人教版初中数学《第25章染色问题》竞赛专题复习含答案
第25章 染色问题
25.1.1★★圆周上等间距地分布着27个点，它们被分别染为黑色或白色．今知其中任何2个黑点之间
至少间隔2个点．证明：从中可以找到3个白点，它们形成等边三角形的3个顶点． 解析 我们将27个点依次编号，易知它们一共可以形成9个正三角形
(1，10，19)，(2，11，20)，…，(9，18，27)．
由染色规则知，其中至多有9个黑点．
如果黑点不多于8个，则其中必有一个正三角形的所有顶点全为白色．如果黑点恰有9个，那么由
染色规则知，它们只能是一黑两白相间排列，其中也一定有一个正三角形的所有顶点全为白色．
25．1．2★★某班有50位学生，男女各占一半，他们围成一圈席地而坐开营火晚会．求证：必能找到一位两旁都是女生的学生．
解析 将50个座位相间地涂成黑白两色，假设不论如何围坐都找不到一位两旁都是女生的学生，那么25个涂有黑色记号的座位至多坐12个女生．否则一定存在两相邻的涂有黑色标记的座位，其上面都坐着女生，其间坐着的那一个学生与假设导致矛盾．同理，25个涂有白色标记的座位至多只能坐12个女生，因此全部入座的女生不超过24人，与题设相矛盾．故命题得证．
25.1.3★在线段AB 的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色，在线段中间插入n 个分点，在各个分
点上随意地标上红色或蓝色，这样就把原线段分为1n +个不重叠的小线段，这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段．求证：标准线段的个数是奇数．
设最后一个标准线段为1k k A A +．若0k A A =，则仅有一个标准线段，命题显然成立；若n k A A =，由
A 、
B 不同色，则0A 必与k A 同色，不妨设0A 与k A 均为红色，那么在0A 和k A 之间若有一红
蓝的标准
线段，必有一蓝红的标准线段与之对应；否则k A 不能为红色，所以在0A 和k A 之间，红蓝和
蓝红的标准线段就成对出现，即0A 和k A 之间的标准线段的个数是偶数，加上最后一个标准
线段1k k A A +，所以，A 和B 之间的标准线段的个数是奇数．
25．1．4★★能否用面积为14?的一些长方块将1010?的棋盘覆盖?
解析 如图中标上1～4这些数，显然每个1×4的长方块各占1、2、3、4一个，于是如果可以覆盖，则1、2、3、个，矛盾!因此不能覆盖．
25.1.5★★12个红球和12个蓝球排成一行，证明：必有相邻的6个球三红三蓝．
解析 将这些球标上数字，红球标1，而蓝球则标上1-，于是问题变为：必定有6个相邻的球其标数之和为0．记从第i 个球起的6个数字和为i S ，于是i 可取1，2， (19)
易知1S 的全部取值为6-、4-、2-、0、2、4、6，且10i i S S +-=或2(可以认为以2或2-、0的步长“连续”变化)．由1713190S S S S +++=，知若四数中有0，则结论成立，否则必有正有负．不妨设0i S >，0j S <，i ，j ∈{1，7，13，19}，于是必存在一个k ，k 在i 与j 之间，0k S =．
25．1．6★如图，把正方体形的房子分割成27个相等的小房间，每相邻(即有公共面)两个房间都有门相通，在中心的那个小正方体中有一只甲虫，甲虫能从每个小房问走到与它相邻的小房间中的任何一问去．如果要求甲虫只能走到每个小房间一次，那么甲虫能走遍所有的小房间吗?
解析 甲虫不能走遍所有的小房间．我们如右图将正方体分割成27个小正方体(每个小正方体表示一问房间)，涂上黑白相间的两种颜色，使得中心的小正方体染成白色，再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色．显然，在27个小正方体中，14个是黑的，13个是白的．甲虫从中间的白色小正方体出发，每走一步，方格就改变一种颜色．故它走26步，应该经过14个白色的小正方体、13个黑色的小正方体．因此在26步中至少有一个小正方体，甲虫进去过两次．由此可见，如果要求甲虫到每一个小房间只去一次，那么甲虫不能走遍所有的小房间．
25.1.7★★3行9列共27个小方格，将每个小方格涂上红色或蓝色．试证：无论如何涂法，其中至少有两列，它们的涂色方式完全一样．
解析 第一行的9个方格中必有5格同色(抽屉原理)，不妨设这5个方格位于前五个位置，且都为红色．
下面考虑前五列构成的3×5小矩形．第二行的五格中必有3格是同色的，不妨设这三格位于前三个位置．
接着考虑前三列构成的3×3方阵，该方阵前两行的每列完全一样．对第三行，用两种颜色染色时，三列中必有两列同色，不妨设是前两列．此时前两列的涂色方式完全一样．
25.1.8★★如图(a)，是由14个大小相同的正方形组成的图形，证明：不论如何用剪刀沿着图中直线进行剪裁，总剪不出七个由相邻两个小正方形组成的矩形来．
(b)
(a)
解析如图(b)涂色．
若有一种剪法能剪出七个相邻两个小正方形组成的矩形，则每个矩形一定由一个涂色小正方形和一个不涂色小正方形构成．因此，应该有七个涂色小正方形和七个不涂色的小正方形．但图中有八个涂色小正方形，六个不涂色小正方形，因此适合题意的剪法不存在．
25.1.9★★★在8×8的国际象棋棋盘中的每个方格都填上一个整数，现任挑选3×3或4×4的正方形，将其中每个数加1，称为一次操作，问是否能经过有限次操作，一定可以让方格中的所有整数均被10整除?
解析按图中选择小方格涂黑，易见每个3×3或4×4都包含偶数个小黑格，这些小黑格中原来数字之和是奇数的话，那么操作一次后，数字和仍是奇数，因此不能得到最后均被10整除．答案是不一定．
25.1.10★★4×4的方格表中最多选择几个格子涂黑，使得不存在4个黑格的中心是一个矩形的顶点?
解析如图，涂9格，无所求矩形，下证若涂10格，则会出现所求矩形．
这是因为若有一行全部涂黑，则余下的行中必有一行至少涂黑2格，此时便有所求矩形出现．于是每行黑格数不到4个，必有两行各包含3个黑格，此时不难看出有所求矩形出现，因此最多选择9格．
25.4.11★★★在8×8的国际象棋棋盘中剪去哪个小方格，使得剩下的小方格可以被1×3的矩形覆盖?
解析剪去左上角的方格后，棋盘不能用21个3×1的矩形覆盖．
为了证明这一点，我们将棋盘涂上三种颜色，涂法如图，其中数字1、2、3分别表示第一、二、三种颜色．
如果能用21个3×1矩形将剪去左上角的棋盘覆盖，那么每个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各1个，从而21个3×1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各21个，
然而棋盘(剪去左上角后)却有第一种颜色的方格20个，第二种颜色的方格22个，第三种颜色的方格21个．因此，剪去左上角的棋盘无法用21个3×1的矩形覆盖．
由此可见，如果剪去一个方格后，棋盘能用21个3×1的矩形覆盖，那么剪去的方格一定是图中涂第二种颜色的方格．
但是，剪去图中涂第二种颜色的一个方格后，仍然不能保证一定能用21个3×1的矩形覆盖，比如说，剪去图中第一行第2个方格后不能用21个3×1的矩形覆盖，这是由于棋盘的对称性，剪去这个方格与剪去第一行第7个(涂第一种颜色的)方格(或剪去第八行第2个涂第三种颜色的方格)
于是，只有剪去第三行第3个、第三行第6个、第六行第3个、第六行第6个这四个方格中的某一个，剩下的棋盘才有可能用21个3×1的矩形覆盖．不难验证这时确实能够覆盖． 25.1.12★★求证：只用2×2及3×3的两种瓷砖不能恰好铺盖23×23的正方形地面．
解析 将23×23的正方形地面中第1、4、7、10、13、16、19、22列中的小方格全染成黑色，剩下的小方格全染成白色，于是白色的小方格的个数为15×23，这是奇数．因为每块2×2瓷砖总是盖住二黑格和二白格或者盖住四白格，每块3×3瓷砖总是盖住三黑格和六白格，故无论多少2×2及3×3的瓷砖盖住的白格数总是一个偶数，不可能盖住23×15个白格，所以，只用2×2及3×3
25.1.13★★求证：用15块大小是1×4的矩形瓷砖和1块大小是2×2的正方形瓷砖，不能恰好铺盖8×8的正方形地面．
解析 把8×8的正方形地面上64个小方格依次赋值1、2、3、4如图．无论1×4的矩形瓷砖怎样盖在图中所示的地面上，每块l ×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方块各1个，可见15块1×4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方格各15个，而一块2×2的正方形瓷砖无论盖在何处，只有如下四种情形之一：
412
134142343232
1
这就是说，2×2的正方形瓷砖所盖住的4个小方块中，必有两个小方块有相同数码．由此可见，如果15块1×4，1块2×2的瓷砖恰好能铺盖8×8的正方形地面，那么这64个小方块中，某一种赋值的小方块应有17块，但实际上，赋值1、2、3、4的小方块各16块，矛盾．
25.1.14★★7×7的方格表中有19个方格涂成红色，称一行或一列是红色的如果该行或该列中至少有4个红格．问该方格表中最多有多少个红色的行和列?
解析首先我们指出红色的行和列不多于8个．
若不然，红色的行和列至少9个，则其中必有5个红行或红列，不妨设为前者．由于每个红行中至少有4个红格，故知表中至少有20个红格．此与已知条件矛盾．
其次，当我们将表格中的某个4×4的正方形的16个方格全部涂红时，便得到4个红行和4个红列，共8个．这表明有19个红格时，确可使红行与红列的个数达到8．所以最大值为8．25.1.15★★如图是由4个l×1方格组成的L形纸片，如果一个m n
?方格的棋盘能被若干个L形纸片无重复地覆盖，试证：mn是8的倍数．
解析设m n
?棋盘由k个L形纸片所覆盖，而L形是由4个1×1小方格所组成，则可令=．由此得出m、n中至少有一个偶数，不失一般性，可令n为偶数，即共有偶数n列．4
mn k
现在对“列”进行黑、白交替染色，可得黑、白格各共有2k个．
易见每个L形纸片无论怎样配置，总是盖住奇数个黑格．今共有2k个黑格，因此必须有偶数个L形，从而证得mn是8的倍数．
25.1.16★★在8×8的方格棋盘上最多能放多少个马，它们互不相吃(假定有足够多的马)?
解析我们将棋盘相间染成黑白二色，则黑格与白格各32个．按马的走法(如图)知，黑格上的马只能吃白格上的马，因此，将所有黑格都放马，它们是互不相吃的．这就是说，我们可以放32个马，它们互不相吃．现证任意放33个马必有被吃的情形．
事实上，将棋盘划分为8个2×4的小棋盘，则至少有一个小棋盘要放5个马，其放法只有两种可能：要么一排放1个，另一排放4个；要么一排放2个，另一排放3个．显然这两种放法都不可避免地发生互相“残杀”的结局．因此，最多能放32个马，它们互不相吃．25.1.17★★★在12×12的棋盘上，一匹超级马每步跳至3×4矩形的另一角，如图(a)．这匹马能否从某一点出发，跳遍每一格恰好一次，最后回到出发点?
解析我们用两种方法对此棋盘染色．
首先，将棋盘黑白相间染色，由马的跳步规则知，马每跳一步，或者是从黑格跳到白格，或
者是从白格跳到黑格．不妨设马是第奇数步跳到自格，即马在第奇数步跳入的格子全体就是全体白格．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
(b)
其次，将棋盘的第1、2、6、7、11、12行染成白色，其余的行染成黑色，如图(b)．由马的跳步规则知．马从白格一定跳人黑格，因为白格的数目同黑格的数目相同，马要遍历棋盘的每一格恰一次再回到出发点，因此，马从黑格只能跳入白格，不妨设马第奇数步跳入白格．对于一种满足要求的跳法，在两种染色方式下第奇数步跳入的格子的全体却是不同的，矛盾．因此，题目要求的跳法，即“回路”是不存在的．
25.1.18★★★在8×8方格表的小方格内放置黑色或白色的棋子，每个小方格内至多只能放一个棋子，使得每行且每列白色棋子的数量都是黑色棋子的数量之2倍．在满足上述条件的所有放置方法中，请问如何放置白色棋子和黑色棋子才能使得棋子的总数量最多?
解析因每行都有8格，所以每行棋子最多只能有6个．此方格表共有8行，因此棋子的总数最多为48
25.1.19★★★★将m n
?的方格表中每个小方格涂上黑色或白色，两种颜色的方格数相等．问能否有一种涂法，使每一行、每一列中都有一种颜色的方格数超过75％?
解析不可能．设每行、每列中都有一种颜色的方格超过3
4
，由于行与行、列与列可对调
而不影响结论．不妨设其中前p行白色占优势，后q行黑色占优势；前r列白色占优势，后s列黑色占优势．p q m
+=，r s n
+=(如下左图)．
r s
p
q 全白黑白相间黑白相间全黑
考虑p s ?放q r ?的矩形中的ps qr +个方格．其中的白格可看成s 列或q 行中的“少数派”，而黑格可看成p 行或r 列中的“少数派”．由于在每行、每列中“少数派”少于
4n 或4m 个，所以前一个矩形中的白色与后一个矩形中的黑格的个数之和少于
()44m mn s r +=．同样，前一个矩形中的黑格与后一个中白格之和少于()44
n mn p q +=．所以这两个矩形中的方格数442
mn mn mn ps qr +<+=，即少于方格总数的一半．因此 ps qr pr qs +<+，
()()0p q s r --<，
从而p q ≤，r s ≤或q p ≤，s r ≤不妨设为前者，这时2m p ≤，2
n r ≤， 白色方格总数44
n m pr q s <+?+? ()()44
n m pr m p n r =+-?+-? 24242mn n r m p p r ????=---- ? ????? 2
mn ≤
， 与两种颜色的方格相等矛盾． 评注 每行、每列中都有一种颜色的方格恰好占
34是可能的(这时m 、n 当然都被4整除)，前右图(其中2m p q ==，2
n r s ==)即满足要求． 25.1.20★★★在2是×2是的方格表上，有3k 个格子涂黑，求证：可以选择k 行及k 列，包含了全部这3k 个黑格．
解析 将包含黑格的所有行中找出黑格数最多的前k 行，则这k 行中包含的黑格总数必定不少于2k ，否则会有一行的黑格数至多一个，而剩下来的k 行至少有1k +个黑格，于是有一行包含了至少两个黑格，这与k 前是行”的定义矛盾．于是结论成立，接下来只要再找是列包含剩下的k 个黑格即可(有的列可不包含黑格)．
25.1.21★★★7×7方格表中的方格被分别染为两种不同颜色，证明：至少可以找出21个矩形，它们的顶点是同一种颜色方格的中心，它们的边平行于方格线．
解析 考察其中任意一列，估计其中同色“方格对”的个数．设在该列中有一种颜色的方格走个，另一种颜色的方格7k -个，那么，在该列中就共有
()
()()217672122
k k k k k k ---+=-+ 个同色“方格对”．该式的值在3k =和4k =时达到最小值9，所以，7个列中一共有不少于63个同色“方格对”．
注意到每一个这样的同色“方格对”位于一个“行对”中，如果相应的“行对”中还有一个与之颜色相同的同色“方格对”，那么，它们即构成一个满足要求的矩形．我们知道，方格表中一共有76212
?=个不同的“行对”，由于有两种不同颜色，所以，一共有42种不同情况的“行对”．因此，至少可以找到21(=63-42)个满足要求的矩形．
25.1.22★★★把全体正整数染成黑白两色之一，已知任意两个不同颜色的数之和为黑色，而它们的积是白色，试找出所有的这种染色方法．
解析 设正整数m 、n 为白色，现研究mn 的颜色．若mn 是黑色，设正整数k 黑色，则m k +为黑色，()m k n mn kn +==+为白色，但由前知mn 黑色，kn 白色，于是mn kn +黑色，矛盾，因此mn 为白色．
设正整数l 是染成白色的最小数，于是由条件及前面的讨论知，l 的所有正整数倍数sl 均为白色．至于其他正整数p ，p 不被l 整除，设p ql r =+，0r l <<，由l 之定义知，r 必定是黑色，于是知当0q =时，p r =为黑色；当0q >时由ql 为白色，知p 亦为黑色．于是本题的结论就是，所有l 的倍数染成白色，其余的数染成黑色，不难验证这种染法确实满足题设要求．
25.1.23★★★★有一个矩形顶点坐标分别为()0,0、()0,m 、(),0n 与(),n m ，其中m 、n 均为正奇数，将这个矩形分拆(既无重叠，也不遗漏)为一些三角形，使得每个三角形的顶点均为格点且至少有一条边与坐标轴平行，并且这条边上的高为1，求证：一定存在至少两个三角形，它们各有两条边平行于坐标轴．
解析 易知，可将矩形分成mn 个单位正方形，并涂上黑白两色，使相邻的正方形颜色不同．此时4个角上的小正方形颜色相同，设为黑色，于是黑色格总面积比白格多1．可以推
出，上述分拆中，每一个有两条边与坐标轴平行的三角形中，两种颜色部分的面积之差为
12
；而每一个仅有一条边与坐标轴平行的三角形中，两种颜色部分的面积相等，如图．由于黑色面积与白色面积相差1，故至少存在两个三角形各有两条边与坐标轴平行．
25.1.24★★★把正三角形划分为2n 个同样大小的小正三角形，把这些小正三角形的一部分标上号码1，2，…，m ，使得号码相邻的三角形有相邻边．求证：21m n n -+≤．
解析 将2n 小正三角形如图黑、白染色，黑三角形共有1+2+3+…+()112
n n n =+个，白三角形共有1+2+3+…+(1n -)()112
n n =-个，由于要求“号码相邻的三角形有相邻边”，且有相邻号码的两个三角形染有不同的颜色，因此标上号码的黑三角形总比标上号码的白三角形
的个数多1，所以编号的三角形数m 不超过()2121112
n n n n ?-+=-+个，即21m n n -+≤． 25.1.25★★★将正方形ABCD 分割为n n ?个相等的小方格，把相对的顶点A 、C 染成红色，
把B 、D 染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色．求证：恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数．
解析 用数代表颜色：红色记为1．蓝色记为1-．将小方格编号，记为1，2，…，2n ．记第i 个小方格四个顶点处数字之乘积为i A ．若该格恰有三个顶点同色，则1i A =-，否则1j A =．
今考虑乘积212n A A A ???．对正方形内部的交点，各点相应的数重复出现4次；正方形各
边上的不是端点的交点相应的数各出现2次；A 、B 、C 、D 四点相应的数的乘积为()()11111??-?-=．于是，2121n A A A ???=．因此，1A ，2A ，…，2n A 中1-的个数必为
偶数，即恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个．
25.1.26★★已知ABC △内有n 个点(无三点共线)，连同点A 、B 、C 共3n +个点，以这些点为顶点把ABC △分割为若干个互不重叠的小三角形，现把A 、B 、C 分别染成红色、蓝色、黄色，而其余n 个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一．求证：三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数．
解析 把这些小三角形的边赋值：边的端点同色的，赋值0，边的端点不同色，赋值1，于是每只小三角形的三边赋值的和，有如下三种情形：
(i)三顶点都不同色的小三角形，赋值和为3；
(ii)恰有两顶点同色的小三角形，赋值和为2；
(iii)三顶点同色的小三角形，赋值和为0．
设所有小三角形的边的赋值总和为S ，又设情形(i)、(ii)、(iii)中三类小三角形的个数分别为a 、b 、c ，于是
32032S a b c a b =++=+． ①
注意到所有小三角形的边的赋值总和中，除了边AB ，BC ，CA 外，其余各边都被计算了两次，故它们的赋值和是这些边的赋值和的两倍，再加上ABC △的三边的赋值和为3，故S 是奇数，因此，由①式得a 是奇数．
25.1.27★★★由8个1×3和1个1×1的砖块按通常方式(即平行地贴着格子线)铺满一个5×5的棋盘，求证：1×1的砖块必定位于整个棋盘的中心位置．
解析 将棋盘按图中方式染成A 、B 、C 三种颜色．易见A 、C 各有8格，而B 有9格．由于每个1×3砖块必定覆盖A 、B 、C 三色格各一格，因此1×1的砖块必定染成B 色．再
将整个棋盘旋转90
゜，再按完全相同的方法染色，于是1×1的砖块仍在染成B 色的方格上，但两次染色均染成B 色的小方格只有中间的那个，因此1×l 的砖块必定位于整个棋盘的中心位置．
25.1.28★★★★6个点每两点之间连一条线，将这15条线进行任意的二染色(即每条边染成两种颜色之一)，则必定存在至少两个同色的三角形．
解析 设两色为红色与蓝色．若从同一点出发有3条线同色，比如AB 、AC 、AD 为红色，如果BC 红色，则ABC △为红色三角形，否则BC 为蓝色，同理CD 、DB 亦为蓝色，于是BCD △为蓝色三角形．因此，有一点出发3条线同色，一定有同色三角形存在．于是6个点之间的15条线中，一定有同色三角形存在．
5个点的10条线若无同色三角形，则每一点连出的4条线必定两红两蓝．比如五点为A 、B 、C 、D 、E ，不妨设BA 、AE 红，由于BE 蓝，还有一点与B 的连线红色，不妨设BC 红，于是BD 蓝，ED 红，AC 、AD 蓝，CD 红，CE 蓝，故要想不出现同色三角形，只能是五点构成的五边形(不一定凸或自身不交)的边同色，而对角线则异色．
现在回到原题，设六点为1A 、2A 、3A 、4A 、5A 、6A ，由于一定有同色三角形存在，不妨
设为456A A A △一是红色三角形，若不存在第二个同色三角形，则可设五边形12345A A A A A 的边为红色(图中实线所示)，对角线为蓝色(图中虚线所示)．若16A A 为红色，则156A A A △为红色三角形，故16A A 蓝，同理36A A 为蓝色，于是136A A A △为蓝色三角形，因此同色三角形至少
有两个．
A 1
A 2A 34
A 5
A 6
25.1.29★★★n n ?的方格表中有1n -个格子涂且黑色，如果一个未涂色的小方格有两个以上的黑色小方格与之相邻(“相邻”指有公共边)，则将这个小方格也涂黑，求证：不可能将所有的小方格都涂黑．
解析 假定小方格边长为1．考虑一开始这1n -格小方格组成的“岛”，每个“岛”都由连在一起的小方格组成，不同的“岛”之间没有公共边界(当然也可能本来只有一个“岛”)．因此这些“岛”的边界(包括有“洞”时“洞”的“内部边界”)长度之和不大于()41n -(因为还有小方格边界在内部抵消的情形)．现在按规则操作，每添加一个黑格，总边界不会增加，甚至还会减少(例如未涂色的小方格周边已有3或4个小黑格与之相邻)．如果所有小方格都涂黑了，总边界为()441n n >-，矛盾．因此结论成立．
25.1.30★★★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．
解析用反证法．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，否则就可以找到三一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．
25.1.31★★★将全平面以任意方式二染色，并在平面上任找不共线的三点A、B、C，求证：存在一个顶点同色的三角形，与ABC
△相似．
S M K N T
解析首先证明，一定有两点及两点连线之中点同色，不妨设二色为红与蓝．至少有一种颜色被涂在无穷多个点上，不妨设是红色，今找两点M、N，均为红色．K为MN中点，又使M为SN中点，N为MT中点．若K红，则M、K、N为所求；同理，若S或T为红，则S、M、N或M、N、T为所求；若K、S、T皆为蓝，则S、K、T为所求．
如图，现作A
△′B′C′∽ABC
△，P、Q、R为三边中点，且由前，可设B′、P、C′．若A′红，则A
△′B′C′即为所求；若R或Q红，则RB
△′P或QPC
△′为所求；若A′、R、Q皆蓝，此时A
△′RQ即为所求．于是结论成立．
A
B C
A'
R Q B'P C'
25.1.32★★★平面上任意点都染成三色之一，则一定有同色顶点的矩形．
解析不妨考虑格点，首先证当格点()
,
A x y满足3≤x≤9，1≤y≤3时，对这21个格点二染色，一定有同色矩形．假设此结论不成立，事实上，设两色为红与蓝，由于列与列对调不影响矩形的数量，故由抽屉原理，不妨设(3，1)、(4，1)、(5，1)、(6，1)红，于是(3，2)、(4，2)、(5，2)、(6，2)中至多一个红，不妨设(4，2)、(5，2)、(6，2)蓝，但(4，3)、(5，3)、(6，3)不能有两个蓝，也不能有两个红，此不可能．
今设第三色为黄色，z轴上的整点必有一色出现无穷多次，不妨设就是黄色，现作列调整，使(0，0)，(1，0)，…，(9，0)黄，故(0，1)，(1，1)，…，(9，1)至多一黄，于是可设(1，1)，…，(9，1)为红蓝两色，同理可设(2，2)，…，(9，2)为红蓝两色，(3，3)，…，(9，3)为红蓝两
色，于是回到前面讨论之情形，因此同色矩形存在．其实将“三”改成一般的“n ”，结论也正确．
25.1.33★★★★用任意的方式给平面上的每一个点染上黑色或白色，求证：一定存在一个边长为1
解析1 先证一个引理：平面上若有两个异色点的距离为2，那么必定可以找出符合要求的三角形．
E
A F O B
(a)
如图(a )，若平面上线段2AB =，A 为白色，B 为黑色，AB 的中点O 不妨设为白色，以AO 为边作正三角形，顶点E 或F 中若有一个为白色，则符合要求的三角形已找出；若E 和F 都为黑色，则正三角形BEF
B 、E 、F 同色．引理得证．
R
P
O
4(b)
在平面上任取一点O ，不妨设O 为白色，以O 为圆心，4为半径作圆(如图(b ))，若圆内的点均为白点，则圆内边长为1的正三角形的顶点都为白色；若圆内有一点P 为黑点，则4OP <，以OP 为底边作腰长为2的等腰三角形OPR ，则R 至少与O 、P 中的一点异色，根据引理，也有符合要求的三角形．
解析2 两点A 、B ，使得2AB =，且A 、B 异色，由解析1的引理，有符合要求的三角形；若任意距离为2的两点都有相同的颜色，那么整个平面都只有同一种颜色．事实上，任取平面上的两个点A 、B ，连AB ，从A 出发，用步长为2朝B 前进，依次得1A ，2A ，…，k A ，如图(c )，且2k A B ≤，显然1A ，2A ，…，k A 与A 同色．若2k A B =，则A 、B 同色，若2k A B <2，作等腰k A BC △使得2k A C BC ==，则k A 与C 同色，C 与B 同色，从而也有A 与B 同色．其他同解析1．
A B
C
(c)2
222A 1A 2
k
初中数学青年教师解题竞赛试卷
初中数学青年教师解题竞赛试卷 一、填空（本题共有8小题，每小题5分，共40分） 1?把多项式x2y—xy 遵y分解因式所得的结果是 _________________________ . 2?如果不等边三角形各边长均为整数，且周长小于13,那么这样的三角形共有____________ 个. 3?函数y=^3 + 2x—x2中，自变量x的取值范围是__________________ . 4?若关于未知数x的一元二次方程（m - 1）x2+ x + m2+ 2m-3 = 0有一个根为0，则m的 ________ 5.条件P：x=1或x=2，条件q：x -1 = J x-1中，P是q的______________________ 条件.（填充分不必要、必要不充分、充要、既不充分也不必要中的一个） 6.两个等圆相交于A、B两点，过B作直线分别交两圆于点C、D .那么△ ACD —定是 ________________ 三角形.（要求以边或角的分类作答） 7?—直角三角形的斜边长为c,它的内切圆的半径是r，则内切圆的面积与三角形的面积的 8?不等边三角形ABC的两条高的长度分别为4和12,若第三条高也为整数，那么它的长度最大可 能是______________ ? 二、（本题满分12分） 9.如图，已知点A在O O上，点B在O O夕卜，求作一个圆，使它经过点B,并且与O O相切于点A. （要求写出作法，不要求证明） O ?A 三、（本题满分12分） 10?一次选拔考试的及格率为25%，及格者的平均分数比规定的及格分数多15分，不及格者的平均分数比规定的及格分数少25分，又知全体考生的平均分数是60分，求这次考试规定的及格分数是多少？ 四、（本题满分13分） 11.有30根水泥电线杆，要运往1000米远的地方开始安装，在1000米处放一根，以后每50米放一根，一辆汽车每次只能运3根，如果用一辆汽车完成这项任务，这辆汽车的行程共有多少千米？ 五、（本题满分13分） 12 .正实数a、b满足a b=b a，且a v 1，求证：a=b. 六、（本题满分14分）
历年全国初中数学竞赛试题及参考答案
2006年全国初中数学竞赛试题及参考答案 一、选择题（共5小题，每小题6分，满分30分. 以下每道小题均给出了代号为A，B，C，D的四个选项，其中有且仅有一个选项是正确的. 请将正确选项的代号填入题后的括号里. 不填、多填或错填都得0分） 1.在高速公路上，从3千米处开始，每隔4千米经过一个限速标志牌；并且从10千米处开始，每隔9千米经过一个速度监控仪. 刚好在19千米处第一次同时经过这两种设施，那么第二次同时经过这两种设施的千米数是( ) (A)36(B)37(C)55 (D)90 2.已知，，且，则a的值等于( ) (A)－5(B)5(C)－9(D)9 3.Rt△ABC的三个顶点A，B，C均在抛物线上，并且斜边AB平行于x轴. 若斜边上的高为h，则( ) (A)h＜1 (B)h＝1 (C)1＜h＜2 (D)h＞2 4.一个正方形纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；拿出其中一部分，再沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；又从得到的三部分中拿出其中之一，还是沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分……如此下去，最后得到了34个六十二边形和一些多边形，则至少要剪的刀数是( ) (A)2004 (B)2005 (C)2006 (D)2007 5.如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在劣弧AB上，连结DP，交AC于点Q，若QP＝QO，则 的值为( ) (A)(B) (C)(D) 二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分） 6.已知a，b，c为整数，且a＋b＝2006，c－a＝2005. 若a＜b，则a＋b＋c的最大值为___________. 7.如图，面积为的正方形DEFG内接于面积为1的正三角形ABC，其中a，b，c是整数，且b不能被任何质数的平方整除，则的值等于________.
初中数学教师专业知识竞赛试卷
2010年塘下学区初中数学教师学科知识竞赛试题（答案） （满分120分，时间120分） 一、选择题（在四个答案中选出一个正确的答案，每小题4分，共32分） 1．α为锐角，当α tan 11 -无意义时，)15cos()15sin(00-++αα的值为……………（ A ） （A ）3 （B ）23 （C ）33 （D ）3 3 2 2．从分别写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中任意取出两张，把第一张卡片上的数字作为十位数字，第二张卡片上的数字作为个位数字，组成一个两位数，则所组成的数是3的倍数的概率是………………………………………………………………………（ C ） （A ） 15 （B ）310 （C ）25（D ）1 2 3．方程012=-+x x 所有实数根的和等于……………………………………………（ D ） (A)1- (B)1 (C)5(D) 0 4．有一正方体，六个面上分别写有数字1、2、3、4、 5、6，有三个人从不同的角度观察的结果如图所示. 如果记6的对面的数字为a ，2的对面的数字为b ， 那么b a +的为………………………………………………………………………（B ）. (A)11 (B)7 (C)8(D) 3 5．如图，圆1O 、圆2O 、圆3O 三圆两两相切，直径AB 为圆1O 、圆2O 的公切线， A B 为半圆，且分别与三圆各切于一点。若圆1O 、圆2O 的半径均为1，则圆3O 的半径为…（ C ） (A)1 (B) 1 (C)2－1(D)2＋1 6在图中任意画一条抛物线，问所画的抛物线最多能经过81个格点中的多少个？（ B ） （A ）9（B ）8 （C ）7 （D ）6 7．若方程2 2 20x ax b ++=与2 2 20x cx b +-=有一个相同的根，且,,a b c 为一三角形的 三边，则此三角形一定是………………………………………………………………（A ） (A)直角三角形 (B)等腰三角形(C)等边三角形(D)等腰直角三角形
历年各地初中数学青年教师解题竞赛试题及参考标准答案(上)
1. ２002年秋季广州市初中数学青年教师解题比赛试题及解答 2. 常州市武进区初中数学教师解题竞赛试题及参考答案 3. 20０３年广州市初中数学青年教师解题比赛试题 4. 20０５年武进区初中数学教师解题竞赛试题 初中数学青年教师解题竞赛试卷 一、填空(本题共有10小题,每小题4分，共4０分） 1．函数1 12-+-=x x y 中,自变量x 的取值范围是 . 2.圆锥的母线长为5cm ，高为3 cm,在它的侧面展开图中，扇形的圆心 角是 度. ３.已知3=xy ,那么y x y x y x +的值是 ． 4．△ＡBC 中,D 、Ｅ分别是ＡB 、ＡC 上的点,D Ｅ／/ＢC ，BE 与C Ｄ相交 于点O ，在这个图中，面积相等的三角形有 对．
５.不等式x x 4115≥+的正整数解的共有 个. 6．函数13++=x x y 的图象在 象限． 7．在△ＡBC 中,A Ｂ=10,ＡC =5，Ｄ是BC 上的一点,且ＢD ：DC =2:3,则AD 的取值范围是 . 8.关于自变量x 的函数c bx ax y ++=2是偶函数的条件是 ． 9.若关于未知数x 的方程x p x =-有两个不相等的实数根,则实数p 的取值范围是 . 1０．A Ｂ、AC 为⊙Ｏ相等的两弦，弦AD 交ＢC 于Ｅ,若A Ｃ=1２,AE ＝8， 则A Ｄ= . 二、(本题满分12分） 1１．如图,已知点A 和点B ，求作一个圆⊙O , 和一个三角形ＢCD ,使⊙Ｏ经过点A ，且使所作的 图形是对称轴与直线AB 相交的轴对称图形．（要求 写出作法，不要求证明） 三、(本题满分１２分) 12.梯子的最高一级宽33ｃm ，最低一级宽110c ｍ，中间还有10级,各级 的宽成等差数列,计算与最低一级最接近的一级的宽. 四、（本题满分13分） 13．已知一条曲线在ｘ轴的上方，它上面的每一点到点Ａ（0，2)的距离减去它到x 轴的距离的差都是2，求这条曲线的方程． 五、（本通满分13分） 14．池塘中竖着一块碑,在高于水面1米的地方观测，测得碑顶的仰角为 ?20,测得碑顶在水中倒影的俯角为?30(研究问题时可把碑顶及其在水中的 倒影所在的直线与水平线垂直)，求水面到碑顶的高度（精确到0.01米，747.270tan ≈?). 六、(本题满分1４分）. 1５.若关于未知数x 的方程022=-+q px x （p 、q 是实数）没有实数根, ..A B
历年初中数学竞赛真题库(含答案)
1991年全国初中数学联合竞赛决赛试题 第一试 一、选择题 本题共有8个小题，每小题都给出了（A ）、（B ）（C ）、（D ）四个答案结论，其中只有一个是正确的．请把正确结论的代表字母写在题后的圆括号内． １． 设等式y a a x a y a a x a ---=-+-)()(在实数范围内成立，其中a ，x ，y 是 两两不同的实数，则2 22 23y xy x y xy x +--+的值是 （A ）3 ； （B ）31； （C ）2； （D ）3 5 ． 答（ ） ２． 如图，AB ‖EF ‖CD ，已知AB =20，CD =80，BC =100，那么EF 的值是 （A ） 10； （B ）12； （C ） 16； （D ）18． 答（ ） ３． 方程012=--x x 的解是 （A ） 251±； （B ）25 1±-； （C ） 251±或251±-； （D ）2 5 1±-±． 答（ ） ４． 已知：)19911991(2 11 1 n n x --=（n 是自然数）．那么n x x )1(2+-，的值是 （Ａ）11991-； （Ｂ）11991--； （Ｃ）1991)1(n -； （Ｄ）11991)1(--n ． 答（ ） ５． 若M n 1210099321=?????Λ，其中Ｍ为自然数，n 为使得等式成立的最大的自然数，则Ｍ （Ａ）能被２整除，但不能被３整除； （Ｂ）能被３整除，但不能被２整除； （Ｃ）能被４整除，但不能被３整除； （Ｄ）不能被３整除，也不能被２整除．
答（ ） ６． 若a ，c ，d 是整数，b 是正整数，且满足c b a =+，d c b =+，a d c =+，那么 d c b a +++的最大值是 （Ａ）1-；（Ｂ）5-；（Ｃ）0；（Ｄ）１． 答（ ） ７． 如图，正方形OPQR 内接于ΔABC ．已知ΔAOR 、ΔBOP 和ΔCRQ 的面积分别是11=S ， 32=S 和13=S ，那么，正方形OPQR 的边长是 （Ａ）2；（Ｂ）3；（Ｃ）2 ；（Ｄ）3． 答（ ） ８． 在锐角ΔABC 中， 1= AC ，c AB =，ο60=∠A ，ΔABC 的外接圆半径R ≤1，则 （Ａ）21< c < 2 ； （Ｂ）0< c ≤2 1 ； 答（ ） （C ）c > 2； （D ）c = 2． 答（ ） 二、填空题 １．Ｅ是平行四边形ABCD 中BC 边的中点，AE 交对角线BD 于G ，如果ΔBEG 的面积是１，则平行四边形ABCD 的面积是 ． ２．已知关于x 的一元二次方程02=++c bx ax 没有实数解．甲由于看错了二次项系数，误求得两根为２和４；乙由于看错了某一项系数的符号，误求得两根为－１和４，那么，=+a c b 32 ． 3．设m ，n ，p ，q 为非负数，且对一切x >０，q p n m x x x x )1(1)1(+=-+恒成立，则 =++q p n m 22)2( ． ４．四边形ABCD 中，∠ ABC ο135=，∠BCD ο120=，AB 6=，BC 35-=， CD = 6，则AD = ． 第二试 1 1=S 3S =1 32=S
初中数学命题的方法和技巧
初中数学命题的方法和技巧 概论 新课程改革，更新了教师们的教育理念，提升了实践能力，课堂教学发生了较为理性的变化，数学教学的评价也发生了一些可喜的变化。近几年来，宁波市教研室及各县市区教研室也组织了数学命题比赛，一定程度上促进了教师命题能力的提高。但数学问题的编制仍是极大部分教师的软肋，大家应该能切身的体会到，但凡各级各类优质课比赛和展示的优秀课例中，无不展示出这些教师具有优秀理念和超凡创意的数学问题设计。我们的极大部分教师仍以现成的资料以题海战术的形式训练学生，给学生带来过重的负担，从而导致缺乏编制问题最基本的能力，包括选题（根据什么目的？选择什么形式？等等）、改题（课本中的例习题改编，一改即错）、编题（想考查某一方面的知识和能力，但就是编不出好题来。 要实现“减负提质“，一线教师必须在提升自己教学基本功上下功夫，特别是命题能力。 初中数学命题一般有以下几种类型：（1）课堂小测验（练习）；（2）单元测验；（3）期中期末试卷；（4）中考（模拟）试卷；（5）竞赛试卷。 今天我就试卷命题谈四个方面的问题。 一、考试命题的几个主要的原则 考试命题是一件科学性和技术性很强的工作，为了提高试卷试卷质量，必须遵循下列主要原则： 1．科学性原则 （1）试卷内容科学、无差错，无知识性、科学性错误 例1：已知012 =++x x ，求221x x +的值。 例2：已知b a ,是实数，且1=ab ，设11+++=b b a a M ，1 111+++=b a N ，则M ，N 的大小关系为（ ） A ．N M > B ．N M = C ．N M < D ．不确定 例3：已知01442,0634=-+=--z y x z y x ，求2 222 2275632z y x z y x ++++的值。 例4：06年绍兴23．我们知道，两边及其中一边的对角分别对应相等的两个三角形不一定全等．那么在什么情况下，它们会全等? (1)阅读与证明： 对于这两个三角形均为直角三角形，显然它们全等． 对于这两个三角形均为钝角三角形，可证它们全等(证明略)． 对于这两个三角形均为锐角三角形，它们也全等，可证明如下： 已知：△ABC、△A 1B 1C 1均为锐角三角形，AB=A 1B 1，BC=B 1C l ，∠C=∠C l ． 求证：△ABC≌△A 1B 1C 1． (请你将下列证明过程补充完整．) 证明：分别过点B ，B 1作BD ⊥CA 于D ， B 1 D 1⊥C 1 A 1于D 1. 则∠BDC=∠B 1D 1C 1=900 ， ∵BC=B 1C 1，∠C=∠C 1， ∴△BCD≌△B 1C 1D 1，
人教版初中数学有理数专项训练及答案
人教版初中数学有理数专项训练及答案 一、选择题 1．实数a ，b 在数轴上对应点的位置如图所示，化简|a |＋2(a b )-的结果是（ ） A ．2a+b B ．-2a+b C ．b D ．2a-b 【答案】B 【解析】 【分析】 根据数轴得出0a <，0a b -<，然后利用绝对值的性质和二次根式的性质化简． 【详解】 解：由数轴可知：0a <，0b >， ∴0a b -<， ∴()()2 2a a b a b a a b -=-+-=-+， 故选：B ． 【点睛】 本题考查了数轴、绝对值的性质和二次根式的性质，根据数轴得出0a <，0a b -<是解题的关键． 2．数轴上表示数a 和数b 的两点之间的距离为6，若a 的相反数为2，则b 为（ ） A ．4 B ．4- C ．8- D ．4或8- 【答案】D 【解析】 【分析】 根据相反数的性质求出a 的值，再根据两点距离公式求出b 的值即可． 【详解】 ∵a 的相反数为2 ∴20a += 解得2a =- ∵数轴上表示数a 和数b 的两点之间的距离为6 ∴6a b -= 解得4b =或8- 故答案为：D ． 【点睛】 本题考查了数轴上表示的数的问题，掌握相反数的性质、两点距离公式是解题的关键．
3．如果实数a ，b 在数轴上的对应点的位置如图所示，那么下列结论正确的是（ ） A ．a b < B ．a b >- C ．2a >- D ．b a > 【答案】D 【解析】 【分析】 根据数轴可以发现a ＜b ，且-3＜a ＜-2，1＜b ＜2，由此即可判断以上选项正确与否． 【详解】 ∵-3＜a ＜-2，1＜b ＜2，∴|a|＞|b|，∴答案A 错误； ∵a ＜0＜b ，且|a|＞|b|，∴a+b ＜0，∴a ＜-b ，∴答案B 错误； ∵-3＜a ＜-2，∴答案C 错误； ∵a ＜0＜b ，∴b ＞a ，∴答案D 正确． 故选：D ． 【点睛】 本题考查的是数轴与实数的大小比较等相关内容，会利用数轴比较实数的大小是解决问题的关键． 4．已知实数a ，b ，c ，d ，e ，f ，且a ，b 互为倒数，c ，d 互为相反数，e 的绝对值为2，f 的算术平方根是8，求 23125c d ab e f ++++( ) A ．922B ．922C ．922+922-D ．132 【答案】D 【解析】 【分析】 根据相反数，倒数，以及绝对值的意义求出c+d ，ab 及e 的值，代入计算即可． 【详解】 由题意可知：ab=1，c+d=0，2=±e f=64， ∴2222e =±=（）33644f =＝， ∴ 23125 c d ab e f ++++=11024622 +++=； 故答案为：D 【点睛】 此题考查了实数的运算，算术平方根，绝对值，相反数以及倒数和立方根，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
关于2005年广州市中学数学青年教师解题比赛的通知
关于2005年广州市中学数学青年教师解题比赛的通知
2011年广州市中学数学青年教师解题比赛决赛的 通知 各区（县级市）教研室（教育发展中心），省、市直属各中学： 现将2011年广州市中学数学青年教师解题比赛决赛的有关事项通知如下。 一、参赛对象 广州市范围内35周岁以下的中学数学教师。 二、比赛办法 本项活动在各区（县级市）教研室（教育发展中心）中数科举行初赛的基础上分初中和高中两个组别进行。 各区（县级市）教研室（教育发展中心）中数科在初赛优胜选手中按不超过本区（县级市）（包括属地中的省、市属中学）青年数学教师总人数的20%确定送市参加决赛的名额。（参赛名单与考室见附件） 三、比赛时间及地点 比赛时间：2011年4月10日上午9：00～11：00 。 比赛地点：广雅中学。 ★★参赛选手入场时请出示身份证或工作证。 四、命题范围 ⑴初中解题比赛决赛命题范围为广州市初中中考数学考试大纲和国家高中数学课程标准中规定的内容，其中初中内容占70%，高中内容占30%，试题难度为初中内容按中考要求，高中内容按课本例题要求。 ⑵高中解题比赛决赛命题范围为2007年高考广东卷文科数学和理科数学
考试大纲的说明中规定的全部内容，试题难度参考理科高考的难度。命题时将控制难题的数量。 五、授奖方式及等级 全市分初中、高中各设立一、二、三等奖。获奖者均发获奖证书，以资鼓励。 广州市教育局教研室数学科 广州市中学数学教学研究会 二○一一年三月二十日 附件： 2011年广州市中学数学青年教师解题比赛决赛名单与试室安排 试室安排（初中） 第一试室 考号序号学校全称姓名 1001 386 番禺区华南碧桂园学校白晓红 1002 328 番禺区市桥桥兴中学毕旺兴 1003 1203 67中边志强 1004 340 番禺区石碁第三中学宾英 1005 376 番禺区市桥桥兴中学蔡键秋 1006 936 广州市第16中学蔡智雄 1007 1001 第5中学曹灵灵 1008 1214 新市中学曹永强 1009 1002 第52中学岑洁明 1010 121 增城二中陈畅 1011 140 荔城三中陈安安 1012 383 番禺区桥城中学陈柏祥 1013 363 番禺区海鸥实验学校陈炳添 1014 935 广州大学附属中学陈丹波 1015 1003 珠江中学陈丹芸 1016 325 番禺区钟村奥园学校陈迪银 1017 211 从化市龙潭中学陈冠标 1018 1117 广雅实验学校陈鸿 1019 317 番禺区洛溪新城中学陈尖峰
历年初中数学竞赛真题库(含答案)
1991年全国初中数学联合竞赛决赛试题 第一试 一、选择题 本题共有8个小题，每小题都给出了（A ）、（B ）（C ）、（D ）四个答案结论，其中只有一个是正确的．请把正确结论的代表字母写在题后的圆括号内． ． 设等式y a a x a y a a x a ---=-+-)()(在实数范围内成立，其中a ，x ，y 是两两不 同的实数，则22223y xy x y xy x +--+的值是 （A ）3 ； （B ）31； （C ）2； （D ）35 ． 答（ ） ． 如图，AB ‖EF ‖CD ，已知AB =20，CD =80，BC =100，那么EF 的值是 （A ） 10； （B ）12； （C ） 16； （D ）18． 答（ ） ． 方程0 12=--x x 的解是 （A ）251±； （B ）25 1±-； （C ）251±或251±-； （D ）251±-± ． 答（ ） ． 已知：)19911991(21 1 1n n x --=（n 是自然数）．那么 n x x )1(2+-，的值是 （Ａ）11991-； （Ｂ）1 1991--； （Ｃ）1991)1(n -； （Ｄ）1 1991)1(--n ． 答（ ） ． 若M n 1210099321=????? ，其中Ｍ为自然数，n 为使得等式成立的最大的自然数，则Ｍ （Ａ）能被２整除，但不能被３整除； （Ｂ）能被３整除，但不能被２整除； （Ｃ）能被４整除，但不能被３整除； （Ｄ）不能被３整除，也不能被２整除． 答（ ） ． 若a ，c ，d 是整数，b 是正整数，且满足c b a =+，d c b =+，a d c =+，那么 d c b a +++的最大值是 （Ａ）1-；（Ｂ）5-；（Ｃ）0；（Ｄ）１． 答（ ） ． 如图，正方形OPQR 内接于ΔABC ．已知ΔAOR 、ΔBOP 和ΔCRQ 的面积分别是11=S ，32=S 和 1 3=S ，那么，正方形OPQR 的边长是 （Ａ）2；（Ｂ）3；（Ｃ）2 ；（Ｄ）3． 答（ ） 1 1=S
人教版初中数学四边形专项训练及答案
人教版初中数学四边形专项训练及答案 一、选择题 ?绕点A顺时针旋转90?到1．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把ADE ?的位置．若四边形AECF的面积为20，DE=2，则AE的长为（） ABF A．4 B．25C．6 D．26 【答案】D 【解析】 【分析】 利用旋转的性质得出四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积，进而可求 出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案． 【详解】 Q绕点A顺时针旋转90?到ABF ADE ? ?的位置． ∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于20， ∴==， AD DC 25 Q， DE= 2 ∴?中，2226 Rt ADE AE AD DE =+= 故选：D． 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应 边关系是解题关键． 2．如图，在菱形ABCD中，E是AC的中点，EF∥CB，交AB于点F，如果EF=3，那么菱形ABCD的周长为（） A．24 B．18 C．12 D．9 【答案】A 【解析】 【分析】易得BC长为EF长的2倍，那么菱形ABCD的周长=4BC问题得解． 【详解】∵E是AC中点，
∵EF ∥BC ，交AB 于点F ， ∴EF 是△ABC 的中位线， ∴BC=2EF=2×3=6， ∴菱形ABCD 的周长是4×6=24， 故选A ． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质及菱形的周长公式，熟练掌握相关知识是解题的关键. 3．如图，在菱形ABCD 中，点E 在边AD 上，30BE AD BCE ⊥∠=?，.若2AE =，则边BC 的长为( ) A 5 B 6 C 7 D ．22【答案】B 【解析】 【分析】 由菱形的性质得出AD ∥BC ，BC=AB=AD ，由直角三角形的性质得出3，在Rt △ABE 中，由勾股定理得：BE 2+22=3）2，解得：2，即可得出结果． 【详解】 ∵四边形ABCD 是菱形， ∴AD BC BC AB =，∥. ∵BE AD ⊥.∴BE BC ⊥. ∴30BCE ∠=?，∴2EC BE =， ∴223AB BC EC BE BE ==-=. 在Rt ABE △中，由勾股定理得)22223BE BE += ， 解得2BE =，∴36BC BE == 故选B. 【点睛】 此题考查菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键． 4．如图 ，矩形 ABCD 中，AB ＞AD ，AB =a ，AN 平分∠DAB ，DM ⊥AN 于点 M ，CN ⊥AN 于点 N .则 DM +CN 的值为（用含 a 的代数式表示）( )
初中数学教师解题比赛训练讲义
第2题 从正面看 第7题 C B A 第6题 初中数学综合讲义（1）姓名＿＿＿ 一、选择题 1．如图，反比例函数y ＝k x 的图象经过点A (－1,－2)． 则当x ＞1时，函数值y 的取值范围是( ) A ．y ＞1 B ．0＜y ＜1 C ．y ＞2 D ．0＜y ＜2 2．如图，是由8个相同的小立方块搭成的几何体的左视图，它的三个视图是2×2的正方形．若拿掉若干个小立方块后（几何体不倒掉．．．），其三个视图仍都为2×2的正方形，则最多能拿掉小立方块的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 3．甲、乙两人沿相同的路线由A 地到B 地匀速前进，A 、B 两地间的距离为 20千米．他们前进的路程为s (单位：千米)，甲出发后的时间为 t (单位：小时)，甲、乙前进的路程与时间的函数图象如图所示．根据图象信息，下列说法正确的是( ) A ．甲的速度是4千米/小时 B ．乙的速度是10千米/小时 C ．乙比甲晚出发1小时 D ．甲比乙晚到B 地3小时 4．如图，在平面直角坐标系中，⊙P 的圆心是（2，a ）(a ＞2)，半径 为2，函数y =x 的图象被⊙P 的弦AB 的长为a 的值是( ) A ．B ．2+ C ．D ．2 二、填空题 5．在四边形ABCD 中，AB ＝DC ，AD ＝BC ，请再添加一个条件，使 四边形ABCD 是矩形，你添加的条件是 ．（写出一种即可） 6．如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，∠ACB ＝30°，将△ABC 绕A 按逆时针方向旋转15°后得到△A 1B 1C 1，B 1C 1交AC 于点D ，如果AD ＝22，则△ABC 的周长等于 ．
历年初中数学竞赛试题精选(含解答)
初三数学竞赛试题 4、某商店经销一批衬衣，进价为每件m元，零售价比进价高a%，后因市场的变化，该店把零售价调整为原来零售价的b%出售，那么调价后每件衬衣的零售价是（） A. m(1+a%)(1-b%)元 B. m?a%(1-b%)元 C. m(1+a%)b%元 D. m(1+a%b%)元 解：选C。设全天下雨a天，上午晴下午雨b天，上午雨下午晴c天，全天晴d天。由题可得关系式a=0①，b+d=6②，c+d=5③，a+b+c=7④，②＋③－④得2d-a=4，即d＝2，故b=4，c=3，于是x＝a+b+c+d=9。 解：出发1小时后，①、②、③号艇与④号艇的距离分别为 各艇追上④号艇的时间为 对＞＞＞有，即①号艇追上④号艇用的时间最小，①号是冠军。 解：设开始抽水时满池水的量为，泉水每小时涌出的水量为，水泵每小时抽水量为，2小时抽干满池水需n台水泵，则 由①②得，代入③得： ∴，故n的最小整数值为23。 答：要在2小时内抽干满池水，至少需要水泵23台 解：设第一层有客房间，则第二层有间，由题可得 由①得：，即 由②得：，即 ∴原不等式组的解集为 ∴整数的值为。
答：一层有客房10间。 解：设劳动竞赛前每人一天做个零件 由题意 解得 ∵是整数∴＝16 （16＋37）÷16≈3.3 故改进技术后的生产效率是劳动竞赛前的3.3倍。 初中数学竞赛专项训练（2） （方程应用） 一、选择题： 答：D。 解：设甲的速度为千米/时，乙的速度为千米/时，根据题意知，从出发地点到A的路程为千米，到B的路程为千米，从而有方程： ，化简得，解得不合题意舍去）。应选D。 答：C。 解：第k档次产品比最低档次产品提高了（k－1）个档次，所以每天利润为 所以，生产第9档次产品获利润最大，每天获利864元。 答：C。 解：若这商品原来进价为每件a元，提价后的利润率为， 则解这个方程组，得，即提价后的利润率为16%。 答：B。
人教版初中数学实数专题复习
初中数学复习讲学案 姓名： 班级： 学号： 实数专题复习课 第一部分 知识梳理 1.实数的组成与分类 ???????????????????????????????????????正整数整数零 负整数有理数实数正分数分数有限小数或无限循环小数负分数正无理数无理数无限不循环小数负无理数 ?????????????????????????????正整数正有理数正实数正分数正无理数实数还可以分为零 负整数负有理数负实数负分数负无理数 2.数轴、相反数、绝对值、倒数 3.平方根与立方根 平方根：如果一个数的平方等于a ，这个数叫做a 的平方根。数a 的平方根记作)0(≥±a a 性质：一个正数有两个平方根，它们互为相反数，零的平方根还是零。负数没有平方根。 正数a 的正的平方根也叫做a 的算术平方根，零的算术平方根还是零。 开平方：求一个数的平方根的运算，叫做开平方。 立方根：如果一个数的立方等于a ，则称这个数为a 立方根 。数a 的立方根用3a 表示。 性质：任何数都有立方根，一个正数有一个正的立方根；一个负数有一个负的立方根，零的立方根是零。 开立方：求一个数的立方根（三次方根）的运算，叫做开立方。 ③正确理解：a 、a -、a ±、3a ④几个性质：a a =2、)0(2≥=a a a 、a a =3、a a =33）（ 4.二次根式及其运算 ②乘法法则：)0;0(≥≥= ?b a ab b a 与)0;0(≥≥?=b a b a ab ③除法法则：)0;0(>≥=b a b a b a 与)0;0(>≥=b a b a b a 第二部分 精讲点拨 考点1. 平方根、算术平方根、立方根的概念
区原创试题命题竞赛初中数学学科中考试题
区原创试题命题竞赛初中数学学科中考试题 一、选择题（每题3分，共36分） 1、若 23a b b -=，则a b = A.1 3 B.23 C.43 D. 5 3 2、世界最长的跨海大桥—舟山跨海大桥总造价为131.1亿元，131.1亿用科学计数法可表示为 元。 A.11 0.131110? B.10 1.31110? C.10 0.131110? D.11 1.31110? 3、下列运算正确的是 A.2222a a a += B.22()()a b a b a b -+--=- C.( ) 3 2528a a = 4±. 4、圆锥的底面半径为3cm ，母线为9cm ，则圆锥的表面积为 A.36π2 cm B.9π2 cm C.12 π2 cm D.27π2 cm 5、下列美丽的图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的个数是 A.1个 B.2个 C.3 个 D.4个 6、已知⊙O 1和⊙O 2的半径分别为1 和4，如果两圆的位置关系为相交， 那么圆心距O 1O 2的取值范围在数轴上表示正确的是 7、在坡比为1：3的斜坡上有两棵树AC 、BD ，已知两树间的坡面距离AB=m ，那么两树间的水平距离为 m A. 8、把一张长为60厘米，宽为40厘米的矩行纸张对折8次，所得的小矩形面积的大小约同 A.一元硬币 B.书包 C.单人课桌 D.火柴盒 9、已知关于x 的不等式组0 10 x a x ->?? ->?的整数解共有3个，则a 的取值范围是 A. 3a >- B.32a -<≤- C.32a -≤<- D. 2a <- 10、如图，点E 、F 是以线段BC 为公共弦的两条圆弧的中点，BC =6.点A 、D 分别为线段EF 、BC 上的动点.连结 AB 、AD ，设BD =x ，AB 2－AD 2=y ，下列图像中，能表示y 与x 的函数关系的图象是 B ． D ． A ． C ．
人教版初中七年级数学解一元一次方程专题练习
解一元一次方程的练习题 解下列方程：（每题4分） （1）3（x-2）=2-5(x-2) (2) 2(x+3)－5(1－x)=3(x －1) (3) 3(1)2(2)23x x x +-+=+ (4) 3(2)1(21)x x x -+=-- (5) 2x －13 =x+22 +1 (6) 12131=--x (7) x x -=+3 8 (8) 12542.13-=-x x
(9 ) 310.40.342x x -=+ (10) 3142125 x x -+=- (11) 3125724 3 y y +-=- (12) 57 6132 x x -=-+ (13) 143321=---m m (14) 5 2 221+-=--y y y
(15)12136x x x -+-=- (16) 38 123 x x ---= (17) 12(x-3)=2-12(x-3) (18)35 .012.02=+--x x (19) 301.032.01=+-+x x (20) 223 146 x x +--=
（21）124362x x x -+--= (22) x x 23231423 =?? ? ???-??? ??- (23) 112 [(1)](1)223x x x --=- （24）27(3y+7)=2 - 32y (25)设k 为整数，方程kx=4-x 的解x 为自然数，求k 的值。
7324x x -= 23255x += 70%20% 3.6x x += 312054x ?=? 425%105x += 15%68x x -= X ＋8 3X ＝121 5X －3× 21 5 ＝75 32X ÷41＝12 6X ＋5 =13.4 83 4143=+X 3X=8 3
超级资源(共30套)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 ==.
全国初中数学竞赛试题及答案79416
中国教育学会中学数学教学专业委员会 全国初中数学竞赛试题 一、选择题（共5小题，每小题6分，共30分.） 1（甲）．如果实数a，b，c在数轴上的位置如图所示，那 22 ||()|| a a b c a b c ++-++可以化简为（）． （A）2c a-（B）22 a b -（C）a-（D）a 1（乙）．如果22 a=- 1 1 1 2 3a + + + 的值为（）． （A）2 -（B）2（C）2 （D） 22 2（甲）．如果正比例函数y = ax（a ≠ 0）与反比例函数 y = x b（b ≠0 ）的图象有两个交点，其中一个交点的坐标为（－3，－2），那么另一个交点的坐标为（）． （A）（2，3）（B）（3，－2）（C）（－2，3） （D）（3，2） 2（乙）．在平面直角坐标系xOy中，满足不等式x2＋y2≤2x ＋2y的整数点坐标（x，y）的个数为（）． （A）10 （B）9 （C）7 （D）5 3（甲）．如果a b，为给定的实数，且1a b <<，那么
1121 a a b a b ++++，， ，这四个数据的平均数与中位数之差的 绝对值是（ ）． （A ）1 （B ） 214a - （C ）12 （D ）1 4 3（乙）．如图，四边形ABCD 中，AC ，BD 是对角线， △ABC 是等边三角形．30ADC ∠=?，AD = 3，BD = 5， 则CD 的长为（ ）． （A ）23 （B ）4 （C ）52 （D ）4.5 4（甲）．小倩和小玲每人都有若干面值为整数元的人民币．小倩对小玲说：“你若给我2元，我的钱数将是你的n 倍”；小玲对小倩说：“你若给我n 元，我的钱数将是你的2倍”，其中n 为正整数，则n 的可能值的个数是（ ）． （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4 4（乙）．如果关于x 的方程 2 0x px q p q --=（，是正整数）的正根小于3， 那么这样的方程的 个数是（ ）． （A ） 5 （B ） 6 （C ） 7 （D ） 8 5（甲）．一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，3，4，5，6．掷两次骰子，设其朝上的面上的两个数字之和除以4的余数分别是0，1，2，3的概率为0123p p p p ，，，，则 0123p p p p ，，，中最大的是（ ）． （A ）0p （B ）1p （C ）2p （D ）3p 5（乙）．黑板上写有1 11123100 ， ， ，， 共100个数字．每次操作先从黑板上的数中选取2个数 a b ，，然后删去a b ，，并在黑板上写上数a b ab ++，则经过99次操作后，黑板上剩下的数 是（ ）． （A ）2012 （B ）101 （C ）100 （D ）99 二、填空题（共5小题，每小题6分，共30分） 6（甲）．按如图的程序进行操作，规定：程序运行 从“输入一个值x ”到“结果是否>487？”为一次
初中数学教师招聘试卷及答案
初中数学教师招聘试卷 一、选择题（每题2分，共12分） 1、“数学是一种文化体系。”这是数学家（ C）于1981年提出的。 A、华罗庚 B、柯朗C怀尔德D、J.G.Glimm 2、“指导学生如何学？”这句话表明数学教学设计应以（ A）为中心。 A、学生 B、教材 C、教师 D、师生 3、现实中传递着大量的数学信息，如反映人民生活水平的“恩格尔系数”、预测天气情况的“降雨概率”、表示空气污染程度的“空气指数”、表示儿童智能状况的“智商”等，这表明数学术语日趋（B ） A、人本化 B、生活化 C、科学化 D、社会化 a 当a>0时； 4、a=|a|={ a 当a=0时；这体现数学( A）思想方法 a 当a<时； A、分类 B、对比 C、概括 D、化归 5、直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半。其判断形式是（C） A、全称肯定判断（SAP） B、全称否定判断（SEP） C、特称肯定判断（SIP） D、特称否定判断（SOP） 6、数学测验卷的编制步骤一般为（D） A、制定命题原则，明确测验目的，编拟双向细目表，精选试题。 B、明确测验目的，制定命题原则，精选试题，编拟双向细目表。 C明确测验目的，编拟双向细目表，精选试题，制定命题原则。 C、确测验目的，制定命题原则，编拟双向细目表，精选试题。 二、填空题（每格2分，共44分） 7、在20世纪，数学学习理论经历了从行为主义向认知主义的发展历程。 8、2001年7月，教育部颁发了依据《基础教育课程改革（试行）》而研制的《义务教育数学课程标准（实验稿）>>，这是我国数学教育史上的划时代大事。 9、义务教育阶段的数学课程标准应体现基础性、普及性、发展性，使数学教育面向全体学生，实现：①人人学有价值的数学；②人人都获得必需的数学；③不同的人在数学上得到不同的发展。
人教版初中数学总复习
初中数学
目录 专题一有理数与实数 (3) 专题一方程与应用 (12) 专题二函数与图像 (25) 专题三三角形与锐角三角函数 (45) 专题四四边形 (68) 专题五圆 (73)
? 专题一 有理数与实数 一、 有理数 (一) 知识点整理 1.有理数： (1)凡能写成)0p q ,p (p q ≠为整数且形式的数，都是有理数.正整数、0、负整数统称整数；正 分数、负分数统称分数；整数和分数统称有理数.注意：0即不是正数，也不是负数；-a 不一定是负数，+a 也不一定是正数；π不是有理数； (2)有理数的分类: ① ??? ? ????? ????负分数负整数负有理数零正分数 正整数 正有理数有理数 ② ???????????????负分数正分数分数负整数零正整数整数有理数 2．数轴：数轴是规定了原点、正方向、单位长度的一条直线. 3．相反数： (1)只有符号不同的两个数，我们说其中一个是另一个的相反数；0的相反数还是0； (2)相反数的和为0 ? a+b=0 ? a 、b 互为相反数. 4.绝对值： (1)正数的绝对值是其本身，0的绝对值是0，负数的绝对值是它的相反数；注意：绝对值的意义是数轴上表示某数的点离开原点的距离； (2) 绝对值可表示为：?????<-=>=) 0a (a )0a (0)0a (a a 或???<-≥=)0a (a ) 0a (a a ；绝对值的问题经常分类讨论； 5.有理数比大小：（1）正数的绝对值越大，这个数越大；（2）正数永远比0大，负数永远比 0小；（3）正数大于一切负数；（4）两个负数比大小，绝对值大的反而小；（5）数轴上的两个数，右边的数总比左边的数大；（6）大数-小数 ＞ 0，小数-大数 ＜ 0. 6.互为倒数：乘积为1的两个数互为倒数；注意：0没有倒数；若 a ≠0，那么a 的倒数是a 1；若ab=1? a 、b 互为倒数；若ab=-1? a 、b 互为负倒数. 7. 有理数加法法则： （1）同号两数相加，取相同的符号，并把绝对值相加； （2）异号两数相加，取绝对值较大的符号，并用较大的绝对值减去较小的绝对值； （3）一个数与0相加，仍得这个数. 8．有理数加法的运算律： （1）加法的交换律：a+b=b+a ；（2）加法的结合律：（a+b ）+c=a+（b+c ）. 9．有理数减法法则：减去一个数，等于加上这个数的相反数；即a-b=a+（-b ）. 10 有理数乘法法则： （1）两数相乘，同号为正，异号为负，并把绝对值相乘；