NPD的平分线，其中一定成立的是( ) A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①④ 思路点拨本例综合了切线的性质、切线长定理、相似三角形，判定性质等重要几何知识，注意基本辅助线的添出、基本图形识别、等线段代换，推导出NP∥AD∥BC是解本例的关键． 【例3】如图，已知∠ACP=∠CDE=90°，点B在CE上，CA=CB=CD，过A、C、D 三点的圆交AB于F，求证：F为△CDE的内心．
初中数学竞赛辅导资料(12)
初中数学竞赛辅导资料（12） 用交集解题 甲内容提要 1． 某种对象的全体组成一个集合．组成集合的各个对象叫这个集合的元素．例如6的正约数集合记作｛6的正约数｝＝｛1，2，3，6｝，它有4个元素1，2，3，6；除以3余1的正整数集合是个无限集，记作｛除以3余1的正整数｝＝｛1，4，7，10……｝，它的个元素有无数多个． 2． 由两个集合的所有公共元素组成的一个集合，叫做这两个集合的交集 例如6的正约数集合A ＝｛1，2，3，6｝，10的正约数集合B ＝｛1，2，5，10｝，6与10的公约数集合C ＝｛1，2｝，集合C 是集合A 和集合B 的交集． 3． 几个集合的交集可用图形形象地表示， 右图中左边的椭圆表示正数集合， 右边的椭圆表示整数集合，中间两个椭圆 的公共部分，是它们的交集――正整数集． 不等式组的解集是不等式组中各个不等式解集的交集． 例如 不等式组? ??<->)2(2)1(62 x x 解的集合就是（ ） 不等式（1）的解集x >3和不等式（2）的解集x ＞2的交集，x >3． 4．一类问题，它的答案要同时符合几个条件，一般可用交集来解答．把符合每个条件的所有的解（即解的集合）分别求出来，它们的公共部分（即交集）就是所求的答案． 有时可以先求出其中的一个（一般是元素最多）的解集，再按其他条件逐一筛选、剔除，求得答案．（如例2） 乙例题 例1． 一个自然数除以3余2，除以5余3，除以7余2，求这个自然数的最小值． 解：除以3余2的自然数集合A ＝｛2，5，8，11，14，17，20，23，26，……｝ 除以5余3的自然数集B ＝｛3，8，13，18，23，28，……｝ 除以7余2自然数集合C ＝｛2，9，16，23，30，……｝ 集合A 、B 、C 的公共元素的最小值23就是所求的自然数． 例2. 有两个二位的质数，它们的差等于6，并且平方数的个位数字相同，求这两个数． 解： 二位的质数共21个，它们的个位数字只有1，3，7，9，即符合条件的质数它们的个位数的集合是｛1，3，7，9｝； 其中差等于6的有：1和7；3和9；13和7，三组； 平方数的个位数字相同的只有3和7；1和9二组． 同时符合三个条件的个位数字是3和7这一组 故所求质数是：23，17； 43，37； 53，47； 73，67共四组． 例3. 数学兴趣小组中订阅A 种刊物的有28人，订阅B 种刊物的有21人，其中6人两种都订，只有一人两种都没有订，问只订A 种、只订B 种的各几人？数学兴趣小组共有几人？ 解：如图左、右两椭圆分别表示订阅A 种、B 种刊物的人数集合，则两圆重叠部分就是它们
人教版九年级数学上下册培优讲义机构辅导资料(共30讲)
九年级讲义目录
专题01 二次根式的化简与求值 阅读与思考 二次根式的化简与求值问题常涉及最简根式、同类根式，分母有理化等概念，常用到分解、分拆、换元等技巧. 有条件的二次根式的化简与求值问题是代数变形的重点，也是难点，这类问题包含了整式、分式、二次根式等众多知识，又联系着分解变形、整体代换、一般化等重要的思想方法，解题的基本思路是： 1、直接代入 直接将已知条件代入待化简求值的式子. 2、变形代入 适当地变条件、适当地变结论，同时变条件与结论，再代入求值. 数学思想： 数学中充满了矛盾，如正与负，加与减，乘与除，数与形，有理数与无理数，常量与变量、有理式与无理式，相等与不等，正面与反面、有限与无限，分解与合并，特殊与一般，存在与不存在等，数学就是在矛盾中产生，又在矛盾中发展. =x , y , n 都是正整数） 例题与求解 【例1】 当x = 时，代数式32003 (420052001)x x --的值是（ ） A 、0 B 、－1 C 、1 D 、2003 2- （绍兴市竞赛试题） 【例2】 化简 （1(b a b ab b -÷-- （黄冈市中考试题） （2 （五城市联赛试题）
（3 （北京市竞赛试题） （4 （陕西省竞赛试题） 解题思路：若一开始把分母有理化，则计算必定繁难，仔细观察每题中分子与分母的数字特点，通过分解、分析等方法寻找它们的联系，问题便迎刃而解. 思想精髓：因式分解是针对多项式而言的，在整式，分母中应用非常广泛，但是因式分解的思想也广泛应用于解二次根式的问题中，恰当地作类似于因式分解的变形，可降低一些二次根式问题的难度. 【例3】比6大的最小整数是多少？ （西安交大少年班入学试题） 解题思路：直接展开，计算较繁，可引入有理化因式辅助解题，即设x y == 想一想：设x=求 432 32 621823 7515 x x x x x x x --++ -++ 的值. （“祖冲之杯”邀请赛试题） 的根式为复合二次根式，常用配方，引入参数等方法来化简复合二次根式.
初中七年级数学竞赛培优讲义全套专题07 整式的加减
专题07 整式的加减 阅读与思考 整式的加减涉及许多概念，准确地把握这些概念并注意它们的区别与联系是解决有关问题的基础，概括起来就是要掌握好以下两点： 1．透彻理解“三式”和“四数”的概念 “三式”指的是单项式、多项式、整式；“四数”指的是单项式的系数、次数和多项式的系数、次数． 2．熟练掌握“两种排列”和“三个法则” “两种排列”指的是把一个多项式按某一字母的升幂或降幂排列，“三个法则”指的是去括号法则、添括号法则及合并同类项法则． 物以类聚，人以群分．我们把整式中那些所含字母相同、并且相同字母的次数也相同的单项式作为一类——称为同类项，一个多项式中的同类项可以合聚在一起——称为合并同类项．这样，使得整式大为简化，整式的加减实质就是合并同类项． 例题与求解 [例1]如果代数式ax5＋bx3＋cx－5，当x＝－2时的值是7，那么当x＝7时，该式的值是______． (江苏省竞赛试题) 解题思路：解题的困难在于变元个数多，将x两个值代入，从寻找两个多项式的联系入手． [例2]已知－1＜b＜0，0＜a＜1，那么在代数式a－b，a＋b，a＋b2，a2＋b中，对于任意a，b对应的代数式的值最大的是( ) A．a＋b B．a－b C．a＋b2D．a2＋b (“希望杯”初赛试题) 解题思路：采用赋值法，令a＝1 2 ，b＝－ 1 2 ，计算四个式子的值，从中找出值最大的 式子． [例3]已知x＝2，y＝－4时，代数式ax2＋1 2 by＋5＝1997，求当x＝－4，y＝－ 1 2 时， 代数式3ax－24by3＋4986的值． (北京市“迎春杯”竞赛试题) 解题思路：一般的想法是先求出a，b的值，这是不可能的．解本例的关键是：将给定的x，y值分别代入对应的代数式，寻找已知与待求式子之间的联系，整体代入求值．[例4]已知关于x的二次多项式a(x3－x2＋3x)＋b(2x2＋x)＋x3－5．当x＝2时的值为－17，求当x＝－2时，该多项式的值． (北京市“迎春杯”竞赛试题) 解题思路：解题的突破口是根据多项式降幂排列、多项式次数等概念挖掘隐含的关于a，b的等式． [例5]一条公交线路上起点到终点有8个站．一辆公交车从起点站出发，前6站上车100人，前7站下车80人．问从前6站上车而在终点下车的乘客有多少人？
初中数学竞赛辅导讲义及习题解答第14讲图第14讲图表信息问题51
第十四讲图表信息问题 21世纪是一个信息化的社会，从纷繁的信息中，捕捉搜集、处理、加工所需的信息，是新世纪对一个合格公民提出的基本要求． 图表信息问题是近年中考涌现的新问题，即运用图象、表格及一定的文字说明提供问题情境的一类试题． 图象信息题是把需要解决的问题借助图象的特征表现出来，解题时要通过对图象的解读、分析和判断，确定图象对应的函数解析式中字母系数符号特征和隐含的数量关系，然后运用数形结合、待定系数法等方法解决问题． 表格信息题是运用二维表格提供数据关系信息，解题中需通过对表中的数据信息的分析、比较、判断和归纳，弄清表中各数据所表示的含义及它们之间的内在联系，然后运用所学的方程(组)、不等式(组)及函数知识等解决问题． 【例题求解】 【例1】一慢车和一快车沿相同的路线从A到B地，所行的路程与时间的函数图象如图所示，试根据图象，回答下列问题： (1)慢车比快车早出发小时，快车追上慢车时行驶了千米，快车比慢车 早小时到达6地； (2)快车追上慢车需小时，慢车、快车的速度分别为千米／时； (3)A、B两地间的路程是． 思路点拨对于(2)，设快车追上慢车需t小时，利用快车、慢车所走的路程相等，建立t的方程． 注：股市行情走势图、期货市场趋势图、工厂产值利润表、甚而电子仪器自动记录的地震波等，它们广泛出现在电视、报刊、广告中，渗透到现实生活的每一角落，这些图表、图象中蕴涵着丰富的信息，我们应学会收集、整理与获取． 【例2】已知二次函数c + =2的图象如图，并设M=b y+ ax bx + + - + 2， +2 - - + a a- a c b b b c a 则( ) A．M>0 B．M＝0 C．M<0 D．不能确定M为正、为负或为0 思路点拨由抛物线的位置判定a、b、c的符号，并由1 x，推出相应y值的正负性． = ±
初中数学竞赛辅导资料之因式分解附答案
初中数学竞赛辅导资料之因式分解 甲内容提要和例题 我们学过因式分解的四种基本方法：提公因式法，运用公式法，十字相乘法，分组分解法。下面再介紹两种方法 1．添项拆项。是.为了分组后,能运用公式（包括配方）或提公因式 例1因式分解：①x4+x2+1②a3+b3+c3－3abc ①分析：x4+1若添上2x2可配成完全平方公式 解：x4+x2+1＝x4+2x2+1－x2=(x2+1)2－x2=(x2+1+x)(x2+1－x) ②分析：a3+b3要配成（a+b）3应添上两项3a2b+3ab2 解：a3+b3+c3－3abc＝a3+3a2b+3ab2＋b3+c3－3abc－3a2b－3ab2 ＝（a+b）3+c3－3ab(a+b+c) =(a+b+c)［(a+b)2－(a+b)c+c2］－3 ab(a+b+c) =(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－ac－bc) 例2因式分解：①x3－11x+20②a5+a+1 ①分析：把中项－11x拆成－16x+5x 分别与x5,20组成两组，则有公因式可提。（注意这里 16是完全平方数） ②解：x3－11x+20＝x3－16x+5x+20＝x（x2－16）+5(x+4) =x(x+4)(x－4)+5(x+4) =(x+4)(x2－4x+5) ③分析：添上－a2和a2两项，分别与a5和a+1组成两组，正好可以用立方差公式 解：a5+a+1＝a5－a2+a2+a+1=a2(a3－1)+ a2+a+1 =a2(a－1)( a2+a+1)+ a2+a+1= (a2+a+1)(a3－a2+1) 2．运用因式定理和待定系数法 定理：⑴若x=a时，f(x)=0, ［即f(a)=0］，则多项式f(x)有一次因式x－a ⑵若两个多项式相等，则它们同类项的系数相等。 例3因式分解：①x3－5x2+9x－6②2x3－13x2+3
初中数学竞赛专题分类解析第四讲：平行四边形和梯形讲义
初中数学竞赛公益讲座：平行四边形和梯形 2018/4/7 一、基础知识： 1）平行四边形：平移、中点、中心对称（旋转180度）2）特殊的平行四边形：矩形、菱形、正方形 3）梯形：梯形问题转化、分割、拼接 三角形或者平行四边形问题 二、例题分析 例1、如下左图，在等腰△ABC中，延长边AB到点D，延长边CA到点E，连 接DE，恰有AD=BC=CE=DE，求∠BAC的度数。 例2、如上右图，在RT△ABC中，∠ACB是直角，CD⊥AB于D，AE平分∠ABC，交CD于K，F在BE上且BF=CE，求证：FK?AB。 例3、如下左图，△ABC内部一点P，满足∠PBA=∠PCA，作平行四边形PBQC，求证：∠QAB=∠PAC。
例4、如上右图，已知A、B是两个定点，C是位于直线AB某一侧的一个动点，分别以AC、BC为边，在△ABCDE外部作正方形CADI、CBEF，求证无论C点 在什么位置上，DE的中点M的位置不变。 例5、如下左图，梯形ABCD中，AB?CD，BC⊥CD，AB=2，CD=4，点E是BC上的一个动点，连接并延长EA到点F，使得EF:AE=2:1，连接并延长ED到点G，使得EG:ED=3:2，以EF和EG为临边作平行四边形EFHG，连接EH交AD于点P，1）求EH的最小长度；2）求证：P是定点。 例6、如上右图，四边形ABCD中，点E、F分别在边AB、CD上，连接BF、CE交于点P，连接AF、DE交于点Q，若四边形EQFP是平行四边形，求证： 四边形ABCD是梯形。 例7、如下图，等腰梯形ABCD，对角线AC与BD交于点O，M 、N分别为腰AB和CD上的点，且AM=CN，连接MN分别交BD、AC于点P、Q，求证： MP=QN。
年七年级数学竞赛
七年级“希望杯”竞赛试卷 (考试时间90分钟，满分100分) 一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题3分，共10题，总共30分) 1．是任意有理数，则 的值( ). A ．大于零 B ． 不大于零 C ．小于零 D ．不小于零 2.某超市为了促销，先将彩电按原价提高了40%，然后在广告中写上“××节大酬宾，八折优惠”，结果每台彩电比原价多赚了270元，那么每台彩电的原价为（ ） A. 2150元 B.2200元 C.2250元 D. 2300元 3.设， ＞，则 的值是（ ） A ． B. C. D. 4.把14个棱长为1的正方体，在地面上堆叠成如图（1）所示的立 方体，然后将露出的表面部分染成红色．那么红色部分的面积为 （ ）． A ．21 B.24 C.33 D.37 5.某动物园有老虎和狮子，老虎的数量是狮子的2倍。如果每只老虎每天吃肉 4.5千克，每只狮子每天吃肉3.5千克，那么该动物园的虎、狮平均每天吃肉 （ ） A. 千克 B. 千克 C. 千克 D. 千克 6.假设有2016名学生排成一列，按1、2、3、4、3、2、1、2、3、4、3、2、1…… 的规律报数，那么第2010名学生所报的数是 （ ） A.1 B.2 C.3 D.4 7.设a 是最小的自然数，b 是最大的负整数，c 是绝对值最小的有理数，a ，b ，c 三个数的和为（ ） A 、-1 B 、0 C 、1 D 、不存在 8. 适合的整数的值的个数有 ………………（ ） A ．5 B ．4 C ．3 D ．2 9. 碳纳米管的硬度与金刚石相当，却拥有良好的柔韧性，可以拉伸，我国某物理所研究组已研制出直径为0.5纳米的碳纳米管，1纳米=0.000000001米=10-9米，则0.5纳米用科学记数法表示为（ ） A 、0.5×10-9米 B 、5×10-8米 C 、5×10-9米 D 、5×10-10米 10、已知a 、b 都是正整数,那么以a 、b 和8为边组成的三角形有（ ） A 3个 B 4个 C 5个 D 无数个 二、填空题（每题4分，共24分） 11.计算： = 。 12.平时我们常说的“刹那间……”，在梵文书《僧袛律》里有这样一段文字：“一刹那者为一念，二十念为一瞬，二十瞬为一弹指，二十弹指为一罗预，二十罗预为一须臾，一日一夜（24小时）有三十须臾。”那 么，一刹那．．．是秒。 13. 当ｘ＝﹣2时，的值为9，则当ｘ＝2时，的值是。 14.对于任意有理数 我们规定 ，如果 ，那 么的取值范围是 。 15.为正整数，已知二元一次方程组 有整数解，即 均为 （1 A B C D E
初中数学竞赛辅导讲义及习题解答 第15讲 统计的思想方法
第十五讲 统计的思想方法 20世纪90年代，美国麻省理工学院教授尼葛洛庞帝写过一本畅销全球的《数字化生存》一书．事实上，我们的生活、工作离不开数据，要做到心中有数、用数据说话是信息社会对人的基本要求． 统计学是一门研究如何收集、整理、分析数据，并在此基础上作出推断的科学． 随机抽样与统计推断是统计中最重要的思想方法，也是认识客观世界的事物和现象的方法之一．即用样本的某种特征去估计总体的相应特征，用样本的平均水平、波动情况、分布规律等特征估计总体的平均水平、波动情况和分布规律． 【例题求解】 【例1】 现有A ，B 两个班级，每个班级各有45名学生参加一次测验．每名参加者可获得0，1，2，3，4，5，6，7，8，9分这几种不同的分值中的一种．测试结果A 班的成绩如下表所示，B 班的成绩如图所示． (1)由观察所得， 班的标准差较大； (2)若两班合计共有60人及格，问参加者最少获 分才可以及格． 思路点拨 对于(2)，数一数两班在某一分数以上的人数即可，凭直觉与估计得出答案． 注： 平均数、中位数、众数都是反映一组数据集中趋势的特征数，但是它们描述集中趋势的侧重点是不同的： (1)平均数易受数据中少数异常值的影响，有时难以真正反映“平均”； (2)若一组数据有数据多次重复出现，则常用众数来刻画这组数据的集中趋势． 【例2】 已知数据1x 、2x 、3x 的平均数为a ，1y 、2y 、3y 的平均数为b ，则数据1132y x +、2232y x +、3332y x +的平均数为( ) A ．2a+3b B ．b a +3 2 C ．6a+9b D ．2a+b 思路点拨 运用平均数计算公式并结合已知条件导出新数据的平均数．
初中数学竞赛辅导资料
初中数学竞赛专题选讲 识图 一、内容提要 1.几何学是研究物体形状、大小、位置的学科。 2.几何图形就是点，线，面，体的集合。点是组成几何图形的基本元素。《平面几何学》只研究在同一平面内的图形的形状、大小和相互位置。 3.几何里的点、线、面、体实际上是不能脱离物体而单独存在的。因此单独研究点、线、面、体，要靠正确的想像 点：只表示位置，没有大小，不可再分。 线：只有长短，没有粗细。线是由无数多点组成的，即“点动成线”。面：只有长、宽，没有厚薄。面是由无数多线组成的，“线动成面”。4.因为任何复杂的图形，都是由若干基本图形组合而成的，所以识别图形的组合关系是学好几何的重要基础。 识别图形包括静止状态的数一数，量一量，比一比，算一算；运动状态中的位置、数量的变化，图形的旋转，摺叠，割补，并合，比较等。还要注意一般图形和特殊图形的差别。 二、例题 例1.数一数甲图中有几个角（小于平角）？乙图中有几个等腰三角形？丙图中有几全等三角形？丁图中有几对等边三角形？ E 解：甲图中有10个角：∠AOB, ∠AOC,∠BOC,∠BOD,∠COD, ∠COE,∠DOE,∠DOA,∠EOA,∠EOB.如果OA和OC成一直线，则少一个∠AOC，余类推。 乙图中有5个等腰三角形：△ABC，△ABD，△BDC，△BDE，△DEC 丙图中有全等三角形4对：(设AC和DB相交于O) △AOB≌△COD，△AOD≌△BOC，△ABC≌△CDA，△BCD≌△DAB。
丁图中共有等边三角形48个： 边长1个单位：顶点在上▲的个数有 1＋2＋3＋4＋5＝15 顶点在下▼的个数有 1＋2＋3＋4＝10 边长2个单位：顶点在上▲的个数有 1＋2＋3＋4＝10 顶点在下▼的个数有 1＋2＝3 边长3个单位：顶点在上▲的个数有 1＋2＋3＝6 边长4个单位：顶点在上▲的个数有 1＋2＝3 边长5个单位：顶点在上▲的个数有 1 以上要注意数一数的规律 例2.设平面内有6个点A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6，其中任意3个点都不在同 一直线上，如果每两点都连成一条线，那么共有线段几条？如果要使图形不 出现有4个点的两两连线，那么最多可连成几条线段？试画出图形。 （1989年全国初中数学联赛题） 解：从点A 1与其他5点连线有5条，从点A 2与其他4点（A 1除外）连线 有4条，从A 3与其他3点连线有3条（A 1，A 2除外）……以此类推，6个 点两两连线共有线段1＋2＋3＋4＋5＝15（条），或用每点都与其他5点 连线共5×6再除以2（因重复计算）。 要使图形不出现有4个点的两两连线，那么每点只能与其他4个点连线， 共有（6×4）÷2＝12（条）如下图：其中有3对点不连线：A 1A 4，A 2A 5， A 3A 6 A 3 1 2 例3.如图水平线与铅垂线相交于O ，某甲沿水平线，某乙铅垂线同时匀速 前进，当甲在O 点时，乙离点O 为500米，2分钟后，甲、乙离点O 相 等；又过8分钟，甲、乙再次离点O 相等。求甲和乙的速度比。 解：如图设甲0，乙0为开始位置，甲1，乙1为前进2分钟后位置，甲2，乙2 乙2 为再前进8分钟的位置。再设甲，乙的速度分别为每分钟x,y 米，根据题意得 ? ??-=-=500101025002y x y x 甲 O 甲1 甲2 解得12x=8y 乙1 ∴x ∶y=2∶3
初中数学竞赛辅导讲义及习题解答大全 (含竞赛答题技巧)
（共30套）初中数学竞赛辅导讲义及习题解答大全适合中学教师作为辅导教材使用
第一讲 走进追问求根公式 形如02=++c bx ax （0≠a ）的方程叫一元二次方程，配方法、公式法、因式分解法是解一元二次方程的基本方法. 而公式法是解一元二次方程的最普遍、最具有一般性的方法. 求根公式a ac b b x 2422 ,1-±-= 内涵丰富：它包含了初中阶段已学过的全部代数运算；它回答了一元二次方程的诸如怎样求实根、实根的个数、何时有实根等基本问题；它展示了数学的简洁美. 降次转化是解方程的基本思想，有些条件中含有(或可转化为)一元二次方程相关的问题，直接求解可能给解题带来许多不便，往往不是去解这个二次方程，而是对方程进行适当的变形来代换，从而使问题易于解决. 解题时常用到变形降次、整体代入、构造零值多项式等技巧与方法. 【例题求解】 【例1】满足1)1(22=--+n n n 的整数n 有 个. 思路点拨：从指数运算律、±1的特征人手，将问题转化为解方程. 【例2】设1x 、2x 是二次方程032=-+x x 的两个根，那么1942231+-x x 的值等于（ ） A 、一4 B 、8 C 、6 D 、0 思路点拨：求出1x 、2x 的值再代入计算，则计算繁难，解题的关键是利用根的定义及变形，使多项式降次，如1213x x -=，2223x x -=. 【例3】 解关于x 的方程02)1(2=+--a ax x a . 思路点拨：因不知晓原方程的类型，故需分01=-a 及01≠-a 两种情况讨论. 【例4】 设方程04122=---x x ，求满足该方程的所有根之和. 思路点拨：通过讨论，脱去绝对值符号，把绝对值方程转化为一般的一元二次方程求解. 【例5】 已知实数a 、b 、c 、d 互不相等，且x a d d c c b b a =+=+=+=+ 1 111， 试求x 的值. 思路点拨：运用连等式，通过迭代把b 、c 、d 用a 的代数式表示，由解方程求得x 的值. 注：一元二次方程常见的变形形式有： (1)把方程02=++c bx ax （0≠a ）直接作零值多项式代换； (2)把方程02=++c bx ax （0≠a ）变形为c bx ax --=2，代换后降次； (3)把方程02=++c bx ax （0≠a ）变形为c bx ax -=+2或bx c ax -=+2，代换后使之转化关系或整体地消去x . 解合字母系数方程02=++c bx ax 时，在未指明方程类型时，应分0=a 及0≠a 两种情况讨论；解绝对值方程需脱去绝对值符号，并用到绝对值一些性质，如222 x x x ==.
初中数学竞赛辅导讲义及习题解答 第8讲 由常量数学到变量数学
第八讲由常量数学到变量数学 数学漫长的发展历史大致历经四个时期：以自然数、分数体系形成的萌芽期；以代数符号体系形成的常量数学时期；以函数概念产生的变量数学时期；以集合论为标志的现代数学时期． 函数是数学中最重要的概念之一，它是变量数学的标志，“函数”是从量的侧面去描述客观世界的运动变化、相互联系，从量的侧面反映了客观世界的动态和它们的相互制约性．函数的基本知识有：与平面直角坐标系相关的概念、函数概念、函数的表示法、函数图象概念及画法． 在坐标平面内，由点的坐标找点和由点求坐标是“数”与“形”相互转换的最基本形式．点的坐标是解决函数问题的基础，函数解析式是解决函数问题的关键，所以，求点的坐标、探求函数解析式是研究函数的两大重要课题． 【例题求解】 【例1】在平面直角坐标系内，已知点A(2，2)，B(2，-3)，点P在y轴上，且△APB为直角三角形，则点P的个数为． 思路点拨先在直角坐标平面内描出A、B两点，连结AB，因题设中未指明△APB的哪个角是直角，故应分别就∠A、∠B、∠C为直角来讨论，设点P(0，x)，运用几何知识建立x 的方程． 注：点的坐标是数与形结合的桥梁，求点的坐标的基本方法有： (1)利用几何计算求； (2)通过解析式求； (3)解由解析式联立的方程组求． 【例2】如图，向放在水槽底部的烧杯注水(流量一定)，注满烧杯后， 继续注水，直至注满水槽．水槽中水面上升高度h与注水时间t之间的 函数关系，大致是下列图象中的() 思路点拨向烧杯注水需要时间，并且水槽中水面上升高0 h． 注：实际生活中量与量之间的关系可以形象地通过图象直观地表现出来，如心电图、，股市行情走势图等，图象中包含着丰富的图象信息，要善于从图象的形状、位置、发展变化趋势等有关信息中获得启示．
初中数学竞赛辅导讲义及习题解答 第1讲 走进追问求根公式
第一讲 走进追问求根公式 形如02=++c bx ax （0≠a ）的方程叫一元二次方程，配方法、公式法、因式分解法是解一元二次方程的基本方法。而公式法是解一元二次方程的最普遍、最具有一般性的方法。 求根公式a ac b b x 2422,1-±-=内涵丰富：它包含了初中阶段已学过的全部代数运算；它回答了一元二次方程的诸如怎样求实根、实根的个数、何时有实根等基本问题；它展示了数学的简洁美。 降次转化是解方程的基本思想，有些条件中含有(或可转化为)一元二次方程相关的问题，直接求解可能给解题带来许多不便，往往不是去解这个二次方程，而是对方程进行适当的变形来代换，从而使问题易于解决。解题时常用到变形降次、整体代入、构造零值多项式等技巧与方法。 【例题求解】 【例1】满足1)1(22=--+n n n 的整数n 有 个。 思路点拨：从指数运算律、±1的特征人手，将问题转化为解方程。 【例2】设1x 、2x 是二次方程032=-+x x 的两个根，那么1942231+-x x 的值等于（ ） A 、一4 B 、8 C 、6 D 、0 思路点拨：求出1x 、2x 的值再代入计算，则计算繁难，解题的关键是利用根的定义及变形，使多项式降次，如1213x x -=，2223x x -=。 【例3】 解关于x 的方程02)1(2=+--a ax x a 。 思路点拨：因不知晓原方程的类型，故需分01=-a 及01≠-a 两种情况讨论。 【例4】 设方程04122=---x x ，求满足该方程的所有根之和。 思路点拨：通过讨论，脱去绝对值符号，把绝对值方程转化为一般的一元二次方程求解。 【例5】 已知实数a 、b 、c 、d 互不相等，且x a d d c c b b a =+=+=+=+1111， 试求x 的值。 思路点拨：运用连等式，通过迭代把b 、c 、d 用a 的代数式表示，由解方程求得x 的值。 注：一元二次方程常见的变形形式有： (1)把方程02=++c bx ax （0≠a ）直接作零值多项式代换； (2)把方程02=++c bx ax （0≠a ）变形为c bx ax --=2，代换后降次； (3)把方程02=++c bx ax （0≠a ）变形为c bx ax -=+2或bx c ax -=+2，代换后使之转化关系或整体地消去x 。 解合字母系数方程02=++c bx ax 时，在未指明方程类型时，应分0=a 及0≠a 两种情况讨论；解绝对值方程需脱去绝对值符号，并用到绝对值一些性质，如222 x x x ==。
初中数学竞赛辅导讲义全
专业资料 初中数学竞赛辅导讲义（初三） 第一讲 分式的运算 [知识点击] 1、 分部分式：真分式化为另几个真分式的和，一般先将分母分解因式，后用待定系数法进行。 2、 综合除法：多项式除以多项式可类似于是有理数的除法运算，可列竖式来进行。 3、 分式运算：实质就是分式的通分与约分。 [例题选讲] 例1．化简 2312++x x + 6512++x x + 12 712++x x 解：原式= )2)(1(1++x x + )3)(2(1++x x + ) 4)(3(1++x x = 11+x - 21+x + 21+x - 31+x + 31+x - 4 1+x =) 4)(1(3++x x 例2． 已知 z z y x -+ = y z y x +- = x z y x ++- ，且xyz ≠0，求分式xyz x z z y y x ))()((+-+的值。
专业资料 解：易知：z y x + = y z x + = x z y + =ｋ 则?? ???=+=+=+)3()2()1(kx z y ky z x kz y x （1）+（2）+（3）得：(ｋ-2)(x+y+z)=0 ｋ=2 或 x+y+z=0 若ｋ=2则原式= k 3 = 8 若 ｘ+ｙ+ｚ=0，则原式= k 3 =-1 例3．设 1 2+-mx x x =1，求 12242+-x m x x 的值。 解：显然X 0≠，由已知x mx x 12+- =1 ，则 x +x 1 = ｍ + 1 ∴ 22241x x m x +- = ｘ2 + 21x - ｍ2= (x +x 1)2-2 –ｍ2 =( ｍ +1)2-2- ｍ2= 2ｍ -1 ∴原式=1 21-m 例4．已知多项式3x 3 +ax 2 +3x +1 能被x 2 +1整除，求ａ的值。 解：
初中数学竞赛—奥数讲义计数专题：排列组合及答案
华杯赛计数专题：排列组合 基础知识： 1.排列：从n个对象中选出m（不超过n）个并进行排序，共有的方法数称为排列数，写成。 2.排列数的计算：约定：0!=1 排列数是由乘法原理得到的，因此排列可以看成是乘法原理的一种应用。 3.组合：从n个对象中选出m（不超过n）个，不进行排序，共有的方法数称为组合数，写成。 4.排列与组合的关系：。 5.组合数的计算： 6.排列数与组合数的一些性质： 例题： 例1.4名男生和3名女生站成一排: （1）一共有多少种不同的站法? （2）甲,乙二人必须站在两端的排法有多少种? （3）甲,乙二人不能站在两端的排法有多少种? （4）甲不排头,也不排尾,有多少种排法? （5）甲只能排头或排尾,有多少种排法? 【答案】（1）5040；（2）240；（3）2400；（4）3600；（5）略 【解答】
例2.在50件产品中有4件是次品,从中任意抽出5件，至少有3件是次品的抽法共多少种？ 【答案】4186种 【解答】至少有3件是次品，分两种情况 第一种情况：3件是次品的抽法：从4件次品中中抽出3件是种，其中， ，然后，从46件正常品中抽2件，总共种。其中， 所以，3件是次品的抽法共种。 第二种情况：4件是次品的抽法共：种。 任意抽出5件产品，至少有3件是次品的抽法，是将上述两种情况加在一起， 所以，总共是4×23×45+46=23×182=4186种。 总结：有序是排列，无序是组合。 例3.3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检,每校分配1名医生和2名护士,不同的分配方法共有多少种？ 【答案】540种 【解答】可设三所学校为甲、乙、丙，三位医生去3所学校的分配方案：用排列数表示为 =3×2×1=6。用乘法原理表示为3！=6。 六名护士去学校甲有种选法，剩下4名护士去乙学校，有种选法，剩下两名自然去学校丙。 所以，不同的分配方法共有种。 例4.有多少个五位数，满足其数位上的每个数字均至少出现两次？ 【答案】819 【解答】 方法一： （1）出现一个数字的情况是9种； （2）出现两个数字，首位不能是0，共有9种情况， （i）首位确定之后，如果首位数总共出现3次，则从后面的4个数位中，选出两位，共种情况，剩下的两个数位，还需要选相同的数，因为可以是0，所以，有9种选择。所以，这种情况总共有×9=54种。 （ii）首位确定之后，如果首位数总共出现2次，则从后面的4个数位中，选出一位，总共种情况，剩下的三个数位，还需要选相同的数，因为可以是0，所以，有9种选择。所以，这种情况总共有×9=36种。 所以，出现两个数字的情况为（36+54）×9=810.
初中七年级数学竞赛培优讲义全套专题16 不等式
专题16 不等式（组） 阅读与思考 客观世界与实际生活既存在许多相等关系，又包含大量的不等关系，方程（组）是研究相等关系的重要手段，不等式（组）是探求不等关系的基本工具，方程与不等式既有相似点，又有不同之处，主要体现在： 1. 解一元一次不等式与解一元一次方程类似，但解题时要注意两者之间的重要区别；等式两边都乘（或除）以同一个数时，只要考虑这个数是否为零，而不等式两边都乘以（或除以）同一个数时，不但要考虑这个数是否为零，而且还要考虑这个数的正负性. 2. 解不等式组与解方程组的主要区别是：解方程组时，我们可以对几个方程进行“代入”或“加减”式的加工，但在解不等组时，我们只能对某个不等式进行变形，分别求出每个不等式的解集，然后再求公共部分.通俗地说，解方程组时，可以“统一思想”，而解不等式组时只能“分而治之”. 例题与求解 【例1】已知关于x 的不等式组?????<-+->-+x t x x x 2 35 35 2恰好有5个整数解，则t 的取值范围是（ ） A 、2116-<<-t B 、2116-<≤-t C 、2116-≤<-t D 、2 116-≤≤-t (2013 年全国初中数学竞赛广东省试题） 解题思路：把x 的解集用含t 的式子表示，根据题意，结合数轴分析t 的取值范围. 【例2】如果关于x 的不等式7 10 05)2(< >---x n m x n m 的解集为那么关于x 的不等式)0(≠>m n mx 的解集为 . （黑龙江省哈尔滨市竞赛试题） 解题思路：从已知条件出发，解关于x 的不等式，求出m ，n 的值或m ，n 的关系. 【例3】已知方程组?? ?=+=-6 2y mx y x 若方程组有非负整数解，求正整数m 的值. （天津市竞赛试题） 解题思路：解关于x ，y 的方程组，建立关于m 的不等式组，求出m 的取值范围. 【例4】已知三个非负数a ，b ，c 满足3a ＋2b ＋c ＝5和2a ＋b －3c ＝1，若m ＝3a ＋b －7c ，求m 的最大 值和最小值. （江苏省竞赛试题） 解题思路：本例综合了方程组、不等式（组）的知识，解题的关键是用含一个字母的代数式表示m ，通过解不等式组，确定这个字母的取值范围，在约束条件下，求m 的最大值与最小值.
数学七年级竞赛入门辅导讲义_共十讲_很实用 2
第一讲 数的整除 一、内容提要： 如果整数A 除以整数B （B ≠0）所得的商A /B 是整数，那么叫做A 被B 整除． 0能被所有非零的整数整除． 一些数的整除特征 除 数 能被整除的数的特征 2或5 末位数能被2或5整除 4或25 末两位数能被4或25整除 8或125 末三位数能被8或125整除 3或9 各位上的数字和被3或9整除（如771，54324） 11 奇数位上的数字和与偶数位上的数和相减，其差能被11整 除（如143，1859，1287，908270等） 7，11，13 从右向左每三位为一段，奇数段的各数和与偶数段的各数和 相减，其差能被7或11或13整除．（如1001，22743，17567， 21281等） 能被7整除的数的特征： ①抹去个位数 ②减去原个位数的2倍 ③其差能被7整除． 如 1001 100－2＝98（能被7整除） 又如7007 700－14＝686， 68－12＝56（能被7整除） 能被11整除的数的特征： ①抹去个位数 ②减去原个位数 ③其差能被11整除 如 1001 100－1＝99（能11整除） 又如10285 1028－5＝1023 102－3＝99（能11整除） 二、例题 例1 已知两个三位数328和92x 的和仍是三位数75y 且能被9整除．求x ，y 解：x ，y 都是0到9的整数，∵75y 能被9整除，∴y =6． ∵328＋92x ＝567，∴x =3．
1234能被12整除，求x． 例2 己知五位数x 解：∵五位数能被12整除，必然同时能被3和4整除， 当1＋2＋3＋4＋X能被3整除时，x=2，5，8． 当末两位4x能被4整除时，x＝0，4，8．∴x＝8． 例3 求能被11整除且各位字都不相同的最小五位数． 解：五位数字都不相同的最小五位数是10234， 但（1＋2＋4）－（0＋3）＝4，不能被11整除，只调整末位数仍不行 调整末两位数为30，41，52，63，均可， ∴五位数字都不相同的最小五位数是10263． 三、练习 1分解质因数：（写成质因数为底的幂的連乘积） ①593②1859③1287④3276⑤10101⑥10296． 987能被3整除，那么a=_______________． 2若四位数a x能被11整除，那么x＝__________． 3若五位数1234 35m能被25整除． 4当m=_________时，5 9610能被7整除． 5当n=__________时，n 6能被11整除的最小五位数是________，最大五位数是_________． 7能被4整除的最大四位数是_____，能被8整除的最小四位数是______．88个数：①125，②756，③1011，④2457，⑤7855，⑥8104，⑦9152，⑧70972中，能被下列各数整除的有（填上编号）： 6________，8__________，9_________，11__________．9从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_____个，能被3整除但不是5的倍数的共______个． 10由1，2，3，4，5这五个自然数，任意调换位置而组成的五位数中，不能被3整除的数共有几个？为什么？ 1234能被15整除，试求A的值． 11己知五位数A 12求能被9整除且各位数字都不相同的最小五位数．