初1数学竞赛教程含例题练习及答案⑾ (4)
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的两种常用的方法。
就其本质而言, 染色方法是一种对题目所研究的对象进行分类的一种形象化的方法。
而凡是能用染色方法来解的题, 一般地都可以用赋值方法来解, 只需将染成某一种颜色的对象换成赋于其某一数值就行了。
赋值方法的适用范围要更广泛一些, 我们可将题目所研究的对象赋于适当的数值, 然后利用这些数值的大小、正负、奇偶以及相互之间运算结果等来进行推证。
一、染色法将问题中的对象适当进行染色, 有利于我们观察、分析对象之间的关系。
像国际象棋的棋盘那样, 我们可以把被研究的对象染上不同的颜色, 许多隐藏的关系会变得明朗, 再通过对染色图形的处理达到对原问题的解决, 这种解题方法称为染色法。
常见的染色方式有：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的棋盘？解：如下图, 将 8×8的棋盘染成黑白相间的形状。
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的棋盘, 那么它们覆盖住的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”字形纸片覆盖的白格数是一个奇数；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”字形纸片所覆盖的白格数是奇数, 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个相等的小正方体, 在中心的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的6个小正方体中的任何一个中去。
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的正方体吗？解：甲虫不能走遍所有的正方体。
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27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的小正方体。
例3 8×8的国际象棋棋盘能不能被剪成7个2×2的正方形和9个4×1的长方形？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的棋盘染色, 则每一个4×1的长方形能盖住2白2黑小方格, 每一个2×2的正方形能盖住1白3黑或3白1黑小方格。
推知7个正方形盖住的黑格总数是一个奇数, 但图中的黑格数为32, 是一个偶数, 故这种剪法是不存在的。
例4在平面上有一个27×27的方格棋盘, 在棋盘的正中间摆好81枚棋子, 它们被摆成一个9×9的正方形。
按下面的规则进行游戏：每一枚棋子都可沿水平方向或竖直方向越过相邻的棋子, 放进紧挨着这枚棋子的空格中, 并把越过的这枚棋子取出来。
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, 将整个棋盘的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, 有两部分中的棋子数各减少了一个, 而第三部分的棋子数增加了一个。
这表明每走一步, 每个部分的棋子数的奇偶性都要改变。
因为一开始时, 81个棋子摆成一个9×9的正方形, 显然三个部分的棋子数是相同的, 故每走一步, 三部分中的棋子数的奇偶性是一致的。
如果在走了若干步以后, 棋盘上恰好剩下一枚棋子, 则两部分上的棋子数为偶数, 而另一部分的棋子数为奇数, 这种结局是不可能的, 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交替构成的, 图2是由图1中任选减1, 如此反复多次形成的。
问：图2中的A格上的数字是多少？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的6个操作, 这6个操作无论实行在哪个位置上, 白格中的数字之和减去黑格中的数字之和总是常数。
所以图1中白格中的数字之和减去黑格中的数字之和, 与图2中白格中的数字之和减去黑格中的数字之和相等, 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。
现在有一批现成的木箱, 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的木箱分成216个小正方体, 这216个小正方体, 可以组成27个棱长为2的正方体。
我们将这些棱长为2的正方体按黑白相间涂上颜色（如下图）。
容易计算出, 有14个黑色的, 有13个白色的。
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的小正方体的空间, 而且其中黑、白色的必须各占据4个。
现在白色的小正方体共有8×13=104（个）, 再配上104个黑色的小正方体, 一共可以放26件商品, 这时木箱余下的是8个黑色小正方体所占据的空间。
这8个黑色的小正方体的体积虽然与一件商品的体积相等, 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”中的三个人, 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的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的图中存在两个同色的三角形。
设这六个点为A, B, C, D, E, F。
我们先证明存在一个同色的三角形：考虑由A点引出的五条线段AB, AC, AD, AE, AF, 其中必然有三条被染成了相同的颜色, 不妨设AB, AC, AD同为红色。
再考虑△BCD的三边：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的三条边都是红色的。
若△DEF也是三边同为红色的, 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的, 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的三角形。
二、赋值法将问题中的某些对象用适当的数表示之后, 再进行运算、推理、解题的方法叫做赋值法。
许多组合问题和非传统的数论问题常用此法求解。
常见的赋值方式有：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？图中的数字表示走这一段路程需要的时间（单位：分）。
解：我们先把从A村到各村的最短时间标注在各村的旁边, 从左到右, 一一标注, 如下图所示。
由此不难看出, 按图中的粗黑线走就能在最短时间（60分钟）内从A村走到B村。
例9把下图中的圆圈任意涂上红色或蓝色。
问：有无可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？请说明理由。
解：假设题中所设想的染色方案能够实现, 那么每条直线上代表各点的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的数字之和的这五个奇数再加起来, 得到的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, 代表各点的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的某一种颜色。
已知A1和An涂上的颜色不同。
证明：相邻两点间连接的线段中, 其两端点不同色的线段的条数必为奇数。
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, 则两端同色的线段具有的整数值为2或4, 两端异色的线段具有的整数值为3。
所有线段对应的整数值的总和为（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的线段的条数依次为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 下面的表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。
改变的规则是按照英文字母的顺序, 每个英文字母变成它的下一个字母（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。
将表中的英文字母分别用它们在字母表中的序号代替（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。
每一次操作中字母的置换相当于下面的置换：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个数字的和的奇偶性没有改变。
因为表3中16个数字的和为213, 表4中16个数字的和为174, 它们的奇偶性不同, 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）所示的六种图形拼成右下图, 如果图（1）必须放在右下图的中间一列, 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。
初中一年级数学竞赛第1试试题(附参考答案)
初中一年级数学竞赛第1试试题一、选择题(每小题5分，共50分) 1·－20011的负倒数是( )· A ．－20011 B ．2001 C·－2001 D ．20011 2．下列运算中，正确的一个是( )． A ．(－2)3=－6 B ．-(－3)2=－9 C ．23×23=29D ．－23÷(－2)=4 3．若|m|>m ，则m 的取值范围是( )． A ． m≥0 B m≤O C．m>0 D ．m<O4．如图，∠AOD 是直角，∠AOB=∠BOC=∠COD．在图中所有的角中,45°的角有( )． A ． O 个 B ．1个 C ．2个 D ．3个5．当x=32时，代数式1+3x 的值是－32的( )． A ．绝对值 B ．倒数 C ．相反数 D ．倒数的相反数6．珠穆朗玛峰峰顶比吐鲁番盆地底部高9003 m ．已知，珠穆朗玛峰海拔高度是8848 m ，则吐鲁番盆地的海拔高度是( )．A ．－155 mB ．155 mC ．－17851 mD ．17851 m 7．下面四个命题中．正确的命题是( )． A ．两个不同的整数之间必定有一个正数 B ．两个不同的整数之间必定有一个整数 C ．两个不同的整数之间必定有一个有理数 D ．两个不同的整数之间必定有一个负数8．如图，在一个正方形的四个顶点处，按逆时针方向各写了一个数：2，0，O ，1．然后取各边中点，并在各中点处写上其所在边两端点处的两个数的平均值．这四个中点构成一个新的正方形，又在这个新的正方形四边中点处写上其所在边两个端点处的两个数的平均值．连续这样做到第10个正方形，则图上写出的所有数的和是( )． A ．30 B ．27 C ．20 D ．109．If ma m b 3-nand n a b mare similar terms ，then the value of(m —n)200lis( )．(英汉小字典：similar terms 同类项；value 值．) A ．O B ．1 C ．－1 D ．－3200l10．若k 为整数，则使得方程(k －1999)x=2001—2000x 的解也是整数的k 值有( )．A ．4个B ．8个C ．12个D ．16个 二、A 组填空题(每小题5分，共50分) 11．计算：19197676767676191919 =12．若|x+y －1|与|x —y+3|互为相反数．则(x+y)2001=13．已知5是关于x 的方程3mx+4n=0的解，那么n/m=14．将2001表示为若干个(多于1个)连续正奇数的和，考虑所有不同的表示方法．将每种表示方法中的最大的奇数取出来归于一组，则这组数中最大的数是 ．15．为使某项工程提前20天完成任务，需将原定的工作效率提高25%．则原计划完成这项工程需要 天．16．如图，△ABC 的面积等于12平方厘米．D 是AB 边的中点．E 为AC边上一点，且AE=2EC ．0为DC 与BE 的交点．若△DBO 的面积为a 平方厘米，△CEO 的面积为b 平方厘米．则a －b= 平方厘米． 17．已知a<O ，且|a|≤a，则|2x －6|—|x －2|的最小值是 ．18．If the equation m(x －1)=2001－n(x －2)for x has infinite roots ，then m 2001+n2001=(英汉小字典：equation 方程；infinite roots 无数个根．)19．若进货价降低8％而售出价不变，那么利润(按进货价而定)可由目前的p ％增加到(p+10)％，则原来的利润是20．修建一所房子有一系列工作要做，其中某些工作要在其他一些工作完成之后才能进行．表1列出修建一所房子的每项工作的前面的工作和完成该工作所需的时间．问修建该房子最快的时间是 天． 表l21．一个整数与5之差的绝对值大于1999而小于2001，则这个整数是22．在所有各位数字之和等于34，且能被11整除的四位数中最大的一个是 ，最小的一个是 ．23．平面内两两相交的6条直线，其交点个数最少为 个，最多为 个 24．We have the following numbers ：2954,1936,1727,712,59，the maximum number among them is ，the minimum number is (英汉小字典：number 数；maximum 最大的；minimum 最小的．)25．有两种蠓虫，一个是疾病的媒介，记为A ；另一种却是有益的花粉传播者，记为B ．现有A 、B 两种蠓虫各6只，它们的触角和翼的长度列如表2： 表21A 2，6只B 种蠓虫的平均翼长、触角长分别为B1和B2．问|A 1－B 1|+|A 2－B 2|等于 ．对于一只新捕捉到的蠓虫，记其翼长和触角长分别为x 和y ．如果|x —A 1|+|y —A 2|>|x —B 1|+|y —B 2|，则认为它是A 种蠓虫，否则认为是B 种蠓虫．现知，x=1．80，y=1．24，则可认为该蠓虫是 种蠓虫．初一第1试参考答案。
初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑴
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。
初1数学竞赛教程含例题练习及答案⑾
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的两种常用的方法，就其本质而言,染色方法是一种对题目所研究的对象进行分类的一种形象化的方法，而凡是能用染色方法来解的题,一般地都可以用赋值方法来解,只需将染成某一种颜色的对象换成赋于其某一数值就行了，赋值方法的适用范围要更广泛一些,我们可将题目所研究的对象赋于适当的数值,然后利用这些数值的大小、正负、奇偶以及相互之间运算结果等来进行推证，一、染色法将问题中的对象适当进行染色,有利于我们观察、分析对象之间的关系，像国际象棋的棋盘那样,我们可以把被研究的对象染上不同的颜色,许多隐藏的关系会变得明朗,再通过对染色图形的处理达到对原问题的解决,这种解题方法称为染色法，常见的染色方式有：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的棋盘？解：如下图,将 8×8的棋盘染成黑白相间的形状，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的棋盘,那么它们覆盖住的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”字形纸片覆盖的白格数是一个奇数；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”字形纸片所覆盖的白格数是奇数,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个相等的小正方体,在中心的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的6个小正方体中的任何一个中去，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的正方体吗？解：甲虫不能走遍所有的正方体，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27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的小正方体，例3 8×8的国际象棋棋盘能不能被剪成7个2×2的正方形和9个4×1的长方形？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的棋盘染色,则每一个4×1的长方形能盖住2白2黑小方格,每一个2×2的正方形能盖住1白3黑或3白1黑小方格，推知7个正方形盖住的黑格总数是一个奇数,但图中的黑格数为32,是一个偶数,故这种剪法是不存在的，例4在平面上有一个27×27的方格棋盘,在棋盘的正中间摆好81枚棋子,它们被摆成一个9×9的正方形，按下面的规则进行游戏：每一枚棋子都可沿水平方向或竖直方向越过相邻的棋子,放进紧挨着这枚棋子的空格中,并把越过的这枚棋子取出来，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,将整个棋盘的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,有两部分中的棋子数各减少了一个,而第三部分的棋子数增加了一个，这表明每走一步,每个部分的棋子数的奇偶性都要改变，因为一开始时,81个棋子摆成一个9×9的正方形,显然三个部分的棋子数是相同的,故每走一步,三部分中的棋子数的奇偶性是一致的，如果在走了若干步以后,棋盘上恰好剩下一枚棋子,则两部分上的棋子数为偶数,而另一部分的棋子数为奇数,这种结局是不可能的,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交替构成的,图2是由图1中任选减1,如此反复多次形成的，问：图2中的A格上的数字是多少？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的6个操作,这6个操作无论实行在哪个位置上,白格中的数字之和减去黑格中的数字之和总是常数，所以图1中白格中的数字之和减去黑格中的数字之和,与图2中白格中的数字之和减去黑格中的数字之和相等,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，现在有一批现成的木箱,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的木箱分成216个小正方体,这216个小正方体,可以组成27个棱长为2的正方体，我们将这些棱长为2的正方体按黑白相间涂上颜色（如下图），容易计算出,有14个黑色的,有13个白色的，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的小正方体的空间,而且其中黑、白色的必须各占据4个，现在白色的小正方体共有8×13=104（个）,再配上104个黑色的小正方体,一共可以放26件商品,这时木箱余下的是8个黑色小正方体所占据的空间，这8个黑色的小正方体的体积虽然与一件商品的体积相等,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”中的三个人,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的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的图中存在两个同色的三角形，设这六个点为A,B,C,D,E,F，我们先证明存在一个同色的三角形：考虑由A点引出的五条线段AB,AC,AD,AE,AF,其中必然有三条被染成了相同的颜色,不妨设AB,AC,AD同为红色，再考虑△BCD的三边：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的三条边都是红色的，若△DEF也是三边同为红色的,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的,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的三角形，二、赋值法将问题中的某些对象用适当的数表示之后,再进行运算、推理、解题的方法叫做赋值法，许多组合问题和非传统的数论问题常用此法求解，常见的赋值方式有：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？图中的数字表示走这一段路程需要的时间（单位：分），解：我们先把从A村到各村的最短时间标注在各村的旁边,从左到右,一一标注,如下图所示，由此不难看出,按图中的粗黑线走就能在最短时间（60分钟）内从A村走到B村，例9把下图中的圆圈任意涂上红色或蓝色，问：有无可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？请说明理由，解：假设题中所设想的染色方案能够实现,那么每条直线上代表各点的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的数字之和的这五个奇数再加起来,得到的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,代表各点的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的某一种颜色，已知A1和An涂上的颜色不同，证明：相邻两点间连接的线段中,其两端点不同色的线段的条数必为奇数，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,则两端同色的线段具有的整数值为2或4,两端异色的线段具有的整数值为3，所有线段对应的整数值的总和为（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的线段的条数依次为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 下面的表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，改变的规则是按照英文字母的顺序,每个英文字母变成它的下一个字母（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，将表中的英文字母分别用它们在字母表中的序号代替（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，每一次操作中字母的置换相当于下面的置换：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个数字的和的奇偶性没有改变，因为表3中16个数字的和为213,表4中16个数字的和为174,它们的奇偶性不同,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）所示的六种图形拼成右下图,如果图（1）必须放在右下图的中间一列,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）一定在中间一列的黑格,而上面的黑格不可能,所以图（1）在中间一列下面的黑格中，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的,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），其余图的拼法如右上图，练习111.中国象棋盘的任意位置有一只马,它跳了若干步正好回到原来的位置，问：马所跳的步数是奇数还是偶数？2.右图是某展览大厅的平面图,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的纸片（不能剪开）拼成一个边长为99的正方形（图中每个小方格的边长为1）？请说明理由，4.用15个1×4的长方形和1个2×2的正方形,能否覆盖8×8的棋盘？5.平面上不共线的五点,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的三角形,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个相等的小正方格,把相对的顶点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：恰有三个顶点同色的小方格的数目是偶数，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的小三角形，将A,B,C三点分别染成红色、蓝色和黄色，而三角形内的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的三角形的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”,将所有可能的“词”按“字典顺序”（即英汉辞典中英语词汇排列的顺序）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）的“词”的个数是k,试写出“词表”中的第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,回到原来的位置，2.不能，解：用白、黑相间的方法对方格进行染色（如图），若满足题设要求的走法存在,必定从白色的展室走到黑色的展室,再从黑色的展室走到白色的展室,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，但右图中出口处的展室是白色的,矛盾，由此可以判定符合要求的走法不存在，3.不能，解：我们将99×99的正方形中每个单位正方形方格染上黑色或白色,使每两个相邻的方格颜色不同,由于99×99为奇数,两种颜色的方格数相差为1，而每一种纸片中,两种颜色的方格数相差数为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的倍数，矛盾！4.不能，解：如图,给8×8的方格棋盘涂上4种不同的颜色（用数字1,2,3,4表示），显然标有1,2,3,4的小方格各有16个，每个1×4的长方形恰好盖住标有1,2,3,4的小方格各一个,但一个2×2的正方形只能盖住有三种数字的方格,故无法将每个方格盖住,即不可能有题目要求的覆盖，5.证：设五点为A,B,C,D,E，考虑从A点引出的四条线段：如果其中有三条是同色的,如AB,AC,AD同为红色,那么△BCD的三边中,若有一条是红色,则有一个三边同为红色的三角形；若三边都不是红色,则存在一个三边同为蓝色的三角形，这与已知条件是矛盾的，所以,从A点出发的四条线段,有两条是红色的,也有两条是蓝色的，当然,从其余四点引出的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点出发的两条是AB,AE，再考虑从B点出发的另一条红色线段,它不应是BE,否则就有一个三边同为红色的三角形，不妨设其为BD，再考虑从D点出发的另一条红色线段,它不应是DE,否则从C引出的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的“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的数的和称为这个小方格的值，若恰有三顶点同色,则该小方格的值为奇数,否则为偶数，在计算所有n2个小方格之值的和时,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四个点上的数之和是偶数,所以n2个小方格之值的和是偶数,从而这n2个值中有偶数个奇数，7.奇数，解：先对所有的小三角形的边赋值：边的两端点同色,该线段赋值为0,边的两端点不同色,该线段赋值为1，然后计算每个小三角形的三边赋值之和,有如下三种情况：（1）三个顶点都不同色的三角形,赋值和为3；（2）三个顶点中恰有两个顶点同色的三角形,赋值和为2；（3）三个顶点同色的三角形,赋值和为0，设所有三角形的边赋值总和为S,又设（1）（2）（3）三类小三角形的个数分别为a,b,c,于是有S=3a+2b+0c=3a+2b，（*）注意到在所有三角形的边赋值总和中,除了AB,BC,CA三条边外,都被计算了两次,故它们的赋值和是这些边赋值和的2倍,再加上△ABC的三边赋值和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的三角形的个数是一个奇数，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，。
数学竞赛试题及答案初中
数学竞赛试题及答案初中试题一：代数问题题目：如果\( a \)和\( b \)是两个连续的自然数，且\( a^2 + b^2= 45 \)，求\( a \)和\( b \)的值。
解答：设\( a \)为较小的自然数，那么\( b = a + 1 \)。
根据题意，我们有：\[ a^2 + (a + 1)^2 = 45 \]\[ a^2 + a^2 + 2a + 1 = 45 \]\[ 2a^2 + 2a - 44 = 0 \]\[ a^2 + a - 22 = 0 \]分解因式得：\[ (a + 11)(a - 2) = 0 \]因此，\( a = -11 \)或\( a = 2 \)。
由于\( a \)是自然数，所以\( a = 2 \)，\( b = 3 \)。
试题二：几何问题题目：在一个直角三角形中，直角边的长度分别为3厘米和4厘米，求斜边的长度。
解答：根据勾股定理，直角三角形的斜边\( c \)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。
代入数值：\[ c = \sqrt{3^2 + 4^2} \]\[ c = \sqrt{9 + 16} \]\[ c = \sqrt{25} \]\[ c = 5 \]所以斜边的长度是5厘米。
试题三：数列问题题目：一个等差数列的前三项分别是2，5，8，求这个数列的第10项。
解答：等差数列的通项公式是：\[ a_n = a_1 + (n - 1)d \]其中\( a_n \)是第\( n \)项，\( a_1 \)是首项，\( d \)是公差。
已知首项\( a_1 = 2 \)，公差\( d = 5 - 2 = 3 \)。
代入公式求第10项：\[ a_{10} = 2 + (10 - 1) \times 3 \]\[ a_{10} = 2 + 9 \times 3 \]\[ a_{10} = 2 + 27 \]\[ a_{10} = 29 \]所以这个数列的第10项是29。
初一数学奥林匹克竞赛题(含标准答案)
初一数学奥林匹克竞赛题（含答案）初一奥数题一甲多开支100元，三年后负债600元．求每人每年收入多少？S的末四位数字的和是多少？4．一个人以3千米/小时的速度上坡，以6千米/小时的速度下坡，行程12千米共用了3小时20分钟，试求上坡与下坡的路程．5．求和：6．证明：质数p除以30所得的余数一定不是合数．8．若两个整数x，y使x2+xy+y2能被9整除，证明：x和y能被3整除．9．如图1－95所示．在四边形ABCD中，对角线AC，BD的中点为M，N，MN的延长线与AB边交于P点．求证：△PCD的面积等于四边形ABCD的面积的一半．解答：所以x=5000(元)．所以S的末四位数字的和为1＋9＋9＋5=24．3．因为a-b≥0，即a≥b．即当b≥a＞0或b≤a＜0时，等式成立．4．设上坡路程为x千米，下坡路程为y千米．依题意则有由②有2x+y=20，③由①有y=12-x．将之代入③得 2x+12-x=20．所以x=8(千米)，于是y=4(千米)．5．第n项为所以6．设p=30q＋r，0≤r＜30．因为p为质数，故r≠0，即0＜r＜30．假设r 为合数，由于r＜30，所以r的最小质约数只可能为2，3，5．再由p=30q＋r 知，当r的最小质约数为2，3，5时，p不是质数，矛盾．所以，r一定不是合数．7．设由①式得(2p-1)(2q-1)=mpq，即(4-m)pq+1=2(p+q)．可知m＜4．由①，m＞0，且为整数，所以m=1，2，3．下面分别研究p，q．(1)若m=1时，有解得p=1，q=1，与已知不符，舍去．(2)若m=2时，有因为2p-1=2q或2q-1=2p都是不可能的，故m=2时无解．(3)若m=3时，有解之得故 p＋q=8．8．因为x2+xy+y2=(x-y)2+3xy．由题设，9｜(x2+xy＋y2)，所以3｜(x2＋xy ＋y2)，从而3｜(x-y)2．因为3是质数，故3｜(x-y)．进而9｜(x-y)2．由上式又可知，9｜3xy，故3｜xy．所以3｜x或3｜y．若3｜x，结合3(x-y)，便得3｜y；若3｜y，同理可得，3｜x．9．连结AN，CN，如图1－103所示．因为N是BD的中点，所以上述两式相加另一方面，S△PCD=S△CND＋S△CNP＋S△DNP．因此只需证明S△AND＝S△CNP＋S△DNP．由于M，N分别为AC，BD的中点，所以S△CNP=S△CPM-S△CMN=S△APM-S△AMN=S△ANP．又S△DNP=S△BNP，所以S△CNP＋S△DNP=S△ANP+S△BNP=S△ANB=S△AND．初一奥数题二1．已知3x2-x=1，求6x3+7x2-5x＋2000的值．2．某商店出售的一种商品，每天卖出100件，每件可获利4元，现在他们采用提高售价、减少进货量的办法增加利润，根据经验，这种商品每涨价1元，每天就少卖出10件．试问将每件商品提价多少元，才能获得最大利润？最大利润是多少元？3．如图1－96所示．已知CB⊥AB，CE平分∠BCD，DE平分∠CDA，∠1＋∠2=90°．求证：DA⊥AB．4．已知方程组的解应为一个学生解题时把c抄错了，因此得到的解为求a2＋b2＋c2的值．5．求方程｜xy｜-｜2x｜+｜y｜=4的整数解．6．王平买了年利率7.11％的三年期和年利率为7.86％的五年期国库券共35000元，若三年期国库券到期后，把本息再连续存两个一年期的定期储蓄，五年后与五年期国库券的本息总和为47761元，问王平买三年期与五年期国库券各多少？(一年期定期储蓄年利率为5.22％)7．对k，m的哪些值，方程组至少有一组解？8．求不定方程3x＋4y＋13z=57的整数解．9．小王用5元钱买40个水果招待五位朋友．水果有苹果、梨子和杏子三种，每个的价格分别为20分、8分、3分．小王希望他和五位朋友都能分到苹果，并且各人得到的苹果数目互不相同，试问他能否实现自己的愿望？解答：1．原式=2x(3x2-x)+3(3x2-x)-2x+2000 =2x×1＋3×1-2x+2000=2003．2．原来每天可获利4×100元，若每件提价x元，则每件商品获利(4＋x)元，但每天卖出为(100-10x)件．如果设每天获利为y元，则y ＝(4＋x)(100-10x)=400＋100x-40x-10x2=-10(x2-6x＋9)＋90＋400=-10(x-3)2＋490．所以当x=3时，y最大=490元，即每件提价3元，每天获利最大，为490元．3．因为CE平分∠BCD，DE平分∠ADC及∠1＋∠2=90°(图1－104)，所以∠ADC＋∠BCD=180°，所以AD∥BC．①又因为 AB⊥BC，②由①，②AB⊥AD．4．依题意有所以a2+b2+c2=34．5．｜x｜｜y｜-2｜x｜+｜y｜=4，即｜x｜(｜y｜-2)+(｜y｜-2)=2，所以(｜x｜+1)(｜y｜-2)=2．因为｜x｜＋1＞0，且x，y都是整数，所以所以有6．设王平买三年期和五年期国库券分别为x元和y元，则因为y=35000-x，所以 x(1＋0.0711×3)(1＋0.0522)2+(35000-x)(1+0.0786×5)=47761，所以 1.3433x＋48755-1.393x=47761，所以 0.0497x=994，所以 x=20000(元)，y=35000-20000=15000(元)．7．因为 (k－1)x＝m-4，①m为一切实数时，方程组有唯一解．当k=1，m=4时，①的解为一切实数，所以方程组有无穷多组解．当k=1，m≠4时，①无解．所以，k≠1，m为任何实数，或k=1，m=4时，方程组至少有一组解．8．由题设方程得z＝3m-y．x=19-y-4(3m-y)-m=19+3y-13m．原方程的通解为其中n，m取任意整数值．9．设苹果、梨子、杏子分别买了x，y，z个，则消去y，得12x-5z=180．它的解是x=90-5t，z=180-12t．代入原方程，得y=-230＋17t．故x=90-5t，y=-230+17t，z=180-12t．x=20，y=8，z=12．因此，小王的愿望不能实现，因为按他的要求，苹果至少要有1＋2＋3+4＋5＋6=21＞20个．初一奥数题三1．解关于x的方程2．解方程其中a＋b＋c≠0．3．求(8x3-6x2+4x-7)3(2x5-3)2的展开式中各项系数之和．4．液态农药一桶，倒出8升后用水灌满，再倒出混合溶液4升，再用水灌满，这时农药的浓度为72％，求桶的容量．5．满足[-1.77x]=-2x的自然数x共有几个？这里[x]表示不超过x的最大整数，例如[-5.6]=-6，[3]=3．6．设P是△ABC一点．求：P到△ABC三顶点的距离和与三角形周长之比的取值围．7．甲乙两人同时从东西两站相向步行，相会时，甲比乙多行24千米，甲经过9小时到东站，乙经过16小时到西站，求两站距离．8．黑板上写着三个数，任意擦去其中一个，将它改写成其他两数的和减1，这样继续下去，最后得到19，1997，1999，问原来的三个数能否是2，2，2？9．设有n个实数x1，x2，…，x n，其中每一个不是+1就是-1，且求证：n是4的倍数．解答：1．化简得6(a-1)x=3-6b+4ab，当a≠1时，2．将原方程变形为由此可解得x=a＋b+c．3．当x=1时，(8-6+4-7)3(2-1)2=1．即所求展开式中各项系数之和为1．依题意得去分母、化简得7x2-300x+800=0，即7x-20)(x-40)=0，5．若n为整数，有[n＋x]=n＋[x]，所以[-1.77x]=[-2x＋0.23x]=-2x+[0.23x]．由已知[-1.77x]=-2x，所以-2x=-2x+[0.23x]，所以 [0.23x]=0．又因为x为自然数，所以0≤0.23x＜1，经试验，可知x可取1，2，3，4，共4个．6．如图1－105所示．在△PBC中有BC＜PB＋PC，①延长BP交AC于D．易证PB＋PC＜AB＋AC．②由①，②BC＜PB＋PC＜AB+AC，③同理 AC＜PA＋PC＜AC＋BC，④AB＜PA＋PB＜AC＋AB．⑤③＋④＋⑤得AB＋BC＋CA＜2(PA＋PB＋PC)＜2(AB＋BC＋CA)．所以7．设甲步行速度为x千米/小时，乙步行速度为y千米/小时，则所求距离为(9x+16y)千米．依题意得由①得16y2=9x2，③由②得16y=24＋9x，将之代入③得即 (24＋9x)2=(12x)2．解之得于是所以两站距离为9×8＋16×6=168(千米)．8．答案是否定的．对于2，2，2，首先变为2，2，3，其中两个偶数，一个奇数．以后无论改变多少次，总是两个偶数，一个奇数(数值可以改变，但奇偶性不变)，所以，不可能变为19，1997，1999这三个奇数．。
人教版 初一数学上册 竞赛专题：方程的解与解方程(含答案)
人教版 初一数学上册 竞赛专题：方程的解与解方程（含答案）[例1] 已知关于x 的方程3[x －2(x －)]＝4x 和－＝1有相同的解，那3a 312x a +158x -么这个解是______．(北京市“迎春杯”竞赛试题)[例2] 已知a 是任意有理数，在下面各说法中(1)方程ax ＝0的解是x ＝1 (2)方程ax ＝a 的解是x ＝1(3)方程ax ＝1的解是x ＝(4)方程|a |x ＝a 的解是x ＝±11a结论正确的个数是( )．A ．0B ．1C ．2D ．3(江苏省竞赛试题)[例3] a 为何值时，方程＋a ＝－(x －12)有无数多个解？无解？3x 2x 16[例4] 如果a ，b 为定值时，关于x 的方程＝2＋，无论k 为何值时，它的23kx a +6x bk -根总是1，求a ，b 的值．(2013年全国初中数学竞赛预赛试题)[例5] 已知p ，q 都是质数，并且以x 为未知数的一元一次方程px ＋5q ＝97的解是1，求代数式p 2－q 的值．(北京市“迎春杯”竞赛试题)[例6] (1)在日历中(如图①)，任意圈出一竖列上相邻的三个数，设中间的一个为a ，则用含a 的代数式表示这三个数(从小到大排列)分别是______．(2)现将连续自然数1至2004按图中的方式排成一个长方形阵列，用一个正方形框出16个数(如图②)．①图中框出的这16个数的和是______；②在右图中，要使一个正方形框出的16个数之和等于2000，2004，是否可能？若不可能，试说明理由；若有可能，请求出该正方形框出的16个数中的最小数和最大数．2003200419971999200020012002…… (36)37383940414219962930313233343522232425262728151617181920218910111213141234567图②(湖北省黄冈市中考试题)能力训练A 级1．若关于x 的方程(k －2)x |k －1|＋5k ＝0是一元一次方程，则k ＝______；若关于x 的方程(k ＋2)x 2＋4kx －5k ＝0是一元一次方程，则方程的解x ＝______．2．方程x －[x －(x －)]＝(x －)的解是______．34143731637(广西赛区选拔赛试题)3．若有理数x ，y 满足(x ＋y －2)2＋|x ＋2y |＝0，则x 2＋y 3＝______．(“希望杯”邀请赛试题)4．若关于x 的方程a (2x ＋b )＝12x ＋5有无数个解，则a ＝______，b ＝______．(“希望杯”邀请赛试题)5．已知关于x 的方程9x －3＝kx ＝14有整数解，那么满足条件的所有整数k ＝______．(“五羊杯”竞赛试题)6．下列判断中正确的是( )．A ．方程2x －3＝1与方程x (2x －3)＝x 同解B ．方程2x －3＝1与方程x (2x －3)＝x 没有相同的解C ．方程x (2x －3)＝x 的解都是方程2x －3＝1的解D ．方程2x －3＝1的解都是方程x (2x －3)＝x 的解7．方程＋＋…＋＝1995的解是( )．12x ⨯23x ⨯19951996x ⨯A ．1995 B ．1996 C ．1997 D ．19988．若关于x 的方程＝0的解是非负数，则b 的取值范围是()．21x b x --A ．b ＞0B ．b ≥0C ．b ≠2D ．b ≥0且b ≠2(黑龙江省竞赛试题)9．关于x 的方程a (x －a )＋b (x ＋b )＝0有无穷多个解，则( )．A ．a ＋b ＝0B ．a －b ＝0C ．ab ＝0D ．＝0a b10．已知关于x 的一次方程(3a ＋8b )x ＋7＝0无解，则ab 是( )．A ．正数 B ．非正数 C ．负数 D ．非负数(“希望杯”邀请赛试题)11．若关于x 的方程kx －12＝3x ＋3k 有整数解，且k 为整数，求符合条件的k 值．(北京市“迎春杯”训练题)12．已知关于x 的方程＋a ＝x －(x －6)，当a 取何值时，(1)方程无解？(2)方程有3x ||2a 16无穷多解？(重庆市竞赛试题)B 级1．已知方程2(x ＋1)＝3(x －1)的解为a ＋2，则方程2[2(x ＋3)－3(x －a )]＝3a 的解为______．2．已知关于x 的方程＝的解是x ＝2，其中a ≠0且b ≠0，则代数式－的2a x -33bx -b a a b 值是______．3．若k 为整数，则使得方程(k －1999)x ＝2001－2000x 的解也是整数的k 值有______个．(“希望杯”邀请赛试题)4．如果＋＋＋…＋＝，那么n ＝______．12161121(1)n n +20032004(江苏省竞赛试题)5．用※表示一种运算，它的含义是A ※B ＝＋，如果2※1＝，那么1A B +(1)(1)x A B ++533※4＝______．(“希望杯”竞赛试题)6．如图所示的两架天平保持平衡，且每块巧克力的质量相等，每个果冻的质量也相等，则一块巧克力的质量是______克．第6题图(河北省中考试题)7．有四个关于x 的方程①x －2＝－1②(x －2)＋(x －1)＝－1＋(x －1)③x ＝0④x －2＋＝－1＋11x -11x -其中同解的两个方程是( )．A ．①与②B ．①与③C ．①与④D ．②与④8．已知a 是不为0的整数，并且关于x 的方程ax ＝2a 3－3a 2－5a ＋4有整数解，则a 的值共有( )．A ．1个B ．3个C ．6个D ．9个(“希望杯”邀请赛试题)9．(1)当a 取符合na ＋3≠0的任意数时，式子的值都是一个定值，其中m －n ＝6，23ma na -+求m ，n 的值．(北京市“迎春杯”竞赛试题)(2)已知无论x 取什么值，式子必为同一定值，求的值．35ax bx ++a b b+(“华罗庚杯”香港中学竞赛试题)10．甲队原有96人，现调出16人到乙队，调出后，甲队人数是乙队人数的k (k 是不等于1的正整数)倍还多6人，问乙队原有多少人？(上海市竞赛试题)11．下图的数阵是由77个偶数排成：第11题图 (142144146148150152154)30323436384042161820222426282468101214用一平行四边形框出四个数(如图中示例)．(1)小颖说四个数的和是436，你能求出这四个数吗？(2)小明说四个数的和是326，你能求出这四个数吗？参考答案例1 提示：两方程的解分别为x ＝a 和x ＝，由题意知a ＝，27282727221a -2727221a -得a ＝.从而可以得到x ＝a ＝×＝.27827272782728例2 A 提示：当a ＝0时，各题结论都不正确.例3 提示：原方程化为0x ＝6a －12（1）当6a －12＝0，即a ＝2时，原方程有无数个解.（2）当6a －12≠0，即a≠2时，原方程无解．例4 原方程整理可得：(4x ＋b)k ＝12＋x －a ． ∵ 无论k 为何值时，它的根总是1． ∴ x ＝1且k 的系数为0．∴ 4＋b ＝0，13－2a ＝0．∴ ，．132a =4b =例5 提示：把x ＝1代入方程px ＋5q ＝97，得p ＋5q ＝97，故p 与5q 之中必有一个数是偶数（1）若p ＝2，则5q ＝95，q ＝19，；215p q -=-（2）若5q 是偶数，则q ＝2，p ＝87，而87不是质数，与题设矛盾，舍去；因此．215p q -=-例5 （1）a －7，a ，a ＋7； （2）①44×8＝352；②设框出的16个数中最小的一 个数为a ，则这16个数组成的正方形方框如右图所示，因为框中每两个关于正方形的中心对称的数之和都等于2a ＋24，所以这16个数之和为8×（2a ＋24）＝16a ＋192．当16a ＋192＝2000时，a ＝113；当16a ＋192＝2004时，a ＝113.25．∵a 为自然数，∴ a ＝113.25不合题意，则框出的16个数之和不可能等于2004，由长方形阵列的排列可知，a 只能在1，2，3，4列，则a 被7整除的余数只能是1，2，3，4．因为113＝16×7＋1，所以，这16个数之和等于2000是可能的．这时，方框涨最小的数是113，最大的数是113＋24＝137．A 级1．0；2．x ＝0 3．8 4．6；54565．10；26；8；－8 提示：，能被17整除，则，或179x k=-9k -91k -=±917k -=±6．D 7．B 提示：原方程化为111111199522319951996x ⎛⎫-+-++-= ⎪⎝⎭8．D 9．A10．B11．原方程的解为 ，31221333k x k k +==+-- 显然 k －3＝±1，±3，±7，±21，a a ＋1a ＋2a ＋3a ＋7a ＋8a ＋9a ＋10a ＋14a ＋15a ＋16a ＋17a ＋21a ＋22a ＋23a ＋24即 k ＝4，2，6，0，－4，10，24，－18．12．提示：原方程化为()()121a x a -=-（1）当a ＝－1时，方程无解；（2）当a ＝1时，方程有无穷多解．B 级1．10.5 2． 提示：当x ＝2时，代入得． 712-34b a =3．16提示：为整数，2001＝1×3×23×29，故k 可取±1，±3，±23，±29，20011x k =+±3×23，±3×29，±23×29，±22001共16个值．4．2003 提示：()()11111111126121122334451n n n n ++++=++++++⨯⨯⨯⨯+ ＝，得．1111111120031122334112004n n n -+-+-++-=-=++ 1112004n =+5．提示：，解得 x ＝8．1935()()152********x =+=+++※6．207．A8．C9．（1）取a ＝0，则；取a ＝1，则，2233ma na -=-+2233m n -=-+ 得 ，又，解得，．()()32230m n -++=6m n -=125m =185n =- （2）令x ＝0，则；令x ＝1，则，3355ma na +=+3355m n +=+ 得，即，故．()()5335a b +=+35a b =381155a b a b b +=+=+=10．设乙队原有x 人，则80＝k(x ＋16)＋6，解得．7416kx k-=∵x 必须为正整数且k≠1，∴ ，，得出k ＝2或37，7416x N k=-∈＋74k 只有当k ＝2时，x ＝21人．11．（1）能，这四个数分别是100，102，116，118． （2）不能．。
初1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讲计数的方法与原理计数方法与原理是组合数学的主要课题之一,本讲介绍一些计数的基本方法及计数的基本原理，一、枚举法一位旅客要从武汉乘火车去北京,他要了解所有可供乘坐的车次共有多少,一个最易行的办法是找一张全国列车运行时刻表,将所有从武汉到北京的车次逐一挑出来,共有多少次车也就数出来了,这种计数方法就是枚举法，所谓枚举法,就是把所要求计数的所有对象一一列举出来,最后计算总数的方法，运用枚举法进行列举时,必须注意无一重复,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,但不能拿自己做的一张，问：一共有多少种不同的方法？解：设四个学生分别是A,B,C,D,他们做的贺年片分别是a,b,c,d，先考虑A拿B做的贺年片b的情况（如下表）,一共有3种方法，同样,A拿C或D做的贺年片也有3种方法，一共有3＋3＋3=9（种）不同的方法，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：一共有多少种可能的情况？解：如下图,我们先考虑甲胜第一局的情况：图中打√的为胜者,一共有7种可能的情况，同理,乙胜第一局也有 7种可能的情况，一共有 7＋7=14（种）可能的情况，二、加法原理如果完成一件事情有n类方法,而每一类方法中分别有m1,m2,…,mn种方法,而不论采用这些方法中的任何一种,都能单独地完成这件事情,那么要完成这件事情共有：N=m1+m2+…mn种方法，这是我们所熟知的加法原理,也是利用分类法计数的依据，例 3 一个自然数,如果它顺着数和倒着数都是一样的,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位的回文数一共有多少个？按从小到大排,第2000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，到六位数为止,回文数共有9＋9＋90＋90＋900＋900=1998（个），第1999个回文数是1000001,第2000个回文数是1001001，例4设有长度为1,2,…,9的线段各一条,现在要从这9条线段中选取若干条组成一个正方形,共有多少种不同的取法？这里规定当用2条或多条线段接成一条边时,除端点外,不许重叠，解法1：因为所以正方形的边长不大于11，下面按正方形的边长分类枚举：（1）边长为11：9＋2=8+3=7＋4=6＋5,可得1种选法；（2）边长为10：9＋1=8＋2=7＋3=6＋4,可得1种选法；（3）边长为 9：9=8＋1=7＋2=6＋3=5＋4,可得5种选法；（4）边长为8：8=7＋1=6＋2=5+3,可得1种选法；（5）边长为7：7=6＋1=5＋2=4＋3,可得1种选法；（6）边长≤6时,无法选择，综上计算,不同的取法共有1＋1+5＋1＋1=9（种），解法2：由于这些线段互不等长,故至少要用7条线段才能组成一个正方形，当恰取7条线段组成正方形时,正方形的3条边各用2条线相接,另一条边只用一条线段；当恰用8条线段时,只能每边各用2条线段相接（容易看出,其他情况不可能发生），因为 1+2＋…＋9=45, 45不能被4整除,所以用9条线段,不可能组成正方形，由解法一知,拼出的正方形边长至多为11,又易知正方形的边长不可能为1,2,3,4,5,6，有了以上分析就容易计数了，（1）取出7条线段,有以下7种：7=1+6＝2＋5＝3＋4；8＝1+7＝2+6＝3＋5；9＝1＋8＝2＋7＝3＋6=4＋5（这个式子有5种）；（2）取出8条线段,有以下2种：1＋9＝2＋8＝3＋7＝4＋6；2＋9＝3＋8＝4＋7＝5＋6，综上所述,不同的取法共有7＋2=9（种），三、乘法原理如果完成一件事必须分n个步骤,而每一个步骤分别有m1,m2,…,mn种方法,那么完成这件事共有：N＝m1×m2×…×mn种方法，这就是乘法原理,它是分步法的依据，乘法原理和加法原理被称为是计数的基本原理，我们应注意它们的区别,也要注意二者的联合使用，例5一台晚会上有6个演唱节目和4个舞蹈节目，求：（1）当4个舞蹈节目要排在一起时,有多少不同的安排节目的顺序？（2）当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,一共有多少不同的安排节目的顺序？解：（1）先将4个舞蹈节目看成1个节目,与6个演唱节目一起排,有 7！=7×6×5×4×3×2×1=5404（种）方法，第二步再排4个舞蹈节目,有4！=4×3×2×1＝24（种）方法，根据乘法原理,一共有 5040×24=120960（种）方法，（2）首先将6个演唱节目排成一列（如下图中的“□”）,一共有6！=6×5×4×3×2 ×1=720（种）方法，×□×□×□×□×□×□×第二步,再将4个舞蹈节目排在一头一尾或2个演唱节目之间（即上图中“×”的位置）,这相当于从7个“×”中选4个来排,一共有7×6×5×4＝840（种）方法，根据乘法原理,一共有720×840=604800（种）方法，例6有8个队参加比赛,如果采用下面的淘汰制,那么在赛前抽签时,实际上可以得到多少种不同的安排表？解：8个队要经过3轮比赛才能确定冠亚军，将第1轮的4组,自左至右记为1,2,3,4组,其中第1,2组为甲区,3,4组为乙区，8个队抽签即是在上图的8个位置排列,共有8！=8×7×6×5×4×3×2×1=40320（种）不同的方法，但是,两种不同的排列不一定是实际上不同比赛的安排表，事实上,8队中的某4队都分在甲区或乙区,实际上是一样的；同区的4队中某2队在某一组或另一组,实际上也是一样的；同组中的2队,编号谁是奇数谁是偶数实际也是一样的，由乘法原理知,在40320种排法中,与某一种排法实质上相同的排法有 2×22×24=27=128（种）,故按实际不同比赛安排表的种数是四、对应法小孩子数苹果,往往掰着手指头,一个一个地掰,掰完左手掰右手,这种数苹果的方法就是对应法，小孩子把苹果与自己的手指头一对一,他掰了几个指头,也就数出了几个苹果，一般地,如果两类对象彼此有一对一的关系,那么我们可以通过对一类较易计数的对象计数,而得出具有相同数目的另一类难于计数的对象的个数，例7在8×8的方格棋盘中,取出一个由 3个小方格组成的“L”形（如图1）,一共有多少种不同的方法？解：每一种取法,有一个点与之对应,这就是图1中的A点,它是棋盘上横线与竖线的交点,且不在棋盘边上，从图2可以看出,棋盘内的每一个点对应着4个不同的取法（“L”形的“角”在2×2正方形的不同“角”上），由于在 8×8的棋盘上,内部有7×7=49（个）交叉点,故不同的取法共有49×4=196（种），例8数3可以用4种方法表示为1个或几个正整数的和,如3,1＋2,2+1,1+1＋1，问：1999表示为1个或几个正整数的和的方法有多少种？分析与解：我们将1999个1写成一行,它们之间留有1998个空隙,在这些空隙处,或者什么都不填,或者填上“＋”号，例如对于数3,上述4种和的表达方法对应：111,11＋1,1＋11,1＋1＋1，显然,将1999表示成和的形式与填写1998个空隙处的方式之间一对一,而每一个空隙处都有填“＋”号和不填“＋”号2种可能,因此1999可以表示为正整数之和的不同方法有五、容斥原理在应用加法原理时,关键在于把所要计数的对象分为若干个不重不漏的类,使得每类便于计数，但是具体问题往往是复杂的,常常扭成一团,难以分为不重不漏的类,而要把条理分清楚就得用加法原理的推广——容斥原理，为了表达方便,我们用A表示A类元素的个数,用B表示B类元素的个数,用 A ∪B表示是 A类或是 B类元素的个数,用A∩B表示既是A类又是B类元素的个数，A∪B∩C,A∪B∩C的意义类似，容斥原理1 如果被计数的事物有两类,那么A∪B＝A＋B－A∩B，容斥原理2 如果被计数的事物有三类,那么A∪B∪C＝A+B＋C-A∩B-B∩C－A∩C ＋A∩B∩B，容斥原理的实质在于包含与排除,或形象地称之为“多退少补”，容斥原理若用韦恩图进行分析和记忆,十分方便,留给读者研究，例9在100名学生中,有10人既不会骑自行车又不会游泳,有65人会骑自行车,有73人会游泳,既会骑自行车又会游泳的有多少人？解：从100名总人数中减去既不会骑自行车又不会游泳的10人,就是会骑自行车或会游泳的人数100-10=90（人），既会骑自行车又会游泳的有（65＋73）－90=48（人），例10在1至100的自然数中,不能被2整除,又不能被3整除,还不能被5整除的数,占这100个自然数的百分之几？解：由容斥原理2知,1至100的自然数中,或能被2整除,或能被3整除,或能被5整除的自然数的个数是＝50＋33＋20-16-6＋3＝74，所以,在1至100的自然数中,不能被2整除,又不能被3整除,还不能被5整除的自然数有100－74=26（个）,占这100个自然数的26％，六、归纳法对于比较复杂的问题,可以先观察其简单情况,归纳出其中带规律性的东西,然后再来解决较复杂的问题，例11 10个三角形最多将平面分成几个部分？解，设n个三角形最多将平面分成an个部分，n=1时,a1=2；n=2时,第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有2个交点,三条边与第一个三角形最多有2×3=6（个）交点，这6个交点将第二个三角形的周边分成了6段,这6段中的每一段都将原来的每一个部分分成2个部分,从而平面也增加了6个部分,即a2＝2＋2×3，n＝3时,第三个三角形与前面两个三角形最多有4×3＝12（个）交点,从而平面也增加了12个部分,即：a3=2＋2×3＋4×3，……一般地,第n个三角形与前面（n-1）个三角形最多有2（n-1）×3个交点,从而平面也增加2（n－1）×3个部分,故an=2＋2×3＋4×3＋…＋2（n-1）×3＝2＋［2＋4＋…＋2（n-1）］×3＝2＋3n（n-1）＝3n2-3n＋2，特别地,当n＝10时,a10＝3×102＋3×10＋2=272,即10个三角形最多把平面分成272个部分，七、整体法解答数学题,有时要“化整为零”,使问题变得简单；有时反而要从整体上来考虑,从全局、从整体来研究问题，例12正方形ABCD的内部有1999个点,以正方形的4个顶点和内部的1999个点为顶点,将它剪成一些三角形，问：一共可以剪成多少个三角形？共需剪多少刀？解：我们从整体来考虑,先计算所有三角形的内角和，汇聚在正方形内一点的诸角之和是360°,而正方形内角和也是360°,共有 360°×1999＋360°,从而三角形的个数是由于每个三角形有三条边,而正方形纸原来的4条边当然不用剪；其余的边,由于是两个三角形的公共边,剪一刀出两条边,所以共剪的刀数是练习101．一只青蛙在A,B,C三点之间跳动,若青蛙从A点跳起,跳4次仍回到A点,则这只青蛙一共有多少种不同的跳法？2．在国际象棋棋盘上放置两只“车”,如果它们彼此不构成威胁,那么一共有多少种不同的放法？3．在8×8的棋盘上可以找到多少个形如右图所示的“凸”字形图形？4．从19,20,21,…,97,98,99这81个数中,选取两个不同的数,使其和为偶数的选法总数是多少？5．平面上有7个不在同一直线上的点,以这7个点作为顶点做三角形,使得任何两个三角形至多只有一个公共顶点，最多可做出多少个满足条件的三角形？6．下图是一个道路图，A处有一大群孩子,这群孩子向东或向北走,在从A 开始的每个路口,都有一半人向北走,另一半人向东走,如果先后有60个孩子到过路口B,那么先后共有多少个孩子到过路口C？7．在1001,1002,…,2000这1000个自然数中,可以找到多少对相邻的自然数,使它们相加时不进位？8．有10个箱子,编号为1,2,…,10,各配一把钥匙,10把各不相同,每个箱子放进一把钥匙锁好,先撬开1,2号箱子,取出钥匙去开别的箱子,如果最终能把所有箱子的锁都打开,则说是一种好的放钥匙的方法，求好的方法的总数，练习10答案1.6种，解：如下图,第1步跳到B,4步回到A有3种方法；同样第1步到C的也有3种方法，共有6种方法，2.3136种，解：第一步,放第一只“车”,有64种方法；第二步,放第二只“车”,因不能和第一只同行,也不能同列,故有49种方法，由乘法原理,一共有64×49=3136（种）放法，3.168个，解：在每个2×3的长方形中可以找到2个“凸”字形图形,8×8方格棋盘中共有84个2×3的长方形,所以可以找到84×2=168（个），4.1600种，解：从19到99共计81个不同的整数,其中有41个奇数、40个偶数，若选取两数之和为偶数,则必须且只须选取的两个数有相同的奇偶性,所以选取的方法数分为两类：第一类,选取两个不同偶数的方法数；第二类,选取两个不同奇数的方法数，依加法原理,这两类方法数的总和即为所求的方法数，第一类是从40个偶数中选取两个不同偶数的方法数,先取第一个偶数有40种方法,从其余39个偶数中选择第2个有39种方法,依乘法原理,共有40×39种不同的方法,但注意选取第1个数比如30,选取第2个数比如32,与选第1个数32,再选第2个数30,是同一组，所以总的选法数应该折半,第二类是从41个奇数中选取两个不同奇数的方法数,与上述方法相同,5.7个，2个三角形至多有1个公共顶点,从而任意2个三角形没有公共边,故至多另一方面,7个是可以达到的，设7个点依次为A1,A2,…,A7，如右图,△A1A2A3,△A1A4A5,△A1A6A7,△A2A4A6,△A2A5A7,△A3A4A7,△A3A5A6这7个三角形两两没有公共边，故最多可以做7个三角形，6.48人，解：如下图,设A处有a个孩子,图中各个路口边上的数字表示到过该又从下图看出,到过路口C的人数为7.156个，解：相邻两数相加不需进位的数对中,前一个数可分成四类：（1）1999,1个；由加法原理知,这样的数对共有1+5+25+125=156（个），8.725760，解：设第1,2,3,…,10号箱子中所放的钥匙号码依次为k1,k2,k3,…,k10，当箱子数为n（n≥2）时,好的放法的总数为a n，当n=2时,显然a2=2（k1=1,k2=2或k1=2,k2=1），当n=3时,显然k3≠3,否则第3个箱子打不开,从而k1=3或k2=3,于是n=2时的每一组解对应n=3的2组解,这样就有a3=2a2=4，当n=4时,也一定有k4≠4,否则第4个箱子打不开,从而k1=4或k2=4或k3=4,于是n=3时的每一组解,对应n=4时的3组解,这样就有a4=3a3=12，依次类推,有a10=9a9=9×8a8=…=9×8×7×6×5×4×3×2a2=2×9！=725760，即好的方法总数为725760，。
初1数学竞赛教程含例题练习及答案⑼
初一数学竞赛讲座第9讲应用问题选讲我们知道,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路是：先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）,然后解答这个数学问题,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,和一定的问题两个变化着的量,如果在变化的过程中,它们的和始终保持不变,那么它们的差与积之间有什么关系呢？观察下面的表：我们不难得出如下的规律：两个变化着的量,如果在变化的过程中,和始终保持不变,那么它们的差越小,积就越大，若它们能够相等,则当它们相等时,积最大，这个规律对于三个和三个以上的变量都是成立的，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：如上图,设长方形的长和宽分别为x米和y米,则有x＋2y＝1.2×20＝24，长方形的面积为因为x和2y的和等于24是一个定值,故它们的乘积当它们相等时最大,此时长方形面积S也最大，于是有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：设每个商品售价为（50+x）元,则销量为（500-10X）个，总共可以获利: （50＋x-40）×（500-10x）=10×（10+X）×（50-X）（元），因（10+x）+（50－x）=60为一定值,故当10+X=50－X即X=20时,它们的积最大，此时,每个的销售价为50＋20=70（元），例3若一个长方体的表面积为54厘米2,为了使长方体的体积最大,长方体的长、宽、高各应为多少厘米？解：设长、宽、高分别为x,y,z厘米,体积为V厘米3，2（xy＋yz+zx）=54,xy＋yz+zx=27，因为V2=（xyz）2=（xy）（yz）（zx）,故当 xy=yz=zx即 x=y=z=3时,V2有最大值,从而V也有最大值，例4有一块长24厘米的正方形厚纸片,在它的四个角各剪去一个小正方形,就可以做成一个无盖的纸盒,现在要使做成的纸盒容积最大,剪去的小正方形的边长应为几厘米？解：如上图,设剪去的小正方形的边长为x厘米,则纸盒的容积为V=x（24-2x）（24-2x）=2×2x（12-x）（12-x），因为2x+（12-x）+（12-x）=24是一个定值,故当2x=12-x＝12-x,即x=4时,其乘积最大,从而纸盒的容积也最大，二、两个量变化时,积一定的问题两个变化着的量,如果在变化的过程中,它们的乘积始终保持不变,那么它们的差与和之间有什么关系呢？观察下面的表：我们不难得出如下的规律：两个变化着的量,如果在变化的过程中,乘积始终保持不变,那么它们的差越小,和就越小，若它们能够相等,则当它们相等时,和最小，例5长方形的面积为 144 cm2,当它的长和宽分别为多少时,它的周长最短？解：设长方形的长和宽分别为 xcm和 ycm,则有xy＝144，故当x=y=12时,x+y有最小值,从而长方形周长2（x＋y）也有最小值，例6用铁丝扎一个空心的长方体,为了使长方体的体积恰好是216cm3,长方体的长、宽、高各是多少厘米时,所用的铁丝长度最短？解：设长方体的长、宽、高分别为xcm,ycm,zcm,则有xyz＝216，铁丝长度的和为 4（x＋ y＋ z）,故当 x＝y=z＝6时,所用铁丝最短，例7农场计划挖一个面积为432 m2的长方形养鱼池,鱼池周围两侧分别有3m 和4m的堤堰如下图所示,要想占地总面积最小,水池的长和宽应为多少？解：如图所示,设水池的长和宽分别为xm和ym,则有xy＝432，占地总面积为 S=（x＋6）（y＋8）cm2，于是S=Xy+6y+8X＋48＝6y+8X+480，我们知道6y ×8X=48×432为一定值,故当6y=8X时,S最小,此时有6y=8X=144,故y=24,x=18，例8某游泳馆出售冬季学生游泳卡,每张240元,使用规定：不记名,每卡每次只限一人,每人只限一次，某班有48名学生,老师打算组织学生集体去游泳,除需购买若干张游泳卡外,每次游泳还需包一辆汽车,无论乘坐多少名学生,每次的包车费均为40元，若要使每个同学游8次,每人最少交多少钱？解：设一共买了X张卡,一共去游泳y次,则共有Xy=48×8=384（人次）,总用费为（240x＋40y）元，因为 240x ×40y=240×40×384是一定值,故当 240x=40y,即y=6x时,和最小，易求得x=8,y=48，此时总用费为240×8＋40×48=3840（元）,平均每人最少交 3840÷48=80（元），三、利用不等关系来解答的应用题例9某公司在A,B两地分别库存有某机器16台和12台,现要运往甲、乙两家客户的所在地,其中甲方15台,乙方13台，已知从A地运一台到甲方的运费为500元,到乙方的运费为400元,从B地运一台到甲方的运费为300元,到乙方的运费为600元，已知运费由公司承担,公司应设计怎样的调运方案,才能使这些机器的总运费最省？解：设由A地运往甲方x台,则A地运往乙方（16-x）台,B地运往甲方（15-x）台,B地运往乙方（x－3）台，于是总运价为：S=500x+400（16-x）＋300（15-x）+600（x-3）＝400x+9100，显然,x要满足不等式3≤x≤15,于是当x=3时,总运价最省,为 400× 3＋9100=10300（元），调运方案为：由A地运往甲方3台,A地运往乙方13台,B地运往甲方12台,B 地运往乙方0台，例10某校决定出版“作文集”,费用是30册以内为80元,超过30册的每册增加1.20元，当印刷多少册以上时,每册费用在1.50元以内？解：显然印刷的册数应该大于30，设印刷了（30＋x）册,于是总用费为（80+1.2x）元，故有80+1.2x≤1.5 ×（30+x）,以内，例11现有三种合金：第一种含铜60％,含锰40％；第二种含锰10％,含镍90％；第三种含铜20％,含锰50％,含镍30％，现各取适当数量的这三种合金,组成一块含镍45％的新合金,重量为1千克，（1）求新合金中第二种合金的重量的范围；（2）求新合金中含锰的重量的范围，解：设第一种合金用量为x千克,第二种合金用量为y千克,第三种合金用量为z千克,依题意有（1）如果不取第一种合金,即x=0,那么新合金中第二种合金重量最小，解得y=0.25，如果不取第三种合金,即z=0,那么新合金中第二种合金重量最大，解得y＝0.5，新合金中第二种合金的重量范围是0.25克到0.5克，（2）由①②可得z＝1.5-3y,x=2y－0.5，故新合金中含锰的重量为S＝40％x+10％y+50％z=40％（2y-0.5）＋10％y＋50％（1.5-3y）＝0.55-0.6y，因为0.25≤y≤0.5,所以0.25≤S≤0.4,即新合金中含锰的重量范围是0.25克到0.4克，例12某商店需要制作如下图所示的工字形架100个,每个由三根长为2.3米、1.7米、1.3米的铝合金材料组装而成，市场上可购得该铝合金材料的原料长为6.3米，问：至少要买回多少根原材料,才能满足要求（不计损耗）？解：每根原材料的切割有下表的七种情况：显然,④⑤⑥三种方案损耗较小，④⑤⑥⑦方案依次切割原材料42根、14根、29根、1根,可得2.3米、1.7米、1.3米的材料各100根,共用原材料 42＋14＋29＋1=86（根），练习91．销售某种西服,当每件售价为100元时可售出1000件，如果定价每下降1％,那么销售量将提高0.5％,又知道这批西服是每件80元成本购进的，问：应如何定价才能使获利最大？2．下图是一个面积为4m2的窗户,当a∶b的值是多少时,窗户的框架所用的材料最省？3．有一个长为 80cm、宽为40cm的木板,要以它为原材料做一个无盖的木盒,应该如何制作才能使木盒的容积最大？最大的容积是多少？4．某厂要建造一个无盖的露天水槽,其底为正方形,容量为64000m3，在建造时,槽底的造价是四壁的2倍,这个水槽的底面边长和高的比例是多少时,造价最省？5．A城有化肥 200吨,B城有化肥 300吨,现要将化肥运往C,D两村，已知从A城运往C,D两村的运价分别是每吨20元和25元,从B城运往C,D两村的运价分别是每吨15元和22元，某个体户承包了这项运输任务,请你帮他算一算,如何调运才能使运费最省？6．有两个学生参加4次数学测验,他们的平均分数不同,但都是低于90分的整数，他们又参加了第5次测验,这样5次的平均分数都提高到了90分,求第5次测验二人的得分（满分为100分），7．某机械厂要把一批长7300毫米的钢筋截成长290毫米、210毫米和150毫米的钢筋各一段组成一套钢筋架子，现在做100套钢筋架子,至少要用去长为7300毫米的钢筋多少根？8．下表所示为X,Y,Z三种食品原料的维生素含量（单位：单位/千克）及成本：现在要将三种食物混合成100千克的混合物,要求混合物至少需含44000单位的维生素A及48000单位的维生素B0如果所用的食物中x,Y,Z的重量依次为X千克、y千克、Z千克,那么请定出X,y,Z的值,使得成本为最少，练习9答案：1.91元，解：设定价为每件（100-x）元,则销售量为1000（1+0.5％x）件，利润为（100-x-80）×1000（1+0.5％x）=500×（20-x）（2+x），因为（20-x）+（2+x）=22为一定值,故当20-x=2+x即x=9时利润最高，此时每件定价为100-9=91（元），2.2∶3，解：窗户的框架长为3a+2b,而ab=4是一个定值,从而3a×2b=6ab=24也是一个定值,故当3a=2b即a∶b=2∶3时窗户框架所用材料最省，3.32000cm3解：设木盒的长、宽、高分别为xcm,ycm,zcm,则它的容积为V=xyzcm3，因为xy+2xz+2yz=40×80=3200为一定值,故它们的积xy×2xz×2yz=4（xyz）2=4V2,在xy=2xz=2yz时最大,从而V也最大,此时有x=y=2z，经计算得x=40,y=40,z=20，具体制作方式如下：先取原木板的一半（40cm×40cm）作为木盒的底面,再将剩下的一半分成20 cm×40 cm大小的四等份,每份作为木盒的一个侧面就可以了，4.1∶1，解：设四壁的造价是a元/m2,则底面造价为2a元/m2，又设其底面边长为xm,高为ym,则有x2y=64000，总造价为a×4xy+2a×x2=2a（2xy+x2）=2a（xy+xy+x2），因为xy×xy×x2=（x2y）2=640002为一定值,故当xy=xy=x2即x∶y=1∶1时,总造价最省，5.解：设A城化肥运往C村x吨,则运往D村（200-x）吨；B城化肥运往C 村（220-x）吨,运往D村（80+x）吨,总运费y元,则y=20x+25（200-x）+15（220-x）+22（80+x）=2x+10060，又易知0≤x≤200,故当x=0时,运费最省,为10060元，运输方案如下：A城化肥运往C村0吨,运往D村200吨；B城化肥运往C 村220吨,运往D村80吨，6.98,94，解：设某一学生前4次的平均分为x分,第5次的得分为y分,则其5次总分为4x+y=5×90=450，于是y=450-4x，显然90＜y≤100,故90＜450-4x≤100,解得87.5≤x＜90，于是两个学生前4次的平均分分别为88分和89分，第5次得分分别为450-4×88=98（分）和450-4×89=94（分），7.90根，解：每一根7300毫米的钢筋有如下三种损耗较小的截法：290×2+150×1=7300,①210×2+150×2=7200,②210×2+290×2=7100，③设按方案①截得的钢筋有x根,按方案②截得的钢筋有y 根,按方案③截得的钢筋有z根,则长为290,210,150毫米各有100根,即2x+z=x+2y=2y+2z=100，于是x=40,y=30,z=20，一共至少用去长为7300毫米的钢筋90根，8. 30,20, 50，解：x+y+z=100, ①400x+600y+400z≥44000, ②800x+200y+400z≥48000，③由②得2x+3y+2z≥220，④由③得4x+y+2z≥240，⑤由④-①×2,得y≥20，由⑤-①×2,得2x-y≥40，由①得z=100-x-y，成本为6x+5y+4z=6x+5y+4（100-x-y）=400+2x+y=400+2y+（2x-y）≥400+40+40=480，。
数学竞赛初赛试题及答案详解
数学竞赛初赛试题及答案详解试题一：代数基础题题目：若\( a \)，\( b \)，\( c \)是实数，且满足\( a^2 + b^2 + c^2 = 1 \)，求证：\( a^4 + b^4 + c^4 \leq 1 \)。
解答：首先，我们可以利用平方和不等式，即对于任意实数\( x \)和\( y \)，有\( (x+y)^2 \geq 4xy \)。
将\( x = a^2 \)和\( y = b^2 \)代入，得到：\[ (a^2 + b^2)^2 \geq 4a^2b^2 \]\[ 1 - c^2 \geq 4a^2b^2 \]\[ 1 \geq c^2 + 4a^2b^2 \]由于\( a^2 + b^2 + c^2 = 1 \)，我们可以得出：\[ a^4 + b^4 \leq 1 - c^2 \]类似地，我们可以证明：\[ a^4 + c^4 \leq 1 - b^2 \]\[ b^4 + c^4 \leq 1 - a^2 \]将这三个不等式相加，我们得到：\[ 2(a^4 + b^4 + c^4) \leq 3 - (a^2 + b^2 + c^2) \]\[ 2(a^4 + b^4 + c^4) \leq 2 \]\[ a^4 + b^4 + c^4 \leq 1 \]证明完毕。
试题二：几何问题题目：在直角三角形ABC中，∠C是直角，若AB=5，AC=3，求BC的长度。
解答：根据勾股定理，直角三角形的斜边的平方等于两直角边的平方和。
设BC的长度为\( x \)，则有：\[ AB^2 = AC^2 + BC^2 \]\[ 5^2 = 3^2 + x^2 \]\[ 25 = 9 + x^2 \]\[ x^2 = 16 \]\[ x = 4 \]所以，BC的长度为4。
试题三：组合问题题目：有5个不同的球和3个不同的盒子，将这些球放入盒子中，每个盒子至少放一个球，有多少种不同的放法？解答：首先，我们需要将5个球分成3组，每组至少一个球。
全国初中数学竞赛试题及答案
全国初中数学竞赛试题及答案全国初中数学竞赛试题及答案一、选择题1、在一张纸上，我们画了一个圆和一条直径，直径与圆相交于A、B 两点。
如果我们在这张纸上连续地画了8个点，使得这些点都在圆上，那么这8个点的最密集分布是（）。
A. 像一个“十”字形，两边各4个点 B. 像一个“十”字形，两边各3个点 C. 像一个“米”字形，上面各4个点 D. 像一个“米”字形，上面各3个点答案：C 解析：根据圆的对称性，我们可以得知，直径两侧的点到圆心的距离相等，因此在一个“十”字形中，中间的交点是最密集的。
而在“米”字形中，上面的4个点距离交点的距离相等且最短，因此是最密集的。
2、在一个等边三角形ABC中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点。
现在以D为圆心，DE为半径画圆弧，交AB于G。
则△DFE的面积是阴影部分面积的（）。
A. 2倍 B. 3倍 C. 4倍 D. 6倍答案：C 解析：由题意可知，DE是△ABC的中位线，因此DE=1/2AB。
而△DFE是直角三角形，斜边DE是直径，因此∠DFE=90°。
所以，△DFE的高是DE的一半，即1/4AB。
因此，△DFE的面积是1/2×1/2AB×1/4AB=1/8AB²。
而阴影部分的面积是△ABC面积的一半，即1/2×1/2AB×√3/2AB=√3/4AB²。
所以，△DFE的面积是阴影部分面积的4倍。
3、在一个等腰直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=BC=1。
现在以这个三角形的顶点为圆心，1为半径画圆弧，则这三个圆弧的长度之和为（）。
A. 3π/2 B. π C. 2π D. 5π/2 答案：C 解析：根据题意，我们可以得到三个圆弧的半径都是1。
其中第一个圆弧的长度为1/4×2π×1=π/2，第二个圆弧的长度也为π/2，第三个圆弧的长度为1/4×2π×√2=π√2/2。