人教版初中《抽屉原理和容斥原理》竞赛专题复习含答案
人教版初中《抽屉原理和容斥原理》竞赛专题复习含答案
抽屉原理和容斥原理
24.1 抽屉原理
24.1.1★在任意的61个人中，至少有6个人的属相相同．
解析 因为一共有12种属相，把它看作12个抽屉，61151612??
+=+=????，根据抽屉原理知，
至少有6个人的属相相同． 评注 抽屉原理又称鸽笼原理或狄里克雷原理．这一简单的思维方式在解题过程中却可以有很多颇具匠心的运用．抽屉原理常常结合几何、整除、数列和染色等问题出现．许多有关存在性的证明都可用它来解决．
抽屉原理1 如果把1n +件东西任意放入n 个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有两件东西．
抽屉原理2 如果把m 件东西任意放人n 个抽屉，那么必定有一个抽屉里至少有女件东西，这里
,1,m
m n n k m m n n ???
=?
???
+?????
?是的位不是的位当数时; 当数时. 其中[]x 表示不超过x 的最大整数 ，例如[]33=，[]4.94=，[]2.63-=-等等．
24.1.2★从2，4，6，…，30这15个偶数中任取9个数，证明：其中一定有两个数之和是34． 解析 把2，4，6，…，30这15个数分成如下8组（8个抽屉）； （2）（4，30），（6，28），（8，26），（10，24），（12，22），（14，20），（16，18）．
从2，4，6，…，30这15个数中任取9个数，即是从上面8组数中取出9个数．抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，这两个数的和就是34．
24.1.3★★在1，2，3， …，100这100个正整数中任取11个数，证明其中一定有两个数的比值不超过
32
； {}1，{2，3}，{4，5，6}，{7，8，9，10}，
{11，12，…，16}，{17，18，…，25}， {26，27，…，39}，{40，41，…，60}． {61，62，…，91}，{92，93，…，100}．
从1，2，…，100中任取11个数，即是从上面10组中任取11个数，由抽屉原理知，其中
一定有两个数取自同一组，这两个数的比值不超过
32
． 24.1.4★求证：任给五个整数，必能从中选出三个，使得它们的和能被3整除． 解析 任何数除以3所得余数只能是0、1、2，分别构造3个抽屉：{0}、{1}、{2}．（1）若这五个自然数除以3后所得余数分别分布在这3个抽屉中，从这三个抽屉中各取1个，其和必能被3整除．（2）若这5个余数分布在其中的两个抽屉中，根据抽屉原理，其中一个抽
屉必包含有5132??
+=????
个余数，而这三个余数之和或为0，或为3，或为6，故所对应的3个
整数之和是3的倍数．（3）若这5个余数都能分布在其中的一个抽屉中，易知必有3个整数之和能被3整除．
24.1.5★★从1，2，3，…，20中，至少任取多少个数，才能使得其中一定有两个数，大的数是小的数的倍数． 解析 从1，2，…，20中取11，12，…，20这10个数，其中没有一个数是另一个数的
倍数．把1，2，…，20分成如下10组：{1，221?，221?，321?，421?}，{3，23?，223?}，{5，25?，225?}，{7，27?}，{9，29?}，{11}，{13}，{13}，{15}，{17}，{19}，从中任取11个数，一定有两数取自同一组，于是大数便是小数的倍数． 所以，至少任取11个数才能满足题意．
24.1.6★★在不超过100的正整数中任取55个不同的数，在这55个数中： （1）是否一定有两个数的差等于11？ （2）是否一定有两个数的差等于9？ 解析 （1）不一定，例如1~11，23~33，45~55，67~77，89~99这55个数中，任意两数的差都不等于11．
（2）一定．把1，2，…，100分成如下54组：
{1，10}，{2，11}，…，{9，18}，{19，28}，…，{81，90}，{91，100}，{92}，{93}，…，{99}．
从中任取55个数，一定有两个数取自同一组，它们的差等于9．
24.1.7★★证明：在任意的52个正整数中，一定可以找到两个数a 、b ，使得a b +或a b -能被100整除． 解析 把这52个正整数都除以100，考虑52个余数，若其中有两个相同，则它们的差能被10整除，若其中任意两个都不相同，则它们的差能被100整除，若其中任意两个都不相同，把0，1，…，99分成如下51组：
{1，99}，{2，98}，…，{49，51}，{0}，{50}．
从中任取52个数，车琮有两数（的余数）取自同一给，这两数的和或差能被100整除． 24.1.8★★某学校的初三年组的同学要从8名候选人中投票选举三好学生，规定每人必须从这8名候选人中任意选两名，那么至少有多少人参加投票，才能保证必有不少于5名同学投了相同的两个候选人的票？ 解析 从8个人中任意选2人，不同的选法共有
87228?÷=（种）
， 即有28个抽屉．由抽屉原理，当投票的人不少于 ()28511113?-+=人
时，就能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．
而当112个人投票时，不一定有不少于5名同学投了相同两个候选人的票．
所以，到少有113人投票时，能保证必有不少于5名同学投了相同两个候选人的票． 24.1.9★在1，11，111，…，1
111n 个，…，中，是否有2007的倍数？
解析 答案是肯定的． 考虑以下2007个数： 1，11，111，…，20071
111个，
若它们都不是2007的倍数，则它们除以2007所得的余数中一定有两个是相同的，不妨设为1
111a 个和1
111b 个()12007a b <≤≤，于是
1
1
2007111111b a -个个，
1
200711110a b a -?个．
而（2007，10a ）=1，所以，1
2007111b a -个，这与1，11，111，…，20071
111个都不是2007的倍数
矛盾．
所以，在1，11，111，…，1
111n 个，…中，一定有2007的倍数．
24.1.10★★从任意给定的1999 个自然数中总可以找到k 个数，使得它们的和能被1999整除． 解析
设1999个自然数为1a ，2a ，…，1999a ，且构造下列2000个和：
0，1a ，12a a +，123a a a ++，…， 1231999a a a a +++
+．
因为任意一个自然数被1999除后，所得的余数可能是0，1，2，…，1998，共1999种．所以可将上述
2000个和按照被1999除后所得不同的余数分成1999个集合．由抽屉原理可知，至少有两个和，不妨 设为 123a a a +++， 12s t a a a a ++
++
+()11999s t <≤≤，
它们属于同一个集合，即它们分别被1999除后所得的余数相同，那么它们的差 12s s t a a a ++++
+
能被1999整除．从而本题得证．
24.1.11★★把圆周分成12段，将l ，2，3，…，11，12这12个数任意写在每一段内，使每一段恰好有一个数字．证明：一定存在连续的三段，它们的数字和至少是20． 解析
如果记第1小段内填写的数是1a ，第2小段内填写的数是2a ……第12小段内填写
的数是12a ，
那么三个相邻小段填写的数字和可以有 123a a a ++，234a a a ++，345a a a ++，
456a a a ++，567a a a ++，678a a a ++， 789a a a ++，8910a a a ++，91011a a a ++， 101112a a a ++，11121a a a ++，1212a a a ++
这12种，并且12种情况中出现的所有数字和为 ()()12111233121112a a a a ++
++=++
++
234=．
由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是 23412012??
+=????
． 值得注意：本题中的三个相邻小段也可分成123a a a ++，456a a a ++，789a a a ++，101112a a a ++这4种情况，这时它们的数字和为 12111212111278a a a a ++
++=++
++=．
由抽屉原理可知，至少有某个相邻的三段，它们的数字和至少是 781204??
+=????
． 24.1.12★★在2n 个连续自然数1，2，3，…，2n 中，任取出1n +个数．证明：在这1n +个数中，一定有两个数，其中一个是另一个的倍数． 解析 将这2n 个连续自然数分成n 集合： 1A ={1，12?，212?，312?，412?，512?，612?，…}， 2A ={3，32?，232?，332?，432?，532?，…}， 3A ={5，52?，252?，352?，452?，…}，
……
n A =A{21n -}．
由此可见，这2n 个数没有遗漏地被放在n 个集合中，并且同一个数决不会出现在两个不同的集合中．因此，根据抽屉原理可知，不论用何种方式从中取出1n +个数时，必定有至少两个数是出自同一个集合的，而同一个集合的两个数，大数必定是小数的倍数．
24.1.13★★从1，2，…，2n 这2n 个正整数中任取1n +个数，证明其中一定存在两个数是互质的． 解析 把1，2，…，2n 这2n 个焉整数分成如下n 组： {1，2}，{3，4}，…，{21n -，2n }．
从这n 组中任取1n +个数，由抽屉原理知，其中一定有两个数取自同一组，同一组中的两个数是相邻的正整数，从而它们是互质的．
24.1.14★★把1，2，…，10按任意次序排成一个圆圈．
(1)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不小于18； (2)证明：一定可以找到三个相邻的数，它们的和不大于15．
解析 (1)设这10个数在圆周上排列为1，1a ，2a ，…，9a 如图（a ）．由于
()()()123456789231054a a a a a a a a a ++++++++=++
+=，
所以123a a a ++、456a a a ++、789a a a ++这三个数中一定有一个数不小于
54
183
=．
b 23
b a a 5
a 3
2
(b)
(a)
1
（2）设这10个数在圆周上排列为10，1b ，2b ，…，9b 如图（b ）．由于
()()()123
45678912945b b b b b b b b b ++++++++=++
+=，
所以，1
23b b b ++
、456b b b
++、789b b b ++这三个数中一定有一个数不大于
45
153
=． 24.1.15★在边长为1的正三角形中，
任取7个点，其中任意三点不共线．证明：其中必有三． 解析 如图所示，将正三角形的中心与三个顶点连起来把正三角形分成三个小三角形(3
个抽屉)．由抽屉原理知，
必定有一个小三角形的内部或边界上至少有7133??
+=????
个点．这三
个点构成的三角形面积不超过该小三角形的面积，即不超过
13=
． 24.1.16★★在34?的长方形中，任意放置6个点，证明：一定可以找到两个点，它们的距
． 解析
我们要设法把34?的长方形分成5个部分(5个抽屉)，而且每部分中任意两点的距
．
2
1
12
1
1
2
11
1
2
2
如图所示，把34?的矩形分成5个部分．由勾股定理可以算得每个部分的任两点之间的距离不大于
．从而命题得证．
24.1.17★★求证：在任何凸()22n n >边形中，总有一条对角线不与任何一条边平行． 解析
凡是与某条边平行的对角线，称之为“好对角线”，由于对每一条边，最多有2
n -条对角线与之平行，因此凸n 边形的“好对角线”至多有()22n n -条，但凸2n 边形的对角线总数为()()2322n n n n n -=-+．于是由抽屉原理，知必定有某条对角线不与任何边平行． 对于凸21n +边形，不难构造例子使所有对角线均为“好对角线”．
24.1.18★★证明：在任意6个人的集会上，或者有3个人以前彼此相识，或者有3个人以前彼此不相识． 解析 在平面上用6个点A 、B 、C 、D 、E 、F 分别代表参加集会的6个人．如果两人以前彼此认识，就在代表他们的两点间连一条实线；否则连一条虚线．考虑A 点与其余各点连线AB ，AC ，…，AF ，它们的线形不超过2种．根据抽屉原理，可知其中至少有5132??
+=????
条连线同为实线，
或同为虚线．不妨设AB 、AC 、AD 均为实线．如果BC 、BD 、CD 三条连线中有一条(不妨设为BC )也是实线，那么三角形ABC 三边均为实线，说明A 、
B 、
C 代表的3个人以前彼此相识：如果BC 、B
D 、
CD 三条连线均为虚线，那么三角形BCD 三边均为虚线．说明B 、C 、D 代表的3个人以前彼此不相识．不论哪种情形发生，都符合问题的结论．
E
F F
24.1.19★★★空间有6点，任何3点都是一个不等边三角形的顶点，求证：这些三角形中的一个三角形的最短边同时是另一个三角形的最大边． 解析
设1P ，2P ，…，6P 是空间中6个已知点．在每个三角形i j k PP
P 中，把最短边涂成红色，于是，每个三角形中必有一条边为红色，其余的边未涂色．从每个点i P 可作5条线段
与其余已知点相连．按抽屉原理，这5条线段中，或者至少有3条线段已被涂色，或者至少有3条线段还未涂色．
如果经过点1P 的5条线段中至少有3条(例如，设为线段12P P 、13PP 、14P P )涂红，那么，在由这3条线段的另一顶点为顶点的234P P P △中至少须有一边(最短边)涂红，设是边23P P ，那么123PP P △的3边就都被涂红了．
如果经过点1P 的线段中至少有3条未被涂红（例如设为线段14P P 、15PP 、16P P ），由于145PP P △、156PP P △、164PP P △中每个都至少有一边是红的．因此，只能是线段45P P 、56P P 、64P P 全是
红的，即456P P P △的各边都是红色的．
24.1.20★★将正十三边形的每个顶点染成黑色或染成白色，每顶点染一色．求证：存在三个同色顶点，
它们刚好成为一个等腰三角形的顶点． 解析
设13个顶点依次为1A ，2A ，…，12A ，13A ．若13个顶点都染成黑色或都染成白
色，则结论显然成立．故只需考虑13个顶点中有染黑色也有染白色的情形．这时必有相邻两顶点同色，不妨设1A 、2A 同色，现考虑13A 、1A 、2A 、3A 、8A 这五个顶点，由抽屉原理知其中必有三顶点同色，这又分为下列三种情形：
（1）13A 、1A 、2A 、3A 中有三点同色，又1A 、2A 同色，故1A 、2A 、3A 同色或13A 、1A 、2A 同色．这时123A A A △或1312A A A △为三顶点同色的等腰三角形．（2）13A 、3A 、8A 同色，这时1338A A A △为三顶点同色的等腰三角形．（3）1A 、2A 、8A 同色，这时128A A A △为三顶点同色的等腰三角形．
24.1.21★★15个席位同等地围绕着圆桌安排，席上有15个客人的名片，客人们没有注意这些名片，
直到他们坐下来，才发觉没有一个人坐在他自己的名片前面．证明：可以转动圆桌使得至少有两个客人同时对号入座． 解析 对于每个客人，都有一种转动圆桌的方式，使他对上自己的名片．现在先把席位按逆时针方向依次由1到15编号，每按逆时针方向转动一次圆桌，使名片对到下一个席位上，即1号上的名片对到2号席位，2号上的名片对到3号席位……15号上的名片对到1号席位．那么按这种方式转动15次后，所有的名片又对到初始的席位上．所以，一共有14种有效的转动，因为有15个客人，根据抽屉原理，必定有某种转动至少可容许有两个客人对上号．
24．1．22★★在52张扑克牌上任意写上互不相同的正整数．证明：一定存在四张扑克牌，将其上的四个数仅用减号、乘号和括号适当组合成一个式子，其值是1989的倍数． 解析 因为19893951=?．而对任给的52个互异的正整数中，至少有两个数被51除后的余数相同，设这两个数为m a 、n a ，且m n a a >，那么
51m n a a t -=（t 为整数）
． 在取出m a 、n a 后的50个互异的正整数中，又至少有两个数，不妨设k a 、l a ，且k l a a >，它们分别被39除后的余数相同，即 39k l a a s -=（s 为整数）
． 因此，在给出的52个互异的正整数中，一定有四个整数m a 、n a 、k a 、l a 组成一个式子：
()()1989m n k l a a a a st --=．
24.1.23★★★证明在任意11个无穷小数中，一定可以找到两个小数，它们的差或者含有无
穷多个数字
0，或者含有无穷多个数字9． 解析 由于每一个数位上的数字只有0，1，2，…，9这10种情况，因此11个数中必有两个数在这个数位上有相同的数字．
记11个无穷小数为1a ，2a ，…，11a ，把这11个数分成如下55个二元组(每两个一组)：
()12,a a ，()13,a a ，…，()111,a a ， ()23,
a a ，…，()1011,a a ．
这55个二元组作为55个抽屉，现将无穷多个数1，2，3，…放进这些抽屉，规则是：若小数点后第
k 位上i a 与j a 相同，则数k 就放入(),i j a a 中．例如，3a 与5a 的第7位上的数相同，则7
就放入()35,a a
这个抽屉里．由抽屉原理知，这55个(有限个)抽屉中必有一个抽屉，它含有无穷多个数，不妨设(1a ，
5a )这个抽屉里含有无穷多个数，这就说明1a ，2a 这两个无穷小数有无穷多位相同．
考虑1a 与2a 的差，在数字相同的数位上，差的数字为0或9．由于0与9的总个数有无穷多个，因
此至少有一个出现无穷多次，从而1a 与2a 的差中，或者有无穷多个数字0，或者有无穷多个数字9．
评注 本题先后三次用了抽屉原理，请读者仔细玩味．
24．1．24★★★一个书架有五层，从下到上依次称为第1层，第2层，…，第5层．今把15册图书分放到书架的各层上，有些层可不放．证明：无论怎样放法，书架每层上的图书册数，以及相邻两层上图书册数之和，这些数中至少有两个是相等的． 解析
用i a 表示第i 层所放的图书册数，1i =，2，3，4，5．如果有某个0i a =，那么结
论显然成立．因此可设1i a ≥，1i =，2，…，5．考虑下面两种情况： (1)1a ，2a ，…，5a 中有两个数相等，则结论已经成立． （2）1a ，2a ，…，5a 各不相等，因 12515125a a a ++
+==++
+，所以1a ，2a ，…，5a 必各取1、2、3、4、5之一．但是
12a a +，23a a +，34a a +，45a a +这4个数不可能同时包含7、8、9这三个数．事实上，若
7、8、9都出现，则只可能是725=+，835=+，945=+或734=+，835=+，945=+．前者表示放5册书的那一层与放2、3、4册的各层均相邻，不可能．后者表示放4、5册书的两层既要相邻又要不相邻，也不可能． 因此，下面9个数：
1a ，2a ，…，5a ，12a a +，23a a +，34a a +，45a a +至多能取8个不同的值．由抽屉原理
知，其中必有两个是相等的，从而命题得证．
24.1.25★★★一个由n n ?个方格组成的正方形表格，其中填满1，2，3，…，n 等数，且在任一行、任一列都能遇到所有这些数字．若表格中的数字关于对角线AB 是对称的，求证：当n 是奇数时，在对角线AB 上的那些方格中将会遇到所有的1，2，…，n 这些数字．
d
c a b f
f d
a c
b e
e B
A
解析 如图，由于在表格的每一行、每一列都出现l ，2，…，n 各数，所以任一行(或列)中，每个数只出现一次，于是表格中有n 个1，n 个2，…，n 个n ． 又由于整个表格关于AB 对称，因此除对角线上的数外，任何一个数都将在其对称位置出现，如图中a ，b ，c ，d ，e ，f 等数．因此除对角线外表格中1，2，…，n 等数各有偶数个． 当n 为奇数时，表格中共有奇数个1，奇数个2，…，奇数个n ．所以对角线AB 上出现1，2，…，n ，
且1到n 个数都必将出现，但对角线上只有n 个格子，因此，所有的数在对角线上都恰好出现一次．
24．1．26★★★一个半径为1的圆内或边界上有6个点，求证：必定有两点之间距离不大于1． 解析
不妨设6个点为A 、B 、C 、D 、E 、F ．如图，设1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6
A 将O 六等分，且可让A 落在1OA 上（旋转可达）．
A 5
A
对于六个扇形（圆心角60?，半径为1），其中一个内有两点（包括边界）M 、N ，则1MN ≤．这是因为60MON ∠?
≤，()22222222cos 1
MN OM ON OM ON MON OM ON OM ON OM ON ON OM OM =+-?∠+-?=+-≤≤≤（这里不妨设ON OM ≤）．
于是由前知，B 、C 、D 、E 、F 已不能落在扇形16A OA 与12A OA 上，于是这五个点均落在剩下的四个扇形中，由抽屉原理，知必有两点落在同一扇形内或边界上，因此仍有距离不大于1，结论成立．
24.1.27★★★一个棋手为参加一次锦标赛将进行77天的集训，他每天至少下一盘棋，而每周至多下12
盘棋．证明一定存在一个正整数n ，使得他在这77天里有连续的一天恰好下了21盘棋． 解析
用i a 表示这位棋手从第1天到第i 天(包括第i 天)下棋的总盘数，1i =，
2，…，77．由于每天至少下一盘棋，所以 12771a a a <<
<≤．
又因为每周至多下12盘棋，所以
7777
121327
a ?=≤
， 所以12771132a a a <<
<≤≤．
考虑下面154个正整数：
1a ，2a ，…，77a ，121a +，221a +，…，7721a +．
其中最小的是1a ，最大的7721a +不超过13221153+=．因此这154个正整数中必定有两个是相等的．由于 1277a a a <<
<，
1277212121a a a +<+<
<+，
所以必定存在i j <，使得 21j i a a =+． 21j i a a -=．
令n j i =-，那么该棋手在第1i +，2i +，…，i n j +=这连续的n 天中恰好下了21盘棋． 24.2 容斥原理
24.2.1★一个班有45个学生，参加数学课外小组的有30人，参加语文课外小组的有25人，并且每一个人都至少参加了一个课外小组．问：这个班中参加了两个课外小组的同学有多少个?
解析 我们画一个图帮助思考，如图所示，画两个相交的圆，其中一个圆表示参加数学课外小组的同学，另一个圆表示参数学课外小组语文课外小组加语文课外小组的同学，那么，两个圆的内部共有45个同学，两个圆的公共部分就是参加了两个课外小组的同学．
因为参加数学课外小组的同学有30人，参加语文课外小组的25人，但30255545+=>，这是因为两个课外小组都参加的同学被重复计算了两次，所以，两个课外小组都参加的同学有
()30254510+-=（人）
． B
A
所以，这个班中参加了两个课外小组的同学有10个．
评注 本题用的方法是容斥原理1．
容斥原理1：A 或B 的元素个数A =的元素个数B +的元素个数一既是A 又是B 的元素个数． 24．2．2★在1，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有多少个?
解析 在1，2，…，100中，5的倍数有5，10，15，…，100共20个，7的倍数有7，14，21，…，98共14个，其中既是5的倍数又是7的倍数的数有35，70共2个．根据容斥原理1得，在1，2，…，100中，5或者7的倍数有
2014232+-=（个）
． 从而，在l ，2，…，100这100个正整数中，不是5的倍数，也不是7的倍数的数有
1003268-=（个）
． 24．2.3★某班40位同学在一次数学测验中，答对第一题的有23人，答对第二题的有27人，这两题都
答对的有17人，问有多少个同学这两题都不对? 解析 根据容斥原理l 得：这两题都不对的同学有 ()402327177-+-=（人）．
24．2．4★某校对五年级100名同学进行学习兴趣调查，结果有58人喜欢语文，有38人喜欢数学，有52人喜欢外语．而且喜欢语文和数学(但不喜欢外语)的有6人，喜欢数学和外
语(但不喜欢语文)的有4人，三科都喜欢的有12人，而且每人至少喜欢一科．问有多少同学只喜欢语文?有多少同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)?
x
524
12
38
658外语
数学语文
解析 如图所示，设喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有x 人．
于是，喜欢数学和语文的有612+个人，喜欢数学和外语的有124+个人，喜欢语文和外语的有12x +个人． 所以
()100585238612=++-+ ()()1241212x -+-++，
解得14x =．
即喜欢语文和外语(但不喜欢数学)的有14人． 所以，只喜欢语文的同学有
586121426---=（人）
． 所以，有26个同学只喜欢语文，有14个同学喜欢语文和外语(但不喜欢数学)．
C
B
A
评注 本题用的方法是容斥原理2．
容斥原理2：A 或B 或C 的元素个数A =的元素个数B +的元素个数C +的元素个数既是A 又是B 的元素个数一既是A 又是C 的元素个数一既是B 又是C 的元素个数+既是A 又是B 又是C 的元素个数．
24.2.5★★全班有25个学生，其中17人会骑自行车，13人会游泳，8人会滑冰，这三项运动项目没有
人全会．至少会这三项运动之一的学生数学成绩都及格了，但又都不是优秀．如果全班有6个人数学不及格，问：
(1)全班数学成绩优秀的有几名? (2)全班有几个人既会游泳又会滑冰? 解析 (1)至少会一项运动的人有25619-=人，因为没有人会全部三项运动，因此至少会三项运动
之一的人假使每人都会两项，也要()17138219++÷=(人)，这些人数学都及格了，再加上数学不及格的6人，正好是25人，所以没有人数学优秀．
(2)如图所示：根据题意可得
0 C B
A
滑冰
游泳
骑自行车
17
A B
+=，
8
B C
+=，
13
A C
+=；
其中A表示既会骑自行车又会游泳的学生人数，B表示既会骑自行车又会滑冰的同学的人数，C表示既会游泳又会滑冰的同学的人数．所以
()
1381722
C=+-÷=，
故没有人数学优秀；全班有2人既会游泳又会滑冰．
24．2．6★★在1到100个自然数中，既非3的倍数也不是4与5的倍数的数有多少个? 解析只需求出是3或4，5的倍数有多少个，问题也随之解决了．
3的倍数有3，6，9，…，99，共33个；
4的倍数有4，8，12，…，100，共25个；
5的倍数有5，10，15，…，100，共20个．
我们还应注意下面这些数：
3与4的公倍数有12，24，…，96，共8个；
3与5的公倍数有15，30，…，90，共6个；
4与5的公倍数有20，40，…，100，共5个；
3、4、5的公倍数有1个：60．
根据容斥原理，1到100的自然数中是3、4或5的倍数共有
()()
332520865160
++-+++=（个）．
因此，1到100的自然数中既非3、4也不是5的倍数有
1006040
-=（个）．
所以，既非3、4也不是5的倍数的数有40个．
34.2.7★如图，A、B、C分别是面积为12、28、16的三张不同形状的纸片，它们叠放在一起盖住的总面积为38，若A与B、B与C、C与A的公共部分的面积分别为8、7、6．求A、B、C三张纸片的公共部分的面积(图中阴影部分)．
解析设所求三张纸片的公共部分的面积为x，则由容斥原理有
38122816876x
=++---+，
所以
所以，A、B、C三张纸片的公共部分的面积为3．
24．2．8★★某班在体育课上进行了成绩考核，这个班在100米自由泳、跳远、铅球三项测试中获得优秀等级的人数分类统计如下：100米自由泳获得优秀的有21人，跳远获得优秀的有19人，铅球获得优秀的有20人．100米自由泳和跳远都获得优秀的有9人，跳远和铅球都获得优秀的有7人，铅球和100米自由泳都获得优秀的有8人．有5人没有获得任何一项优秀．问：这个班有多少个学生? 解析 设三项都获得优秀的有n 个人，根据容斥原理2，至少有一项优秀的学生有 21192097836n n ++---+=+，
所以，这个班的学生有36541n n ++=+人．故这个班的学生人数不少于41人．
另一方面，由于获得其中两项优秀的人数分别为9、7、8，所以，获得三项优秀的学生人数不超过7，即7n ≤，所以，这个班的学生人数不超过48人． 综上所述，这个班的学生人数在41与48之间．所以，学生人数可能的情况是41，42，43，…， 48人．
初中数学竞赛常用解题方法(代数)
初中数学竞赛常用解题方法（代数） 一、 配方法 例1练习：若2 ()4()()0x z x y y z ----=，试求x+z 与y 的关系。 二、 非负数法 例21 ()2 x y z =++. 三、 构造法 （1）构造多项式 例3、三个整数a 、b 、c 的和是6 的倍数.，那么它们的立方和被6除，得到的余数是( ) (A) 0 (B) 2 (C) 3 (D) 不确定的 （2）构造有理化因式 例4、 已知(2002x y =. 则2 2 346658x xy y x y ----+=___ ___。 （3）构造对偶式 例5、 已知αβ、是方程2 10x x --= 的两根，则4 3αβ+的值是___ ___。 （4）构造递推式 例6、 实数a 、b 、x 、y 满足3ax by +=,2 2 7ax by +=,3 3 16ax by +=,4 4 42ax by +=.求5 5 ax by +的值___ ___。 （5）构造几何图形 例7、（构造对称图形）已知a 、b 是正数，且a + b = 2. 求u =___ ___。 练习：（构造矩形）若a ，b 形的三条边的长，那么这个三角形的面积等于___________。 四、 合成法 例8、若12345,,,x x x x x 和满足方程组
123451234512345123451234520212 224248296 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++=++++=++++=++++=++++= 确定4532x x +的值。 五、 比较法（差值比较法、比值比较法、恒等比较法） 例9、71427和19的积被7除，余数是几？ 练习：设0a b c >>>，求证：222a b c b c c a a b a b c a b c +++>. 六、 因式分解法（提取公因式法、公式法、十字相乘法） 1221()(...)n n n n n n a b a b a a b ab b -----=-++++ 1221()(...)n n n n n n a b a b a a b ab b ----+=+-+-+ 例10、设n 是整数，证明数3 231 22 M n n n =++为整数，且它是3的倍数。 练习：证明993 991993 991+能被1984整除。 七、 换元法（用新的变量代换原来的变量） 例11、解方程2 9(87)(43)(1)2 x x x +++= 练习：解方程 11 (1) 11 (1x) x =. 八、 过度参数法（常用于列方程解应用题） 例12、一商人进货价便宜8%，售价保持不变，那么他的利润（按进货价而定）可由目前的 %x 增加到(10)%x +，x 等于多少? 九、 判别式法（24b ac ?=-判定一元二次方程20ax bx c ++=的根的性质） 例13、求使2224 33 x x A x x -+=-+为整数的一切实数x. 练习：已知,,x y z 是实数，且 2 2 2 212 x y z a x y z a ++=++=
全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第26讲 含参数的一元二次方程的整数根问题
全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第二十六讲含参数的一元二次方程的整数根问题 对于一元二次方程ax2＋bx＋c=0(a≠0)的实根情况，可以用判别式Δ=b2-4ac来判别，但是对于一个含参数的一元二次方程来说，要判断它是否有整数根或有理根，那么就没有统一的方法了，只能具体问题具体分析求解，当然，经常要用到一些整除性的性质．本讲结合例题来讲解一些主要的方法． 例1 m是什么整数时，方程 (m2-1)x2-6(3m-1)x＋72＝0 有两个不相等的正整数根． 解法1首先，m2-1≠0，m≠±1．Δ=36(m-3)2＞0，所以m≠3．用求根公式可得 由于x1，x2是正整数，所以 m-1=1，2，3，6，m+1=1，2，3，4，6，12， 解得m=2．这时x1=6，x2=4． 解法2首先，m2-1≠0，m≠±1．设两个不相等的正整数根为x1，x2，则由根与系数的关系知 所以m2-1=2，3，4，6，8，9，12，18，24，36，72，即 m2＝3，4，5，7，9，10，13，19，25，37，73， 只有m2=4，9，25才有可能，即m=±2，±3，±5． 经检验，只有m=2时方程才有两个不同的正整数根． 说明一般来说，可以先把方程的根求出来(如果比较容易求的话)，然后利用整数的性质以及整除性理论，就比较容易求解问题，解法1就是
这样做的．有时候也可以利用韦达定理，得到两个整数，再利用整除性质求解，解法2就是如此，这些都是最自然的做法． 例2 已知关于x的方程 a2x2-(3a2-8a)x＋2a2-13a＋15=0 (其中a是非负整数)至少有一个整数根，求a的值． 分析“至少有一个整数根”应分两种情况：一是两个都是整数根，另一种是一个是整数根，一个不是整数根．我们也可以像上题一样，把它的两个根解出来． 解因为a≠0，所以 所以 所以只要a是3或5的约数即可，即a=1，3，5． 例3设m是不为零的整数，关于x的二次方程 mx2-(m-1)x＋1＝0 有有理根，求m的值． 解一个整系数的一元二次方程有有理根，那么它的判别式一定是完全平方数．令 Δ=(m-1)2-4m＝n2， 其中n是非负整数，于是 m2-6m+1=n2，
初中数学竞赛专题辅导因式分解一
因式分解 多项式的因式分解是代数式恒等变形的基本形式之一，它被广泛地应用于初等数学之中，是我们解决许多数学问题的有力工具．因式分解方法灵活，技巧性强，学习这些方法与技巧，不仅是掌握因式分解内容所必需的，而且对于培养学生的解题技能，发展学生的思维能力，都有着十分独特的作用．初中数学教材中主要介绍了提取公因式法、运用公式法、分组分解法和十字相乘法．本讲及下一讲在中学数学教材基础上，对因式分解的方法、技巧和应用作进一步的介绍． 1．运用公式法 在整式的乘、除中，我们学过若干个乘法公式，现将其反向使用，即为因式分解中常用的公式，例如： (1)a2-b2=(a+b)(a-b)； (2)a2±2ab+b2=(a±b)2； (3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)； (4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)． 下面再补充几个常用的公式： (5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2； (6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)； (7)a n-b n=(a-b)(a n-1+a n-2b+a n-3b2+…+ab n-2+b n-1)其中n为正整数； (8)a n-b n=(a+b)(a n-1-a n-2b+a n-3b2-…+ab n-2-b n-1)，其中n为偶数； (9)a n+b n=(a+b)(a n-1-a n-2b+a n-3b2-…-ab n-2+b n-1)，其中n为奇数． 运用公式法分解因式时，要根据多项式的特点，根据字母、系数、指数、符号等正确恰当地选择公式．
例1 分解因式： (1)-2x5n-1y n+4x3n-1y n+2-2x n-1y n+4； (2)x3-8y3-z3-6xyz； (3)a2+b2+c2-2bc+2ca-2ab； (4)a7-a5b2+a2b5-b7． 解 (1)原式=-2x n-1y n(x4n-2x2n y2+y4) =-2x n-1y n[(x2n)2-2x2n y2+(y2)2] =-2x n-1y n(x2n-y2)2 =-2x n-1y n(x n-y)2(x n+y)2． (2)原式=x3+(-2y)3+(-z)3-3x(-2y)(-Z) =(x-2y-z)(x2+4y2+z2+2xy+xz-2yz)． (3)原式=(a2-2ab+b2)+(-2bc+2ca)+c2 ＝(a-b)2+2c(a-b)+c2 =(a-b+c)2． 本小题可以稍加变形，直接使用公式(5)，解法如下：原式=a2+(-b)2+c2+2(-b)c+2ca+2a(-b) =(a-b+c)2 (4)原式=(a7-a5b2)+(a2b5-b7) =a5(a2-b2)+b5(a2-b2) =(a2-b2)(a5+b5)
初中数学竞赛专题选讲《观察法》
初中数学竞赛专题选讲观察法 一、内容提要 数学题可以猜测它的结论（包括经验归纳法），但都要经过严谨的论证，才能确定是否正确. 观察是思维的起点，直觉是正确思维的基础. 观察法解题就是用清晰的概念，直觉的思维，根据题型的特点，得出题解或猜测其结论，再加以论证. 敏锐的洞察力来自对概念明晰的理解和熟练的掌握. 例如：用观察法写出方程的解，必须明确方程的解的定义，掌握方程的解与方程的系数这间的关系. 一元方程各系数的和等于零时，必有一个解是1；而奇次项系数的和等于偶次项系数的和时，则有一个根是－1；n 次方程有n 个根，这样才能判断是否已求出全部的根，当根的个数超过方程次数时，可判定它是恒等式. 对题型的特点的观察一般是注意已知数据，式子或图形的特征，分析题设与结论，已知与未知这间的联系，再联想学过的定理，公式，类比所做过的题型，试验以简单的特例推导一般的结论，并探求特殊的解法. 选择题和填空题可不写解题步骤，用观察法解答更能显出优势. 二、例题 例1. 解方程：x+x 1=a+a 1. 解：方程去分母后，是二次的整式方程，所以最多只有两个实数根. 根据方程解的定义，易知 x=a ；或x= a 1. 观察本题的特点是：左边x 11=? x , 右边a 11=?a . （常数1相同）. 可推广到：若方程f(x)+a m a x f m +=)(（am ≠0）， 则f(x)=a ； f(x)= a m . 如：方程x 2+22255a a x +=, x 2+3x －83202=+x x (∵8=10－1020). 都可以用上述方法解. 例2. 分解因式 a 3+b 3+c 3－3abc. 分析：观察题目的特点，它是a, b, c 的齐三次对称式. 若有一次因式，最可能的是a+b+c ；若有因式a+b －c,必有b+c －a, c+a －b ； 若有因式a+b, 必有b+c, c+a ； 若有因式b －c,必有c －a, a －b. 解：∵用a=－b －c 代入原式的值为零， ∴有因式a+b+c. 故可设 a 3+b 3+c 3－3abc=(a+b+c)[m(a 2+b 2+c 2)+n(ab+bc+ca)]. 比较左右两边a 3的系数，得m=1, 比较abc 的系数， 得 n=－1. ∴a 3+b 3+c 3－3abc=(a+b+c) (a 2+b 2+c 2－ab －bc －ca) 例3. 解方程x x =++++3333.
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：
初中数学竞赛专题培训(4)：代数式的化简与求值
初中数学竞赛专题培训第四讲分式的化简与求值 分式的有关概念和性质与分数相类似，例如，分式的分母的值不能是零，即分式只有在分母不等于零时才有意义；也像分数一样，分式的分子与分母都乘以(或除以)同一个不等于零的整式，分式的值不变，这一性质是分式运算中通分和约分的理论根据．在分式运算中，主要是通过约分和通分来化简分式，从而对分式进行求值．除此之外，还要根据分式的具体特征灵活变形，以使问题得到迅速准确的解答．本讲主要介绍分式的化简与求值． 例1 化简分式： 分析直接通分计算较繁，先把每个假分式化成整式与真分式之和的形式，再化简将简便得多． ＝［(2a+1)-(a-3)-(3a+2)+(2a-2)］ 说明本题的关键是正确地将假分式写成整式与真分式之和的形式． 例2 求分式 当a=2时的值．分析与解先化简再求值．直接通分较复杂，注意到平方差公式：a2-b2=(a+b)(a-b)， 可将分式分步通分，每一步只通分左边两项． 例3 若abc=1 ，求 分析本题可将分式通分后，再进行化简求值，但较复杂．下面介绍几种简单的解法． 解法1 因为abc=1，所以a，b，c都不为零． 解法2 因为abc=1，所以a≠0，b≠0，c≠0． 例4 化简分式：
分析与解 三个分式一齐通分运算量大，可先将每个分式的分 母分解因式，然后再化简． 说明 互消掉的一对相反数，这种化简的方法叫“拆项相消”法， 它是分式化简中常用的技巧． 例5 化简计算(式中a ，b ，c 两两不相等)： 似的，对于这个分式，显然分母可以分解因式为(a -b)(a -c)，而分子又恰好凑成(a -b)+(a -c)，因此有下面的解法． 解 说明 本例也是采取“拆项相消”法，所不同的是利用 例6 已知：x+y+z=3a(a ≠0，且x ，y ，z 不全相等)，求 分析 本题字母多，分式复杂．若把条件写成 (x -a)+(y -a)+(z -a)=0，那么题目只与x -a ，y -a ，z -a 有关，为简化计算，可用换元法求解． 解 令x -a=u ，y -a=v ，z -a=w ，则分式变为 u 2+v 2+w 2 +2(uv+vw+wu)=0． 由于x ，y ，z 不全相等，所以u ，v ，w 不全为零，所以u 2 +v 2 +w 2 ≠0，从而有 说明 从本例中可以看出，换元法可以减少字母个数，使运算 过程简化． 例7 化简分式： 适当变形，化简分式后再计算求值． (x -4)2 =3，即x 2 -8x+13＝0． 原式分子=(x 4 -8x 3 +13x 2 )+(2x 3 -16x 2 +26x)+(x 2 -8x+13)+10 =x 2 (x 2 -8x+13)+2x(x 2 -8x+13)+(x 2 -8x+13)+10
南开中学初中数学竞赛辅导资料
初中数学竞赛辅导资料 第一讲数的整除 一、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. 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 例2已知五位数x 1234能被12整除，求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。 练习一 1、分解质因数：（写成质因数为底的幂的连乘积） ①756②1859 ③1287 ④3276 ⑤10101 ⑥10296 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整除的最大四位数是_________。 8、8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？
初中数学竞赛专题辅导--函数图像
初中数学竞赛专题选讲 函数的图象 一、内容提要 1. 函数的图象定义：在直角坐标系中，以自变量x 为横坐标和以它的函数y 的对应值为纵 坐标的点的集合，叫做函数y=f(x)的图象. 例如 一次函数y=kx+b (k,b 是常数，k ≠0)的图象是一条直线 ① l 上的任一点p 0(x 0,y 0) 的坐标，适合等式y=kx+b, 即y 0=kx ② 若y 1=kx 1+b ，则点p 1(x 1,y 1) 在直线l 上. 2. 方程的图象：我们把y=kx+b 看作是关于x, y 的 二元 一次方程kx －y+b=0, 那么直线l 就是以这个方程的解为坐标 的点的集合，我们把这条直线叫做二元一次方程的图象. 二元一次方程ax+by+c=0 (a,b,c 是常数，a ≠0,b ≠0) 叫做 直线方程. 一般地，在直角坐标系中，如果某曲线是以某二元方程的解为坐标的 点的集合，那么这曲线就叫做这个方程的图象. 例如： 二元二次方程y=ax 2+bx+c(a ≠0) (即二次函数)的图象是抛物线； 二元分式方程y= x k (k ≠0) (即反比例函数)的图象是双曲线. 3. 函数的图象能直观地反映自变量x 与函数y 的对应规律. 例如： ① 由图象的最高，最低点可看函数的最大，最小值； ② 由图象的上升，下降反映函数 y 是随x 的增大而增大(或减小)； ③ 函数y=f(x)的图象在横轴的上方，下方或轴上，分别表示y>0,y<0,y=0. 图象所对应 的横坐标就是不等式f(x)>0,f(x)<0 的解集和方程f(x)=0的解. ④ 两个函数图象的交点坐标，就是这两个图象所表示的两个方程(即函数解析式)的公 共解.等等 4. 画函数图象一般是： ①应先确定自变量的取值范围. 要使代数式有意义，并使代数式所表示的实际问题有意义，还要注意是否连续，是否有界. ②一般用描点法，但对一次函数(二元一次方程)的图象，因它是直线(包括射线、线段)，所以可采用两点法.线段一定要画出端点(包括临界点). ③对含有绝对值符号(或其他特殊符号)的解析式 ，应按定义对自变量分区讨论，写成几个解析式. 二、例题 例1. 右图是二次函数y=ax 2+bx+c (a ≠0)， 试决定a, b, c 及b 2－4ac 的符号. 解：∵抛物线开口向下， ∴a<0. ∵对称轴在原点右边，∴x=－ a b 2>0且a<0, ∴b>0. ∵抛物线与纵轴的交点在正半轴上， ∴截距c>0. ∵抛物线与横轴有两个交点， ∴b 2－4ac>0. 例2. 已知：抛物线f ：y=－(x －2)2+5. 试写出把f 向左平行移动2个单位后，所得的曲线f 1的方程；以及f 关于x 轴对称的曲线f 2 的方程. 画出f 1和f 2的略图，并求：
初中数学竞赛专项训练.doc
初中数学竞赛专项训练 1、一个六位数，如果它的前三位数码与后三位数码完全相同，顺序也相同,由此六位数可以被（ ）整除。 A ． 111? B 。 1０0０? C 。 1001?Ｄ. 111１ 解:依题意设六位数为abcabc ，则abcabc =a ×10５ +b ×１0４ ＋c ×１0３ ＋a ×10２ ＋b × 10+c=a ×102（103+１）＋b ×10（10３+1）＋c （10３＋1)＝(a ×103＋b ×1０+c ）(10３ +１)=１０01(ａ×103＋b ×１０+c ），而a ×103＋b ×10＋ｃ是整数，所以能被１001整除。故选C 方法二:代入法 2、若2001 119811198011 ??++= S ,则S 的整数部分是 解：因19８1、19８2……2001均大于19８０,所以9022 1980 1980 1 221== ?> S ，又1９80、１981……２000均小于２００１，所以22 21 902220012001 1221== ? < S ，从而知Ｓ的整数部分为90。 ３、设有编号为1、2、3……１00的１０0盏电灯，各有接线开关控制着，开始时,它们都是关闭状态，现有１00个学生,第1个学生进来时,凡号码是1的倍数的开关拉了一下,接着第二个学生进来，由号码是２的倍数的开关拉一下，第n 个（n ≤100)学生进来，凡号码是ｎ的倍数的开关拉一下，如此下去，最后一个学生进来,把编号能被1００整除的电灯上的开关拉了一下，这样做过之后，请问哪些灯还亮着. 解：首先,电灯编号有几个正约数，它的开关就会被拉几次，由于一开始电灯是关的，所 以只有那些被拉过奇数次的灯才是亮的，因为只有平方数才有奇数个约数，所以那 些编号为1、22、３２、４2、52、6２、７2、8２、９２ 、102共10盏灯是亮的.
初中数学竞赛辅导训练试题及答案
初中数学竞赛辅导练习题 1、已知a 、b 、c 都是实数，并且c b a >>，那么下列式子中正确的是（ ） （Ａ）bc ab >（Ｂ）c b b a +>+（Ｃ）c b b a ->-（Ｄ） c b c a > 2、如果方程()0012 >=++p px x 的两根之差是1，那么p 的值为（ ） （Ａ）2（Ｂ）4（Ｃ）3（Ｄ）5 3、在△ABC 中，已知BD 和CE 分别是两边上的中线，并且BD ⊥CE ，BD=4，CE=6，那么△ABC 的面积等于（ ）（Ａ）12（Ｂ）14（Ｃ）16（Ｄ）18 4、已知0≠abc ，并且 p b a c a c b c b a =+=+=+，那么直线p px y +=一定通过第（ ）象限 （Ａ）一、二（Ｂ）二、三（Ｃ）三、四（Ｄ）一、四 5、如果不等式组? ??<-≥-080 9b x a x 的整数解仅为1，2，3，那么适合这个不等式组的整数a 、b 的有序数 对（a 、b ）共有（ ）（Ａ）17个（Ｂ）64个（Ｃ）72个（Ｄ）81个 6、计算 的值是（ ）。（A ）1（B ）－1（C ）2（D ）－ 2。 7、△ABC 的周长是24，M 是AB 的中点，MC ＝MA ＝5，则△ABC 的面积是（ ）。 （A ）12；（B ）16；（C ）24；（D ）30。 8、设 ，将一次函数 与 的图象画在同一平面直角坐标 系内，则有一组 的取值，使得下列4个图中的一个为正确的是（ ）。 9、如图，在等腰梯形ABCD 中，AB∥DC，AB ＝998，DC ＝1001，AD ＝1999，点P 在线 段AD 上，则满足条件∠BPC＝90°的点P 的个数为（ ）。 （A ）0；（B ）1；（C ）2；（D ）不小于3的整数。 （A ）0；（B ）1；（C ）2；（D ）3。 二、填空题： 6、在矩形ABCD 中，已知两邻边AD=12，AB=5，P 是AD 边上任意一点，PE ⊥BD ，PF ⊥AC ，E 、F 分别是垂足，那么PE+PF=___________。 9、已知方程( ) 015132832 2 2 2 =+-+--a a x a a x a （其中a 是非负整数），至少有一个整数根，那么a =___________。 10、B 船在A 船的西偏北450处，两船相距210km ，若A 船向西航行，B 船同时向南航行，且B 船的速度为A 船速度的2倍，那么A 、B 两船的最近距离是___________km 。 1.设15+=m ,那么m m 1 + 的整数部分是 . 2.在直角三角形ABC 中,两条直角边AB,AC 的长分别为1厘米,2厘米,那么直角
初中数学竞赛专题培训 -生活中的数学(2)
初中数学竞赛专题培训第三十讲生活中的数学(四)──买鱼的学问 鱼是人们喜欢吃的一种高蛋白食物，所以谁都希望买到物美价廉的鱼．假定现在商店里出售某种鱼以大小论价，大鱼A每斤1.5元，小鱼B每斤1元．如果大鱼的高度为13厘米，小鱼的高度为10厘米(图2-171)，那么买哪种鱼更便宜呢？ 有人可能觉得大鱼A和小鱼B高度之比为13∶10，差不了许多，而小鱼的价格却比大鱼便宜许多，因此，买小鱼比较合算．这种想法是合理的吗？我们还是用数学来加以分析吧！ 在平面几何中，我们已经知道以下定理． 定理1 相似形周长的比等于相似比． 定理2 相似形面积的比等于相似比的平方． 例1 已知：△ABC∽△A′B′C′，并且AB=2c，BC＝2a，AC=2b，A′B′＝3c， B′C′=3a，A′C′=3b．求证：△ABC和△A′B′C′周长的比是2∶3(图2-172)． 证△ABC的周长是 2a＋2b＋2c=2(a＋b＋c)， △A′B′C′的周长是 3a＋3b+3c=3(a＋b＋c)， 所以△ABC和△A′B′C′的周长的比是 2(a+b+c)∶3(a＋b＋c)=2∶3． 例2 图2-173是两个相似矩形，如果它们的相似比是3∶4，求证：它们面积的比是32∶42． 证矩形ABCD的面积是3a·3b=32ab，矩形A′B′C′D′的面积是4a·4b=42ab，所以矩形ABCD和矩形A′B′C′D′的面积之比是 32ab∶42ab=32∶42． 从定理1和定理2，我们自然会想到：相似的两个立体的体积之比与它们的相似比有什么关系呢？为此，我们看下面的例子． 例3 图2-174是两个相似的长方体，它们的相似比为3∶5，求它们的体积之比． 解长方体(a)的体积是3a·3b·3c=33abc， 长方体(b)的体积是5a·5b·5c=53abc， 所以长方体(a)与长方体(b)的体积的比是 33abc∶53abc＝33∶53 例4 图2-175是两个相似圆柱，它们的相似比为2∶3，求它们的体积之比． 解小圆柱的体积是 (2a)2π·2b＝23a2bπ，大圆柱的体积是 (3a)2π·3b＝33a2bπ，所以小圆柱与大圆柱的体积之比为23∶33． 定理3 相似形的体积之比，等于它的相似比的立方．
全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第21讲 分类与讨论
全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集 第二十一讲分类与讨论 分类在数学中是常见的，让我们先从一个简单的例子开始． 有四张卡片，它们上面各写有一个数字：1，9，9，8．从中取出若干张按任意次序排列起来得到一个数，这样的数中有多少个是质数？ 因为按要求所得的数可能是一位数、二位数、三位数和四位数，我们分别给予讨论． 任取一张卡片，只能得3个数：1，8，9，其中没有质数；任取二张卡片，可得7个数：18，19，81，89，91，98，99，其中19，89两个是质数；任取三张卡片，可得12个数：189，198，819，891，918，981，199，919，991，899，989，998，其中199，919，991三个数是质数；取四张，所得的任一个四位数的数字和是27，因而是3的倍数，不是质数．综上所述，质数共有2＋3=5个． 上面的解题方法称为分类讨论法．当我们要解决一个比较复杂的问题时，经常把所要讨论的对象分成若干类，然后逐类讨论，得出结论． 分类讨论法是一种很重要的数学方法．在分类中须注意题中所含的对象都必须在而且只在所分的一类中．分类讨论一般分为三个步骤，首先确定分类对象，即对谁实施分类．第二是对对象实施分类，即分哪几类，这里要特别注意，每次分类要按照同一标准，并做到不重复、不遗漏，有些复杂的问题，还要逐级分类．最后对讨论的结果进行综合，得出结论． 例1求方程 x2-│2x-1│-4=0 的实根． x2+2x-1-4=0，
x 2-2x ＋1-4=0， x 1＝3，x 2=-1． 说明 在去绝对值时，常常要分类讨论． 例2 解方程x 2-[x]=2，其中[x]是不超过x 的最大整数． 解 由[x]的定义，可得 x ≥[x]=x 2-2， 所以 x 2-x -2≤0， 解此不等式得 -1≤x ≤2． 现把x 的取值范围分成4个小区间(分类)来进行求解． (1)当-1≤x ≤0时，原方程为 x 2-(-1)=2， 所以x=-1(因x=1不满足-1≤x ＜0)． (2)当0≤x ＜1时，原方程为 x 2=2． (3)当1≤x ＜2时，原方程为 x 2-1=2， 所以 (4)当x=2时，满足原方程．
全国初中数学知识竞赛辅导方案(优选.)
最新文件---------------- 仅供参考--------------------已改成-----------word文本 --------------------- 方便更改 全国初中数学知识竞赛辅导方案 王选民 为了在全国数学知识竞赛中取得优异成绩，将对学生辅导方案总结如下： 一、了解掌握优生的特点 一般我们选择参加竞赛的学生都是学优生，当我们与“优生”进行面谈时，应该清醒地认识到，他们能成为“优生”，是学生家长和老师共同教育的结果。尤其要看到这些“优生”的两重性：一方面，他们的行为习惯、学习习惯、学习成绩以及各种能力比一般学生在这个年龄容易出现的毛病外，也存在着他们作为老师的“好学生”、家长的“好孩子”所特有的一些毛病。 具体说来，“优生”一般具有以下特点： 1、思想比较纯正，行为举止较文明，自我控制的能力比较强，一般没有重大的违纪现象。 2、求知欲较旺盛，知识接受能力也较强，学习态度较端正，学习方法较科学，成绩较好。 3、长期担任学生干部，表达能力、组织能力以及其它工作能力都较强，在同学中容易形成威信。 4、课外涉及比较广泛，爱好全面，知识面较广。 5、由于智力状况比较好，课内学习较为轻松，因而容易自满，不求上进。 6、长期处于学生尖子的位置，比较骄傲自负，容易产生虚心。 7、有的“优生”之间容易产生互相嫉妒、勾心斗角的狭隘情绪和学习上的
不正当竞争。 8、从小就处在受表扬、获荣誉、被羡慕的顺境之中，因而他们对挫折的心理承受能力远不及一般普通学生。 以上几点，只是就一般“优生”的共性而，当然不一定每一个“优生”都是如此。 辅导优生的具体措施 1、创设能引导学优生主动参与的教育环境。 2、了解学生在兴趣、学习偏好、学习速度、学习准备以及动机等方面的情况。这些资料为教师制定活动和计划时的依据，也是“促进学生主动地、富有个性地学习的需要”。 3、为尖子设计学习方案。学优生学习新知识时，比其他学生花的时间少，他不需要很多的练习就已经理解新知识，因此，做的练习也少。让他们做那些已经理解的题目就很多难让学生体会到智力活动的乐趣。长此以往，反而可能在一定程度上降低学生对于智力生活的敏感性。教师应该备有不同层次介绍同一主题的资料，采用向学生布置分组作业的方法，从众多的方案和活动中选取与他们的知识、技能水平相当的项目，指定他们完成。 4、解决学优生心理问题：学优生在心理状态上，易产生骄气，居高临下，听不进半点批评，心理脆弱。在价值取向上，易产生唯我独尊，以自我为中心的个性倾向和价值取向，不把其他同学的感觉、好恶、需要放在一定的位置；在行为方式上，由于始终把自己当学优生，与一般同学不一样，束缚了自己，娱乐活动不愿参加，集体劳动怕吃苦。 针对这种状况，教学中应注意： 学优生学习成绩优异，但不能“一俊遮百丑”。在鼓励保持学习上的竞争姿态和上进好胜的同时，要创造条件和环境，磨练他们的意志，培养他们的创造能力，规范他们的行为意识。
初中数学竞赛二次根式竞赛训练题
二次根式竞赛训练题 一、填空题： 1= 。 211 2a ++=+，则a= 。 3=-，则x 的取值范围是 。 436363638?= 。 5、设m,x,y 均为正整数，且y x m -= -28，则x+y+m= 。 6、设关于x 的方程4x 2-4(a+2)x+a 2+11=0的两根为x 1，x 2，若x 1-x 2=3，则a 的值为 。 7、若u ，v 满足32 v =，那么u 2-uv+v 2= ________ 。 8、若x ，y ，a 都是实数且1x a =-，2(1)(1)y a a a =---，则31x y a +++= 。 二、选择题： 9、若实数a ，b ，c 满足0a a +=，ab ab =，0c c -=，那么代数式 2222b bc c b a b +--+-化简后结果等于（ ） (A) 2c-b (B) 2c-2a (C) -b (D) c b a -+ 10、下列各数中，最小的正数是（ ） （A ）10-（B ）10（C ） 18-(D)51- 11、把(a -的根号外面的因式移到根号内,则原式等于（ ） 12、设 +++=222x ， 222=y ，则（ ） （A ）x>y （B ）x 13、已知9)4()5(22=-++x x ，则的取值范围是( ) （Ａ）54x -≤≤ (B) 5x ≤- (C) 54x -<≤ (D) 4x ≥ 14的整数部分是a ，小数部分是b ，那么2a+b 的值是( ) （Ｂ） （Ｃ）2 （Ｄ）2 三、解答题： 15. 16．若=x ，求4322621823815x x x x x x --++-+的值。 17.解方程：3x y z ++=+. 18．设0x >，0y >= 的值。 初中数学竟赛辅导资料(1) 数的整除（一） 甲内容提要： 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. 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） 乙例题 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 例2己知五位数x 1234能被12整除， 求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 4能被4整除时，X＝0，4，8 当末两位X ∴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。 丙练习 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 12X能被11整除，那么X＝__________- 3若五位数34 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。 13在十进制中，各位数码是0或1，并能被225整除的最小正整数是＿＿＿＿（1989年全国初中联赛题） 第一讲：因式分解(一) (1) 第二讲：因式分解(二) (4) 第三讲实数的若干性质和应用 (7) 第四讲分式的化简与求值 (10) 第五讲恒等式的证明 (13) 第六讲代数式的求值 (16) 第七讲根式及其运算 (19) 第八讲非负数 (23) 第九讲一元二次程 (27) 第十讲三角形的全等及其应用 (30) 第十一讲勾股定理与应用 (34) 第十二讲平行四边形 (37) 第十三讲梯形 (40) 第十四讲中位线及其应用 (43) 第十五讲相似三角形(一) (46) 第十六讲相似三角形(二) .......................................... 49 第十七讲* 集合与简易逻辑 (52) 第十八讲归纳与发现 (57) 第十九讲特殊化与一般化 (61) 第二十讲类比与联想 (65) 第二十一讲分类与讨论 (68) 第二十二讲面积问题与面积法 (72) 第二十三讲几不等式 (75) 第二十四讲* 整数的整除性 (79) 第二十五讲* 同余式 (82) 第二十六讲含参数的一元二次程的整数根问题 (85) 第二十七讲列程解应用问题中的量 (88) 第二十八讲怎样把实际问题化成数学问题 (92) 第二十九讲生活中的数学(三) ——镜子中的世界 (96) 第三十讲生活中的数学(四)──买鱼的学问 (99) 第一讲：因式分解(一) 多项式的因式分解是代数式恒等变形的基本形式之一，它被广泛地应用于初等数学之中，是我们解决多数学问题的有力工具．因式分解法灵活，技巧性强，学习这些法与技巧，不仅是掌握因式分解容所必需的，而且对于培养学生的解题技能，发展学生的思维能力，都有着十分独特的作用．初中数学教材中主要介绍了提取公因式法、运用公式法、分组分解法和十字相乘法．本讲及下一讲在中学数学教材基础上，对因式分解的法、技巧和应用作进一步的介绍． 1．运用公式法 在整式的乘、除中，我们学过若干个乘法公式，现将其反向使用，即为因式分解中常用的公式，例如： (1)a2-b2=(a+b)(a-b)； (2)a2±2ab+b2=(a±b)2； (3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)； (4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)． 下面再补充几个常用的公式： (5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2； (6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)； (7)a n-b n=(a-b)(a n-1+a n-2b+a n-3b2+…+ab n-2+b n-1)其中n为正整数； (8)a n-b n=(a+b)(a n-1-a n-2b+a n-3b2-…+ab n-2-b n-1)，其中n为偶数； (9)a n+b n=(a+b)(a n-1-a n-2b+a n-3b2-… -ab n-2+b n-1)，其中n为奇数． 运用公式法分解因式时，要根据多项式的特点，根据字母、系数、指数、符号等正确恰当地选择公式．例1 分解因式： (1)-2x5n-1y n+4x3n-1y n+2-2x n-1y n+4； (2)x3-8y3-z3-6xyz； (3)a2+b2+c2-2bc+2ca-2ab； (4)a7-a5b2+a2b5-b7． 解(1)原式=-2x n-1y n(x4n-2x2ny2+y4) =-2x n-1y n[(x2n)2-2x2ny2+(y2)2] =-2x n-1y n(x2n-y2)2 =-2x n-1y n(x n-y)2(x n+y)2． (2)原式=x3+(-2y)3+(-z)3-3x(-2y)(-Z) =(x-2y-z)(x2+4y2+z2+2xy+xz-2yz)． (3)原式=(a2-2ab+b2)+(-2bc+2ca)+c2 ＝(a-b)2+2c(a-b)+c2 =(a-b+c)2． 本小题可以稍加变形，直接使用公式(5)，解法如下：原式=a2+(-b)2+c2+2(-b)c+2ca+2a(-b) =(a-b+c)2 w 全国初中数学竞赛辅导（初三分册）全套 第一讲分式方程(组)的解法 分母中含有未知数的方程叫分式方程．解分式方程的基本思想是转化为整式方程求解，转化的基本方法是去分母、换元，但也要灵活运用，注意方程的特点进行有效的变形．变形时可能会扩大(或缩小)未知数的取值范围，故必须验根． 例1 解方程 解令y=x2＋2x-8，那么原方程为 去分母得 y(y-15x)＋(y+9x)(y-15x)＋y(y＋9x)=0， y2-4xy-45x2=0， (y+5x)(y-9x)=0， 所以 y=9x或y=-5x． 由y=9x得x2+2x-8=9x，即x2-7x-8=0，所以x1=-1，x2=8；由y=-5x，得x2+2x-8=-5x，即x2＋7x-8=0，所以x3=-8，x4=1． 经检验，它们都是原方程的根． 例2 解方程 y2-18y+72=0， 所以 y1=6或y2=12． x2-2x＋6=0．此方程无实数根． x2-8x+12=0， 所以 x1=2或x2=6． 经检验，x1=2，x2=6是原方程的实数根． 例3 解方程 分析与解我们注意到：各分式的分子的次数不低于分母的次数，故可考虑先用多项式除法化简分式．原方程可变为 整理得 去分母、整理得 x＋9=0，x=-9． 经检验知，x=-9是原方程的根． 例4 解方程 分析与解方程中各项的分子与分母之差都是1，根据这一特点把每个分式化为整式和真分式之和，这样原方程即可化简．原方程化为 即 所以 ((x+6)(x+7)=(x+2)(x+3)． 例5 解方程 分析与解注意到方程左边每个分式的分母中两个一次因式的差均为常数1，故可考虑把一个分式拆成两个分式之差的形式，用拆项相消进行化简．原方程变形为初中数学竞赛辅导资料(1)
初中数学竞赛专题培训
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