初中数学竞赛辅导资料(初一用)
初一数学竞赛系列讲座(6)整式的恒等变形
初一数学竞赛系列讲座(6)整式的恒等变形一、知识要点1、 整式的恒等变形把一个整式通过运算变换成另一个与它恒等的整式叫做整式的恒等变形2、 整式的四则运算整式的四则运算是指整式的加、减、乘、除，熟练掌握整式的四则运算，善于将一个整式变换成另一个与它恒等的整式，可以解决许多复杂的代数问题，是进一步学习数学的基础。
3、 乘法公式乘法公式是进行整式恒等变形的重要工具，最常用的乘法公式有以下几条： ① (a+b) (a-b)=a 2-b 2② (a±b)2=a 2±2ab+b 2③ (a+b) (a 2-ab+b 2)=a 3+b 3④ (a-b) (a 2+ab+b 2)=a 3-b 3⑤ (a+b+c)2= a 2+b 2+c 2+2ab+2bc+2ca⑥ (a+b+c) (a 2+b 2+c 2-ab-bc-ca)= a 3+b 3+c 3-3abc⑦ (a±b)3= a 3±3a 2b+3a b 2±b 34、 整式的整除如果一个整式除以另一个整式的余式为零，就说这个整式能被另一个整式整除，也可说除式能整除被除式。
5、 余数定理多项式()x f 除以 (x-a) 所得的余数等于()a f 。
特别地()a f =0时，多项式()x f 能被(x-a) 整除二、例题精讲例1 在数1，2，3，…，1998前添符号“+”和“-”并依次运算，所得可能的最小非负数是多少？分析 要得最小非负数，必须通过合理的添符号来产生尽可能多的“0”解 因1+2+3+…+1998=()19999992199811998⨯=+⨯是一个奇数， 又在1，2，3，…，1998前添符号“+”和“-”，并不改变其代数和的奇偶数，故所得最小非负数不会小于1。
先考虑四个连续的自然数n 、n+1、n+2、n+3之间如何添符号，使其代数和最小。
很明显 n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0所以我们将1，2，3，…，1998中每相邻四个分成一组，再按上述方法添符号， 即(-1+2)+(3-4-5+6)+ (7-8-9+10)+…+ (1995-1996-1997+1998)= -1+2=1故所求最小的非负数是1。
初一数学竞赛讲座(三)数字、数位及数谜问题
初一数学竞赛讲座（三)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”。
初一数学竞赛专讲第⑹讲含例题及答案：图形与面积
3．在右图的4×7的方格纸板上画有如阴 影所示的“6”字，阴影边缘是线段或圆孤。
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问：阴影面积占纸板面积的几分之几？ 4．在右下图中，六边形ABCDEF的面积是
54，AP=2PF，CQ=2BQ，求阴影四边形CEPQ的 面积。
解：由图可知，阴影部分是由三个直径不同的半
圆周所围成，所以其周长为
说明：实际上，该图形中两个小半圆的直径之和等于大半圆的直径，因而它们的 周长也正好等于大半圆的半圆周。 推而广之，若n个小圆的直径之和等于大圆的直径，即：d1+d2+d3+…+dn=D， 那么这些小圆的周长之和也等于大圆的周长，即 πd1+πd2+πd3+…+πdn=π（d1+d2+d3+…+dn）=πD。 例8 某开发区的大标语牌上，要画出如下图所示（图形阴影部分）的三种标点符 号：句号、逗号、问号。已知大圆半径为R，小圆半径为r，且R=2r。若均匀用料，则 哪一个标点符号的油漆用得多？哪一个标点符号的油漆用得少？
例12 已知右图中正方形的面积是12cm2，求图中里外两个 圆的面积。
分析：计算圆面积，要知道半径。先考虑内圆面积。内圆 的直径与正方形的边长相等，但正方形的边长是未知的。根据 已知正方形的面积是12cm2，可以推出内圆直径的平方为12cm2， 再求内圆面积就不难了。 外圆的直径是正方形的对角线，设外圆半径为R，则正方形面积等于由一条对角线 分成的两个等腰直角三角形的面积之和。再由正方形面积=2R×R÷2×2=2R2，2R2=12， 便可求出外圆面积。 解：设内圆半径为r，由正方形面积为12cm2，正方形边长为2r，得 （2r）2=12，r2=3。
初中数学竞赛辅导资料(七年级用)
初中数学竞赛辅导资料第一讲 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.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）①756②1859③1287④3276⑤10101⑥10296987能被3整除，那么a=_______________2、若四位数ax能被11整除，那么x＝__________3、若五位数123435m能被25整除4、当m=_________时，59610能被7整除5、当n=__________时，n6、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_________。
初中数学竞赛专题辅导 因式分解(二)
初中数学竞赛专题辅导因式分解(二) 1．双十字相乘法分解二次三项式时，我们常用十字相乘法．对于某些二元二次六项式(ax2+bxy+cy2+dx+ey+f)，我们也可以用十字相乘法分解因式．例如，分解因式2x2-7xy-22y2-5x+35y-3．我们将上式按x降幂排列，并把y 当作常数，于是上式可变形为2x2-(5+7y)x-(22y2-35y+3)，可以看作是关于x的二次三项式．对于常数项而言，它是关于y的二次三项式，也可以用十字相乘法，分解为即-22y2+35y-3=(2y-3)(-11y+1)．再利用十字相乘法对关于x的二次三项式分解所以原式=［x+(2y-3)］［2x+(-11y+1)］=(x+2y-3)(2x-11y+1)．上述因式分解的过程，实施了两次十字相乘法．如果把这两个步骤中的十字相乘图合并在一起，可得到下图：它表示的是下面三个关系式：(x+2y)(2x-11y)=2x2-7xy-22y2；(x-3)(2x+1)=2x2-5x-3；(2y-3)(-11y+1)=-22y2+35y-3．这就是所谓的双十字相乘法．用双十字相乘法对多项式ax2+bxy+cy2+dx+ey+f进行因式分解的步骤是：(1)用十字相乘法分解ax2+bxy+cy2，得到一个十字相乘图(有两列)；(2)把常数项f分解成两个因式填在第三列上，要求第二、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的ey，第一、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的dx．例1 分解因式：(1)x2-3xy-10y2+x+9y-2；(2)x2-y2+5x+3y+4；(3)xy+y2+x-y-2；(4)6x2-7xy-3y2-xz+7yz-2z2．解 (1)原式=(x-5y+2)(x+2y-1)．(2)原式=(x+y+1)(x-y+4)．(3)原式中缺x2项，可把这一项的系数看成0来分解．原式=(y+1)(x+y-2)．(4)原式=(2x-3y+z)(3x+y-2z)．说明 (4)中有三个字母，解法仍与前面的类似．2．求根法我们把形如a n x n+a n-1x n-1+…+a1x+a0(n为非负整数)的代数式称为关于x的一元多项式，并用f(x)，g(x)，…等记号表示，如f(x)=x2-3x+2，g(x)=x5+x2+6，…，当x=a时，多项式f(x)的值用f(a)表示．如对上面的多项式f(x)f(1)=12-3×1+2=0；f(-2)=(-2)2-3×(-2)+2=12．若f(a)=0，则称a为多项式f(x)的一个根．定理1(因式定理) 若a是一元多项式f(x)的根，即f(a)=0成立，则多项式f(x)有一个因式x-a．根据因式定理，找出一元多项式f(x)的一次因式的关键是求多项式f(x)的根．对于任意多项式f(x)，要求出它的根是没有一般方法的，然而当多项式f(x)的系数都是整数时，即整系数多项式时，经常用下面的定理来判定它是否有有理根．定理2的根，则必有p是a0的约数，q是a n的约数．特别地，当a0=1时，整系数多项式f(x)的整数根均为a n的约数．我们根据上述定理，用求多项式的根来确定多项式的一次因式，从而对多项式进行因式分解．例2 分解因式：x3-4x2+6x-4．分析这是一个整系数一元多项式，原式若有整数根，必是-4的约数，逐个检验-4的约数：±1，±2，±4，只有f(2)=23-4×22+6×2-4=0，即x=2是原式的一个根，所以根据定理1，原式必有因式x-2．解法1 用分组分解法，使每组都有因式(x-2)．原式=(x3-2x2)-(2x2-4x)+(2x-4)=x2(x-2)-2x(x-2)+2(x-2)=(x-2)(x2-2x+2)．解法2 用多项式除法，将原式除以(x-2)，所以原式=(x-2)(x2-2x+2)．说明在上述解法中，特别要注意的是多项式的有理根一定是-4的约数，反之不成立，即-4的约数不一定是多项式的根．因此，必须对-4的约数逐个代入多项式进行验证．例3 分解因式：9x4-3x3+7x2-3x-2．分析因为9的约数有±1，±3，±9；-2的约数有±1，±为：所以，原式有因式9x2-3x-2．解 9x4-3x3+7x2-3x-2=9x4-3x3-2x2+9x2-3x-2=x2(9x3-3x-2)+9x2-3x-2=(9x2-3x-2)(x2+1)=(3x+1)(3x-2)(x2+1)说明若整系数多项式有分数根，可将所得出的含有分数的因式化为整系数因式，如上题中的因式可以化为9x2-3x-2，这样可以简化分解过程．总之，对一元高次多项式f(x)，如果能找到一个一次因式(x-a)，那么f(x)就可以分解为(x-a)g(x)，而g(x)是比f(x)低一次的一元多项式，这样，我们就可以继续对g(x)进行分解了．3．待定系数法待定系数法是数学中的一种重要的解题方法，应用很广泛，这里介绍它在因式分解中的应用．在因式分解时，一些多项式经过分析，可以断定它能分解成某几个因式，但这几个因式中的某些系数尚未确定，这时可以用一些字母来表示待定的系数．由于该多项式等于这几个因式的乘积，根据多项式恒等的性质，两边对应项系数应该相等，或取多项式中原有字母的几个特殊值，列出关于待定系数的方程(或方程组)，解出待定字母系数的值，这种因式分解的方法叫作待定系数法．例4 分解因式：x2+3xy+2y2+4x+5y+3．分析由于(x2+3xy+2y2)=(x+2y)(x+y)，若原式可以分解因式，那么它的两个一次项一定是x+2y+m和x＋y＋n的形式，应用待定系数法即可求出m和n，使问题得到解决．解设x2+3xy+2y2+4x+5y+3=(x+2y+m)(x+y+n)=x2+3xy+2y2+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比较两边对应项的系数，则有解之得m=3，n=1．所以原式=(x+2y+3)(x+y+1)．说明本题也可用双十字相乘法，请同学们自己解一下．例5 分解因式：x4-2x3-27x2-44x+7．分析本题所给的是一元整系数多项式，根据前面讲过的求根法，若原式有有理根，则只可能是±1，±7(7的约数)，经检验，它们都不是原式的根，所以，在有理数集内，原式没有一次因式．如果原式能分解，只能分解为(x2+ax+b)(x2+cx+d)的形式．解设原式=(x2+ax+b)(x2+cx+d)=x4+(a+c)x3+(b+d+ac)x2+(ad+bc)x+bd，所以有由bd=7，先考虑b=1，d=7有所以原式=(x2-7x+1)(x2+5x+7)．说明由于因式分解的唯一性，所以对b=-1，d=-7等可以不加以考虑．本题如果b=1，d=7代入方程组后，无法确定a，c的值，就必须将bd=7的其他解代入方程组，直到求出待定系数为止．本题没有一次因式，因而无法运用求根法分解因式．但利用待定系数法，使我们找到了二次因式．由此可见，待定系数法在因式分解中也有用武之地．练习二1．用双十字相乘法分解因式：(1)x2-8xy+15y2+2x-4y-3；(2)x2-xy+2x+y-3；(3)3x2-11xy+6y2-xz-4yz-2z2．2．用求根法分解因式：(1)x3+x2-10x-6；(2)x4+3x3-3x2-12x-4；(3)4x4+4x3-9x2-x+2．3．用待定系数法分解因式：(1)2x2+3xy-9y2+14x-3y+20；(2)x4+5x3+15x-9．。
初中数学竞赛辅导：《双十字相乘法》分解因式总结
初中数学竞赛辅导：《双十字相乘法》分解因式总结初中数学竞赛专题培训因式分解1．双十字相乘法分解二次三项式时，我们常用十字相乘法．对于某些二元二次六项式(ax+bxy+cy+dx+ey+f)，我们也可以用十字相乘法分解因式．例如，分解因式2x-7xy-22y-5x+35y-3．我们将上2222(2y-3)(-11y+1)=-22y+35y-3．这就是所谓的双十字相乘法．用双十字相乘法对多项式ax+bxy+cy+dx+ey+f进行因式分解的步骤是：(1)用十字相乘法分解ax+bxy+cy，得到一个十字相乘图(有两列)；(2)把常数项f分解成两个因式填在第三列上，要求22222式按x降幂排列，并把y当作常数，于是上式可变形为2x2-(5+7y)x-(22y2-35y+3)，能够看做是关于x的二次三项式．对于常数项而言，它是关于y的二次三项式，也可以用十字相乘法，分解为即：-22y2+35y-3=(2y-3)(-11y+1)．再利用十字相乘法对关于x的二次三项式分解所以，原式=［x+(2y-3)］［2x+(-11y+1)］=(x+2y-3)(2x-11y+1)．上述因式分解的过程，实施了两次十字相乘法．如果把这两个步骤中的十字相乘图归并在一同，可得到下列图：它表示的是下面三个关系式：(x+2y)(2x-11y)=2x2-7xy-22y2；(x-3)(2x+1)=2x2-5x-3；第1页第二、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的ey，第一、第三列构成的十字交叉之积的和等于原式中的dx．例1分解因式：(1)x2-3xy-10y2+x+9y-2；(2)x2-y2+5x+3y+4；(3)xy+y2+x-y-2；(4)6x2-7xy-3y2-xz+7yz-2z2．解(1)原式=(x-5y+2)(x+2y-1)．(2)原式=(x+y+1)(x-y+4)．(3)原式中缺x2项，可把这一项的系数算作来分解．原式=(y+1)(x+y-2)．(4)原式=(2x-3y+z)(3x+y-2z)．申明(4)中有三个字母，解法仍与前面的相似．2．求根法我们把形如anx+an-1x+…+a1x+a(n为非负整数)的代数式称为关于x的一元多项式，并用f(x)，g(x)，…等记号表示，如f(x)=x-3x+2，g(x)=x+x+6，…，当x=a时，多项式f(x)的值用f(a)透露表现．如对上面的多项式f(x)f(1)=1-3×1+2=0；f(-2)=(-2)-3×(-2)+2=12．若f(a)=0，则称a为多项式f(x)的一个根．定理1(因式定理)若a是一元多项式f(x)的根，即f(a)=0成立，则多项式f(x)有一个因式x-a．根据因式定理，找出一元多项式f(x)的一次因式的关键是求多项式f(x)的根．对于任意多项式f(x)，要求出它的根是没有一般方法的，然而当多项式f(x) 的系数都是整数时，即整系数多项式时，经常常使用下面的定理来判定它是不是有有理根．定理222252nn-1=x(x-2)-2x(x-2)+2(x-2)=(x-2)(x-2x+2)．解法2用多项式除法，将原式除以(x-2)，22所以原式=(x-2)(x-2x+2)．申明在上述解法中，出格要留意的是多项式的有理根一定是-4的约数，反之不成立，即-4的约数不一定是多项式的根．因此，必须对-4的约数逐个代入多项式进行验证．例3分解因式：9x-3x+7x-3x-2．分析因为9的约数有±1，±3，±9；-2的约数有±1，±4322为：的根，则必有p是a的约数，q是an的约数．特别地，当a=1时，整系数多项式f(x)的整数根均为a n的约数．我们根据上述定理，用求多项式的根来确定多项式的一次因式，从而对多项式举行因式分化．例2分化因式：x-4x+6x-4．分析这是一个整系数一元多项式，原式若有整数根，必是-4的约数，逐个检验-4的约数：±1，±2，±4，只有f(2)=2-4×2+6×2-4=0，即x=2是原式的一个根，所以根据定理1，原式必有因式x-2．解法1用分组分解法，使每组都有因式(x-2)．原式=(x-2x)-(2x-4x)+(2x-4)32223232所以，原式有因式9x-3x-2．解9x-3x+7x-3x-2=9x-3x-2x+9x-3x-2=x(9x-3x-2)+9x-3x-2=(9x-3x-2)(x+1)=(3x+1)(3x-2)(x+1)说明若整系数多项式有分数根，可将所得出的含有分数的因式化为整系数因式，如上题中的因式22223243224322可以化为9x-3x-2，这样可以简化分解过程．第2页总之，对一元高次多项式f(x)，如果能找到一个一次因式(x-a)，那么f(x)就可以分解为(x-a)g(x)，而g(x)是比f(x)低一次的一元多项式，如许，我们就可以继续对g(x)进行分解了．3．待定系数法待定系数法是数学中的一种紧张的解题方法，使用很广泛，这里介绍它在因式分解中的应用．在因式分解时，一些多项式经过分析，可以断定它能分化成某几个因式，但这几个因式中的某些系数尚未肯定，这时候能够用一些字母来透露表现待定的系数．因为该多项式等于这几个因式的乘积，按照多项式恒等的性子，双方对应项系数应该相等，或取多项式华夏有字母的几个非凡值，列出关于待定系数的方程(或方程组)，解出待定字母系数的值，这种因式分化的方法叫作待定系数法．例4分解因式：x+3xy+2y+4x+5y+3．分析由于(x+3xy+2y)=(x+2y)(x+y)，若原式能够分化因式，那末它的两个一次项一定是x+2y+m和x＋y＋n的形式，应用待定系数法即可求出m和n，使题目获得解决．解设x+3xy+2y+4x+5y+3=(x+2y+m)(x+y+n)=x+3xy+2y+(m+n)x+(m+2n)y+mn，比较两边对应项的系数，则有22222222在有理数集内，原式没有一次因式．如果原式能分解，只能分解为(x+ax+b)(x+cx+d)的形式．解设原式=(x+ax+b)(x+cx+d)=x+(a+c)x+(b+d+ac)x+(ad+bc)x+bd，所以有4322222由bd=7，先考虑b=1，d=7有所以原式=(x-7x+1)(x+5x+7)．22说明由于因式分解的唯一性，所以对b=-1，d=-7等能够不加以斟酌．此题如果b=1，d=7代入方程组后，无法肯定a，c的值，就必需将bd=7的其他解代入方程组，直到求出待定系数为止．本题没有一次因式，因而无法运用求根法分解因式．但利用待定系数法，使我们找到了二次因式．由此可见，待定系数法在因式分化中也有效武之地．操演1．用双十字相乘法分化因式：解之得m=3，n=1．所以原式=(x+2y+3)(x+y+1)．申明此题也可用双十字相乘法，请同学们本人解一下．例5分化因式：x-2x-27x-44x+7．阐发此题所给的是一元整系数多项式，按照前面讲过的求根法，若原式有有理根，则只可能是±1，±7(7的约数)，经检修，它们都不是原式的根，所以，432(1)x-8xy+15y+2x-4y-3；(2)x-xy+2x+y-3；(3)3x-11xy+6y-xz-4yz-2z．222222第3页2．用求根法分解因式：(1)x3+x2-10x-6；(2)x4+3x3-3x2-12x-4；(3)4x4+4x3-9x2-x+2．3．用待定系数法分解因式：。
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初中数学竞赛辅导材料目录一、初中数学竞赛基础知识1.数集及其运算-自然数、整数、有理数、实数、复数的概念及运算性质-数集的表示方法与运算法则2.代数式与方程-一元一次方程与一元一次不等式的解法及应用-一次函数的定义、性质与图像-一元二次方程的解法及应用3.几何基本概念-点、线、面、角的定义与性质-直线、射线、线段、平行线、垂直线的概念与判定-多边形、三角形、四边形的性质4.图形的相似与投影-图形的相似判定条件及相似比的计算-平面图形在对称、旋转、平移、投影中的性质与运用5.数据的整理与表示-数据的收集、整理、描述和分析方法-列联表的制作与应用-分组频数统计图的制作与读图6.立体几何-空间图形的基本概念及性质-空间图形的展开与剖析-空间图形的体积与表面积计算方法二、初中数学竞赛解题技巧与方法1.快速计算技巧-快速计算小技巧的应用（如乘法口诀、整数加减乘除的计算等）-快速计算较大数的方法（如分解因数、整理计算顺序等）2.思维训练与问题解决-近似计算与估算的方法与应用-分析解题条件与利用信息求解问题-数学问题的逻辑和推理方法3.策略与技巧-消元法与代入法的使用-枚举与特例法的应用-逆向思维与反证法的运用4.考试技巧与应试心理-数学竞赛常见题型的解题思路-如何正确阅读题目与审题技巧-考试时间分配与答题顺序规划-心理调适与压力应对方法三、数学竞赛真题及解析1.真题分析与解题方法讲解-分析数学竞赛真题的特点与难点-理解题目要求、辅助线的作法、巧用条件等解题技巧-真题解析与解题思路讲解2.解题思路总结与题型归纳-简述各种常见数学竞赛题型的解题思路-总结解题中常用的技巧与方法-提供大量的练习题目，以加强学生对各类题型的掌握以上为初中数学竞赛辅导材料的目录，通过系统的学习与实践，相信学生们可以提升数学竞赛的能力，取得更好的成绩。
祝学习愉快！。
初中数学竞赛辅导
第一讲 有 理 数一、有理数的概念及分类。
二、有理数的计算：1、善于观察数字特征；2、灵活运用运算法则；3、掌握常用运算技巧（凑整法、分拆法等）。
三、例 题 示 范1、数轴与大小例1、 已知数轴上有A 、B 两点，A 、B 之间的距离为1，点A 与原点O 的距离为3，那么满足条件的点B 与原点O 的距离之和等于多少？满足条件的点B 有多少个？例2、 将9998,19991998,9897,19981997----这四个数按由小到大的顺序，用“<”连结起来。
提示1：四个数都加上1不改变大小顺序；提示2：先考虑其相反数的大小顺序；提示3：考虑其倒数的大小顺序。
例3、 观察图中的数轴，用字母a 、b 、c 依次表示点A 、B 、C 对应的数。
试确定三个数ca b ab 1,1,1-的大小关系。
分析：由点B 在A 右边，知b-a >0，而A 、B 都在原点左边，故ab >0,又c >1>0,故要比较ca b ab 1,1,1-的大小关系，只要比较分母的大小关系。
例4、 在有理数a 与b(b >a)之间找出无数个有理数。
提示：P=na b a -+（n 为大于是 的自然数） 注：P 的表示方法不是唯一的。
2、符号和括号在代数运算中，添上（或去掉）括号可以改变运算的次序，从而使复杂的问题变得简单。
例5、 在数1、2、3、…、1990前添上“+”和“ —”并依次运算，所得可能的最小非负数是多少？提示：造零：n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0注：造零的基本技巧：两个相反数的代数和为零。
3、算对与算巧例6、 计算 -1-2-3-…-2000-2001-2002提示：1、逆序相加法。
2、求和公式：S=(首项+末项)⨯项数÷2。
例7、 计算 1+2-3-4+5+6-7-8+9+…-2000+2001+2002提示：仿例5，造零。
结论：2003。
例8、 计算9999991999999个个个n n n +⨯ 提示1：凑整法，并运用技巧：199…9=10n +99…9，99…9=10n -1。
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初中数学竞赛辅导资料第一讲 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.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）①756②1859③1287④3276⑤10101⑥10296987能被3整除，那么a=_______________2、若四位数ax能被11整除，那么x＝__________3、若五位数123435m能被25整除4、当m=_________时，59610能被7整除5、当n=__________时，n6、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?1234能被15整除，试求A的值。
11、已知五位数A12、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）第二讲倍数约数一、内容提要1、两个整数A和B（B≠0），如果B能整除A（记作B｜A),那么A叫做B的倍数，B叫做A的约数。
例如3｜15，15是3的倍数，3是15的约数。
2、因为0除以非0的任何数都得0，所以0被非0整数整除。
0是任何非0整数的倍数,非0整数都是0的约数。
如0是7的倍数，7是0的约数.3、整数A（A≠0）的倍数有无数多个，并且以互为相反数成对出现,0，±A，±2A,……都是A的倍数，例如5的倍数有±5，±10，……。
4、整数A（A≠0）的约数是有限个的,并且也是以互为相反数成对出现的,其中必包括±1和±A。
例如6的约数是±1,±2，±3，±6。
5、通常我们在正整数集合里研究公倍数和公约数,几正整数有最小的公倍数和最犬的公约数。
6、公约数只有1的两个正整数叫做互质数（例如15与28互质）。
7、在有余数的除法中,被除数＝除数×商数＋余数。
若用字母表示可记作：A＝BQ＋R，当A，B，Q，R都是整数且B≠0时，A－R能被B整除。
例如23＝3×7＋2，则23－2能被3整除。
二、例题例1写出下列各正整数的正约数，并统计其个数,从中总结出规律加以应用：2，22，23，24，3，32，33,34，2×3,22×3，22×32。
解:列表如下m+1）（n+1) 例如求360的正约数的个数解：分解质因数：360＝23×32×5，360的正约数的个数是(3＋1）×（2＋1）×（1＋1)＝24（个)例2用分解质因数的方法求24，90最大公约数和最小公倍数解:∵24＝23×3,90＝2×32×5∴最大公约数是2×3，记作（24，90）＝6最小公倍数是23×32×5＝360，记作[24，90]=360例3已知32，44除以正整数N有相同的余数2，求N解：∵32－2，44－2都能被N整除，∴N是30，42的公约数∵（30，42）＝6，而6的正约数有1,2,3，6经检验1和2不合题意，∴N＝6，3例4一个数被10余9,被9除余8，被8除余7,求适合条件的最小正整数分析:依题意如果所求的数加上1，则能同时被10，9,8整除，所以所求的数是10，9,8的最小公倍数减去1.解：∵[10,9,8]=360，∴所以所求的数是359练习二1、12的正约数有_________，16的所有约数是_________________2、分解质因数300＝_________,300的正约数的个数是_________3、用分解质因数的方法求20和250的最大公约数与最小公倍数.4、一个三位数能被7，9，11整除，这个三位数是_________5、能同时被3,5,11整除的最小四位数是_______，最大三位数是________6、已知14和23各除以正整数A有相同的余数2，则A＝________7、写出能被2整除，且有约数5，又是3的倍数的所有两位数.8、一个长方形的房间长1.35丈，宽1.05丈，要用同一规格的正方形瓷砖铺满，问正方形最大边长可以是几寸？若用整数寸作为边长，有哪几种规格的正方形瓷砖适合？9、一条长阶梯，如果每步跨2阶,那么最后剩1阶；如果每步跨3阶，那么最后剩2阶;如果每步跨4阶,那么最后剩3阶;如果每步跨5阶，那么最后剩4阶；如果每步跨6阶,那么最后剩5阶；只有每步跨7阶，才能正好走完不剩一阶，这阶梯最少有几阶?第三讲 质数 合数一、内容提要1、正整数的一种分类：1⎧⎪⎨⎪⎩质数合数质数的定义：如果一个大于1的正整数，只能被1和它本身整除，那么这个正整数叫做质数(质数也称素数）.合数的定义：一个正整数除了能被1和本身整除外，还能被其他的正整数整除，这样的正整数叫做合数。
2、 根椐质数定义可知① 质数只有1和本身两个正约数. ② 质数中只有一个偶数2。
如果两个质数的和或差是奇数，那么其中必有一个是2； 如果两个质数的积是偶数，那么其中也必有一个是2。
3、任何合数都可以分解为几个质数的积。
能写成几个质数的积的正整数就是合数. 二、例题例1两个质数的和等于奇数a (a ≥5)，求这两个数. 解：∵两个质数的和等于奇数 ∴必有一个是2所求的两个质数是2和a －2.例2已知两个整数的积等于质数m, 求这两个数。
解：∵质数m 只含两个正约数1和m ， 又∵（－1)（－m ）=m∴所求的两个整数是1和m 或者－1和－m 。
例3已知三个质数a,b ，c 它们的积等于30，求适合条件的a,b ，c 的值。
解：分解质因数：30＝2×3×5适合条件的值共有： ⎪⎩⎪⎨⎧===532c b a ，⎪⎩⎪⎨⎧===352c b a ，⎪⎩⎪⎨⎧===523c b a ，⎪⎩⎪⎨⎧===253c b a ，⎪⎩⎪⎨⎧===325c b a ,⎪⎩⎪⎨⎧===235c b a应注意上述六组值的书写排列顺序，本题如果改为4个质数a ，b ，c,d 它们的积等于210,即abcd=2×3×5×7，那么适合条件的a,b ，c ，d 值共有24组，试把它写出来. 例4试写出4个连续正整数，使它们个个都是合数. 解:（本题答案不是唯一的）设N 是不大于5的所有质数的积，即N ＝2×3×5 那么N ＋2，N ＋3，N ＋4，N ＋5就是适合条件的四个合数即32,33，34，35就是所求的一组数。
本题可推广到n 个.令N 等于不大于n+1的所有质数的积，那么N ＋2，N ＋3，N ＋4，……N ＋(n+1）就是所求的合数。
练习三1、小于100的质数共___个，它们是__________________________________2、已知质数P 与奇数Q 的和是11,则P ＝_______，Q ＝_______3、已知两个素数的差是41,那么它们分别是______________4、如果两个自然数的积等于19，那么这两个数是______________; 如果两个整数的积等于73，那么它们是______________; 如果两个质数的积等于15，则它们是______________.5、两个质数x 和y ，已知xy=91,那么x=_______，y=_______，或x=_______,y=_______。
6、三个质数a,b,c 它们的积等于1990，那么 __________________a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩7、能整除311＋513的最小质数是_______8、已知两个质数A 和B 适合等式A ＋B ＝99,AB ＝M ，求M 及B A ＋AB的值。
9、试写出6个连续正整数,使它们个个都是合数。
10、具备什么条件的最简正分数可化为有限小数?11、求适合下列三个条件的最小整数：① 大于1 ②没有小于10的质因数 ③不是质数12、某质数加上6或减去6都仍是质数,且这三个质数均在30到50之间，那么这个质数是_______13、一个质数加上10或减去14都仍是质数，这个质数是_______.第四讲零的特性一、内容提要（一）零既不是正数也不是负数,是介于正数和负数之间的唯一中性数。
零是自然数,是整数，是偶数。
1、零是表示具有相反意义的量的基准数。
例如:海拔0米的地方表示它与基准的海平面一样高收支平衡可记作结存0元。
2、零是判定正、负数的界限。
若a ＞0则a是正数,反过来也成立，若a是正数，则a＞0记作a＞0 ⇔a是正数读作a＞0等价于a是正数b<0 ⇔ b 是负数c≥0 ⇔c是非负数（即c不是负数，而是正数或0）d≤0 ⇔d是非正数（即d不是正数，而是负数或0）e≠0 ⇔e不是0（即e不是0,而是负数或正数）3、在一切非负数中有一个最小值是0。