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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。
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。
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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 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？
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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 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。
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？
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）。
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）。
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。
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
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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。
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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 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）。
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。
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。
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8 15 3 14 1 4 22 24
表3 11 2 4 19 8 5 24 7 18 20 2 19 3 6 25 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？
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 ai，当 Ai 为黑点时，ai=1，当 Ai 为白点时，ai=2。再赋予线段 AiAi+1 以 整数值 ai+ai+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）＋…＋（an-1＋an） ＝a1＋an＋2（a2＋a3＋…＋an-1） ＝2＋1＋2（a2＋a3＋…＋an-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 DS TZ FPHE X G HOCN RTBS ADVX C FYA 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 15 2 18 20 26 6 16
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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.。
七年级数学竞赛试卷答案 .doc
七年级数学竞赛试卷答案一、选择题（4′×10＝40′）1、当x ＝－3时，63-+bx ax 的值为9，则当x ＝3时，63-+bx ax 的值是…………（ A ） A 、－21 B 、－15 C 、21 D 、152、设△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ， 其中a ，b 满足0)4(|6|2=+-+-+b a b a 则第三边c 的长度取值范围是……………………………………………………………（ C ）A 、3<c<5B 、2<c<4C 、4<c<6D 、5<c<6 3、如图，有一块直角三角板XYZ 放置在△ABC 上，恰好三角板XYZ的两条直角边XY 、XZ 分别经过点B ，C ，若∠A ＝40°，则∠ABX ＋∠ACX ＝…………………………………………（D ） A 、25° B 、30° C 、45° D 、50° 4、5、A ，B ，C ，D ，E ，F 六支足球队进行单循环比赛，当比赛到某一天时，统计员统计出A ，B ，C ，D ，E 五支队分别比赛了5，4，3，2，1场球，则还没有与B 队比赛的球队是………（ C ）A 、C 队B 、D 队C 、E 队D 、F 队6、已知甲、乙两地相距20千米，有A 、B 两人分别从甲、乙两地相向而行。
甲带有一狗，当甲出发后，狗也同时出发向乙奔去，遇乙后又立即回头，奔向甲，如此这般，直到甲、乙两人相遇为止。
若设甲行走的速度为6千米/小时，乙行走的速度为4千米/小时，狗奔跑的速度为12千米/小时，则当甲、乙两人相遇时，狗奔跑的路程为…………………………（ C ）A 、16千米B 、20千米C 、24千米D 、32千米 7、8、古人用天干和地支记次序，其中天干有10个：甲、乙、丙、丁、戊、已、庚、辛、壬、癸，地支也有12个：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥，将天干的10个汉字和地支的12个汉字分别循环排列成如下两行：甲、乙、丙、丁、戊、已、庚、辛、壬、癸、甲、乙、丙、丁………子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥、子、丑………从左向右数，第1列是甲子，第2列是乙丑，第三列是丙寅……，则当第2次出现甲和子出现在同一列时，该列的序号是…………………………………………………………（ B ）A、31B、61C、91D、1219、如图，两个标有数字的轮子可以分别绕轮子的中心旋转，旋转停止时，每个轮子上方的箭头各指着轮子上的一个数字。
七年级数学竞赛试题(含答案)
七年级数学竞赛试题(含答案)一、耐心填一填（每题5分,共50分）1、某天,5名同学去打羽毛球,从上午8:45一直到上午11:05,若这段时间内,他们一直玩双打（即须4人同时上场）,则平均一个人的上场时间为________分2、已知：一条射线OA,若从点O再引两条射线OB、OC,使∠AOB=600,∠BOC=200,则∠AOC=___________度3、()()_______________1541957.0154329417.0=-⨯+⨯+-⨯+⨯。
4、定义a*b=ab+a+b,若3*x=27,则x的值是________。
5、有一个正方体,在它的各个面上分别标上字母A、B、C、D、E、F,甲、乙、丙三位同学从不同方向去观察其正方体,观察结果如图所示。
问：F的对面是_______。
FA DBCAED C6 A、B、C、D、E、F六足球队进行单循环比赛,当比赛到某一天时,统计出A、B、C、D、E、五队已分别比赛了5、4、3、2、1场球,则还没与B队比赛的球队是________。
7、正方体每一面不同的颜色对应着不同的数字,将四个这样的正方体如图拼成一个水平放置的长方体,那么长方体的下底面数字和为________。
8、小李同学参加了学校组织的名为“互帮互助向未来”活动,为此小李自己在家制作了四份小礼物,准备送给他的新同学,四份小礼物分别装在形状完全一样的小长方体的盒子里,每个小长方体的长、宽、高分别是3、1、1,然后把这四个小长方体盒子用漂亮的丝带捆绑成一个大长方体,那么这个大长方体的表面积可能有________ 中不同的值,其中最小值为________。
9、当a ______时,方程组223196922x y a ax y a a⎧+=+-⎪⎨-=-+⎪⎩的解是正数。
10、如图1,棱长分别为1厘米,2厘米,3厘米,5厘米的四个正方体紧贴在一起,则所得到的多面体的表面积是________平方厘米。
二、细心选一选（每题5分,共30分）1、如果有2015名学生排成一列,按1、2、3、4、3、2、1、2、3、4、3、2、1……的规律报数,那么第2015名学生所报的数是（）A、1B、2C、3D、42、俗话说“商场如战场”,“买的永远没有卖的精”。
初一数学立体图形竞赛教程含例题练习及答案(可编辑)
初一数学立体图形竞赛教程含例题练习及答案初一数学竞赛讲座立体图形空间形体的想象能力是小学生的一种重要的数学能力,而立体图形的学习对培养这种能力十分有效。
我们虽然在课本上已经学习了一些简单的立体图形,如正方体、长方体、圆柱体、圆锥体,但有关立体图形的概念还需要深化,空间想象能力还需要提高。
将空间的位置关系转化成平面的位置关系来处理,是解决立体图形问题的一种常用思路。
一、立体图形的表面积和体积计算例 1 一个圆柱形的玻璃杯中盛有水,水面高 2.5cm,玻璃杯内侧的底面积是72cm2,在这个杯中放进棱长6cm的正方体铁块后,水面没有淹没铁块,这时水面高多少厘米?解:水的体积为72×2.5180(cm3),放入铁块后可以将水看做是底面积为72-6×632(cm2)的柱体,所以它的高为180÷325(cm)。
例2 下图表示一个正方体,它的棱长为4cm,在它的上下、前后、左右的正中位置各挖去一个棱长为1cm的正方体,问:此图的表面积是多少?分析:正方体有6个面,而每个面中间有一个正方形的孔,在计算时要减去小正方形的面积。
各面又挖去一个小正方体,这时要考虑两头小正方体是否接通,这与表面积有关系。
由于大正方体的棱长为4cm,而小正方体的棱长为1cm,所以没有接通。
每个小正方体孔共有5个面,在计算表面积时都要考虑。
解:大正方体每个面的面积为4×4-1×115(cm2),6个面的面积和为15×690(cm2)。
小正方体的每个面的面积为1×11(cm2),5个面的面积和为1×55(cm2),6个小正方体孔的表面积之和为5×630(cm2),因此所求的表面积为90+30120(cm2)。
想一想,当挖去的小正方体的棱长是2cm时,表面积是多少?请同学们把它计算出来。
例 3 正方体的每一条棱长是一个一位数,表面的每个正方形面积是一个两位数,整个表面积是一个三位数。
七年级数学培优竞赛二合一讲练教程(共15讲,含答案)
数的整除（一）【知识精读】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.一些数的整除特征能被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）【分类解析】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=31234能被12整除，求X。
例2己知五位数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=2，5，84能被4整除时，X＝0，4，8当末两位X∴X＝8例3求能被11整除且各位字都不相同的最小五位数。
解：五位数字都不相同的最小五位数是10234，但（1＋2＋4）－（0＋3）＝4，不能被11整除，只调整末位数仍不行调整末两位数为30，41，52，63，均可，∴五位数字都不相同的最小五位数是10263。
【实战模拟】1分解质因数：（写成质因数为底的幂的連乘积）①593②1859③1287④3276⑤10101⑥10296987能被3整除，那么a=_______________2若四位数a12X能被11整除，那么X＝__________-3若五位数3435m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整除的最小四位数是_________ 88个数：①125，②756，③1011，④2457，⑤7855，⑥8104，⑦9152，⑧70972中，能被下列各数整除的有（填上编号）：6________,8__________,9_________,11__________9从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_____个，能被3整除但不是5的倍数的共______个。
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，。
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2019 年初中七年级数学竞赛试题及答案一、选择题 ( 每小题 6 分，共 48 分；以下每题的4 个结论中，仅有一个是正确的，请将正确答案的英文字母填在题后的圆括号内． )1 ．如果 a 是有理数，代数式2a 1 1 的最小值是 --------------------------（）(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 42 ．正五边形的对称轴有--------------------------------------------------（ ）（ A ） 10 条（ B ）5 条（ C ） 1 条（ D ） 0 条3．已知等腰三角形的两边长分别为是3 和 6，，则这个三角形的周长是 --------（ ）（ A ） 9（ B ） 12（ C ） 15（ D ） 12 或 154．从一幅扑克牌中抽出5 张红桃， 4 张梅花， 3 张黑桃放在一起洗匀后，从中一次随机抽出 10张，恰好红桃、梅花、黑桃 3 种牌都抽到，这件事情 --------------- （ ）（ A ）可能发生 （ B ）不可能发生 （ C ）很有可能发生（ D ）必然发生5 ． 如 果（ A ）a b c abc 的 值 为 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - （）ab1 ， 则abcc1（ B ） 1 （ C ）1（ D ）不确定6．棱长是 1cm 的小立方体组成如图所示的几何体，那么这个几何体的表面积是（）（ A ） 36cm 2（ B ） 33cm 2（ C ） 30cm 2 （ D ） 27cm 2（第 6 题图）（第 7 题图）7．如图是一块矩形 ABCD 的场地，长 AB=102m ，宽 AD=51m ，从 A 、B 两处入口的中路宽都为1m ，两小路汇合处路宽为 2m ，其余部分种植草坪，则草坪面积为 ----------- （ ） 22 2 （Ｄ） 2（ A ） 2018m （ B ） 2018m （Ｃ） 2018m 2018m 8．如果一个方程有一个解是整数，我们称这个方程有整数解 . 请你观察下面的四个方程：（ 1） 6x 4 y13 （ 2） 3x7 y 10 （3） ( x3)( y 2) 4（ 4）1 11xy 2005其中有整数解的方程的个数是 ------------------------------------- ( )(A) 1(B) 2(C) 3 (D) 4二、填空题 ( 每小题 6 分，共 42 分 )9．观察下列算式：4 × 1 × 2+1=3 24 × 2 × 3+l=54 × 3 × 4+l=7 4 × 4 × 5+1=9222用代数式表示上述的律是.10．七 0 一班班主任一起共 48人到公园去划船 .每只小船坐 3 人，租金20 元，每只大船坐 5 人，租金 30元 . 他租船要付的最少租金是元 .11． 2018 减去它的1，再减去剩余数的1，再减去剩余数的1，⋯，依此推，一直234到减去剩余数的1，那么最后剩余的数是.200512．一个正 n 形恰好有 n 条角，那么个正n 形的一个内角是度.13．如， DE是△ ABC的 AB 的垂直平分，分交AB、 BC于 D、 E， AE 平分∠ BAC，若∠ B=30°，∠ C=度．14．ABC的三分a， b，c，其中a， b 足a b4(a b2)20 ，第三的 c 的取范是．15．根据下列 5 个形及相点的个数的化律，在第100 个形中有个点 .三、解答 ( 共 60 分 )16．（ 15 分）如，ABC中， AB=6，BD=3， AD BC于 D，B=2 C，求 CD的 .AB CD17．（ 15 分）两个代表从甲地乘往乙地，每可乘 35 人。
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）。
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初一数学竞赛讲座第6讲 图形与面积一、直线图形的面积在小学数学中我们学习了几种简单图形的面积计算方法，数学竞赛中的面积问题不但具有直观性，而且变换精巧，妙趣横生，对开发智力、发展能力非常有益。
图形的面积是图形所占平面部分的大小的度量。
它有如下两条性质：1．两个可以完全重合的图形的面积相等；2．图形被分成若干部分时，各部分面积之和等于图形的面积。
对图形面积的计算，一些主要的面积公式应当熟记。
如：正方形面积=边长×边长；矩形面积=长×宽；平行四边形面积=底×高； 三角形面积=底×高÷2；梯形面积=（上底+下底）×高÷2。
此外，以下事实也非常有用，它对提高解题速度非常有益。
1．等腰三角形底边上的高线平分三角形面积；2．三角形一边上的中线平分这个三角形的面积；3．平行四边形的对角线平分它的面积；4．等底等高的两个三角形面积相等。
解决图形面积的主要方法有：1．观察图形，分析图形，找出图形中所包含的基本图形；2．对某些图形，在保持其面积不变的条件下改变其形状或位置（叫做等积变形）；3．作出适当的辅助线，铺路搭桥，沟通联系；4．把图形进行割补（叫做割补法）。
例1 你会用几种不同的方法把一个三角形的面积平均分成4等份吗？解：最容易想到的是将△ABC 的底边4等分，如左下图构成4个小三角形，面积都为原来的三 角形面积的41。
另外，先将三角形△ABC 的面积2等分（如右上图），即取BC 的中点D ，连接AD ，则S △ABD =S △ADC ，然后再将这两个小三角形分别2等分，分得的4个小三角形各 自的面积为原来大三角形面积的41。
还 有许多方法，如下面的三种。
请你再想出几种不同的方法。
例2 右图中每个小方格面积都是1cm 2，那么六边形ABCDEF 的面积是多少平方厘米？分析：解决这类问题常用割补法，把图形分成几个简单的容易求出面积的图形，分别求出面积。
初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑼
初1数学竞赛讲座第9讲应用问题选讲 我们知道,数学是1门基础学科。
我们在学校中学习数学的目的,1方面是为学习其它学科和学习更深的数学知识打下1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1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1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1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1类型的数学问题,然后解答这个数学问题。
下面介绍1些典型的数学模型。
1.两个量变化时,和1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3个和3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1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1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圆的商品按50圆售出,那么每个的利润是10圆,但只能卖出500个。
当这种商品每个涨价1圆时,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）圆,则销量为（500-10X）个。
总共可以获利: （50＋x-40）×（500-10x） =10×（10+X）×（50-X）（圆）。