初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑷
初一数学竞赛试试卷(有答案)
初一数学竞赛试试卷一、选择题（每小题4分，共40分）以下每题的四个选项中，仅有一个是正确的，请将正确答案的英文字母写在每题后面的圆括号内.1．=--222239614753（ ） （A ）113 （B ）115 （C ）117 （D ）119 2．每只玩具熊的售价为250元．熊的四条腿上各有两个饰物，标号依次为1，2，3，…，8．卖家说：“1，2，3，4，…，8号饰物依次要收1，2，4，8，…，128元．如果购买全部饰物，那么玩具熊就免费赠送．”若按这样的付费办法，这只熊比原售价便宜了（ ） （A ）5元 （B ）-5元 （C ）6元 （D ）-6元3．如图1，直线MN ∥PQ ．点O 在PQ 上．射线OA ⊥OB ，分别交MN 于点C 和点D ．∠BOQ=30°．若将射线OB 绕点O 逆时针旋转30°，则图中60°的角共有（ ） （A ）4个 （B ）5个 （C ）6个 （D ）7个4．如果有理数a ，b 使得011=-+b a ，那么（ ） （A ）b a +是正数（B ）b a -是负数 （C ）2b a +是正数（D ）2b a -是负数5．As in figure 2．In the circular ring of which center is point O ．if AO ⊥BO ，and the area of the shadowy part is 25cm 2 ，then the area of the circuiar ring equals to ( ) ()14.3≈π（A ）147cm 2 （B ）157cm 2 （C ）167cm 2 （D ）177cm 26．已知多项式152)(21+-=x x x p 和43)(2-=x x p ，则)()(21x p x p ⨯的最简结果为（ ）（A ）42323623-+-x x x （B ）42323623--+x x x （C ）42323623+--x x x （D ）42323623+++x x x7．若三角形的三边长a ，b ，c 满足c b a <<，且212t bc a =+，222t ca b =+，232t ab c =+，则21t 、22t 、23t 中（ ）（A ）21t 最大（B ）22t 最大（C ）23t 最大（D ）23t 最小8．如图3，边长20m 的正方形池塘的四周是草场，池塘围栏的M 、N 、P 、Q 处各有一根铁桩，QP=PN=MN=4m ，用长20m 的绳子将一头牛拴在一根铁桩上，若要使牛的活动区域的面积最大，则ON M图1PDCBA绳子应拴在（）（A）Q桩（B）P桩（C）N桩（D）M桩9．电影票有10元、15元、20元三种票价，班长用500元买了30张电影票，其中票价为20元的比票价为10元的多（）（A）20张（B）15张（C）10张（D）5张10．将图4中的正方体的表面展开到平面内可以是下列图形中的（）(D)(C)(B)(A)图4二、填空题（每小题4分，共40分）11．据测算，11瓦节能灯的照明效果相当于80瓦的白炽灯．某教室原来装有100瓦的白炽灯一只．为了节约能源，并且保持原有的照明效果，可改为安装瓦（取整数）的节能灯一只．12．将五个有理数32，85-，2315，1710-，1912每两个的乘积由小到大排列，则最小的是；最大的是．13．十进制的自然数可以写成2的方幂的降幂的多项式，如：)2(1234)10(1001121212221121619=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=++=，即十进制的数19对应二进制的数10011．按照上述规则，十进制的数413对应二进制的数是．14．如图5，点P在正方形ABCD外，PB=10cm，△APB的面积是60cm2，△BPC的面积是30cm2,则正方形ABCD的面积是cm2．15．若522++xx是qpxx++24的一个因式，则pq的值是．图316．若0≠abc ，则abcabcc c b b a a +++的最大值是 ； 最小值是 ．17．已知)(x F 表示关于x 的运算规律：3)(x x F =，（例如 ,273)3(,82)2(33====F F ）．又规定)()1()(x F x F x F -+=∆，则=+∆)(b a F ．18．一条公交线路从起点到终点有8个站．一辆公交车从起点站出发，前6站上车100人，前7站下车80人．则从前6站上车而在终点站下车的乘客有 人．19．If the product of a simple binomial m x + and a quadratic 2)1(-x is a cubic multinomialb ax x ++3，then a = ，b = ，m = ．20．方程200920092132121=++++++++++xx x x 的解是=x ． 三、解答题（每题都要写出推算过程） 21．（本题满分10分）如果两个整数x ，y 的和、差、积、商的和等于100．那么这样的整数有几对？求x 与y 的和的最小值，及x 与y 的积的最大值．22．（本题满分15分）某林场安排了7天的植树工作．从第二天起每天都比前一天增加5个植树的人，但从第二天起每人每天都比前一天少植5棵树，且同一天植树的人，植相同数量的树．若这7天共植树9947棵，则植树最多的那天共植了多少棵树？植树最少的那天，有多少人在植树？23．（本题满分15分）5个有理数两两的乘积是如下的10个数：10-， 168.0，2.0，80，6.12-，15-，6000-，21.0，84，100． 请确定这5个有理数，并简述理由．参考答案及评分标准初一 第2试一、选择题（每小题4分）（每小题4分，第12、16题，每空2分，第19题，前两空各1分，后一空2分）21．由题意得，100)()(=++-++yxxy y x y x （)0≠y ， 即2225212⨯⨯=++y x xy x ，亦即2222521)1(⨯⨯=+y yx， 因为x ，y 为整数，所以y x +，y x -，xy 都是整数，(2分) 又它们与y x 的和是整数100，故yx也是整数. （1）y x =25，222)1(=+y 时21±=+y ，所以⎩⎨⎧==125y x 或⎩⎨⎧-=-=375y x （2）y x =4，225)1(=+y 时51±=+y ，所以⎩⎨⎧==416y x 或⎩⎨⎧-=-=624y x （3）y x =1，2210)1(=+y 时101±=+y ，所以⎩⎨⎧==99y x 或⎩⎨⎧-=-=1111y x （4）y x =100，221)1(=+y 时11±=+y ，所以⎩⎨⎧==00y x （舍去）或⎩⎨⎧-=-=2200y x 由上可知，满足题意的整数x ，y 共7对. (8分) 其中y x +的最小值为-200+（-2）=-202xy 的最大值为：（-200）×（-2）=400 (10分)22．设第4天有m 人植树，每人植树n 棵，则第4天共植树mn 棵.于是第3天有（5-m ）人植树，每人植树（5+n ）棵，则第3天共植树)5)(5(+-n m 棵. 同理，第2天共植树)10)(10(+-n m 棵； 第1天共植树)15)(15(+-n m 棵； 第5天共植树)5)(5(-+n m 棵；第6天共植树)10)(10(-+n m 棵； 第7天共植树)15)(15(-+n m 棵. 由7天共植树9947棵，知：)15)(15(+-n m +)10)(10(+-n m +)5)(5(+-n m +mn +)5)(5(-+n m +)10)(10(-+n m +)15)(15(-+n m =9947.化简得99477007=-mn ，即1521=mn因为1521=32×132，又每天都有人植树，所以15>m ，15>n .故39==n m .(9分) 因为第4天植树的棵数为39×39=1521.其它各天植树的棵数为1521152139)39)(39(222<-=-=+-a a a a (※) (其中5=a 或10或15).所以第4天植树最多,这一天共植树1521棵. (12分)由(※)知,当15=a 时,2239a -的值最小.又当15=a 时,植树人数为39+15=54或39-15=24,所以植树最少的那天有54人或24人植树. (15分)23.将5个有理数两两的乘积由小到大排列: -6000<-15<-12.6<-12<0.168<0.2<0.21<80<84<100.因为5个有理数的两两乘积中有4个负数且没有0,所以这5个有理数中有1个负数和4个正数,或者1个正数和4个负数. (3分)(1) 若这5个有理数是1负4正,不妨设为543210x x x x x <<<<<,则545343524232213141510x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x <<⎩⎨⎧<<<<<<<(其中52x x 和43x x 的大小关系暂时还不能断定) 所以51x x =-6000,41x x =-15,54x x =100, 三式相乘,得62541109)(⨯=x x x ,又01<x ,04>x ,05>x ,所以3000541-=x x x , 则301-=x ,5.04=x ,2005=x .再由301-=x ,1221-=x x ,6.1231-=x x ,得4.02=x ，42.03=x .经检验301-=x ，4.02=x ，42.03=x ，5.04=x ，2005=x 满足题意.(9分) （2）若这5个有理数是4负1正.不妨设为：543210x x x x x <<<<<，则213132414243545352510x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x <<⎩⎨⎧<<<<<<<(其中41x x 和32x x 的大小关系暂时还不能断定) 所以600051-=x x ，1552-=x x ，10021=x x 三式相乘，得62521109)(⨯=x x x ，又01<x ，02<x ，05>x ，解得 3000521=x x x ， 所以2001-=x ，5.02-=x ，305=x ， 再由305=x ，6.1253-=x x ，1254-=x x 得42.03-=x ，4.04-=x .经检验, 2001-=x ，5.02-=x ，42.03-=x ，4.04-=x ，305=x 满足题意.(15分)第11 页共11 页。
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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，。
初中数学竞赛：抽屉原理(含例题练习及答案)
初中数学竞赛：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)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。
七年级数学竞赛练习题(参考答案3)
七年级数学竞赛练习题（3） （参考答案） 一填空题： 1、238/95；2、1/3；3、±1；4、2009010；5、1003503；6、171700；7、红；8、118；9、190；10、1.05. 二选择题： 1、 C；2、D；3、B；4、D；5、C；6、A；7、A；8、A；9、C；10、B； 三、解答题：
1、设买圆珠笔x支、铅笔y支、方格本z个，则x+y+z=100 ①5x+0.1y+z=50 ② ，
②×10 - ①，得49x+9z=400, 所以z = 400 - 49x9 . 取正整数解，得x=1z=39 . 把x=1, z =39代入①，得 y=60. 2、（1）设原数的后三位为x，“______”上所填的数为m, 则 4(1000+x)+m=10x+1. 所以， m=6x – 3999. x的最大值为999，此时m=1995； 因为m为正整数，所以6x-3999>0, 则x>666.5. 因此， x的最小值为667，此时m=3. 总之，相应的m所取的正整数有1995-667+1=1329（个）. （2）由（1）易得，当m=1995，原数的最大值为1999； 当m=3时，原数最小值为1667. 3、有必胜策略，先取者必胜. 假设甲先取，由于54÷（4+1），商10余4，所以甲先取走4张，乙再取走n(1≤n≤4)张，接着甲取走（5 – n）张；以后每次在乙取牌后，甲所取牌数均为5减去乙所取牌数之差；最后必剩5张，由乙来取，乙无论怎么取，都得给甲剩下1 ~ 4张，这样，甲就能最后取走剩下的所有牌.
4、（1）设第一、二、三包分别取x千克、y千克、z千克，则x+y+z=1 ①90%y+30%z=1×45% ② 由②得，6y+2z =3 ③. ①×2 - ③，得 2x-4y = - 1， 于是y = 2x + 14 . （2）由题意知，必用第二包. 如果不用第一包，即当x=0时，y有最小值为y = 2×0+ 14 = 14 ；
初一数学竞赛题含答案
一、选择题(每小题7分，共56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．在-|－3|3，-(-3)3，(-3)3，-33中，最大的是( )．(A)-|-3|3 (B)-(-3)3 (C)(-3)3 (D)-332. “a 的2倍与b 的一半之和的平方，减去a 、b 两数平方和的4倍”用代数式表示应为( )(A)2a+(21b 2)-4(a+b)2 (B)(2a+21b)2-a+4b 2 (c)(2a+21b)2-4(a 2+b 2) (D)(2a+21b)2-4(a 2＋b 2)2 3．若a 是负数，则a+|-a|( )，(A)是负数 (B)是正数 (C)是零 (D)可能是正数，也可能是负数4．如果n 是正整数，那么表示“任意负奇数”的代数式是( )．(A)2n+l (B)2n-l (C)-2n+l (D)-2n-l5．已知数轴上的三点A 、B 、C 分别表示有理数a 、1、-l ，那么|a+1|表示( )．(A)A 、B 两点的距离 (B)A 、C 两点的距离(C)A 、B 两点到原点的距离之和(D)A 、C 两点到原点的距离之和6．如图，数轴上标出若干个点，每相邻两点相距1个单位，点A 、B 、C 、D 对应的数分别是整数a 、b 、c 、d ，且d-2a ＝10，那么数轴的原点应是( )．(A)A 点 (B)B 点 (C)C 点 (D)D 点7.已知a+b ＝0，a≠b ，则化简a b (a+1)＋ba (b+1)得( )． (A)2a (B)2b (C)+2 (D)-28．已知m<0，-l<n<0，则m ，mn ，mn 2由小到大排列的顺序是 ( )．(A)m ，mn ，mn 2 (B)mn ，mn 2，m (C)mn 2，mn ，m (D)m ，mn 2，mn二、填空题(每小题?分，共84分)9．计算：31a －(21a －4b －6c)+3(－2c+2b)= 10．计算：0．7×194+243×(－15)+0．7×95+41×(-15)= ll.某班有男生a(a>20)人，女生20人，a-20表示的实际意义是12．在数-5，-3，-1，2，4，6中任取三个相乘，所得的积中最大的是13．下表中每种水果的重量是不变的，表的左边或下面的数是所在行或所在列水果的总重量，0．25，则正确结果应是 .15．在数轴上，点A 、B 分别表示-31和51，则线段AB 的中点所表示的数是 . 16．已知2a x b n-1与-3a 2b 2m (m 是正整数)是同类项，那么(2m-n)x =17．王恒同学出生于20世纪，他把他出生的月份乘以2后加上5，把所得的结果乘以50后加上出生年份，再减去250，最后得到2 088，则王恒出生在 年 月．18．银行整存整取一年期的定期存款年利率是2．25％，某人1999年12月3日存入1 000元，2000年12月3日支取时本息和是 元，国家利息税税率是20％，交纳利息税后还有 元．19．有一列数a 1，a 2，a 3，a 4，…，a n ，其中a 1＝6×2+l ；a 2＝6×3+2；a 3＝6×4+3；a 4＝6×5＋4；则第n 个数a n ＝ ；当a n ＝2001时，n ＝ .20．已知三角形的三个内角的和是180°，如果一个三角形的三个内角的度数都是小于120的质数，则这个三角形三个内角的度数分别是第十五届江苏省初中数学竞赛参考答案初一年级第一试一、1．B 2．C 3．C 4．C 5．B 6．B 7．D 8．D二、9.一6a +1 06． 10．一43．6． 11．男生比女生多的人数．1 2．90． 1 3．1 6． 1 4．0．1 2 5． 1 5．-151 1 6．1． 1 7．1988；1．18．1022．5；101 8．1 9．7n+6；2 8 5．2 O ．2，8 9，8 9或2，7 1，1 07(每填错一组另扣2分)．第十五届江苏省初中数学竞赛试卷初一年级 第二试一、选择题1．已知x=2是关于x 的方程3x-2m=4的根，则m 的值是( )(A)5 (B)-5 (C)1 (D)-12．已知a+2=b-2=2c =2001，且a+b+c=2001k ，那么k 的值为( )。
初一数学竟赛辅导资料(16)(含答案)-.doc
初中数学竞赛辅导资料（16）整数的一种分类甲:内容提要1.余数的定义：在等式A＝mB＋r中，如果A、B是整数，m是正整数，r为小于m 的非负整数，那么我们称r是A 除以m的余数。
即：在整数集合中:被除数＝除数×商＋余数 (0≤余数<除数)例如：13，0，－1，－9除以5的余数分别是3，0，4，1（∵－1＝5（－1）＋4。
－9＝5（－2）＋1。
）2.显然，整数除以正整数m ,它的余数只有m种。
例如整数除以2，余数只有0和1两种，除以3则余数有0、1、2三种。
3.整数的一种分类：按整数除以正整数m的余数，分为m类，称为按模m分类。
例如：m=2时，分为偶数、奇数两类，记作｛2k｝,｛2k－1｝（k为整数）m=3时，分为三类，记作｛3k｝,｛3k+1｝,｛3k+2｝.或｛3k｝,｛3k+1｝，｛3k－1｝其中｛3k－1｝表示除以3余2。
m=5时，分为五类，｛5k｝.｛5k+1｝,｛5k+2｝,｛5k+3｝,｛5k+4｝或｛5k｝,｛5k±1｝,｛5k±2｝，其中5k－2表示除以5余3。
4.余数的性质：整数按某个模m分类，它的余数有可加，可乘，可乘方的运算规律。
举例如下：①（3k1+1）+(3k2+1)=3(k1+k2)+2 （余数1＋1＝2）②（4k1+1）(4k2+3)=4(4k1k2+3k1+k2)+3（余数1×3＝3）③（5k±2）2＝25k2±20k+4=5(5k2±4k)+4（余数22＝4）以上等式可叙述为：①两个整数除以3都余1，则它们的和除以3必余2。
②两个整数除以4，分别余1和3，则它们的积除以4必余3。
③如果整数除以5，余数是2或3，那么它的平方数除以5，余数必是4或9。
余数的乘方，包括一切正整数次幂。
如：∵17除以5余2 ∴176除以5的余数是4 （26＝64）5.运用整数分类解题时，它的关鍵是正确选用模m。
(名师整理)数学七年级竞赛试题及答案解析
七年级数学竞赛试题姓名：分数：一、选择题（每小题5分，共30分）1、对于任何有理数a，下列各式中一定为负数的是（）A、-（-3+a）B、-aC、-|a+1|D、-|a|-12、右图中，AB∥CD，那么图中共有同位角（）A.4对B.8对C.16对D.32对3、已知一列有规律的数：2，3，5，9，17，33，…，其中第10个数是…………( )A．512 B．513 C．1024D．10254、根据下面的字母排列的规律abacbadcbabcdabacbadcbabcdaba……确定第100个字母应该是（）A.a B.b C.cD.d5、已知有理数a，b在数轴上对应的两点分别是A，B.请你将具体数值代入a，b，充分实验验证：对于任意有理数a，b，计算A， B两点之间的距离正确的公式一定是（） A．ab- B．|b+|a||C．||ab-b- D．||||a6、若2y y+-的值是( )．237469++的值为8，则2y yA．2 B．-17 C．-7 D．712二、填空题（每小题5分，共30分）7、如果b a ⋅＜0，那么=++ababb b a a． 8、若n m y x y x 27332324---与是同类项，则._____2_____,222=+=+m n n m 9、一个角的补角的13等于它的余角.则这个角等于________度. 10、如上图，一个正方体的每个面分别标有数字1，2，3，4，5，6．根据图•中该正方体三种状态所显示的数据，可推出“？”处的数字是 .(1)451(2)321(3)53?11、若不等式组⎩⎨⎧-a x ＜＜x 312的解集是x ＜2，则a 的取值范围是。
12．已知直线AB ∥x 轴，A 点的坐标为（1，2），并且线段AB=3，则点B 的坐标为 ．三、解答题（每小题10分，共40分）13、如图，EF ∥AD ，∠1=∠2，∠BAC=80°．求∠AGD 的度数．323.（12分）用[a ]表示不大于a 的最大整数，例如：[2.5]=2，[3]=3,[-2.5]=-3；用<a >表示大于a 的最小整数，例如：<2.5>=3，<4>=5,<-1.5>=-1（请注意两个不同的符号）。
初一数学奥林匹克竞赛题(含答案)
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％)
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
8．从1到500的自然数中，有多少个数出现1或5？
9．从19，20，21，…，98这80个数中，选取两个不同的数，使它们的和为偶数的选法有多少种？
解答：
1．由对称性，不妨设b≤a，则ac＋bd≤ac＋ad=a(c＋d)＜ab．
2．设乙种商品原单价为x元，则甲种商品的原单价为1.5x元．设甲商品降价y％，则乙商品提价2y％．依题意有1.5x(1-y％)+x(1＋2y％)=(1.5x＋x)(1＋2％)，
8．百位上数字只是1的数有100，101，…，199共100个数；十位上数字是1或5的(其百位上不为1)有2×3×10=60(个)．个位上出现1或5的(其百位和十位上都不是1或5)有2×3×8=48(个)．再加上500这个数，所以，满足题意的数共有
初一数学竞赛习题 专题讲座 第10讲 计数的方法与原理 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。
初中数学竞赛：奇偶分析(含例题练习及答案)
初中数学竞赛：奇偶分析我们知道，全体自然数按被2除的余数不同可以划分为奇数与偶数两大类。
被2除余1的属于一类，被2整除的属于另一类。
前一类中的数叫做奇数，后一类中的数叫做偶数。
关于奇偶数有一些特殊性质，比如，奇数≠偶数，奇数个奇数之和是奇数等。
灵活、巧妙、有意识地利用这些性质，加上正确的分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题。
用奇偶数性质解题的方法称为奇偶分析，善于运用奇偶分析，往往有意想不到的效果。
例1 右表中有15个数，选出5个数，使它们的和等于30，你能做到吗？为什么？分析与解：如果一个一个去找、去试、去算，那就太费事了。
因为无论你选择哪5个数，它们的和总不等于30，而且你还不敢马上断言这是做不到的。
最简单的方法是利用奇偶数的性质来解，因为奇数个奇数之和仍是奇数，表中15个数全是奇数，所以要想从中找出5个使它们的和为偶数，是不可能的。
例2 小华买了一本共有96张练习纸的练习本，并依次将它的各面编号（即由第1面一直编到第192面）。
小丽从该练习本中撕下其中25张纸，并将写在它们上面的50个编号相加。
试问，小丽所加得的和数能否为2000？解：不能。
由于每一张上的两数之和都为奇数，而25个奇数之和为奇数，故不可能为2000。
说明：“相邻两个自然数的和一定是奇数”，这条性质几乎是显然的，但在解题过程中，能有意识地运用它却不容易做到，这要靠同学们多练习、多总结。
例3 有98个孩子，每人胸前有一个号码，号码从1到98各不相同。
试问：能否将这些孩子排成若干排，使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和？并说明理由。
解：不能。
如果可以按要求排成，每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和，那么每一排中各号码数之和都是某一个孩子号码数的2倍，是个偶数。
所以这98个号码数的总和是个偶数，但是这98个数的总和为1+2+…+98=99×49，是个奇数，矛盾！所以不能按要求排成。
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初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑷第 4 讲整数的分拆整数的分拆，就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，就是自然数的一个分拆。
整数的分拆是古老而又有趣的问题，其中最著名的是哥德巴赫猜想。
在国内外数学竞赛中，整数分拆的问题常常以各种形式出现，如，存在性问题、计数问题、最优化问题等。
例 1 电视台要播放一部30 集电视连续剧，若要求每天安排播出的集数互不相等，则该电视连续剧最多可以播几天？分析与解：由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件下，每天播放的集数应尽可能地少。
我们知道，1+2+3+4+5+6+7=28。
如果各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，7时，那么七天共可播出28集，还剩2集未播出。
由于已有过一天播出2 集的情形，因此，这余下的 2 集不能再单独于一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解决这个问题。
例如，各天播出的集数安排为1，2，3，4，5，7，8 或1，2，3，4，5，6，9 都可以。
所以最多可以播7 天。
说明：本题实际上是问，把正整数30 分拆成互不相等的正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：5=1+1+1+1+1=1+1+1+，2=1+2+2 =1+1+3=2+3 =1+4，共有6 种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）。
例2 有面值为1 分、2 分、5 分的硬币各4 枚，用它们去支付2 角3 分。
问：有多少种不同的支付方法？分析与解：要付2角3分钱，最多只能使用4枚5分币。
因为全部1分和2 分币都用上时，共值12分，所以最少要用3枚5 分币。
当使用3枚5分币时，5X 3=15, 23-15=8,所以使用2分币最多4枚，最少2枚，可有23=15+（2+2+2+2），23=15+（2+2+2+1+1），23=15+（2+2+1+1+1+1），共3种支付方法。
当使用4枚5分币时，5X4=20，23-20=3，所以最多使用1枚2分币，或不使用，从而可有23=20+（2+1），23=20+（1+1+1），共2种支付方法。
总共有 5 种不同的支付方法。
说明：本题是组合学中有限条件的整数分拆问题的一个特例。
例3 把37 拆成若干个不同的质数之和，有多少种不同的拆法？将每一种拆法中所拆出的那些质数相乘，得到的乘积中，哪个最小？解：37=3+5+29=2+5+7+23=3+11+23=2+3+13+19=5+13+19=7+11+19=2+5+11+19 =7+13+17=2+5+13+17=2+7+11+1，7共10 种不同拆法，其中3X 5X 29=435最小。
说明：本题属于迄今尚无普遍处理办法的问题，只是硬凑。
比37 小的最大质数是31，但37-31=6，6 不能分拆为不同的质数之和，故不取；再下去比37 小的质数是29，37-29=8，而8=3+5。
其余的分拆考虑与此类似。
例 4 求满足下列条件的最小自然数：它既可以表示为9 个连续自然数之和，又可以表示为10 个连续自然数之和，还可以表示为11 个连续自然数之和。
解：9 个连续自然数之和是其中第5 个数的9 倍，10 个连续自然数之和是其中第5个数和第6个数之和的5倍，11个连续自然数之和是其中第6个数的11 倍。
这样，可以表示为9个、10 个、11个连续自然数之和的数必是5，9和11 的倍数，故最小的这样的数是[ 5，9，11]=495。
对495 进行分拆可利用平均数，采取“以平均数为中心，向两边推进的方法” 。
例如，495十10=49.5 , J则10个连续的自然数为：45, 46, 47, 48, 49, (49.5 ), 50, 51, 52, 53, 54。
于是495=45+46+ (54)同理可得495=51+52+ ...+59=40+41 + (50)例 5 若干只同样的盒子排成一列, 小聪把42 个同样的小球放在这些盒子里然后外出, 小明从每只盒子里取出一个小球, 然后把这些小球再放到小球数最少的盒子里去,再把盒子重排了一下。
小聪回来,仔细查看,没有发现有人动过小球和盒子。
问：一共有多少只盒子？分析与解：设原来小球数最少的盒子里装有a只小球，现在增加到了b只，由于小明没有发现有人动过小球和盒子, 这说明现在又有了一只装有a 个小球的盒子，这只盒子里原来装有(a+1 )个小球。
同理，现在另有一个盒子里装有(a+1)个小球，这只盒子里原来装有(a+2) 个小球。
依此类推，原来还有一只盒子装有(a+3)个小球，(a+4)个小球等等，故原来那些盒子中装有的小球数是一些连续整数。
现在这个问题就变成了：将42 分拆成若干个连续整数的和，一共有多少种分法，每一种分法有多少个加数？因为42=6X 7,故可将42看成7个6的和，又(7+5) + (8+4) + (9+3)是6 个6，从而42=3+4+5+6+7+8+9，一共有7 个加数。
又因42=14X 3,故可将42写成13+14+15, —共有3个加数。
又因42=21 X 2,故可将42写成9+10+11+12, 一共有4个加数。
于是原题有三个解：一共有7 只盒子、 4 只盒子或 3 只盒子。
例6 机器人从自然数1 开始由小到大按如下规则进行染色：凡能表示为两个不同合数之和的自然数都染成红色，不符合上述要求的自然数染成黄色(比如23可表示为两个不同合数15和8之和，23要染红色； 1 不能表示为两个不同合数之和， 1 染黄色)。
问：被染成红色的数由小到大数下去，第2000 个数是多少？请说明理由。
解：显然 1 要染黄色，2=1+1 也要染黄色，3=1+2，4=1+3=2+2，5=1+4=2+3，6=1+5=2+4=3+3，7=1+6=2+5=3+4，8=1+7=2+6=3+5=4+4 9=1+8=2+7=3+6=4+5，11=1+10=2+9=3+8=4+7=5+。
6 可见，1 ，2，3，4，5，6，7，8，9，11 均应染黄色。
下面说明其它自然数n 都要染红色。
(1)当n为大于等于10的偶数时，n=2k=4+2( k-2)由于n》10,所以k>5, k-2 >3, 2 (k-2 )与4均为合数，且不相等。
也就是说，大于等于10的偶数均能表示为两个不同的合数之和，应染红色。
(2)当n 为大于等于13的奇数时，n=2k+1=9+2(k-4)由于n》13,所以k>6, k-4 >2, 2 (k-4 )与9均为合数，且不相等。
也就是说，大于等于13的奇数均能表示为两个不同的合数之和，应染红色。
综上所述，除了1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9，11这10个数染黄色外，其余自然数均染红色，第k个染为红色的数是第(k+10)个自然数(k>2)。
所以第2000个染为红色的数是2000+10=2010下面看一类有规律的最优化问题。
例7把12分拆成两个自然数的和，再求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应该如何分拆？解：把12分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，有1+11, 2+10, 3+9, 4+8, 5+7, 6+6 六种方法。
它们的乘积分别是1 X 11=11, 2 X 10=20, 3 X 9=27, 4X 8=32, 5X 7=35, 6X 6=36。
显然，把12分拆成6+6时，有最大的积6X6=36。
例8把11分拆成两个自然数的和，再求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应该如何分拆？分析与解：把11分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，有1+10, 2+9, 3+8, 4+7, 5+6五种方法。
它们的乘积分别是：1 X 10=10, 2X 9=18, 3X 8=24, 4X 7=28, 5X 6=30。
显然，把11分拆成5+6时，有最大的积5X6=30。
说明：由上面的两个例子可以看出，在自然数n的所有二项分拆中，当n 是偶数2m 时，以分成m+m寸乘积最大；当n是奇数2m+1时，以分成m+(m+1 时乘积最大。
换句话说，把自然数S (S> 1)分拆为两个自然数m与n的和，使其积mn最大的条件是：m=r,或m=n+1S在具体分析时，当S为偶数时，m n —;当S为奇数时，m, n分别为2j SJ。
2 2例9试把1999分拆为8个自然数的和，使其乘积最大。
分析：反复使用上述结论，可知要使分拆成的8个自然数的乘积最大，必须使这8个数中的任意两数相等或差数为1。
解：因为1999=8X 249+7,由上述分析，拆法应是1个249, 7个250,其乘积249 X 2507为最大。
说明：一般地，把自然数S=pq+r (0< r v p, p与q是自然数)分拆为p个自然数的和，使其乘积M为最大，则M为q p-r X( q+1) r。
例10把14分拆成若干个自然数的和，再求出这些数的积，要使得到的积最大，应该把14如何分拆？这个最大的乘积是多少？分析与解：我们先考虑分成哪些数时乘积才能尽可能地大。
首先，分成的数中不能有1,这是显然的。
其次，分成的数中不能有大于4的数，否则可以将这个数再分拆成2与另外一个数的和，这两个数的乘积一定比原数大，例如7就比它分拆成的2和5的乘积小。
再次，因为4=2X 2,故我们可以只考虑将数分拆成2和3。
注意到2+2+2=6, 2X 2X 2=8; 3+3=6, 3X 3=9,因此分成的数中若有三个2, 则不如换成两个3,换句话说，分成的数中至多只能有两个2,其余都是3。
根据上面的讨论，我们应该把14分拆成四个3与一个2之和，即14=3+3+3+3+2这五数的积有最大值3X 3X 3X 3X 2=162。
说明：这类问题最早出现于1976年第18届国际数学奥林匹克试卷中。
该试卷第4题是：若干个正整数的和为1976,求这些正整数的积的最大值。
答案是2 X 3658。
这是由美国提供的一个题目，时隔两年，它又出现在美国大学生数学竞赛中。
1979年美国第40届普特南数学竞赛A-1题是：求出正整数n及a1，a2，…，a n 的值，使a1+a2+…+s h=1979且乘积最大。
答案是n=660。
1992年武汉市小学数学竞赛第一题的第6题是：将1992表示成若干个自然数的和，如果要使这些数的乘积最大，这些自然数是______________________ 。
答案：这些数应是664个3。
上述三题的逻辑结构并不随和的数据而改变，所以分别冠以当年的年份1976，1979和1992,这种改换数据的方法是数学竞赛命题中最简单的方法，多用于不同地区不同级别不同年份的竞赛中，所改换的数据一般都是出于对竞赛年份的考虑。