初中数学奥林匹克竞赛解题方法大全第02章有理数及其运算
《数学奥林匹克竞赛题解》第二章 代数部分 第四节 二项式定理、概率、数学归纳法
第二章代数第四节二项式定理、概率、数学归纳法B4-001求（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+…+（1+x）n+2展开式里的x2的系数．【题说】1963年北京市赛高三一试题3．【解】因为（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+…+（1+x）n+2所以展开式中x2的系数为【别解】x2的系数为B4-002设f是具有下列性质的函数：（1）f（n）对每个正整数n有定义；（2）f（n）是正整数；（3）f（2）=2；（4）f（mn）=f（m）f（n），对一切m，n成立；（5）f（m）＞f（n），当m＞n时．试证：f（n）=n．【题说】第一届（1969年）加拿大数学奥林匹克题8．【证】先用数学归纳法证明f（2k）=2k（k=1，2，…）．事实上，由（3），k=1时，f（2）=2成立．假设k=j成立，则由（4）f（2j+1）=f（2·2j）=f（2）f（2j）=2·2j=2j+1．故对所有自然数k，f（2k）=2k．现考虑自然数n=1．由（5）函数f的严格递增性知：f（2）=2＞f（1）．由（2），f（1）=1．再考虑自然数n：2k＜n＜2k+1．由（5）有2k=f（2k）＜f（2k+1）＜f （2k+2）＜…＜f（2k+1-1）＜f（2k+1）=2k+1，故必有f（2k+1）=2k+1，f（2k+2）=2k+2，…，f（2k+1-1）=2k+1-1综上所述，对任何正整数n，都有f（n）=nB4-003证明：对任何自然数n，一定存在一个由1和2组成的n位数，能被2n整除．【题说】第五届（1971年）全苏数学奥林匹克八年级题1．【证】用归纳法．（1）当n=1时，取该数为2即可；（2）设A=2n B是一个能被2n整除的n位数，则2·10n+A和1·10n+A中必有一个能被2n+1整除．从而，命题得证．B4-004假设一个随机数选择器只能从1，2，…，9这九个数字中选一个，并且以等概率作这些选择，试确定在n次选择（n＞1）后，选出的n个数的乘积能被10整除的概率．【题说】第一届（1972年）美国数学奥林匹克题3．【解】要使n个数之积被10整除，必须有一个数是5，有一个数是偶数．n次选择的方法总共有9n种，其中A．每一次均不取5的取法，有8n种；B．每一次均不取偶数的取法，有5n种；C．每一次均在{1，3，7，9}中取数的方法有4n种，显然C中的取法既包含于A，也包含于B，所以，取n个数之积能被10整除的概率是B4-005一副纸牌共有N张，其中有三张A，现随机地洗牌（假定纸牌一切可能的分布都有相等机会）．然后从顶上开始一张接一张地翻牌，直至翻到第二张A出现为止．求证：翻过的纸牌数的期望（平均）值是（N+1）/2．【题说】第四届（1975年）美国数学奥林匹克题5．【证】设三张A的序号分别是x1、x2、x3．若将牌序颠倒过来，则第二张A的序号为N+1-x2．在这两副纸牌中，第二张A的平均位置（即翻过的纸牌数的期望值）为[x2+（N+1）-x2]/2=（N+1）/2【别证】由题设，除了第1张和最后一张外，其余各张皆可能是第2张A，且是等可能的．因此第2张A所在序号的平均期望值是[2+3+…+（N—1）]/（N-2）=（N+1）/2．B4-006某艘渔船未经允许在A国领海上捕鱼．每撒一次网将使A 国的捕鱼量蒙受一个价值固定并且相同的损失．在每次撒网期间渔船被A 国海岸巡逻队拘留的概率等于1/k，这里k是某个固定的正整数．假定在每次撒网期间由渔船被拘留或不被拘留所组成的事件是与其前的捕鱼过程无关的．若渔船被巡逻队拘留，则原先捕获的鱼全被没收，并且今后不能再来捕鱼．船长打算捕完第n网后离开A国领海．因为不能排除渔船被巡逻队拘留的可能性，所以捕鱼所得的收益是一个随机变量．求n，使捕鱼收益的期望值达到最大．【题说】1975年～1976年波兰数学奥林匹克三试题5．这里ω是撒一次网的收益．由（1）可知f（n）达到最大值．B4-007大于7公斤的任何一种整公斤数的重量都可以用3公斤和5公斤的两种砝码来称，而用不着增添其他不同重量的砝码．试用数学归纳法加以证明．【题说】1978年重庆市赛二试选作题1（3）．数a，b，使得n=3a+5b．事实上（1）当n=8，9，10，11时，不难验证命题成立．（2）设k＞11并且当8≤n＜k时，命题成立，则当n=k时，由归纳假设k-3=3l+5m，m，n为非负整数所以k=（k-3）+3=3l+5m+3=3（l+1）+5m故命题对k成立．B4-008给定三只相同的n面骰子，它们的对应面标上同样的任意整数．证明：如果随机投掷它们，那么向上的三个面上的数的和被3整除的概率大于或等于1/4．【题说】第八届（1979年）美国数学奥林匹克题3．【证】因为问题只涉及和是否被3整除，所以不妨假定，每个面上的数是被3除后的余数；0、1、2．设每个骰子上标“0”的有a个，标“1”的有b个，标“2”的有c个．这里a，b，c是适合下列条件的整数：0≤a，b，c≤n，a+b+c=n （1）随机地投掷三只骰子，总共有n3种等可能情形．其中朝上三个数的和被3整除的情形有以下四种类型：0，0，0；1，1，1；2，2，2；0，1，2第一类共有a3种，第二类共有b3种，第三类有c3种，第四类有3！abc=6abc种．因此，原问题转化为在条件（1）下，证明不等式即4（a3+b3+c3+6abc）≥（a+b+c）3上式可化简为等价的不等式a3+b3+c3+6abc≥a2b+a2c+b2a+b2c+c2a+c2b （2）不妨设a≥b≥c，则a3+b3+2abc-a2b-ab2-a2c-b2c=a2（a-b）+b2（b-a）+ac（b-a）+bc（a-b）=（a-b）（a2-b2-ac+bc）=（a-b）2（a+b-c）≥0，（3）c3+abc-c2a-c2b=bc（a-c）+c2（c-a）=c（a-c）（b-c）≥0（4）（3）、（4）相加得a3+b3+c3+3abc≥a2b+a2c+b2a+b2c+c2a+c2b从而（2）成立．B4-009抛掷一枚硬币，每次正面出现得1分，反面出现得2分．试【题说】第十二届（1980年）加拿大数学奥林匹克题4．【证】令得到n分的概率为P n．因为得不到n分的情况只可能是：先得n-1分，再掷出一次反面．所以有由于P1=1/2B4-010某个国王的25位骑士围坐在一张圆桌旁．他们中的三位被选派去杀一条恶龙（设三次挑选都是等可能的），令P是被挑到的三人中至少有两人是邻座的概率．若P写成一个既约分数，其分子与分母之和是多少？【题说】第一届（1983年）美国数学邀请赛题7．【解】选二相邻的骑士有25种方法．再随着选第三位，有23种，故共有25×23种方法．但其中三者相邻的25种情况重复，应减去．故因此，所求之分子、分母之和为57．【别解】所选3人分两种情况：3人皆相邻，或2人相邻、1人不邻，故有25+25×（25-4）种．B4-011在给定的圆周上随机地选择A、B、C、D、E、F六点，这些点的选择是独立的，对于弧长而言是等可能的．求ABC、DEF这两个三角形不相交（即没有公共点）的概率．【题说】第十二届（1983年）美国数学奥林匹克题1．【解】设圆周上给定6个点，从这6点中取3个点作为△ABC的顶B4-012一个园丁把三棵枫树、四棵橡树和五棵白桦树种成一行．十二棵树的排列次序是随机的，每一种排列都是等可能的．把没有两棵白桦树相邻的概率写成既约分数m/n．试求m+n．【题说】第二届（1984年）美国数学邀请赛题11．【解】先把三棵枫树和四棵橡树排好，有7！种排法，中间6个空所以，m+n=106为所求．B4-013设A、B、C、D是一个正四面体的顶点，每条棱长1米．一只小虫从顶点A出发，遵照下列规则爬行：在每一个顶点相交的三条棱中选一条（三条棱选到的可能性相等），然后从这条棱爬到另一个点．设小虫爬了7米路之后，又回到顶点A的概率为P=m/729，求m的值．【题说】第三届（1985年）美国数学邀请赛题12．【解】设从A出发走过n米回到A点的走法为a n种．由于从A出发走n-1米的走法共3n-1种，其中a n-1种走到A的，下一步一定离开A．除去这an-1种，其余的每一种都可以再走1米到达A点．因此有a n=3n-1-a n-1B4－014某商店有10台电视机，排成一排．已知其中有三台是次品，如果我们对这批电视机作一次随机抽查，那么在前5台电视机中出现所有次品的概率是多少？【题说】1988年新加坡数学奥林匹克（A组）题9．原题为选择题．品的概率是B4－015把一个质地不均匀的硬币抛掷5次，正面朝上恰为一次的可能性不为0，而且与正面朝上恰为二次的概率相同．令既约分数i/j为硬币在5次抛掷中有3次正面朝上的概率．求i+j．【题说】第七届（1989年）美国数学邀请赛题5．【解】令r是掷一次硬币正面朝上的概率，则在n次投掷中k次正面朝上的概率为由已知，有由此得r=0，1或1/3．但r=0，1都不可能，故r=1/3．于是5次投掷3次正面朝上的概率为因此i+j=283B4－016n（n+1）/2个不同的数随机排成一个三角阵：设M k是从上往下数第k行中的最大数，求M1＜M2＜…＜M n的概率．【题说】第二十二届（1990年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】设所求概率为p n，显然p1=1，p2=2/3假设p k=2k/（k+1）！对于n=k+1，最大数在最下一行的概率为因此，对所有自然数n，都有p n=2n/（n+1）！B4－017在吐姆巴利亚仅有总统与发言人两名诚实的人．其它人均以概率p（0＜P＜1）说谎．总统决定再次竞选，并告诉他身边的第一个人，这个人再告诉他身边的人，如此继续下去，直到这链上第n个人将总统的决定告诉发言人．发言人在这以前未听到有关总统的决定的信息，在n=19与n=20中，哪一种情况，发言人宣布的结果与总统决定相符的可能性较大？【题说】1990年匈牙利数学奥林匹克第二轮较高水平题1．【解】设发言人宣布结果与总统决定相符的概率为Q n，则有递推公式Q n+1=P（1-Q n）+（1-P）Q n=P+（1-2P）Q n将n+1换为n得Q n=P+（1-2P）Q n-1所以Q n+1-Q n=（1-2P）（Q n-Q n-1）由于Q0=1，Q1=1-P，所以Q n+1-Q n=（1-2P）n·（-P）时，Q20＜Q19．B4－018某生物学家想要计算湖中鱼的数目，在5月1日他随机地捞出60条鱼并给它们做了记号，然后放回湖中．在9月1日他又随机捞出70条鱼，发现其中有3条有标记．他假定5月1日时湖中的鱼有25％在9月1日时已不在湖中了（由于死亡或移居），9月1日湖中40％的鱼在5月1日时不在湖里（由于新出生或刚刚迁入湖中），并且在9月1日捞的鱼能代表整个湖中鱼的情况．问5月1日湖中有多少条鱼？【题说】第八届（1990年）美国数学邀请赛题6．【解】设5月1日湖中有x条鱼因此x=840．【注】题中条件25％可改为任一百分数，不影响结果．B4－019用二项式定理展开（1+0.2）1000，有（1+0.2）1000=A0+A1+…+A1000【题说】第九届（1991年）美国数学邀请赛题3．比较A k-1与A k．B4－020有两串字母aaa与bbb要在电讯线上传送．每一串都是一个一个字母地传送．由于设备的毛病，这些字母的每一个都以1/3的概率被错误地接收到，即该收到a的都收到b，该收到b的都收到a．但每一个字母是否被正确收到与接收其他字母的状况互相独立．以S a记传送aaa 时收到的一串3个字母，以S b记传送bbb时收到的一串3个字母，按词典顺序，S a在S b之前的概率记为P，将P写成既约分数，它的分子是多少？【题说】第九届（1991年）美国数学邀请赛题10．【解】设S a=x1x2x3，S b=y1y2y3．因此所求的数是532．B4－021一只抽屉内装有红袜子和蓝袜子，袜子至多有1991只．现在的情况是：不放回地随机取两只袜子，它们都是红色或都是蓝色的概率恰为1/2，按此情况，抽屉中红袜子的数目最多可能是几只？【题说】第九届（1991年）美国数学邀请赛题13．【解】设红、蓝袜子数分别为x和y．由已知，任取两只袜子其颜色不同的概率是1/2．故有即（x-y）2=x+y令n=x-y，则n2=x+y≤1991B4－022一位网球选手的“赢率”是她赢的场数比参赛的场数．在一个周末开始时，她的赢率恰好是0.500．在这个周末期间她比赛了四场，赢了三场，输了一场，到这个周末结束时，她的赢率大于0.503．在这个周末开始之前，她最多可能赢几场？【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题3．【解】设W是这网球运动员在周末开始时已赢的局数，M是她已若W=164，M=328，则W/M=0.500．而（W+3）/（M+4）＞0.503．因此，在周末开始前，这运动员最多可赢164场．B4－023在贾宪-杨辉三角形中，每一个数值是它上面的二个数值之和，这三角形开头几行如下：在贾宪-杨辉三角形中的哪一行中会出现三个相邻的数，它们的比是3∶4∶5？【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题4．n组成．如果第n行中有那么3n-7k=-3，4n-9k=5解这个联立方程组，得k=27，n=62．即第62行有三个相邻的数B4－024从集合{1，2，3，…，1000}中随机地、不放回地取出3个数a1、a2、a3，然后再从剩下的997个数中同样随机地、不放回地取出3个数b1、b2、b3．令p为a1×a2×a3的砖能放在b1×b2×b3的盒子中的概率．若将p写成既约分数，那么分子和分母的和是多少？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题7．【解】不妨设a1＜a2＜a3，b1＜b2＜b3，当且仅当a1＜b1，a2＜b2，a3＜b3时砖可放入盒中．设c1＜c2＜c3＜c4＜c5＜c6是从｛1，2，…，1000｝中选出的6个数，再从中选出3个有种方法．这3个作为a1、a2、a3，剩下3个作为b1、b2、b3．符合要求的a1只能是c1．a2若为c2，则a3可为c3或c4或c5；a2若为c3，则求分子、分母的和为1+4=5．B4－024从集合{1，2，3，…，1000}中随机地、不放回地取出3个数a1、a2、a3，然后再从剩下的997个数中同样随机地、不放回地取出3个数b1、b2、b3．令p为a1×a2×a3的砖能放在b1×b2×b3的盒子中的概率．若将p写成既约分数，那么分子和分母的和是多少？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题7．【解】不妨设a1＜a2＜a3，b1＜b2＜b3，当且仅当a1＜b1，a2＜b2，a3＜b3时砖可放入盒中．设c1＜c2＜c3＜c4＜c5＜c6是从｛1，2，…，1000｝中选出的6个数，再从中选出3个有种方法．这3个作为a1、a2、a3，剩下3个作为b1、b2、b3．符合要求的a1只能是c1．a2若为c2，则a3可为c3或c4或c5；a2若为c3，则求分子、分母的和为1+4=5．B4－025A和B轮流掷一个均匀的硬币，谁先掷出人头的一面谁获胜，他们玩了n次，而且前一场的输家下一场先掷．若A第一场先掷，数码是什么？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题11．【解】任一场比赛，先掷的人赢的概率为令P k为A赢第k场比赛的概率，则P1=．对k≥2，有所以，m+n=1093，其最后三个数码为093．B4－026一种单人纸牌游戏，其规则如下：将6对不相同的纸牌放入一个书包中，游戏者每次随机地从书包中抽牌并放回，不过当抽到成对的牌时，就将其放到一边，如果游戏者每次总取三张牌，若抽到的三张牌中两两互不成对，游戏就结束，否则抽牌继续进行直到书包中没【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题9．【解】设书包中有n（≥2）对互不相同的牌，p（n）为按所说规则抽牌使书包空的概率．则P（2）=1．由于前三张牌中有两张成对的概率为所以，对n≥3，有反复利用这个递推公式，得当n=6时，有所以，p+q=9+385=394．B4－027质点x按下列规则（1），（2）在p、q两点之间移动：（1）x在q处时，1秒后必移到p处；（2）x在p处时，1秒p处的概率．【题说】1995年日本数学奥林匹克预选赛题5．【解】设n秒后x在p处的概率为p n，x在q处的概率为q n．则B4－028在重复掷一枚均匀硬币的过程中，在连得2个反面之前的正整数，求m+n．【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题15．【解】设掷k次，不出现连续2个反面的情况有b k种，易知b1=2，b2=3，约定b0=1．由于第一次为正面，再掷k-1次不出现连续2个反面的情况有b k-1种．第一次为反面，第2次必须为正面，再掷k-2次不出现连续2个反面的情况有b k-2种，所以b k=b k-1+b k-2 （1）又设掷k次，无连续2个反面，而有5个连续正面，并且最后一次为正面的情况有a k种．这a k种，倒数1～5次均为正面的情况有b k-5种，倒数1～4次均正、第5次为反面的情况有a k-5种，倒数1～3次均正、第4次为反面的情况有a k-4种，依此类推，从而有递推关系a k=b k-5+a k-5+a k-4+a k-3+a k-2 （2）又显然a1=a2=a3=a4=0，a5=1，a6=2．掷k+2次，最后2次为反面，而且在这前面已有5个连续正面，没利用递推关系（2）有再利用（1）所以m+n=3+34=37B4－029一目标在坐标平面上一步步移动．它从（0，0）出发，每一步移动一个单位长度，可以向左、向右、向上、向下，四个方向是等可能的．设p为该目标移动6步或更少的步数到达（2，2）的概率．p【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题3．【解】到达（2，2）需4步或6步．6步到达有两类情况，一类一下三上两右，另一类一左三右两上．概率为4步到达后再走两步仍回到（2，2）的概率为所以数学奥林匹克题解B4－030在五个队参加的比赛中，每个队与别的队都比赛一场．一场比赛中每个参加的队有50％赢的机会（没有平局）．整个比赛既没有m+n．【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题6．所以m+n=17+32=49第21 页共21 页。
奥数的解题方法
奥数的解题方法奥数（奥林匹克数学竞赛）是一项旨在培养学生解决复杂数学问题能力的竞赛活动。
在奥数竞赛中，解题方法成为了学生取得优异成绩的重要因素之一。
本文将介绍一些常见的奥数解题方法，希望能够对参加奥数竞赛的学生有所帮助。
一、找规律法找规律法是奥数竞赛中最常用的解题方法之一。
通过观察问题中给出的已知条件和结果，寻找数列、图形、运算规律等，并进行推理，从而得出未知部分的答案。
通过找规律，可以在不需要步骤繁琐的计算过程中，快速得到问题的解答。
例如，在数列问题中，可以观察数列的差或比例关系，从而确定下一个数的值。
二、逆向思维法逆向思维法是指从所给的结果或条件出发，逆向思考问题的解决方法。
通过逆向思维，我们可以通过猜测和试错，逐步逼近问题的解答。
逆向思维法常用于解决逻辑推理、数学反证法等问题。
通过逆向思维，我们可以将复杂的问题简化，将问题转化为已知的条件，从而更容易找到解决办法。
三、变量假设法变量假设法是指在解题过程中，假设一些变量的值，通过分析和比较不同情况下的结果，寻找符合题意的解答。
通过合理假设变量的值，可以简化问题，使问题更易于解决。
在应用变量假设法时，需要注意假设的合理性和有效性，以确保得到的解答符合实际情况。
四、逻辑推理法逻辑推理法是指通过分析问题中的逻辑关系和条件限制，推理出问题的答案。
逻辑推理法常用于解决逻辑谜题、数学证明等问题。
在应用逻辑推理法时，需要仔细分析问题中的条件和关系，合理使用逻辑规则和推理方法，推导出符合题意的结论。
五、分而治之法分而治之法是将一个复杂的问题分解成若干个简单的子问题，逐一解决每个子问题，最后将各个子问题的解答合并得到整体的解答。
通过分而治之法，可以将原本难以解决的问题转化为一系列相对简单的问题，提高解题的效率和准确性。
六、综合运用多种方法在实际的奥数竞赛解题过程中，往往需要综合运用不同的解题方法，以应对复杂多样的问题。
因此，掌握多种解题方法，并能够针对不同的问题选择合适的方法进行解答，是取得好成绩的重要因素之一。
七年级奥数解题技巧
七年级奥数解题技巧
1.排除法：当遇到一些难题时，可以采取排除法，即从四个
选项中排除掉易于判断是错误的答案，剩下的一个自然就是正确的答案。
2.赋予特殊值法：即根据题目中的条件，选取某个符合条件
的特殊值或作出特殊图形进行计算、推理的方法。
3.直接求解法：有些选择题本身就是由一些填空题、判断
题、解答题改编而来的，因此往往可采用直接法，直接由从题目的条件出发，通过正确的运算或推理，直接求得结论，再与选择项对照来确定选择项。
4.观察法：观察题干及选择支特点，区别各选择支差异及相
互关系作出选择。
5.枚举法：列举所有可能的情况，然后作出正确的判断。
初中奥数题目解析与解答技巧
初中奥数题目解析与解答技巧初中奥数是一项对学生数学思维和解题能力的全面考核，是培养学生逻辑思维和创新能力的重要途径。
在参与初中奥数竞赛时，学生们常常遇到各种各样的难题，需要通过解析和掌握解答技巧来取得较好的成绩。
本文将针对初中奥数题目进行解析和提供一些解答技巧，希望能对学生们在初中奥数竞赛中有所帮助。
1. 应对复杂计算题的方法初中奥数竞赛中，常常会出现一些需要进行复杂计算的题目，对于这类题目，我们可以采用逆向思维的方法来解决。
逆向思维即从结果倒推回去，找到解题的思路。
通过将已知条件和未知结果的关系进行分析，可以发现其中的规律和特点，从而简化计算过程。
例如，已知一个数加上它的一个十分之一等于120，求这个数是多少？我们可以假设这个数为x，根据已知条件可以得到方程x + x/10 = 120。
然后我们可以通过运算，简化方程为11x/10 = 120。
再继续运算，我们可以得到x = 120*10/11 = 109.09（保留两位小数）。
所以，这个数是109.09。
通过逆向思维，我们可以减少繁琐的计算过程，提高解题效率。
2. 利用图形解决几何题初中奥数竞赛中，几何题往往是考察学生空间想象力和几何推理能力的重要题型。
对于几何题，我们可以通过绘制图形来解决。
首先，我们需要将题目中的条件用图形表示出来，然后根据题目的要求，运用几何定理和性质进行推理和推导。
逐步解构题目，从简单的条件出发，逐步得到更复杂的结论，最终求解出题目所要求的结果。
例如，已知三角形ABC是等腰三角形，AB = AC，角BAC = 60°，延长AB至点D，连接CD。
求证：∠CDB = 90°。
我们可以首先画出这个等腰三角形ABC，然后根据已知条件可以得到∠ABC = ∠ACB = 60°。
然后，延长AB至点D，并连接CD。
由于AB = AC，所以∠ACD = ∠ADC。
又因为∠ACD + ∠ADC + ∠CDB = 180°（三角形内角和为180°），所以∠CDB = 180° - 2∠ACD = 180° -2*60° = 180° - 120° = 60°。
奥林匹克数学竞赛答题技巧方法
奥林匹克数学竞赛答题技巧方法奥林匹克数学竞赛答题技巧(一)1、对比法如何正确地明白得和运用数学概念?小学数学常用的方法确实是对比法。
依照数学题意，对比概念、性质、定律、法则、公式、名词、术语的含义和实质，依靠对数学知识的明白得、经历、辨识、再现、迁移来解题的方法叫做对比法。
那个方法的思维意义就在于，训练学生对数学知识的正确明白得、牢固经历、准确辨识。
例1：三个连续自然数的和是18，则这三个自然数从小到大分别是多少?对比自然数的概念和连续自然数的性质能够明白：三个连续自然数和的平均数确实是这三个连续自然数的中间那个数。
例2：判定题：能被2除尽的数一定是偶数。
那个地点要对比“除尽”和“偶数”这两个数学概念。
只有这两个概念全明白得了，才能做出正确判定。
2、公式法运用定律、公式、规则、法则来解决问题的方法。
它表达的是由一样到专门的演绎思维。
公式法简便、有效，也是小学生学习数学必须学会和把握的一种方法。
但一定要让学生对公式、定律、规则、法则有一个正确而深刻的明白得，并能准确运用。
例3：运算59×37+12×59+5959×37+12×59+59=59×(37+12+1)…………运用乘法分配律=59×50…………运用加法运算法则=(60-1)×50…………运用数的组成规则=60×50-1×50…………运用乘法分配律=3000-50…………运用乘法运算法则=2950…………运用减法运算法则3、比较法通过对比数学条件及问题的异同点，研究产生异同点的缘故，从而发觉解决问题的方法，叫比较法。
比较法要注意：(1)找相同点必找相异点，找相异点必找相同点，不可或缺，也确实是说，比较要完整。
(2)找联系与区别，这是比较的实质。
(3)必须在同一种关系下(同一种标准)进行比较，这是“比较”的差不多条件。
初中数学奥数解题技巧方法归纳
初中数学奥数解题技巧方法归纳在初中数学奥数竞赛中，解题技巧是非常重要的。
通过总结和归纳，我们可以发现一些常用的解题方法和技巧，帮助我们更好地应对数学奥数题目。
本文将对初中数学奥数解题技巧方法进行归纳和总结，以期帮助学生提高解题水平。
一、细心审题，弄清题目要求在解题过程中，细心审题是非常重要的。
我们需要仔细读懂题目，理解题目要求。
有时，题目会在问题中隐藏一些重要信息，因此需要仔细观察。
在弄清题目要求的基础上，我们可以有针对性地运用相应的解题方法。
二、多角度思考，灵活运用等式变换对待数学奥数题目，我们不仅要从一个角度去思考，还应该从不同的角度出发。
对于一道难题，我们可以尝试从反面思考，采用逆向推理的方法，从而找到解题的突破口。
同时，通过等式的变换，可以将复杂的问题转化为简单的问题，更容易求解。
三、建立数学模型在解决实际问题时，建立数学模型是非常有效的方法。
通过将问题抽象为数学公式或方程，我们可以更好地理解问题的本质，缩小解题的范围。
同时，建立数学模型还可以帮助我们更好地分析问题，找出解决问题的有效方法。
四、运用递推关系，寻找规律数学中常常会出现递推关系，通过观察数列或图形的特点，我们可以找到规律，进而求解题目。
在解决递推问题时，可以通过列举部分项或借助矩阵等方法，更好地理解数列或图形的演变规律，从而解决问题。
五、巧用数学定理和公式数学奥数题目中，往往会涉及到一些重要的数学定理和公式。
我们需要熟练掌握这些定理和公式，并善于运用。
通过灵活应用数学定理和公式，可以缩短解题时间，提高解题效率。
因此，学生需要在平时的学习中，加强对数学定理和公式的记忆和理解。
六、思维开阔，勇于尝试数学奥数解题过程中，思维的开阔和勇于尝试都是非常重要的品质。
我们需要保持积极向上的心态，在解题中勇于探索和尝试新的方法。
即使遇到困难，也要保持乐观的心态，相信自己可以找到解决问题的方法。
总结通过本文对初中数学奥数解题技巧方法的归纳和总结，我们可以看到解题过程中的一些重要要点。
初中数学奥林匹克竞赛解题方法大全-第02章-有理数及其运算
初中数学奥林匹克竞赛解题方法大全-第02章-有理数及其运算1.整数和分数的大小比较：-方法一：通分。
将整数转换为分数，然后通分进行比较。
-方法二：化为相同的分数形式。
将分数化为相同的分母，然后比较分子的大小。
-方法三：换算成小数进行比较。
将分数转换为小数形式，然后比较大小。
2.有理数的加法和减法运算：-方法一：同分母相加（减）。
-方法二：通分后相加（减）。
3.有理数的乘法运算：-方法一：分子乘分子，分母乘分母。
-方法二：化为最简形式。
-方法三：化为小数进行计算。
4.有理数的除法运算：-方法一：分子乘除分子，分母乘除分母。
-方法二：化为最简形式。
-方法三：化为小数进行计算。
5.有理数的混合运算：-方法一：先按运算顺序完成个别运算，然后进行总体运算。
-方法二：化为分数形式进行运算。
6.有理数的平方运算：-方法一：整数的平方是整数，分数的平方是分数。
-方法二：先化为最简形式，再进行平方运算。
7.有理数的相反数和绝对值：-方法一：相反数是原数的负数。
-方法二：绝对值是原数的去掉符号的值。
8.有理数的乘方运算：-方法一：整数次幂，底数不变，指数相乘。
-方法二：0的正整数次幂为0。
-方法三：0的非正整数次幂无意义。
-方法四：1的任何整数次幂都为1-方法五：负数的奇数次幂为负数，偶数次幂为正数。
-方法六：分数的乘方运算，将底数与指数分别进行乘方运算。
9.有理数的开方运算：-方法一：将开方式化为最简形式。
-方法二：将开方数化为分数形式。
-方法三：化为小数进行计算。
10.展示解题过程和解题思路。
解答有理数的运算问题时，尽量展示解题过程和解题思路，不仅仅写出答案，可以加深对有理数运算规则的理解，并且能体现出解题的逻辑性和连贯性。
11.理解运算规则。
熟练掌握有理数的运算规则，不仅能快速解答题目，还能够在解题过程中发现和运用运算规则，更好地理解数学概念和思维方法。
数学奥林匹克专题讲座 第02讲 数论的方法技巧(下)
《数学奥林匹克专题讲座》第2讲数论的方法技巧（下）四、反证法 反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的。
反证法的过程可简述为以下三个步骤： 1．反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立； 2．归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾； 3．结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。
运用反证法的关键在于导致矛盾。
在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。
解：如果存在这样的三位数，那么就有 100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。
上式可化简为80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a≥1，b≤9，c≤9。
这表明所找的数是不存在的。
说明：在证明不存在性的问题时，常用反证法：先假设存在，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存在的元素出发，进行推理，直到产生矛盾。
例2 将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加。
试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数。
解：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数。
在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b+c≤9。
将已知数的前两位数字a，b与末两位数字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这一性质。
照此进行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾。
故和的数字中必有偶数。
说明：显然结论对（4k+1）位数也成立。
但对其他位数的数不一定成立。
如12+21，506+605等。
例3 有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币。
初中数学知识归纳数学奥赛题型与解题技巧
初中数学知识归纳数学奥赛题型与解题技巧初中数学知识归纳：数学奥赛题型与解题技巧数学奥赛一直以来都是对学生数学能力的一种综合考察，其复杂性和难度远远高于平时的课堂练习。
在参加数学奥赛之前，了解常见的奥赛题型以及解题技巧是非常必要的。
本文将从知识归纳的角度，为大家介绍初中数学奥赛题型的特点和相应解题技巧。
一、选择题选择题在数学奥赛中的比重较大，其主要目的是考察学生对知识点的理解和掌握程度。
选择题一般有以下几种常见形式：1. 单项选择题单项选择题通常在给出一道问题之后，以四个选项形式出现。
选手需要根据所学的知识和题目的要求，选择正确的答案。
解题技巧包括：审题准确、注意选项差异、通过排除法等。
2. 多项选择题多项选择题与单项选择题类似，但选项数量较多。
解题技巧包括：结合题目要求，对每个选项进行分析与比较，选择准确的答案。
3. 判断题判断题在奥赛中也较为常见，要求选手根据给出的条件，判断其真假。
解题技巧包括：仔细阅读且理解题意、抓住关键信息、运用所学知识判断。
二、填空题填空题要求考生根据题目给出的条件，填写相应的数值或表达式。
填空题可分为以下几种情况：1. 数值填空题数值填空题要求填写具体的数值，解题技巧包括：审题准确、善用所学知识和公式、注意单位转换等。
2. 表达式填空题表达式填空题要求填写相应的数学表达式，解题技巧包括：理解题意、推理与运算、注意符号运用等。
三、证明题证明题是数学奥赛中较为困难的一类题目，要求选手运用所学的数学知识，通过逻辑推理和数学推导来证明某个问题或定理。
解题技巧包括：理解题意、分析证明过程、细致推理等。
四、解答题解答题是数学奥赛中的开放性题目，要求选手根据题目要求和所学知识，给出详细的解题过程和思路。
解答题主要包括以下几种类型：1. 填图题填图题要求选手在给出的平面图上标出相应的线段、角度或其他几何性质。
解题技巧包括：认真观察图形、注意准确标注、应用几何知识等。
2. 简答题简答题通常是一般性的问题，要求选手给出准确而简明的答案。
初中数学奥林匹克赛题解析知识点整理
初中数学奥林匹克赛题解析知识点整理数学奥林匹克赛是一项旨在培养学生数学思维能力和解决问题能力的比赛。
它涵盖了初中数学的各个领域，并且难度较高，需要学生具备一定的数学基础和解题技巧。
在本文中，我们将解析一些常见的初中数学奥林匹克赛题，并整理出一些涉及的重要知识点，帮助学生更好地准备和应对这类比赛。
1. 方程的解析解法在初中数学奥林匹克赛中，经常会出现一些复杂的方程问题。
要解决这类问题，我们首先要掌握方程的基本概念和解法。
一般来说，方程的解就是使得方程两边相等的未知数值。
我们可以通过消元、配方法、因式分解等一系列的运算步骤，得出方程的解。
对于一些复杂的方程，我们还可以利用图形解法、特殊解法等方法求解。
2. 几何图形的性质分析几何问题是初中数学奥林匹克赛中的重要题型之一。
在解答几何题时，我们需要掌握各类几何图形的性质和定理。
例如，矩形的对角线相等、平行四边形的对边平行等。
同时，我们要善于利用图形的特殊性质来解决问题，比如利用对称性、相似性等特点进行推理。
3. 数列的性质和求解方法数列是数学奥林匹克赛中的常见题型。
学生要能够分析数列的性质并运用相关的公式和定理。
例如，等差数列的通项公式为an=a1+(n-1)d，等比数列的通项公式为an=a1*q^(n-1)。
我们还需要熟练掌握数列的求和公式，如等差数列的前n项和Sn=n/2*(a1+an)。
4. 不等式的求解技巧不等式在初中数学奥林匹克赛中也是常见的题型。
要解决不等式问题，我们需要利用各种不等式的性质和定理。
例如，对于一元一次不等式ax+b>0，如果a>0，那么解集为x>-b/a；如果a<0，那么解集为x<-b/a。
此外，我们还要善于进行不等式的加减乘除操作，以求得不等式的解。
5. 组合数学的运算方法组合数学是数学奥林匹克赛中的一道难题。
学生要能够灵活运用组合数学的技巧和公式。
例如，排列组合的计算公式为C(n,m)=n!/m!(n-m)!，其中n为总数，m 为选择个数。
数学奥林匹克专题讲座 第02讲 数论的方法技巧(下)
《数学奥林匹克专题讲座》第2讲数论的方法技巧（下）四、反证法反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的。
反证法的过程可简述为以下三个步骤：1．反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立；2．归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；3．结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。
运用反证法的关键在于导致矛盾。
在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。
解：如果存在这样的三位数，那么就有100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。
上式可化简为 80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a≥1，b≤9，c≤9。
这表明所找的数是不存在的。
说明：在证明不存在性的问题时，常用反证法：先假设存在，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存在的元素出发，进行推理，直到产生矛盾。
例2 将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加。
试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数。
解：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数。
在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b+c ≤9。
将已知数的前两位数字a，b与末两位数字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这一性质。
照此进行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾。
故和的数字中必有偶数。
说明：显然结论对（4k+1）位数也成立。
但对其他位数的数不一定成立。
如12+21，506+605等。
例3 有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币。
数学奥林匹克
数学奥林匹克第一讲有理数的巧算有理数运算是中学数学中一切运算的基础．它要求同学们在理解有理数的有关概念、法则的基础上，能根据法则、公式等正确、迅速地进行运算．不仅如此，还要善于根据题目条件，将推理与计算相结合，灵活巧妙地选择合理的简捷的算法解决问题，从而提高运算能力，发展思维的敏捷性与灵活性．1．括号的使用在代数运算中，可以根据运算法则和运算律，去掉或者添上括号，以此来改变运算的次序，使复杂的问题变得较简单．例1 计算下式的值：211×555+445×789+555×789+211×445．例2 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？2．用字母表示数我们先来计算(100+2)×(100-2)的值：这是一个对具体数的运算，若用字母a代换100，用字母b代换2，上述运算过程变为(a+b)(a-b)=___________于是我们得到了一个重要的计算公式____________________________这个公式叫????___________公式，以后应用这个公式计算时，不必重复公式的证明过程，可直接利用该公式计算．例3 计算3001×2999的值．练习1 计算103×97×10 009的值．练习2 计算：练习3 计算：(2+1)(22+1)(24+1)(28+1)(216+1)(232+1)．练习4 计算：．3．观察算式找规律例4 某班20名学生的数学期末考试成绩如下，请计算他们的总分与平均分．87，91，94，88，93，91，89，87，92，86，90，92，88，90，91，86，89，92，95，88．例5 计算1+3+5+7+…+1997+1999的值．例6 计算1+5+52+53+…+599+5100的值．例7 计算：练习一1．计算下列各式的值：(1)-1+3-5+7-9+11-…-1997+1999；(2)11+12-13-14+15+16-17-18+…+99+100；(3)1991×1999-1990×2000；(4)4726342+472 6352-472 633×472 635-472 634×472 636；(6)1+4+7+ (244)2．某小组20名同学的数学测验成绩如下，试计算他们的平均分．81，72，77，83，73，85，92，84，75，63，76，97，80，90，76，91，86，78，74，85．第一讲有理数的巧算答案例1 计算下式的值：211×555+445×789+555×789+211×445．分析直接计算很麻烦，根据运算规则，添加括号改变运算次序，可使计算简单．本题可将第一、第四项和第二、第三项分别结合起来计算．解原式=(211×555+211×445)+(445×789+555×789)=211×(555+445)+(445+555)×789=211×1000+1000×789=1000×(211+789)=1 000 000．说明加括号的一般思想方法是“分组求和”，它是有理数巧算中的常用技巧．例2 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？分析与解因为若干个整数和的奇偶性，只与奇数的个数有关，所以在1，2，3，…，1998之前任意添加符号“+”或“-”，不会改变和的奇偶性．在1，2，3，…，1998中有1998÷2个奇数，即有999个奇数，所以任意添加符号“+”或“-”之后，所得的代数和总为奇数，故最小非负数不小于1．现考虑在自然数n，n+1，n+2，n+3之间添加符号“+”或“-”，显然n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0．这启发我们将1，2，3，…，1998每连续四个数分为一组，再按上述规则添加符号，即(1-2-3+4)+(5-6-7+8)+…+(1993-1994-1995+1996)-1997+1998=1．所以，所求最小非负数是1．说明本例中，添括号是为了造出一系列的“零”，这种方法可使计算大大简化．例3 计算3001×2999的值．解3001×2999=(3000+1)(3000-1)=30002-12=8 999 999．例4 某班20名学生的数学期末考试成绩如下，请计算他们的总分与平均分．87，91，94，88，93，91，89，87，92，86，90，92，88，90，91，86，89，92，95，88．分析与解若直接把20个数加起来，显然运算量较大，粗略地估计一下，这些数均在90上下，所以可取90为基准数，大于90的数取“正”，小于90的数取“负”，考察这20个数与90的差，这样会大大简化运算．所以总分为90×20+(-3)+1+4+(-2)+3+1+(-1)+(-3)+2+(-4)+0+2+(-2)+0+1+(-4)+(-1)+2+5+(-2)=1800-1=1799，平均分为90+(-1)÷20=89.95．例5 计算1+3+5+7+…+1997+1999的值．分析观察发现：首先算式中，从第二项开始，后项减前项的差都等于2；其次算式中首末两项之和与距首末两项等距离的两项之和都等于2000，于是可有如下解法．解用字母S表示所求算式，即S=1+3+5+…+1997+1999．①再将S各项倒过来写为S=1999+1997+1995+…+3+1．②将①，②两式左右分别相加，得2S=(1+1999)+(3+1997)+…+(1997+3)+(1999+1)=2000+2000+…+2000+2000(500个2000)=2000×500．从而有S=500 000．例6 计算1+5+52+53+…+599+5100的值．分析观察发现，上式从第二项起，每一项都是它前面一项的5倍．如果将和式各项都乘以5，所得新和式中除个别项外，其余与原和式中的项相同，于是两式相减将使差易于计算．解设S=1+5+52+…+599+5100，①所以5S=5+52+53+…+5100+5101．②②—①得4S=5101-1，例7 计算：分析一般情况下，分数计算是先通分．本题通分计算将很繁，所以我们不但不通分，反而利用如下一个关系式来把每一项拆成两项之差，然后再计算，这种方法叫做拆项法．解由于所以说明本例使用拆项法的目的是使总和中出现一些可以相消的相反数的项，这种方法在有理数巧算中很常用．第二讲代数式一主要知识点回顾字母代表量，是数学重要的抽象，高度的抽象是数学有别其他科学一个最重要的特征，是数学广泛应用的基础。
初中数学奥数解题技巧方法
初中数学奥数解题技能方法奥数相对照较深，数学奥林匹克活动的蓬勃发展，极大地激发了广大少年儿童学习数学的爱好，成为引导少年积极向上，主动探索，健康成长的一项有益活动。
下面是作者为大家整理的关于初中数学奥数解题技能方法，期望对您有所帮助!奥数的解题技能倒推法从题目所述的最后结果动身，利用已知条件一步一步向前倒推，直到题目中问题得到解决。
正难则反有些数学问题如果你从条件正面动身推敲有困难，那么你可以改变摸索的方向，从结果或问题的反面动身来推敲问题，使问题得到解决。
直观画图法解奥数题时，如果能公道的.、科学的、奇妙的借助点、线、面、图、表将奥数问题直观形象的展现出来，将抽象的数量关系形象化，可使同学们容易搞清数量关系，沟通“已知”与“未知”的联系，抓住问题的本质，迅速解题。
枚举法奥数题中常常显现一些数量关系非常特别的题目，用普通的方法很难列式解答，有时根本列不出相应的算式来。
我们可以用枚举法，根据题目的要求，一一罗列基本符合要求的数据，然后从中挑选出符合要求的答案。
奇妙转化在解奥数题时，常常要提示自己，遇到的新问题能否转化成旧问题解决，化新为旧，透过表面，抓住问题的实质，将问题转化成自己熟悉的问题去解答。
转化的类型有条件转化、问题转化、关系转化、图形转化等。
整体掌控有些奥数题，如果从细节上推敲，很纷杂，也没有必要，如果能从整体上掌控，宏观上推敲，通过研究问题的整体情势、整体结构、局部与整体的内在联系，“只见森林，不见树木”，来求得问题的解决。
初中奥数常用的解题方法【配方法】所谓配方，就是把一个解析式利用恒等变形的方法，把其中的某些项配成一个或几个多项式正整数次幂的和情势。
通过配方解决数学问题的方法叫配方法。
其中，用的最多的是配成完全平方式。
配方法是数学中一种重要的恒等变形的方法，它的运用十分非常广泛，在因式分解、化简根式、解方程、证明等式和不等式、求函数的极值和解析式等方面都常常用到它。
【因式分解法】因式分解，就是把一个多项式化成几个整式乘积的情势。
解题秘籍初中奥数题攻略
解题秘籍初中奥数题攻略初中奥数是一种特殊的数学竞赛，要求学生在有限的时间内解决各种有趣而复杂的数学问题。
为了在初中奥数竞赛中取得好成绩，学生们需要有一些解题的技巧和方法。
本文将介绍一些解题秘籍，帮助初中生提高奥数解题能力。
一、理解题意和分析问题在解决任何数学问题之前，首先要仔细阅读题目并确保自己理解题意。
有时，题目会包含一些冗长的陈述，学生们需要会将其简化，提取关键信息。
在理解题目后，学生们应该尽可能将问题转化为数学表达式或图形，以便更好地分析问题。
通过对问题进行进一步的分解和判断，学生们可以找到解题的突破口。
二、强化基础知识初中奥数题通常涉及各个数学领域的知识，如代数、几何、概率等。
因此，学生们需要牢固掌握基础知识，并能够熟练运用。
在解题过程中，对于一些基础概念和定理的掌握，可以帮助学生们更好地分析问题，并推导出准确的解答。
三、善于查找规律初中奥数题中常常隐藏着一些规律，掌握这些规律可以帮助学生们更快地解决问题。
当遇到题目时，学生们应该主动寻找规律，尝试找到数列、图形或其他可能存在的规律。
例如，观察数列的相邻项之间的关系，或者观察图形的对称性等。
通过发现规律，学生们可以更加有针对性地解决问题。
四、掌握巧妙的解题技巧在初中奥数竞赛中，有时候需要一些巧妙的解题技巧来应对特殊的问题。
例如，学会使用数形结合的方法，将图形问题转化为代数问题进行求解。
又如，应用矩阵方法解决几何问题。
此外，还有一些有关概率、组合等方面的技巧，在解决相关问题时也可以运用到。
了解和掌握这些技巧可以帮助学生们更高效地解决问题，节省时间。
五、练习和巩固掌握解题技巧和方法是一方面，熟能生巧则是另一方面。
只有通过大量的练习，才能真正掌握解题的能力。
学生们应该多做奥数题目，包括模拟试题和历年真题，通过反复练习，逐步提高解题速度和准确度。
同时，在做题过程中，要注意查漏补缺，将解题过程中的错误和困惑总结反思，并加以改正和解决。
总结：初中奥数题攻略主要包括了理解题意和分析问题、强化基础知识、善于查找规律、掌握巧妙的解题技巧以及练习和巩固等几个方面。