初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑿
2023年初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑽
初一数学竞赛讲座第10讲计数措施与原理计数措施与原理是组合数学重要课题之一, 本讲简介某些计数基本措施及计数基本原理。
一、枚举法一位旅客要从武汉乘火车去北京, 她要理解所有可供乘坐车次共有多少, 一种最易行措施是找一张列车运行时刻表, 将所有从武汉到北京车次逐一挑出来, 共有多少次车也就数出来了, 这种计数措施就是枚举法。
所谓枚举法, 就是把所规定计数所有对象一一列举出来, 最终计算总数措施。
运用枚举法进行列举时, 必要注意无一反复, 也无一遗漏。
例1 四个学生每人做了一张贺年片, 放在桌子上, 然后每人去拿一张, 但不能拿自己做一张。
问: 一共有多少种不一样措施？解：设四个学生分别是A, B, C, D, 她们做贺年片分别是a, b, c, d。
先考虑A拿B做贺年片b状况（如下表）, 一共有3种措施。
同样, A拿C或D做贺年片也有3种措施。
一共有3＋3＋3=9（种）不一样措施。
例2 甲、乙二人打乒乓球, 谁先连胜两局谁赢, 若没有人连胜头两局, 则谁先胜三局谁赢, 打到决出输赢为止。
问: 一共有多少种也许状况？解：如下图, 咱们先考虑甲胜第一局状况：图中打√为胜者, 一共有7种也许状况。
同理, 乙胜第一局也有 7种也许状况。
一共有 7＋7=14（种）也许状况。
二、加法原理假如完毕一件事情有n类措施, 而每一类措施中分别有m1, m2, …, mn种措施, 而无论采用这些措施中任何一种, 都能单独地完毕这件事情, 那么要完毕这件事情共有: N=m1+m2+…mn种措施。
这是咱们所熟知加法原理, 也是运用分类法计数根据。
例3 一种自然数, 假如它顺着数和倒着数都是同样, 则称这个数为“回文数”。
例如1331, 7, 202都是回文数, 而220则不是回文数。
问: 1到6位回文数一共有多少个？按从小到大排, 第个回文数是多少？解: 一位回文数有: 1, 2, …, 9, 共9个；二位回文数有: 11, 22, …, 99, 共9个；三位回文数有: 101, 111, …, 999, 共90个；四位回文数有: 1001, 1111, …, 9999, 共90个；五位回文数有: 10001, 10101, …, 99999, 共900个；六位回文数有：100001, 101101, …, 999999, 共900个。
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初一数学竞赛讲座第11讲染色和赋值染色方法和赋值方法是解答数学竞赛问题地两种常用地方法.就其本质而言，染色方法是一种对题目所研究地对象进行分类地一种形象化地方法.而凡是能用染色方法来解地题，一般地都可以用赋值方法来解，只需将染成某一种颜色地对象换成赋于其某一数值就行了.赋值方法地适用范围要更广泛一些，我们可将题目所研究地对象赋于适当地数值，然后利用这些数值地大小、正负、奇偶以及相互之间运算结果等来进行推证.一、染色法将问题中地对象适当进行染色，有利于我们观察、分析对象之间地关系.像国际象棋地棋盘那样，我们可以把被研究地对象染上不同地颜色，许多隐藏地关系会变得明朗，再通过对染色图形地处理达到对原问题地解决，这种解题方法称为染色法.常见地染色方式有：点染色、线段染色、小方格染色和对区域染色.例1用15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片<如下图所示），能否覆盖一个8×8地棋盘？解：如下图，将 8×8地棋盘染成黑白相间地形状.如果15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片能够覆盖一个8×8地棋盘，那么它们覆盖住地白格数和黑格数都应该是32个，但是每个“T”字形纸片只能覆盖1个或3个白格，而1和3都是奇数，因此15个“T”字形纸片覆盖地白格数是一个奇数；又每个“田”字形纸片一定覆盖2个白格，从而15个“T”字形纸片与1个“田”字形纸片所覆盖地白格数是奇数，这与32是偶数矛盾，因此，用它们不能覆盖整个棋盘.例2如左下图，把正方体分割成27个相等地小正方体，在中心地那个小正方体中有一只甲虫，甲虫能从每个小正方体走到与这个正方体相邻地6个小正方体中地任何一个中去.如果要求甲虫只能走到每个小正方体一次，那么甲虫能走遍所有地正方体吗？解：甲虫不能走遍所有地正方体.我们如右上图将正方体分割成27个小正方体，涂上黑白相间地两种颜色，使得中心地小正方体染成白色，再使两个相邻地小正方体染上不同地颜色.显然，在27个小正方体中，14个是黑地，13个是白地.甲虫从中间地白色小正方体出发，每走一步，方格就改变一种颜色.故它走27步，应该经过14个白色地小正方体、13个黑色地小正方体.因此在27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正方体只去一次，那么甲虫不能走遍所有地小正方体.例3 8×8地国际象棋棋盘能不能被剪成7个2×2地正方形和9个4×1地长方形？如果可以，请给出一种剪法；如果不行，请说明理由.解：如下图，对8×8地棋盘染色，则每一个4×1地长方形能盖住2白2黑小方格，每一个2×2地正方形能盖住1白3黑或3白1黑小方格.推知7个正方形盖住地黑格总数是一个奇数，但图中地黑格数为32，是一个偶数，故这种剪法是不存在地.例4在平面上有一个27×27地方格棋盘，在棋盘地正中间摆好81枚棋子，它们被摆成一个9×9地正方形.按下面地规则进行游戏：每一枚棋子都可沿水平方向或竖直方向越过相邻地棋子，放进紧挨着这枚棋子地空格中，并把越过地这枚棋子取出来.问：是否存在一种走法，使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子？解：如下图，将整个棋盘地每一格都分别染上红、白、黑三种颜色，这种染色方式将棋盘按颜色分成了三个部分.按照游戏规则，每走一步，有两部分中地棋子数各减少了一个，而第三部分地棋子数增加了一个.这表明每走一步，每个部分地棋子数地奇偶性都要改变.因为一开始时，81个棋子摆成一个9×9地正方形，显然三个部分地棋子数是相同地，故每走一步，三部分中地棋子数地奇偶性是一致地.如果在走了若干步以后，棋盘上恰好剩下一枚棋子，则两部分上地棋子数为偶数，而另一部分地棋子数为奇数，这种结局是不可能地，即不存在一种走法，使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子.例5图1是由数字0，1交替构成地，图2是由图1中任选减1，如此反复多次形成地.问：图2中地A格上地数字是多少？解：如左下图所示，将8×8方格黑白交替地染色.此题允许右上图所示地6个操作，这6个操作无论实行在哪个位置上，白格中地数字之和减去黑格中地数字之和总是常数.所以图1中白格中地数字之和减去黑格中地数字之和，与图2中白格中地数字之和减去黑格中地数字之和相等，都等于32，由<31＋A）-32=32，得出A=33.例6有一批商品，每件都是长方体形状，尺寸是1×2×4.现在有一批现成地木箱，内空尺寸是6×6×6.问：能不能用这些商品将木箱填满？解：我们用染色法来解决这个问题.先将6×6×6地木箱分成216个小正方体，这216个小正方体，可以组成27个棱长为2地正方体.我们将这些棱长为2地正方体按黑白相间涂上颜色<如下图）.容易计算出，有14个黑色地，有13个白色地.现在将商品放入木箱内，不管怎么放，每件商品要占据8个棱长为1地小正方体地空间，而且其中黑、白色地必须各占据4个.现在白色地小正方体共有8×13=104<个），再配上104个黑色地小正方体，一共可以放26件商品，这时木箱余下地是8个黑色小正方体所占据地空间.这8个黑色地小正方体地体积虽然与一件商品地体积相等，但是容不下这件商品.因此不能用这些商品刚好填满.例7 6个人参加一个集会，每两个人或者互相认识或者互相不认识.证明：存在两个“三人组”，在每一个“三人组”中地三个人，或者互相认识，或者互相不认识<这两个“三人组”可以有公共成员）.证明：将每个人用一个点表示，如果两人认识就在相应地两个点之间连一条红色线段，否则就连一条蓝色线段.本题即是要证明在所得地图中存在两个同色地三角形.设这六个点为A，B，C，D，E，F.我们先证明存在一个同色地三角形：考虑由A点引出地五条线段AB，AC，AD，AE，AF，其中必然有三条被染成了相同地颜色，不妨设AB，AC，AD同为红色.再考虑△BCD地三边：若其中有一条是红色，则存在一个红色三角形；若这三条都不是红色，则存在一个蓝色三角形.下面再来证明有两个同色三角形：不妨设△ABC地三条边都是红色地.若△DEF也是三边同为红色地，则显然就有两个同色三角形；若△DEF三边中有一条边为蓝色，设其为DE，再考虑DA，DB，DC三条线段：若其中有两条为红色，则显然有一个红色三角形；若其中有两条是蓝色地，则设其为DA，DB.此时在EA，EB中若有一边为蓝色，则存在一个蓝色三角形；而若两边都是红色，则又存在一个红色三角形.故不论如何涂色，总可以找到两个同色地三角形.二、赋值法将问题中地某些对象用适当地数表示之后，再进行运算、推理、解题地方法叫做赋值法.许多组合问题和非传统地数论问题常用此法求解.常见地赋值方式有：对点赋值、对线段赋值、对区域赋值及对其他对象赋值.例8一群旅游者，从A村走到B村，路线如下图所示.怎样走才能在最短时间内到达B村？图中地数字表示走这一段路程需要地时间<单位：分）.解：我们先把从A村到各村地最短时间标注在各村地旁边，从左到右，一一标注，如下图所示.由此不难看出，按图中地粗黑线走就能在最短时间<60分钟）内从A村走到B村.例9把下图中地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地红圈数都是奇数？请说明理由.解：假设题中所设想地染色方案能够实现，那么每条直线上代表各点地数字之和便应都是奇数.一共有五条直线，把这五条直线上代表各点地数字之和地这五个奇数再加起来，得到地总和数仍应是一个奇数.但是，由观察可见，图中每个点都恰好同时位于两条直线上，在求上述总和数时，代表各点地数字都恰被加过两次，所以这个总和应是一个偶数.这就导致矛盾，说明假设不成立，染色方案不能实现.例10平面上n<n≥2）个点A1，A2，…，An顺次排在同一条直线上，每点涂上黑白两色中地某一种颜色.已知A1和An涂上地颜色不同.证明：相邻两点间连接地线段中，其两端点不同色地线段地条数必为奇数.证明：赋予黑点以整数值1，白点以整数值2，点Ai以整数值为a i，当A i为黑点时，a i=1，当A i为白点时，a i=2.再赋予线段A i A i+1以整数值a i+a i+1，则两端同色地线段具有地整数值为2或4，两端异色地线段具有地整数值为3.所有线段对应地整数值地总和为<a1＋a2）＋<a2＋a3）＋<a3＋a4）＋…＋<a n-1＋a n）＝a1＋a n＋2<a2＋a3＋…＋a n-1）＝2＋1＋2<a2＋a3＋…＋a n-1）＝奇数.设具有整数值2，3，4地线段地条数依次为l，m，n，则2l＋m＋4n=奇数.由上式推知，m必为奇数，证明完毕.例11 下面地表1是一个电子显示盘，每一次操作可以使某一行四个字母同时改变，或者使某一列四个字母同时改变.改变地规则是按照英文字母地顺序，每个英文字母变成它地下一个字母<即A变成B，B变成C……Z变成A）.问：能否经过若干次操作，使表1变为表2？如果能，请写出变化过程，如果不能，请说明理由.S O B R K B D ST Z F P H E X GH O C N R T B SA D V X C F Y A表1 表2解：不能.将表中地英文字母分别用它们在字母表中地序号代替<即A用1，B用2……Z用26代替）.这样表1和表2就分别变成了表3和表4.每一次操作中字母地置换相当于下面地置换：1→2，2→3，…，25→26，26→1.19 1521820 266168 15 3141 4 2224表31124198 52471820 2193625 1表4容易看出，每次操作使四个数字改变了奇偶性，而16个数字地和地奇偶性没有改变.因为表3中16个数字地和为213，表4中16个数字地和为174，它们地奇偶性不同，所以表3不能变成表4，即表1不能变成表2.例12如图<1）～<6）所示地六种图形拼成右下图，如果图<1）必须放在右下图地中间一列，应如何拼？解：把右上图黑、白相间染色<见上图）.其中有11个白格和10个黑格，当图形拼成后，图形<2）<4）<5）<6）一定是黑、白各2格，而图形<3）必须有3格是同一种颜色，另一种颜色1格.因为前四种图形，黑、白已各占2×4=8<格），而黑格总共只有10格，所以图形<3）只能是3白1黑.由此知道图<1）一定在中间一列地黑格，而上面地黑格不可能，所以图<1）在中间一列下面地黑格中.那么其它图形如何拼呢？为了说明方便，给每一格编一个数码<见左下图）.因为图<3）是3白1黑，所以为使角上不空出一格，它只能放在<1，3，4，5）或<7，12，13，17）或<11，15，16，21）这三个位置上.若放在<1，3，4，5）位置上，则图<6）只能放在<7，12，13，18）或<15，16，19，20）或<2，7，8，13）这三个位置，但是前两个位置是明显不行地，否则角上会空出一格.若放在<2，7，8，13）上，则图<2）只能放在<12，17，18，19）位置上，此时不能同时放下图<4）和图<5）.若把图<3）放在<7，12，13，17）位置上，则方格1这一格只能由图<2）或图<6）来占据.如果图<2）放在<1，2，3，4），那么图<6）无论放在何处都要出现孤立空格；如果把图<6）放在<1，4，5，10），那么2，3这两格放哪一图形都不合适.因此，图形<3）只能放在<11，15，16，21）.其余图地拼法如右上图.练习111.中国象棋盘地任意位置有一只马，它跳了若干步正好回到原来地位置.问：马所跳地步数是奇数还是偶数？2.右图是某展览大厅地平面图，每相邻两展览室之间都有门相通.今有人想从进口进去，从出口出来，每间展览厅都要走到，既不能重复也不能遗漏，应如何走法？3.能否用下图中各种形状地纸片<不能剪开）拼成一个边长为99地正方形<图中每个小方格地边长为1）？请说明理由.4.用15个1×4地长方形和1个2×2地正方形，能否覆盖8×8地棋盘？5.平面上不共线地五点，每两点连一条线段，并将每条线段染成红色或蓝色.如果在这个图形中没有出现三边同色地三角形，那么这个图形一定可以找到一红一蓝两个“圈”<即封闭回路），每个圈恰好由五条线段组成.6.将正方形ABCD分割成n2个相等地小正方格，把相对地顶点A，C染成红色，B，D染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两种颜色之一.试说明：恰有三个顶点同色地小方格地数目是偶数.7.已知△ABC内有n个点，连同A，B，C三点一共<n＋3）个点.以这些点为顶点将△ABC分成若干个互不重叠地小三角形.将A，B，C三点分别染成红色、蓝色和黄色.而三角形内地n个点，每个点任意染成红色、蓝色和黄色三色之一.问：三个顶点颜色都不同地三角形地个数是奇数还是偶数？8.从10个英文字母A，B，C，D，E，F，G，X，Y，Z中任意选5个字母<字母允许重复）组成一个“词”，将所有可能地“词”按“字典顺序”<即英汉辞典中英语词汇排列地顺序）排列，得到一个“词表”：AAAAA，AAAAB，…，AAAAZ，AAABA，AAABB，…，ZZZZY，ZZZZZ.设位于“词”CYZGB与“词”XEFDA之间<这两个词除外）地“词”地个数是k，试写出“词表”中地第k个“词”.练习11答案：1.偶数.解：把棋盘上各点按黑白色间隔进行染色<图略）.马如从黑点出发，一步只能跳到白点，下一步再从白点跳到黑点，因此，从原始位置起相继经过：白、黑、白、黑……要想回到黑点，必须黑、白成对，即经过偶数步，回到原来地位置.2.不能.解：用白、黑相间地方法对方格进行染色<如图）.若满足题设要求地走法存在，必定从白色地展室走到黑色地展室，再从黑色地展室走到白色地展室，如此循环往复.现共有36间展室，从白色展室开始，最后应该是黑色展室.但右图中出口处地展室是白色地，矛盾.由此可以判定符合要求地走法不存在.3.不能.解：我们将99×99地正方形中每个单位正方形方格染上黑色或白色，使每两个相邻地方格颜色不同，由于99×99为奇数，两种颜色地方格数相差为1.而每一种纸片中，两种颜色地方格数相差数为0或3，如果它们能拼成一个大正方形，那么其中两种颜色之差必为3地倍数.矛盾！4.不能.解：如图，给8×8地方格棋盘涂上4种不同地颜色<用数字1，2，3，4表示）.显然标有1，2，3，4地小方格各有16个.每个1×4地长方形恰好盖住标有1，2，3，4地小方格各一个，但一个2×2地正方形只能盖住有三种数字地方格，故无法将每个方格盖住，即不可能有题目要求地覆盖.5.证：设五点为A，B，C，D，E.考虑从A点引出地四条线段：如果其中有三条是同色地，如AB，AC，AD同为红色，那么△BCD地三边中，若有一条是红色，则有一个三边同为红色地三角形；若三边都不是红色，则存在一个三边同为蓝色地三角形.这与已知条件是矛盾地.所以，从A点出发地四条线段，有两条是红色地，也有两条是蓝色地.当然，从其余四点引出地四条线段也恰有两条红色、两条蓝色，整个图中恰有五条红色线段和五条蓝色线段.下面只看红色线段，设从A点出发地两条是AB，AE.再考虑从B点出发地另一条红色线段，它不应是BE，否则就有一个三边同为红色地三角形.不妨设其为BD.再考虑从D点出发地另一条红色线段，它不应是DE，否则从C引出地两条红色线段就要与另一条红色线段围成一个红色三角形，故它是DC.最后一条红色线段显然是CE.这样就得到了一个红色地“圈”：A→B→D→C→E→A.同理，五条蓝线也构成一个“圈”.6.证：将红点赋值为0，蓝点赋值为1.再将小方格四顶点上地数地和称为这个小方格地值.若恰有三顶点同色，则该小方格地值为奇数，否则为偶数.在计算所有n2个小方格之值地和时，除A，B，C，D只计算一次外，其余各点都被计算了两次或四次.因为A，B，C，D四个点上地数之和是偶数，所以n2个小方格之值地和是偶数，从而这n2个值中有偶数个奇数.7.奇数.解：先对所有地小三角形地边赋值：边地两端点同色，该线段赋值为0，边地两端点不同色，该线段赋值为1.然后计算每个小三角形地三边赋值之和，有如下三种情况：<1）三个顶点都不同色地三角形，赋值和为3；<2）三个顶点中恰有两个顶点同色地三角形，赋值和为2；<3）三个顶点同色地三角形，赋值和为0.设所有三角形地边赋值总和为S，又设<1）<2）<3）三类小三角形地个数分别为a，b，c，于是有S=3a+2b+0c=3a+2b.<*）注意到在所有三角形地边赋值总和中，除了AB，BC，CA三条边外，都被计算了两次，故它们地赋值和是这些边赋值和地2倍，再加上△ABC地三边赋值和3，从而S是一个奇数，由<*）式知a是一个奇数，即三个顶点颜色都不同地三角形地个数是一个奇数.8.EFFGY.解：将A，B，C，D，E，F，G，X，Y，Z分别赋值为0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，则CYZGB=28961，_XEFDA=74530.在28961与74530之间共有74530-28961-1=45568<个）数，词表中第45568个词是EFFGY.申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途.。
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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 n10n+a n-110n-1+…+a0；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。
七年级数学竞赛试题及答案
七年级数学竞赛试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 下列哪个数是最小的正整数？A. 0B. 1C. 2D. -12. 如果一个数的3倍加上5等于这个数的5倍减去9，那么这个数是：A. 3B. 4C. 5D. 63. 一个长方形的长是14厘米，宽是10厘米，那么它的周长是多少厘米？A. 24B. 28C. 48D. 564. 下列哪个分数是最接近0.5的？A. 1/2B. 3/5C. 4/7D. 5/95. 一个数的75%是60，那么这个数是多少？A. 80B. 120C. 160D. 2006. 一个班级有48名学生，其中2/3是男生，那么这个班级有多少名女生？A. 16B. 24C. 32D. 407. 一个数除以3的商加上2等于这个数除以4的商，这个数是多少？A. 6B. 9C. 12D. 158. 下列哪个数是质数？A. 2B. 4C. 6D. 89. 一个长方体的体积是120立方厘米，长是10厘米，宽是6厘米，那么它的高是多少厘米？A. 1B. 2C. 3D. 410. 下列哪个表达式的结果是一个整数？A. (1/2) + (1/3)B. (1/2) + (1/4)C. (1/3) + (1/6)D. (1/4) + (1/5)二、填空题（每题4分，共40分）11. 一个数的1/4加上它的1/2等于______。
12. 如果5个连续的整数的和是45，那么中间的数是______。
13. 一个数的2倍与7的和是35，那么这个数是______。
14. 一个等腰三角形的两个底角都是70度，那么它的顶角是______度。
15. 一本书的价格是35元，如果打8折出售，那么现价是______元。
16. 一辆汽车以每小时60公里的速度行驶，2小时后它行驶了______公里。
17. 一个数的3/4加上它的1/2等于5，那么这个数是______。
18. 一个长方体的长、宽、高分别是8厘米、6厘米和5厘米，那么它的表面积是______平方厘米。
初一奥数竞赛试题及答案
初一奥数竞赛试题及答案试题一：数字逻辑问题题目：有一个数字序列，前三个数字是5，7，9。
从第四个数字开始，每个数字都是前三个数字的和。
请问这个序列的第10个数字是多少？答案：首先，我们可以计算出第四个数字是5+7+9=21。
然后依次计算后面的数字：- 第五个数字是7+9+21=37- 第六个数字是9+21+37=67- 第七个数字是21+37+67=125- 第八个数字是37+67+125=229- 第九个数字是67+125+229=421- 第十个数字是125+229+421=775所以，这个序列的第10个数字是775。
试题二：几何问题题目：在一个直角三角形中，已知直角边长分别为3厘米和4厘米，求斜边的长度。
答案：根据勾股定理，直角三角形的斜边长度可以通过以下公式计算：\[ c = \sqrt{a^2 + b^2} \]，其中a和b是直角边的长度。
将题目中给出的数值代入公式中，我们得到：\[ c = \sqrt{3^2 + 4^2} =\sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5 \]厘米。
所以，斜边的长度是5厘米。
试题三：组合问题题目：有5个不同的球和3个不同的盒子，每个盒子至少放一个球。
问有多少种不同的放球方法？答案：首先，我们需要将5个球分成3组，其中至少有1个球。
我们可以将这个问题看作是将5个球中的4个球分配到3个盒子中，剩下的一个球可以放在任意一个盒子中。
这相当于在4个球之间插入2个隔板来形成3个部分。
我们有4个空位可以放置隔板，所以总共有\[ C(4,2) \]种方法，即\[ \frac{4!}{2!(4-2)!} = 6 \]种方法。
但是，我们需要排除所有球都在一个盒子里的情况，这种情况有3种。
因此，最终的放球方法有\[ 6 - 3 = 3 \]种。
试题四：数列问题题目：一个数列的前两项是1和2，从第三项开始，每一项都是前两项的差。
求这个数列的第10项。
答案：我们可以列出数列的前几项来找出规律：1, 2, 1, 1, 0, 1, 1, 2, 3, 5, ...数列的规律是斐波那契数列，但是从第三项开始，每一项是前两项的差。
初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑵
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。
初一数学竞赛教程含例题练习及答案
初一数学竞赛教程含例题练习及答案----3b244e1c-6eab-11ec-b5e7-7cb59b590d7d初一数学竞赛讲座第9课关于应用问题的精选讲座我们知道，数学是一门基础学科。
我们在学校中学习数学的目的，一方面是为学习其它学科和学习更深的数学知识打下一个基础，更重要的是为了现在和将来运用所学的数学知识去解决一些日常生活、科学实验、工农业生产以及经济活动中所遇到的实际问题。
运用数学知识解决实际问题的基本思想是将这个实际问题转化为一个数学问题（我们称之为建立数学模型），然后解决这个数学问题，从而解决这个实际问题。
即：这里，建立数学模型是关键的一步。
也就是说，要通过审题，将实际问题与自己学过的数学知识、数学方法联系起来，将其归结到某一类型的数学问题，然后解答这个数学问题。
下面介绍一些典型的数学模型。
一、两个量变化时，和一定的问题如果两个变化量之和在变化过程中保持不变，那么它们的差值和乘积之间的关系是什么？请遵守下表：我们不难得出如下的规律：如果两个变化量之和在变化过程中保持不变，那么它们之间的差值越小，乘积就越大。
如果它们可以相等，那么当它们相等时，乘积是最大的。
这条定律适用于三个或三个以上的变量。
例1农民叔叔阿根想用20块长2米、宽1.2米的金属网建一个靠墙的长方形鸡窝。
为了防止鸡飞出，所建鸡窝的高度不得低于2米，要使鸡窝面积最大，长方形的长和宽分别应是多少？解决方案：如上图所示，如果矩形的长度和宽度分别为x米和Y米，则x＋2y＝1.2×20＝24。
长方形的面积为因为X和2Y之和等于24是一个常量，所以当它们相等时，它们的乘积最大，矩形面积s也是最大的。
所以x=12，y=6。
例2如果将进货单价为40元的商品按50元售出，那么每个的利润是10元，但只能卖出500个。
当这种商品每个涨价1元时，其销售量就减少10个。
为了赚得最多的利润，售价应定为多少？解决方案：如果每种商品的售价为（50+x）元，则销售量为（500-10倍）。
初一数学竞赛的试题and答案
初一数学竞赛的试题and 答案数字、数位及数谜问题一、一、知识要点1、整数的十进位数码表示一般地，任何一个n 位的自然数都可以表示成：122321*********a a a a a n n n n +⨯+⨯++⨯+⨯---其中，a i (i=1，2，…，n)表示数码，且0≤a i ≤9，a n ≠0.对于确定的自然数N ，它的表示是唯一的，常将这个数记为N=121a a a a n n -2、正整数指数幂的末两位数字(1) (1) 设m 、n 都是正整数，a 是m 的末位数字，则m n 的末位数字就是a n 的末位数字。
(2) (2) 设p 、q 都是正整数，m 是任意正整数，则m 4p+q 的末位数字与m q 的末位数字相同。
3、在与整数有关的数学问题中，有不少问题涉及到求符合一定条件的整数是多少的问题，这类问题称为数迷问题。
这类问题不需要过多的计算，只需要认真细致地分析，有时可以用“凑”、“猜”的方法求解，是一种有趣的数学游戏。
二、二、例题精讲例1、有一个四位数，已知其十位数字减去2等于个位数字，其个位数字加上2等于其百位数字，把这个四位数的四个数字反着次序排列所成的数与原数之和等于9988，求这个四位数。
分析：将这个四位数用十进位数码表示，以便利用它和它的反序数的关系列式来解决问题。
解：设所求的四位数为a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d ，依题意得：(a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d)+( d ⨯103+c ⨯102+b ⨯10+a)=9988∴ (a+d) ⨯103+(b+c) ⨯102+(b+c) ⨯10+ (a+d)=9988比较等式两边首、末两位数字，得 a+d=8，于是b+c18又∵c-2=d ，d+2=b ，∴b-c=0从而解得：a=1，b=9，c=9，d=7故所求的四位数为1997评注：将整数用十进位数码表示，有助于将已知条件转化为等式，从而解决问题。
例2 一个正整数N 的各位数字不全相等，如果将N 的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N ，则称N 为“新生数”，试求所有的三位“新生数”。
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初一数学竞赛讲座第12讲抽屉原理把5个苹果放到4个抽屉中，必然有一个抽屉中至少有2个苹果，这是抽屉原理的通俗解释。
一般地，我们将它表述为：第一抽屉原理：把（mn＋1）个物体放入n个抽屉，其中必有一个抽屉中至少有（m＋1）个物体。
使用抽屉原理解题，关键是构造抽屉。
一般说来，数的奇偶性、剩余类、数的分组、染色、线段与平面图形的划分等，都可作为构造抽屉的依据。
例1从1，2，3，…，100这100个数中任意挑出51个数来，证明在这51个数中，一定：（1）有2个数互质；（2）有2个数的差为50；（3）有8个数，它们的最大公约数大于1。
证明：（1）将100个数分成50组：{1，2}，{3，4}，…，{99，100}。
在选出的51个数中，必有2个数属于同一组，这一组中的2个数是两个相邻的整数，它们一定是互质的。
（2）将100个数分成50组：{1，51}，{2，52}，…，{50，100}。
在选出的51个数中，必有2个数属于同一组，这一组的2个数的差为50。
（3）将100个数分成5组（一个数可以在不同的组内）：第一组：2的倍数，即{2，4，…，100}；第二组：3的倍数，即{3，6，…，99}；第三组：5的倍数，即{5，10，…，100}；第四组：7的倍数，即{7，14，…，98}；第五组：1和大于7的质数即{1，11，13，…，97}。
第五组中有22个数，故选出的51个数至少有29个数在第一组到第四组中，根据抽屉原理，总有8个数在第一组到第四组的某一组中，这8个数的最大公约数大于1。
例2求证：可以找到一个各位数字都是4的自然数，它是1996的倍数。
证明：因1996÷4＝499，故只需证明可以找到一个各位数字都是1的自然数，它是499的倍数就可以了。
得到500个余数r1，r2，…，r500。
由于余数只能取0，1，2，…，499这499个值，所以根据抽屉原理，必有2个余数是相同的，这2个数的差就是499的倍数，这个差的前若干位是1，后若干位是0：11…100…0，又499和10是互质的，故它的前若干位由1组成的自然数是499的倍数，将它乘以4，就得到一个各位数字都是4的自然数，它是1996的倍数。
例3在一个礼堂中有99名学生，如果他们中的每个人都与其中的66人相识，那么可能出现这种情况：他们中的任何4人中都一定有2人不相识（假定相识是互相的）。
分析：注意到题中的说法“可能出现……”，说明题的结论并非是条件的必然结果，而仅仅是一种可能性，因此只需要设法构造出一种情况使之出现题目中所说的结论即可。
解：将礼堂中的99人记为a1，a2，…，a99，将99人分为3组：（a1，a2，…，a33），（a34，a35，…，a66），（a67，a68，…，a99），将3组学生作为3个抽屉，分别记为A，B，C，并约定A中的学生所认识的66人只在B，C中，同时，B，C中的学生所认识的66人也只在A，C和A，B中。
如果出现这种局面，那么题目中所说情况就可能出现。
因为礼堂中任意4人可看做4个苹果，放入A，B，C三个抽屉中，必有2人在同一抽屉，即必有2人来自同一组，那么他们认识的人只在另2组中，因此他们两人不相识。
例4 如右图，分别标有数字1，2，…，8的滚珠两组，放在内外两个圆环上，开始时相对的滚珠所标数字都不相同。
当两个圆环按不同方向转动时，必有某一时刻，内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。
分析：此题中没有直接提供我们用以构造抽屉和苹果的数量关系，需要转换一下看问题的角度。
解：内外两环对转可看成一环静止，只有一个环转动。
一个环转动一周后，每个滚珠都会有一次与标有相同数字的滚珠相对的局面出现，那么这种局面共要出现8次。
将这8次局面看做苹果，再需构造出少于8个抽屉。
注意到一环每转动45°角就有一次滚珠相对的局面出现，转动一周共有8次滚珠相对的局面，而最初的8对滚珠所标数字都不相同，所以数字相同的滚珠相对的情况只出现在以后的7次转动中，将7次转动看做7个抽屉，8次相同数字滚珠相对的局面看做8个苹果，则至少有2次数字相对的局面出现在同一次转动中，即必有某一时刻，内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。
例5有一个生产天平上用的铁盘的车间，由于工艺上的原因，只能控制盘的重量在指定的20克到20.1克之间。
现在需要重量相差不超过0.005克的两只铁盘来装配一架天平，问：最少要生产多少个盘子，才能保证一定能从中挑出符合要求的两只盘子？解：把20～20.1克之间的盘子依重量分成20组：第1组：从20.000克到20.005克；第2组：从20.005克到20.010克；……第20组：从20.095克到20.100克。
这样，只要有21个盘子，就一定可以从中找到两个盘子属于同一组，这2个盘子就符合要求。
例6 在圆周上放着100个筹码，其中有41个红的和59个蓝的。
那么总可以找到两个红筹码，在它们之间刚好放有19个筹码，为什么？分析：此题需要研究“红筹码”的放置情况，因而涉及到“苹果”的具体放置方法，由此我们可以在构造抽屉时，使每个抽屉中的相邻“苹果”之间有19个筹码。
解：依顺时针方向将筹码依次编上号码：1，2，…，100。
然后依照以下规律将100个筹码分为20组：（1，21，41，61，81）；（2，22，42，62，82）；……（20，40，60，80，100）。
将41个红筹码看做苹果，放入以上20个抽屉中，因为41=2×20＋1，所以至少有一个抽屉中有2+1=3（个）苹果，也就是说必有一组5个筹码中有3个红色筹码，而每组的5个筹码在圆周上可看做两两等距，且每2个相邻筹码之间都有19个筹码，那么3个红色筹码中必有2个相邻（这将在下一个内容——第二抽屉原理中说明），即有2个红色筹码之间有19个筹码。
下面我们来考虑另外一种情况：若把5个苹果放到6个抽屉中，则必然有一个抽屉空着。
这种情况一般可以表述为：第二抽屉原理：把（mn-1）个物体放入n个抽屉，其中必有一个抽屉中至多有（m-1）个物体。
例7在例6中留有一个疑问，现改述如下：在圆周上放有5个筹码，其中有3个是同色的，那么这3个同色的筹码必有2个相邻。
分析：将这个问题加以转化：如右图，将同色的3个筹码A，B，C置于圆周上，看是否能用另外2个筹码将其隔开。
解：如图，将同色的3个筹码放置在圆周上，将每2个筹码之间的间隔看做抽屉，将其余2个筹码看做苹果，将2个苹果放入3个抽屉中，则必有1个抽屉中没有苹果，即有2个同色筹码之间没有其它筹码，那么这2个筹码必相邻。
例8甲、乙二人为一个正方形的12条棱涂红和绿2种颜色。
首先，甲任选3条棱并把它们涂上红色；然后，乙任选另外3条棱并涂上绿色；接着甲将剩下的6条棱都涂上红色。
问：甲是否一定能将某一面的4条棱全部涂上红色？解：不能。
如右图将12条棱分成四组：第一组：{A1B1，B2B3，A3A4}，第二组：{A2B2，B3B4，A4A1}，第三组：{A3B3，B4B1，A1A2}，第四组：{A4B4，B1B2，A2A3}。
无论甲第一次将哪3条棱涂红，由抽屉原理知四组中必有一组的3条棱全未涂红，而乙只要将这组中的3条棱涂绿，甲就无法将某一面的4条棱全部涂红了。
下面我们讨论抽屉原理的一个变形——平均值原理。
我们知道n个数a1，a2，…，an的和与n的商是a1，a2，…，a n这n个数的平均值。
平均值原理：如果n个数的平均值为a，那么其中至少有一个数不大于a，也至少有一个不小于a。
例9圆周上有2000个点，在其上任意地标上0，1，2，…，1999（每一点只标一个数，不同的点标上不同的数）。
求证：必然存在一点，与它紧相邻的两个点和这点上所标的三个数之和不小于2999。
解：设圆周上各点的值依次是a1，a2，…，a2000，则其和a1＋a2+…＋a2000=0+1+2+…+1999=1999000。
下面考虑一切相邻三数组之和：（a1＋a2＋a3）+（a2＋a3＋a4）＋…＋（a1998+a1999＋a2000）＋（a1999＋a2000＋a1）＋（a2000＋a1＋a2）=3（a1＋a2＋…＋a2000）＝3×1999000。
这2000组和中必至少有一组和大于或等于但因每一个和都是整数，故有一组相邻三数之和不小于2999，亦即存在一个点，与它紧相邻的两点和这点上所标的三数之和不小于2999。
例10一家旅馆有90个房间，住有100名旅客，如果每次都恰有90名旅客同时回来，那么至少要准备多少把钥匙分给这100名旅客，才能使得每次客人回来时，每个客人都能用自己分到的钥匙打开一个房门住进去，并且避免发生两人同时住进一个房间？解：如果钥匙数小于990，那么90个房间中至少有一个房间的钥匙数少房间就打不开，因此90个人就无法按题述的条件住下来。
另一方面，990把钥匙已经足够了，这只要将90把不同的钥匙分给90个人，而其余的10名旅客，每人各90把钥匙（每个房间一把），那么任何90名旅客返回时，都能按要求住进房间。
最后，我们要指出，解决某些较复杂的问题时，往往要多次反复地运用抽屉原理，请看下面两道例题。
例11设有4×28的方格棋盘，将每一格涂上红、蓝、黄三种颜色中的任意一种。
试证明：无论怎样涂法，至少存在一个四角同色的长方形。
证明：我们先考察第一行中28个小方格涂色情况，用三种颜色涂28个小方格，由抽屉原理知，至少有10个小方格是同色的，不妨设其为红色，还可设这10个小方格就在第一行的前10列。
下面考察第二、三、四行中前面10个小方格可能出现的涂色情况。
这有两种可能：（1）这三行中，至少有一行，其前面10个小方格中，至少有2个小方格是涂有红色的，那么这2个小方格和第一行中与其对应的2个小方格，便是一个长方形的四个角，这个长方形就是一个四角同是红色的长方形。
（2）这三行中每一行前面的10格中，都至多有一个红色的小方格，不妨设它们分别出现在前三列中，那么其余的3×7个小方格便只能涂上黄、蓝两种颜色了。
我们先考虑这个3×7的长方形的第一行。
根据抽屉原理，至少有4个小方格是涂上同一颜色的，不妨设其为蓝色，且在第1至4列。
再考虑第二行的前四列，这时也有两种可能：（1）这4格中，至少有2格被涂上蓝色，那么这2个涂上蓝色的小方格和第一行中与其对应的2个小方格便是一个长方形的四个角，这个长方形四角同是蓝色。
（2）这4格中，至多有1格被涂上蓝色，那么，至少有3格被涂上黄色。
不妨设这3个小方格就在第二行的前面3格。
下面继续考虑第三行前面3格的情况。
用蓝、黄两色涂3个小方格，由抽屉原理知，至少有2个方格是同色的，无论是同为蓝色或是同为黄色，都可以得到一个四角同色的长方形。
总之，对于各种可能的情况，都能找到一个四角同色的长方形。