计算题竞赛常用解法

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amc10公式定理

amc10公式定理AMC10公式定理AMC10是美国数学竞赛中的一项考试，涵盖了初级数学的各个领域。

在解题过程中，我们可以运用一些定理和公式来简化计算和推理，提高解题效率。

本文将介绍一些常用的AMC10公式定理，帮助读者更好地应对竞赛中的数学问题。

1. 一元二次方程的解法一元二次方程是AMC10考试中常见的题型，解题时可以运用二次方程的求根公式：对于方程 $ax^2 + bx + c = 0$，其根可以通过以下公式求得：$x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$2. 直角三角形的勾股定理勾股定理是直角三角形中最基本的定理之一，可以用于计算三角形的边长关系。

对于一个直角三角形，边长分别为a、b、c，其中c 为斜边长度，则有：$a^2 + b^2 = c^2$3. 三角函数的基本关系在三角函数中，正弦、余弦和正切是常见的函数。

它们之间存在一些基本关系，可以帮助我们简化计算。

如下所示：$\sin^2(\theta) + \cos^2(\theta) = 1$$\tan(\theta) = \frac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)}$4. 二项式定理二项式定理是展开一个二项式的公式，可以用于求解多项式的各项系数。

对于任意实数a和b以及正整数n，有：$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k$其中，$C_n^k$ 表示从n个元素中选取k个元素的组合数。

5. 平均值不等式平均值不等式可以用于证明两个数之间的大小关系。

对于任意一组非负实数 $a_1, a_2, \ldots, a_n$，有：$\frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1 a_2 \ldots a_n}$其中，等号成立当且仅当 $a_1 = a_2 = \ldots = a_n$。

初中数学竞赛常见的题型及解法

初中数学竞赛常见的题型及解法数学是一个非常重要的学科，无论是在学校还是在社会中都起着不可替代的作用。

而对于初中生而言，数学竞赛更是一种锻炼自身能力的重要途径。

在参加数学竞赛的过程中，学生不仅能够提高数学应用能力和思维能力，还能够获得更加全面的数学知识。

因此，了解一些数学竞赛常见的题型及解法，对于提高自己的数学竞赛能力来说是非常有必要的。

一、数学竞赛中的常见题型1. 计算题计算题是数学竞赛的常见题型之一，主要考察学生的基础计算能力和计算速度。

常见的计算题包括四则运算、分数运算、整数运算、百分数运算等，这些题目多为简单题，但是要求作答者必须熟悉运算规律和方法，才能在短时间内快速解题。

2. 选择题选择题是数学竞赛中的另一种常见题型，其主要特点是通过一组多组选项的形式来考察学生对于某一特定问题的理解和认识。

参赛者需要在有限的时间内选择正确的答案。

常见的选择题包括数学的基础知识、公式应用、几何图形等。

需要提醒的是，选择题一般分值不高，但并不代表其不重要。

3. 填空题填空题是数学竞赛中另一种常见题型，主要考察学生对于一些数学知识的记忆和掌握能力。

这种题型通常呈现出一些空白形式，参赛者需要在空白处填上正确的答案。

例如，求方程4x+3x-5=12的解，要求填写答案x = __。

4. 解答题解答题是一种比较复杂的数学竞赛题型，通常要求答者凭借自身的数学知识和解题能力拟定问题及其答案。

这种题型适合有一定数学素养和深度思维能力的学生。

解答题所涉及的范围很广，主要有方程、不等式、函数、几何图形等等。

一般来说，解答题的分值较高，能够为参赛者积累较多分数。

二、数学竞赛中的解题技巧1. 理清思路在解题的过程中，学生必须要理清自己的思路，尽量按照一定的顺序和步骤来解决问题。

否则很容易因为思路不清晰而弄巧成拙，耽误时间，影响成绩。

2. 理解题目理解题目是解答问题的前提。

在阅读题目时，要尽可能地详细理解，明确题目涉及的对象、条件和限制，然后结合题目特点和知识点，确定解题方法。

拉格朗日乘除法计算题

拉格朗日乘除法计算题
摘要：
1.拉格朗日乘除法计算题的背景和意义
2.拉格朗日乘除法的基本原理
3.拉格朗日乘除法计算题的解法示例
4.拉格朗日乘除法计算题的实际应用
正文：
拉格朗日乘除法计算题源于数学家拉格朗日提出的一种用于解决乘除法问题的算法，这种算法具有较高的数学价值和实际意义。

它不仅被广泛应用于各种数学竞赛中，也是数学研究中的一个重要领域。

拉格朗日乘除法的基本原理是基于数学的递推关系，通过寻找乘除数之间的递推关系，从而求出乘除结果。

具体来说，就是将乘除数分解为两个数，然后通过这两个数的加减乘除运算，最终得到乘除结果。

拉格朗日乘除法计算题的解法示例如下：假设有一个乘法计算题：12 * 13 =?，我们可以将12 和13 分解为两个数，例如12 = 10 + 2，13 = 10 + 3，然后通过这两个数的加减乘除运算，得到：
12 * 13 = (10 + 2) * (10 + 3) = 10 * 10 + 10 * 3 + 2 * 10 + 2 * 3 = 100 + 30 + 20 + 6 = 156
这就是拉格朗日乘除法计算题的解法。

拉格朗日乘除法计算题的实际应用非常广泛，不仅在数学竞赛中经常出现，也在日常生活中经常用到。

例如，在购物时计算折扣金额，就需要用到拉
格朗日乘除法计算题的解法。

小学奥数解数学竞赛计算题的七把金钥匙(详解)

解数学竞赛计算题的七把金钥匙同学们，你们在数学课上一定学过混合运算，它需要我们认真计算，每一步都不能出现错误，否则结果就会错。

但当你遇到算式较长的计算题时，只要灵活运用数学方法，就可以提高计算速度，再也不用一步步去计算了。

下面就让我来介绍解答计算题的几种方法，也就是打开计算之门的金钥匙吧！钥匙一：利用乘法分配律例1：183×83＋83×83分析：我们可以把183拆成100＋83，那么接下来的过程就是：=（100＋83）×17＋83×83=100×17＋83×17＋83×83=100×17＋（83＋17）×83=100×17＋100×83=100×（17＋83）=100×100=10000例2：4003002001296864432300200100963642321⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ 分析：不要分子和分母直接约分，因为有加法。

都算出来也很麻烦。

我们把分子提取公因数1×2×3，把分母提取公因数2×3×4，再约掉相同的因数，就变得很简单了。

=)1004321(432)1004321(32133333333+++++⨯⨯⨯+++++⨯⨯⨯ =41钥匙二：利用等差数列求和公式例：计算1009910021001434241323121++++++++++ 分析：先把它们分组，分组后就可以看出它们得数的公差，之后就可以按照等差数列的求和公式求出得数。

原式=)1009910021001()434241()3231(21 +++++++++ =0.5＋1＋1.5＋2＋…＋49.5=（0.5＋49.5）×99÷2=2475钥匙三：利用数形结合例：计算：21＋41＋81＋161＋321＋641＋…＋10241 分析：这道题若直接通分计算是比较烦琐的。

有理数计算的常用方法

有理数计算的常用方法关于有理数计算竞赛题，种类繁多，特点各异，解法多样，富有技巧．解题时，需要细心观察，深入探究，缜密分析，全面审视，除了发现题中的特征，还应挖掘题中隐含的规律，正确灵活地使用运算法则、性质和定律，实施“化繁为简，化难为易”的手段，达到准确，快捷解题之目的，根据笔者教学实践，总结出解有理数计算题的十一种常用方法，以供参考．一、凑整法例1计算：2002＋98＋997＋9996＋99995．分析题中几个数都与整十、整百、整千……很接近，因此可以凑成整十、整百、整千……来求解．解1 原式＝(2002－2－3－4－5)＋(98＋2)＋(997＋3)＋(9996＋4)＋(99995＋5)＝1988＋100＋1000＋10000＋100000＝113088．例2若S＝11＋292＋3993＋49994＋599995＋6999996＋79999997＋899999998，则和数S的末四位数字之和是____．分析将题中的每个数凑成“整十”、“整百”、“整千”……来计算，很容易解出，解原式＝(11＋9)＋(292＋8)＋(3993＋7)＋(49994＋6)＋(599995＋5)＋(6999996＋4)＋(79999997＋3)＋(899999998＋2)－9＋8＋7＋ (2)＝(20＋300＋4000＋50000＋600000＋7000000＋80000000＋900000000)－(9＋8＋7＋6＋5＋4＋3＋2)＝987654320－44＝987654276．∴S的末四位数字之和是4＋2＋7＋6＝19．二、分组结合法例3计算：1－3＋5－7＋9－11＋…＋2009－2011．分析题中从1到201 1，相邻两个数相加是－2，加号和减号交替出现，因此可以运用分组的方法，即依次两个数两个数为一组，每组的得数都是－2，从而很快计算出结果．解原式＝(1－3)＋(5－7)＋…＋( 2009－2011)＝（－2）×503＝－1006．例4计算：1＋2－3－4＋5＋6－7－8＋9＋10－11－12＋…＋2005＋2006－2007－2008＋2009＋2010－2011．分析观察发现，依次四个数四个数为一组，每组中四个数的和为－4，由1至2008共有502组，式中还余3个数，于是得出解法．解1 原式＝(－4)×502＋2009＋2010－2011＝－2008＋2008＝0．本题若再仔细观察又可发现，2－3－4＋5＝0，6－7－8＋9＝0，…，即从2开始，每连续4项的和为0，式中的一列数，除去开头1以外，中间能分成502组，后面还余下两个数为2010，－2011，于是又得另一种解法．解2 原式＝1＋0×502＋2010－2011＝0．三、分解相约法例5 计算：(10.5×11.7×57×85)÷(1.7×1.9×3×5×7×9×11×13×15)．分析被整式与除式的小数位数相等，可化为整数相除，又被除式与除式部分因数能分解，可采用分解相约．解原式＝＝1 11．四、巧用运算律法例6 计算：23797 0.71 6.6 2.20.7 3.31173118⨯-⨯-÷+⨯+÷．分析本题为有理数的混合运算，其中有公因子，可把公因子先提出，然后进行计算．解原式五、妙用性质法例7计算：1÷(2÷3)÷(3÷4)÷…÷(2010÷2011)．分析本题属于一道连除的计算题，可以利用连除性质：a÷(b÷c)＝a÷b×c＝a×c ÷b．先将原式进行分解，再利用交换律使问题得到解决．解原式＝1÷2×3÷3×4÷…÷2010×2011＝(1×3×4×...×2011)÷(2×3×4× (2010)＝2011÷2＝1005.5．六、添项相加法例8 计算：512＋256＋128＋64＋32＋16＋8＋4＋2＋1．分析经过观察，发现上式的特点是后一项是前一项的一半，因此，如果我们把后一项加上它本身，就可以得到前一项的值，于是添加一个辅助数l （末项），使问题得以顺利解决．解原式＝512＋256＋128＋64＋32＋16＋8＋4＋(1＋1)－1＝512＋256＋…＋4＋(2＋2)－1＝…＝512＋(256＋256)－1＝512＋512－1＝1023．七、错位相减法例9 计算：2481621392781243+++++．分析观察算式发现，从第二项起，每一项是前一项的23，考虑用错位相减法解．八、活用公式法例10 计算：211133+++ (1013)+．分析上式从第二项起，后一项与前一项的比值都是13，因此它是道等比数列求和题．可用公式1(1)1n n a q S q-=-求解，其中S n 表示前n 项的和，n 表示项数，q 表示公比，a 1表示首项，解原式例11 计算:19492－19502＋19512－19522＋… ＋20092－20102＋20112．分析上式除末项外，前面的项顺次每两项构成平方差形式，可用平方差公式分解后再计算．解原式九、拆项法例12 计算：359173365248163264+++++．分析和式中每个相加的分数分子都比分母大1，而分母依次是后一个分母是前一个分母的2倍，于是我们可以先拆项，再相加．解原式例13 计算：1111121231234++++++++++…1123100+++++．分析本题可用上法拆项．解原式十、字母代换法例14计算：(1＋0.23＋0.34)×(0.23＋0.34＋0.56)－(1＋0.23＋0.34＋0.56)×(0.23＋0.34)．分析此题如果用常规方法进行计算，步骤多而且复杂，如果我们把算式中的一部分相同的式子用字母代替，可以化繁为简，化难为易，很快巧算出结果．解设0.23＋0.34＝a．则原式＝(1＋a)×(a＋0.56)－(1＋a＋0.56)×a＝a＋0.56＋a2＋0.56－a－a2－0.56a＝0.56．十一、数形结合法例15 计算：当n无限大时，1＋12＋1148++…12n+的值．分析建立如下模型，设大正方形的面积为l，当n无限大时，有1＋12＋1148++…12n+＝1．故原式＝2（图形请读者自作）．例16 求S100＝13＋23＋33＋…＋1003的值．分析使用计算器虽能求得结果，但是计算量将十分庞大，而利用数形结合法能使本题得以巧解．解先求出13＋23＋33的值，作出如图．易知13表示第一个┘上黑点的个数，23表示第二个┘上黑点的个数，33表示第三个┘上黑点的个数．图中每行每列黑点的个数均为l＋2＋3＝6，故S3＝13＋23＋33＝6×6＝36．用式子表示：13＝12,13＋23＝32,13＋23＋33＝62．同理可得S100的图中各行各列的黑点个数为：。

初中科学竞赛辅导《简单机械》经典计算20题（有解析）

初中科学竞赛辅导《简单机械》经典计算20题（温馨提示：题目的编排顺序遵循由易到难的原则，使用时可根据实际需要选择合适的题目进行训练；如有疑难问题，可与编者交流：QQ 16173689420）1、一保洁工人，要清洗一高楼的外墙，他使用了如图所示的装置进行升降，已知工人的质量为60kg，保洁器材的质量为20kg，人对绳的拉力为300N，吊篮在拉力的作用下1min匀速上升了10m，求：（1）此过程中的有用功（2）拉力F做功的功率；（3）滑轮组的机械效率（结果保留一位小数）。

解析：（1）提升工人和保洁器材做的功为有用功：W有=Gh=（60kg+20kg）×10N/kg×10m=8000J（2）将整个装置看作一个整体，那么三段绳子都受力，已知拉力为300N，则整个装置的总重为：F=3×300N=900N；拉力F做的功即为总功：W总=Fs=300N×30m=9000J；拉力做功功率：P= W/ t=9000/60s=150W（3）滑轮组的机械效率：η= W有/ W总=8000J/9000J≈88.9%答案：（1）此过程中的有用功为8000J；（2）拉力F做功的功率为150W；（3）滑轮组的机械效率为88.9%．2、随着城市的建设规划，衢州城内出现许多高层建筑，电梯是高层建筑的重要组成部分．某电梯公寓的电梯某次在竖直向上，运行的过程中，速度随时间变化的情况如图所示，忽略电梯受到的空气阻力和摩擦阻力，向上运行的动力只有竖直向上的电动机拉力，电梯箱和乘客的总质量为600kg，（g=10N/kg）．求：（1）电梯在匀速运动阶段上升的高度h1是多少？拉力F1做了多少功？（2）电梯在前4秒作匀加速运动，如果匀加速阶段的平均速度等于该阶段速度的最大值和最小值的平均值，且在匀加速阶段，电动机的拉力F2做了11520J的功；求匀加速阶段电动机拉力F2的大小？（3）电梯开始向上运动后经过64s，电动机的拉力的平均功率是多大？解析：（1）电梯匀速阶段V1﹦0.8m/s，t1﹦60s，电梯在匀速运动阶段上升的高度h1=V1t1=0.8m/s×60s﹦48m；拉力F 1做功W 1=F 1h 1﹦6000N×48m﹦2.88×105J ；（2）匀加速阶段的平均速度v 2﹦（0.8m/s+0)/2﹦0.4m/s ；匀加速阶段电动机拉力F 2﹦W 2/ S 2=11520J/0.4×4m﹦7200N ；（3）W=W 1+W 2=2.88×105J+11520J=299520J ；电动机的拉力的平均功率是P= W/ =299520J/64s=4680W ；答案：（1）电梯在匀速运动阶段上升的高度h1为48m ，拉力F 1 做了2.88×105J ；（2）匀加速阶段电动机拉力F 2的大小7200N ；（3）电动机的拉力的平均功率4680w 。

2014年最新全国大学生高等数学竞赛试题及解答

2013年全国大学生数学专业竞赛试题及解答一、计算题（1）求极限 21lim (1)sin n n k k k n n π→∞=+∑解法1 直接化为黎曼和的形式有困难.注意到 3sin ()x x O x =+, 3322611lim 1sin lim 1n n n n k k k k k k k O n n n n n πππ→∞→∞==⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑, 由于 33336611|1()|20,()nn k k k k k O C n n n n ππ==⎛⎫+≤→→∞ ⎪⎝⎭∑∑，所以2211lim 1sin lim 1n n n n k k k k k k n n n n ππ→∞→∞==⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑65)(1)(lim 102122πππ=+=+=⎰∑=∞→dx x x n n k n k n k n .解法2 利用31sin 6x x x x -<<，得 3326221sin 6k k k k n n n n ππππ-<<， 332622111111(1)1sin 16n n n n k k k k k k k k k k k k n n n n n n n n ππππ====⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+<+<+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑, 由于33336611|1|20,()nn k k k k k n n n n ππ==⎛⎫+≤→→∞ ⎪⎝⎭∑∑， 21lim 1n n k k k n n π→∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑65)(1)(lim 102122πππ=+=+=⎰∑=∞→dx x x n n k n k n k n ，所以215lim (1)sin 6n n k k k n n ππ→∞=+=∑ .（2）计算()2222axdydz z a dxdy I x y z ∑++=++⎰⎰，其中∑为下半球222z a x y =---的上侧，0a >.解法一. 先以()12222x y z a ++=代入被积函数，()2axdydz z a dxdy I a ∑++=⎰⎰ ()21a x d y d z z a d x d y a ∑=++⎰⎰，补一块有向平面222:0x y a S z -⎧+≤⎨=⎩，其法向量与z 轴正向相反，利用高斯公式，从而得到()()-22+S 1S I axdydz z a dxdy axdydz z a dxdy a -∑⎡⎤=++-++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰ ()2D 12a z a dxdydz a dxdy a Ω⎡⎤=-+++⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰，其中Ω为+S -∑围成的空间区域，D 为0z =上的平面区域222x y a +≤，于是32212323I a a zdxdydz a a a ππΩ⎛⎫=-⋅-+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰ ()222040012a a r a d dr zdz a ππθ--=--⎰⎰⎰32a π=-.解法二. 直接分块积分11I axdydz a ∑=⎰⎰ ()2222yzD a x y dydz =--+⎰⎰，其中yz D 为yOz 平面上的半圆222y z a +≤，0z ≤. 利用极坐标，得 222310223a I d a r rdr a ππθπ=--=-⎰⎰， ()221I z a dxdy a ∑=+⎰⎰ ()22221xyD a a x y dxdy a ⎡⎤=--+⎢⎥⎣⎦⎰⎰，其中xy D 为xOy 平面上的圆域，222xy a +≤，用极坐标，得 ()22222200122a I d a a a r r rdr a πθ=---⎰⎰36a π=，因此3122I I I a π=+=-. （3）现要设计一个容积为V 的圆柱体的容积，已知上下两低的材料费为单位面积a 元，而侧面的材料费为单位面积b 元.试给出最节省的设计方案：即高与上下底面的直径之比为何值时，所需费用最少？解：设圆柱体的高为h ，底面直径为d ，费用为f ，根据题意，可知22d h V π⎛⎫= ⎪⎝⎭，24V d h π= 222d f a b dh ππ⎛⎫=⋅⋅+⋅ ⎪⎝⎭212a d b d h π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ 2111222ad bdh bdh π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ 23132ad bdh bdh π≥⋅⋅ ()2223332ab d h π=⋅2233342V ab ππ⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭，当且仅当2ad bdh =时，等号成立，h a d b=，故当h a d b=时，所需要的费用最少. （4）已知()f x 在11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭内满足()331sin cos f x x x '=+求()f x . 解：()331sin cos f x dx x x '=+⎰22211sin cos 3sin cos 2sin sin cos cos x x dx x x x x x x +⎛⎫=+ ⎪+-+⎝⎭⎰，111sin cos 2sin 4dx dx x x x π=+⎛⎫+ ⎪⎝⎭⎰⎰114ln tan 22x C π+=+， ()222sin cos sin cos 11sin sin cos cos sin cos 22x x x x dx dx x x x x x x ++=-+-+⎰⎰ ()2sin cos 2sin cos 1x x dx x x +=-+⎰ ()()2sin cos 2sin cos 1d x x x x -=-+⎰ ()22arctan sin cos x x C =-+所以，()()2124ln tan arctan sin cos 3232x f x x x C π+=+-+. 二、求下列极限.（1）1lim 1n n n e n →∞⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；（2）111lim 3n n n n n a b c →∞⎛⎫++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，其中0a >，0b >，0c >.解：（1）11lim 1lim 1n x n x n e x e n x →∞→+∞⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1ln 1lim 1x x x e ex ⎛⎫+ ⎪⎝⎭→+∞-=211111ln 11lim 1xx x x x x x x→+∞⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦=- 211ln 11lim 1x x x e x →+∞⎛⎫+- ⎪+⎝⎭=- ()2311111lim 12x x x x e x→+∞-+++= ()2211lim 12x x e x →+∞-+= 21lim 2211x e e x →+∞=-=-⎛⎫+ ⎪⎝⎭. （2） 111111lim lim 33n x n n n x x x n x a b c a b c →∞→+∞⎛⎫⎛⎫++++⎪ ⎪= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭111ln 3lim x x x a b c x x e ++→+∞= 111ln3lim 1x x xx a b c x e →+∞++=， 111ln3lim 1x x x x a b c x →+∞++1111112211ln ln ln lim 1x x x x x x x a a b b c c x a b c x →+∞⎛⎫⎛⎫++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭++=-1111111lim ln ln ln x x x x x x x a a b b c c a b c →+∞⎛⎫=++ ⎪⎝⎭++ ()1ln ln ln 3a b c =++3ln abc =，故1113lim 3n n n n n a b c abc →∞⎛⎫++ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭. 一般地，有1112lim n m n k k m m n a a a a m =→∞⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑ ，其中0k a >，1,2,,k m = ， 120lim x x nx x x e e e n →⎛⎫+++ ⎪⎝⎭ 2ln 0lim x x nx e e e n x x e +++→= ()2ln ln 0lim x x nx e e e n x x e +++-→= ()22012lim 1x x nx x x nx x e e ne e e e e→++++++= ()11122n n n e e++++== . 三．设()f x 在1x =点附近有定义，且在1x =点可导，()10f =，()12f '=，求()220sin cos lim tan x f x x x x x→++. 解：()220sin cos lim tan x f x x x x x →++()()22220sin cos 1sin cos 1lim tan sin cos 1x f x x f x x x x x x x →⎛⎫+-+- ⎪=⋅ ⎪++-⎝⎭()220sin cos 11lim tan x x x f x x x→+-'=+ 2220sin 2sin 22lim tan x x x x x x →-=+22022sin cos 1222lim sin 11cos x x x x x x x →⎛⎫- ⎪⎝⎭=⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 2200sin cos 122lim lim sin 11cos x x x x x x x x→→⎛⎫- ⎪=⋅ ⎪ ⎪+⎝⎭ 2111112-=⋅=+.四、设()f x 在[)0,∞上连续，无穷积分()0f x dx ∞⎰收敛，求()01lim y y xf x dx y →+∞⎰. 解：设()()0x Fx f t dt =⎰，由条件知，()()F x f x '=， ()()0lim x F x f t dt A +∞→+∞==⎰，利用分部积分，得 ()()00y yxf x dx xF x dx '=⎰⎰()()0y yF y F x dx =-⎰， ()()()0011y y xf x dx F y F x dx y y =-⎰⎰， ()()0lim lim y y y F x dx F y A y →+∞→+∞==⎰，于是()()()0011lim lim lim y y y y y xf x dx F y F x dx y y →+∞→+∞→+∞=-⎰⎰0A A =-=.五．设函数()f x 在[]0,1上连续，在()0,1内可微，且()()010f f ==，112f ⎛⎫= ⎪⎝⎭. 证明：（1）存在1,12ξ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()f ξξ=；（2）对于每一λ，存在()0,ηξ∈，使得()()1f f ηληλη'=-+. 证明：（1）令()()F x f x x =-，由题设条件，可知1122F ⎛⎫= ⎪⎝⎭， ()11F =-；利用连续函数的介值定理，得存在1,12ξ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0F ξ=，即()f ξξ=.（2）令()()()x G x e f x x λ-=-，由题设条件和（1）中的结果，可知，()00G =，()0G ξ=；利用罗尔中值定理，得存在()0,ηξ∈，使得()0G η'=，由()()()()()1x x G x e f x e f x x λλλ--''=---，即得()()1f f ηληλη'=-+.六、试证：对每一个整数2n ≥，成立11!!2n nn n e n +++> . 分析：这是一个估计泰勒展开余项的问题，其技巧在于利用泰勒展开的积分余项.证明：显然0n=时，不等式成立；下设1n ≥. 由于()001!!k n n n n t k n e n t e dt k n ==+-∑⎰，这样问题等价于证明()0!2n n n t n en t e dt ->-⎰，即 ()002n n n t n t t e dt e n t e dt +∞-->-⎰⎰，令u n t =-上式化为 002n n t n u t e dt u e du +∞-->⎰⎰，从而等价于0n n u n u n u e du u e du +∞-->⎰⎰，只要证明20n n n u n u n u e du u e du -->⎰⎰，设()n u f u u e -=，则只要证明()()f n h f n h +≥-，()0h n ≤≤，就有()()00n nf n h dh f n h dh +≥-⎰⎰，()()20n n n f u du f u du >⎰⎰，则问题得证.以下证明()()f n h f n h +≥-，()0h n ≤≤，成立上式等价于()()n n n h h n n h en h e ---+≥-，即()()lnln n n h h n n h h +-≥-+，令()()()ln ln 2gh n n h n n h h =+---，则()00g =，并且对0h n <<，有2dg n n dh n h n h=+-+- 2222222220n h n h n h=-==>--，从而当0h n <<时，()0g h >，这样问题得证.注：利用这一结论，我们可以证明如下结论.六、设1n >为整数，()2011!2!!n x tt t t F x e dt n -⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭⎰ ，证明方程()2n F x =，在,2n n ⎛⎫ ⎪⎝⎭上至少有一个根. 六、证明：存在1(,)2a n n ∈，使得001!2k n a x k x e dx n k -==∑⎰. 证明：令()00!k nyx k x f y e dx k -==∑⎰，则有220002!2n n k n x x x k n x n f e dx e e dx k --=⎛⎫=<= ⎪⎝⎭∑⎰⎰， ()00!k n n x k x f n e dx k -==∑⎰00!kn n n k n e dx k -=>∑⎰ 0122nn n n e e dx ->⋅=⎰，由连续函数的介值定理，得存在,2n a n ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()2n f a =，故问题得证. 这里是由于()0!kn x k x g x e k -==∑， ()0!n x x g x e n -'=-<， ()g x 在[)0,+∞上严格单调递减，所以，当0x n <<时，有()()g x g n >.七、是否存在R 上的可微函数()f x ，使得2435(())1f f x x x x x =++--，若存在，请给出一个例子；若不存在，请给出证明。

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数学竞赛中的因式分解问题市郊中心学校李英1 引言因式分解是指把一个多项式分解为几个整式的积的形式，即和差化积.它是中学数学中最重要的恒等变形之一，被广泛地应用于初等数学之中，是我们解决许多数学问题的有力工具.因式分解方法灵活，技巧性强，学习这些方法与技巧，不仅是掌握因式分解内容所必需的，而且对于培养学生的解题技能，发展学生的思维能力，都有着十分独特的作用，学习它，既可以复习整式四则运算，又为学习分式打好了基础；学好它，既可以培养学生的观察、注意、运算能力，又可以提高学生综合分析和解决问题的能力.分解因式与整式乘法互为逆变形.因式分解的应用较为广泛，可应用于多项式除法、高次方程的求根以及分式的运算.因式分解在中学数学里占有十分重要的地位，它是学习其他知识的一座桥梁，在分式的运算中，它是通分和约分的基础知识；在解高次方程与不等式时，它又是一种重要的解法；在数的运算中，它是进行简便运算的重要方法；在代数式与三角式的恒等变形中，它又是一种重要的手段；它对整式的运算也起到巩固的作用；它是整式乘法的逆变形，对学生的逆向思维能力、观察能力的培养也起着积极的作用.在各类数学竞赛中，它是命题的热点.2 数学竞赛中常见的因式分解方法2.1 分组分解法[1]当多项式的项数较多时，可将多项式进行合理分组，然后再直接提公因式或运用公式进行因式分解.例如：要把多项式am an bm bn +++分解因式，可以先把它前两项分成一组，并提出公因式a ，再把它后两项分成一组，并提出公因式b ，从而得到()()a mn b m n +++,又可以提出公因式()m n +，从而得到()()a b m n ++ .例1分解因式2222224y x 565x 24y 30y y y x x x --+-++-（全国“希望杯”数学竞赛题）分析本题如是按照一般的分组分解方法难以进行，若将它整理成x 或y 的二次三项式再分组，问题就变得简单了.解原式=()()()22224545645x y y x y y y x -++-+--+=()()22456y x y x -++-=()()()23245x x y y +--+2.2 待定系数法[2]待定系数法是解决代数式恒等变形中的重要方法,如果能确定代数式变形后的字母框架,只是字母的系数高不能确定,则可先用未知数表示字母系数,然后根据多项式的恒等性质列出n 个含有特殊确定系数的方程(组)，解出这个方程(组)求出待定系数，从而把多项式因式分解.待定系数法是数学常用方法，用途十分广泛.2.2.1用待定系数法解题的依据用待定系数法解题的依据主要是多项式恒等定理：（1）多项式()()x g x f ≡的充要条件是两个多项式的同类项的系数对应相等.（2）如果()()x g x f ≡，则对于任意一个值a ,都有()()a g a f ≡.2.2.2用待定系数法解题的一般步骤（1）用适当的待定系数表示问题的一般形式.（2）根据多项式恒等定理列出方程（组）.（3）解方程（组），确定待定系数的值.2.2.3待定系数法在数学竞赛中的应用例2分解因式：226136xy x y y x +-++-（第十届缙云杯初二数学竞赛）解由于原式是二元二次式，且只可能分解成两个二元一次式之积，考虑到226xy y x +-=()()y x y x 23-+ 故可设226136xy x y y x +-++-=()()b y x a y x +-++23=226xy y x +-()()32a b x b a y ab +++-+比较恒等式两边同类项系数，得⎪⎩⎪⎨⎧-==-=+613231ab a b b a ②由于①、②解得,3,2=-=b a 代入③，适合.所以，226136xy x y y x +-++-=()()3223+--+y x y x说明高次多项式的因式分解一般较难，如果能判定它含有某些因式后再分解就相对容易些.所以，在分解高次式之前，我们可以用因式定理“如果(),0=a f 则()x f 必含有因式a x =”来寻找()x f 的因式.例3 分解因式：()()()876321⨯⨯-+++x x x （1987，四川省初中数学竞赛）解设()=x f ()()()876321⨯⨯-+++x x x显然，().05=f由因式定理知()x f 有因式().5-x所以可设()()()⨯⨯-+++76321x x x 8= ()5-x ()b ax x ++2取,1-=x 得()b a +--=⨯⨯-16876；取,2-=x 得=⨯⨯-876().247b a +--解得.66,11==b a说明（1）有几个独立的待定系数，就必须列出几个独立的方程.当方程个数多余未知数的个数时，可选择其中适当的方程求解，而把多余的方程作检验用，当解得的未知数适合所有方程时，这些未知数的值即为所求.（2）在设多项式可能的分解形式时，应充分利用已知条件和多项式的有关性质，尽量减少待定系数的个数，这样可减少方程个数，降低解方程组的难度.（3）当分解后的可能形式不止一种而又不能确定哪一种正确时，就要逐个试探.在试探过程中，如能充分利用已知信息和解题经验，则可减少探索过程，少走弯路.2.3 换元法[3]换元法指的是将一个较复杂的代数式中的某一部分看作一个整体，并引入一个新的字母变量替代这个整体来运算，从而使运算过程简明清晰．达到简化原式结构的目的.有时在分解因式时，可以选择多项式中的相同的部分换成另一个未知数，然后进行因式分解，最后再转换回来.种方法对于某些特殊的多项式因式分解可以起到简化的效果.换元法是一种重要的数学方法.注意:换元后勿忘还元.例4 方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+71328123y x xy y x xy 的解是=x =y (第十一届‘五羊杯’初中数学竞赛题)分析如果把已知方程两边都取倒数，那么可得,732,823=+=+xyy x xy y x 即,732,823=+=+xy x y 这就可以用换元法来解这个方程组.解设,1,1v yu x == 则原方程可化为⎩⎨⎧=+=+732823u v v u 解这个方程组得⎩⎨⎧==21v u.21,1==∴y x2.4 十字相乘法[4]2.4.1q px x ++2的因式分解由乘法公式知:()()()2x a x b x a b x ab ++=+++令,,ab q b a p =+=则有q px x ++2=()()b x a x ++凡是如q px x ++2的形式的二次三项式，如果可以分解成两个一次因式，那么每个因式有两个项，它们的第一项都是x ，第二项a 和b 可以由一次项的系数p 和常数项q 确定.（1）确定a 和b 的符号：①如果q 是正数，p 也是正数，那么a 和b 都是正数；②如果q 是正数，p 是负数，那么a 和b 都是负数；③如果q 是负数，p 是正数，a 、b 中绝对值大的是正，小的是负； ④如果q 是负数，p 也是负数，a 、b 中绝对值大的是负，小的是正；（2）确定a 和b 的绝对值，可以先把q 得绝对值分解成所有可能的一对因数的积，然后看：①如果a 、b 同号的话，哪一对因数的和等于p 的绝对值，那么这一对因数就是a 和b 的绝对值；②如果a 、b 异号的话，哪一对因数的差等于p 的绝对值，那么这一对因数就是a 和b 的绝对值；2.4.2 n mx lx ++2的因式分解由乘法可以得到关于x 的两个二项式b ax +和d cx +相乘的结果：()()()bd x bc ad acx d cx b ax +++=++2.如果令,,,bd n bc ad m ac l =+==得公式：n mx lx ++2=()()d cx b ax ++. 具体步骤：（1）把l 分解成两个正因数a 和c （如果l 是负数，可以先提出公因式-1，这样括号里2x 项的系数就是正数3），把a 、c 分成上下行写在左列.（2）把n 的绝对值分解成两个因数b 和d ，分上下行写在右列.（3）交叉相乘，得到两个积ad 和bc 的值，如下式：（4）如果n 是正数，那么ad 和bc 的绝对值的和必须等于m 的绝对值才适合，如果n 是负数，那么ad 和bc 的绝对值的差必须等于m 才合适.（5）确定ad 和bc 的符号，而ad 的符号就是d 的符号，bc 的符号就是b 的符号.把符号补到竖式里去，最后把确定了的a 、b 、c 、d 分别填入两个因式()b ax +和()d cx +中去.例5 已知方程()222238213150a x a a x a a --+-+=（其中a 是非负整数）至少有一整数根，那么a =分析考虑到151322+-a a =()()325--a a 且十字相乘之积的和正好等于一次项系数a a 832+-.解原方程用十字相乘法对左端分解因式得()()523ax a ax a ----⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，,32,5121ax a x -=-=∴ 要使1x 或2x 是整数，只要a =1， 3，5.答：a 可取1， 3，5.2.4.3 双十字相乘法[5]在分解二次三项式时，十字相乘法是常用的方法，对于比较复杂的多项式，尤其是二次六项式，也可以运用十字相乘法分解因式，其具体步骤为：（1）用十字相乘法分解由前三次组成的二次三项式，得到一个十字相乘图.（2）把常数项分解成两个因式填在第二个十字的右边且使这个两个因式在第二个十字中交叉之积等于原式中含y 的一次项，同时还必须与第一个十字中左端的两个因式交叉之积的和等于原式中含x 的一次项.例6 分解因式224522-+++-y x y xy x .解这是一个二次六项式，可考虑使用双十字相乘法进行因式分解，如下图：所以，原式=()()124--+-y x y x .2.5 对称式的因式分解[6]2.5.1对称多项式如果对换多项式()n x x x f ,...,,21的任意两个字母的位置，多项式恒不变，那么()n x x x f ,...,,21叫做n 元对称多项式.例如()333231321,.,x x x x x x f ++=，()221221323121,x x x x x x x x f +++=分别为三元，二元对称多项式，并且都是三次齐次式.三次齐次对称式的标准形为()()Cxyz x z x z yz z y xy y x B z y x A +++++++++22222223332.5.2对称式的因式分解根据对称多项式的特点和因式定理，可利用待定系数法对它进行因式分解. 例：分解因式Q =()()()()3333z y x y x z x z y z y x -+--+--+-++解：由于交换x 、y 、z 之中的任意两个字母，原多项式不变，所以原式为对称式.设0x =，那么有()()()()33330.y z y z z y y z +-+----=由因式定理可知，Q 含有因式x ，又Q 是关于x 、y 、z 的对称式，所以它还有因式y 和z .又由于Q 是三次式，xyz 也是三次式，所以Q =A xyz （A ≠0），A 是待定系数. 确定A 的值，有两种方法：（1）因为Q =A xyz 是恒等式，所以只要任取x 、y 、z 的一组值，就可以确定A 的值. 设x =1，y =-1， z =1，左边=-24，右边=-A ；∴A =24，即Q =24xyz .（2）因为Q =A xyz 是恒等式，所以只要求出Q 的展开式中xyz 的系数，就是A的值.()3z y x ++的展开式中，xyz 的系数是6，其余三个式子的展开式中xyz 的系数是-6，所以Q 的展开式中xyz 的系数是24，即A =24.3 因式分解在数学竞赛中的应用因式分解是初中代数中重要的一中恒等变形，其特点是把和差化积的形式.作为一种数学方法，它在解题中的应用较广，有些问题，若能恰当使用，可使解题过程显得简捷明了，收到事半功倍的效果.3.1 用于计算[7]例7 计算：19961995199519931995219952323-+-⨯-（北京市中学生数学竞赛初二赛题）解原式=()()2219952199319951995119961995--+-=()()22199311995199611995-- =19961993 例8 计算：⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-22221011411311211 （天津市初二数学竞赛题）解原式=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-10111011411411311311211211 =101110991098454334322321⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ =20113.2 用于求值[7]例9 若n 为正整数，且4216100n n -+是质数，那么n = （希望杯初二数学竞赛试题）解原式=()4221610036n n n -+- =()2223610n n -+ =()()22610610n n n n ++-+ 因为()()22610610n n n n ++>-+，所以()2610n n -+=1，所以()230n -=，所以3n =.例10 已知：0=+bd ac ，则()()2222b a cd d c ab +++得值等于（武汉市初中数学竞赛初二试题）解原式 =2222cdb cda abd abc +++=()()bd ac ad bd ac bc +++=()()ac bd bc ad ++0=+bd ac ∴原式=03.3 用于解决有关方程问题[7]例11 若方程2214,28,xy y xy x y x ++=++=，则x y +的值为（TI 杯全国初中数学竞赛试题）解把两个方程左右两边分别相加得：22242,xy x y y x ++++=移项并整理得：()()2420x y x y +++-=方程左边因式分解得：()()670x y x y +-++=所以，7,6-=+=+y x y x 或.例12 已知方程()()22221120x y x y +-+-=，则y x 、的平方和是（孝感市英才杯初中数学竞赛试题）解原方程变形得，()()01222222=-+-+y x y x ，()()2222340x y x y ∴+++-= 0322>++y x ，0422=-+∴y x ，∴422=+y x3.4 用于二次根的化简[7]例13 化简2356101528-+--+的结果是（山东省初中数学竞赛试题）解原式=()()235352352-++-+==35+例14 化简=+++--+2115141021151410 （武汉、重庆市初中数学竞赛题）解原式=()()()()753752753752++++-+= =3232+- =562-3.5 用于判断整除问题[8]例15 多项式1261x x -+除以21x -的余式是（1993，全国初中数学竞赛）解设商式为()x g .因为除式是二次式，则余式最多是一次式，故可设1261x x -+=()()21g x ax b x -++取,1=x 得b a +=1，取,1-=x 得b a +-=1.解得1,0==b a .所以，余式是1.例16 知多项式1323+++bx ax x 能被12+x 整除，且商式是13+x ，那么()b a -的值是（第五届河南省初二数学竞赛）解据多项式恒等式，得()()32231131x ax bx x x +++=++.取1=x 得84=++b a .取1-=x 得42-=--b a .解得3,1==b a .()()113-=-=-∴b a .3.6 用于确定大小关系[9]例17 知c b a >>，a c c b b a M 222++=，222ca bc ab N ++=，则M 与N 的大小关系是（第十三届“希望杯”初二）解为c b a >>，所以N M -=()()()22222b c a c b a b c bc -+-+-=()c b -()ab ac bc a --+2=()c b -()()0a c a b -->所以M N >.3.7 用于解不定方程[9]例18 足不等式2003200320032003=+--+xy y x y x y x 的正整数对()y x ,的个数是 2 (2003年全国初中数学联赛试题)解 m =n =,k =2003,则222n m km kn mnk m n k +--+=，所以()()20m n mn k mn m n k ++--+=，()()0k mn k m n -++=.因为0k m n ++>，所以0k mn -=，即=2003xy .由x 、y 都是正整数且2003是质数，易求x 与y 的值.3.8 其他应用[9]例19 个指教三角形的边长都是整数，它的面积与周长的数值相等，试确定这个直角三角形的三边的长.（2003年北京市中学生数学竞赛初中二年级复赛试题）解两直角边分别为a 、b ，斜边为a bc >，由于a 、b 、c 全是正整数，所以b a ≠.依题意有++b a 22b a +=2ab . 移项，平方，整理得0242222=+--ab ab b a b a ，因为ab 0≠，两边同除以abc ，得024=+--b a ab ，可化为()()4281844⨯=⨯==--b a .因为a 、b 都为正整数，a b >，则⎩⎨⎧=-=-1484b a 或 ⎩⎨⎧=-=-2444b a 分别得a =12，b =5，c =13或a =8，b =6，c =10.答：三边长为12、5、13或8、6、10.例20 甲、乙、丙三种货物，若购甲3件，乙7件，丙1件，共需3.15元;若购甲4件，乙10件，丙1件，共需4.20元.现购甲、乙、丙各一件，共需多少元？（1985，全国初中数学竞赛）解购甲1件需x 元，乙一件需y 元，丙一件需z 元，则购甲、乙、丙各一件需()z y x ++元.由已知条件得：15.373=++z y x20.4104=++z y x设z y x ++()()z y x b z y x a +++++=10473()()()z b a y b a x b a +++++=10743比较等式两边同类项系数，得 ⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+11107143b a b a b a解得3=a ，2-=b .05.120.4215.33=⨯-⨯=++∴z y x .。

九章算术共有几个问题的解法

九章算术共有几个问题的解法九章算术问题是指在一场算术竞赛中，给出一系列数字和运算符，在规定的时间内解决尽可能多的问题。

这类问题常常需要运用快速计算和逻辑推理的能力。

在解决九章算术问题时，常常涉及到以下几个方面的解法。

1. 枚举法枚举法是一种简单直接的解法，通过穷举所有可能的答案，找到符合题目要求的解。

对于九章算术问题而言，枚举法可以用来逐个计算给定的数字和运算符的不同组合，然后验证其结果是否满足题目条件。

这种解法的优点是简单易懂，适用于问题规模较小的情况。

然而，枚举法的缺点是在问题规模较大时，穷举所有可能的组合会耗费大量时间和计算资源。

2. 动态规划动态规划是一种用于解决优化问题的算法，其基本思想是将问题分解为子问题，并通过保存子问题的解来避免重复计算，从而提高算法的效率。

在九章算术问题中，可以将整个问题分解为若干个子问题，每个子问题都是一个较小规模的算术问题。

通过计算子问题的解，并保存各个子问题的最优解，最终可以得到原问题的解。

动态规划的优点是可以避免重复计算，提高算法效率。

然而，动态规划的实现可能涉及到递归和大量的存储空间，需要仔细设计算法以充分利用优势。

3. 深度优先搜索深度优先搜索是一种经典的图搜索算法，通过递归地探索问题的所有可能解，找到满足题目条件的解。

在九章算术问题中，深度优先搜索可以用来对给定数字和运算符的排列组合进行递归遍历，直到找到满足题目条件的解。

深度优先搜索的优点是能够找到所有可能的解，但缺点是可能存在大量的重复计算，需要采取剪枝等策略来提高算法效率。

4. 广度优先搜索广度优先搜索是另一种常见的图搜索算法，通过逐层地遍历图的节点，找到从起始节点到目标节点的最短路径。

在九章算术问题中，广度优先搜索可以用来对给定数字和运算符的排列组合进行广度优先遍历，直到找到满足题目条件的解。

广度优先搜索的优点是可以找到最短路径的解，但缺点是可能需要存储大量的中间结果，需要合理设计算法以节省存储空间。

小学奥数竞赛计算题常用解法

小学奥数竞赛计算题常用解法来源：合肥奥数网整理文章作者：奥数网编辑 2011-09-02 20:45:09[标签：小学奥数竞赛杯赛计算题试题][当前17711家长在线讨论]在小学数学中，计算题占有一定的分量，特别是小学奥数中。

因此有必要掌握灵活、多变的解题方法，合理地运用运算性质、定律、法则。

下面是计算题的常用解法：一、分组凑整法：例1．3125+5431+2793+6875+4569解：原式=（3125+6875）+（4569+5431）+2793=22793例2．100+99-98-97+96+95-94-93+……+4+3-2解：原式=100+（99-98-97+96）+（95-94-93+92）+……+（7-6-5+4）+（3-2）=100+1=101分析：例2是将连续的（+ - - +）四个数组合在一起，结果恰好等于整数0，很快得到中间96个数相加减的结果是0，只要计算余下的100+3-2即可。

二、加补数法：例3：1999998+199998+19998+1998+198+88解：原式=2000000+200000+20000+2000+200+100-2×5-12=2222300-22=2222278分析：因为各数都是接近整十、百…的数，所以将各数先加上各自的补数，再减去加上的补数。

三、找准基数法：例4．51.2+48.8+52.5+50.9+47.8+52.3-48.2-59.6解：原式=50×（6-2）+1.2-1.2+2.5+0.9-2.2+2.3+1.8-9.6=200-4.3=195.7分析：这些数都比较接近50，所以计算时就以50为基数，把每个数都看作50，先计算，然后再加多或减少，这样减轻了运算的负担。

四、分解法：例5．1992×198.9-1991×198.8解：原式=1991×198.9+198.9×1-1991×198.8=1991×（198.9-198.8）+198.9=199.1+198.9=398分析：由于1991与1992、1989与198.8相差很小，所以不妨把其中的任意一个数进行分解，如：198.9=198.8+0.1或198.8=198.9-0.1，多次运用。

观察入微方法得当——竞赛题解法例析

中掌生敦理化・初中版
分析：题虽然数字众多，特点显露，子从左到右相邻两数之差本但分均为１而分母计算出各小括号的值后相乘，快速约分．０，能
解：式＝原
２３４５
；
９９ｌ０９００
减少运算量，而实现简捷、确的解题目标．从准
学们学习参考．
．
现选取近年来数学竞赛中的典型计算题．析其特点与解法，同分供
例１（五羊杯 ” 题）７９ ×００３８＋１２ “ 试３．．０．１×０３９＋６２．７．１×０１９＝．５
可逐次使用平方差公式，算会十分便捷．计
２４＝（一１）２６２（＋１）２（４＋１２）（。＋１（＋１）２＋１）一２４＝（４— １）２）２（６２（４
＋１（。１（＋１（＋１）２＋）２）２）一２４ … ＝（把一１（＋１６＝２）２）一２４２４１６＝６—
・
（＋１）一２４２６．
分析：题６个括号巾２的次数成倍递增，把各括号中两数之和本若
一一
计算出来，疑是十分烦琐的，能在（无若２＋１项之前添乘（）２— １，）则
解：原式＝（２— １（）２＋１（１（１（１（＋１（＋１一）２＋）２＋）２＋）２）２２）

初中科学竞赛辅导《酸碱盐》经典计算20题

初中科学竞赛辅导《酸碱盐》经典计算20题（温馨提示：题目的编排顺序遵循由易到难的原则，使用时可根据实际需要选择合适的题目进行训练；如有疑难问题，可与编者交流：QQ 16173689420）1、普通黄铜仅由铜和锌组成，广泛用于制造板材、管材等，也用于铸造机械零件。

现有一块50.00g 黄铜样品，某同学利用一种未知浓度的稀盐酸来测定样品中Cu 的质量分数。

有关数据如下图。

求：（1）黄铜中Cu 的质量分数。

（2）样品完全反应产生的H 2的质量。

（3）稀盐酸的溶质质量分数。

解析：（1）黄铜中Cu 的质量分数=33.75g/50.00g ×100%=67.5%（2）设样品恰好完全反应生成的H 2的质量为x ，消耗HCl 的质量为y 。

Zn + 2HCl = ZnCl 2 + H 2↑65 73 2 50.00g-33.75g=16.25g y x解得： x =0.5 g ；y =18.25g（3）恰好完全反应所加稀盐酸的质量是：198.25g +0.5g-16.25g=182.5g HCl%=18.25g/182.5g ×100%=10%答案：（1）黄铜中铜的质量分数是67.5% ；（2）样品完全反应产生的H 2的质量是0.5g ；（3）稀盐酸的溶质质量分数是10% 。

2、取一定量含有杂质的某金属R 的样品，投入到73g 质量分数为20%的盐酸中，金属与盐酸恰好完全反应（杂质不参加反应也不溶于水），测得所得金属氯化物中氯元素的质量分数质量分数为74.4%。

计算：（1）样品中含金属R的质量？（2）所得溶液中溶质的质量分数？解析：73g质量分数为20％的盐酸中HCl的质量＝73×20%＝14.6g其中含Cl=14.6×35.5/（35.5+1）＝14.2g含H＝14.6-14.2＝0.4g设样品中金属R的质量为m依题意有 14.2/（14.2+m）＝74.7%解得：m＝4.8g所得溶液中溶质的质量分数=（4.8+14.2）/（4.8+73-0.4）×100%=24.5%3. 某学生在课外活动中用一定量的二价金属R和稀硫酸反应来制取氢气，所做的五次实验结果记录如下表（假设每次实验所产生的氢气全部被收集，气体体积在相同条件下测定）。

初二数学：2.8有理数的混合运算有理数竞赛题解法技巧例说

有理数竞赛题解法技巧例说本文结合近几年数学竞赛谈谈有理数竞赛题的常见解答技巧，供同学们分析时参考．一、拆项组合（“希望杯”全国数学邀请赛初一试题）（“希望杯”全国数学邀请赛初一试题）二、字母巧代数例3 计算1996×19941993-1994×19961996．（广西河池地区初中数学竞赛试题）解：设1996=a，则1994=a-2，1993=a-3．原式=a[(a-2)×10000+(a-3)]-(a-2)(a×10000+a)=a(a-2)×10000+a(a-3)-a(a-2)×10000-a(a-2)=a2-3a-a2+2a=-a=-1996．三、整体巧代换（“希望杯”全国数学邀请赛初一试题）四、反序巧相加（上海市初中数学竞赛试题）解：设原式=S，则括号内各项反序排列有此式与原式相加，得∴S=885．七年级下学期期末数学试卷一、选择题（每题只有一个答案正确）1．以下错误的是( )A ．0.5±B ．0.5C ．0.5是0.25的平方根D ．0的平方根是0【答案】B【解析】根据实数的平方根和算术平方根的意义和性质逐一进行判断即可.【详解】A. ，故本选项正确；B. ±0.5，故本选项错误；C. 0.5是0.25的平方根，故本选项正确；D. 0的平方根是0，故本选项正确.故选B.【点睛】本题考查了平方根和算术平方根，注意正数的算术平方根的结果是一对相反数.2．若a b >，则下列不等式中一定成立的是（）A ．0a b -<B ．0ab >C ．a b ->-D ．11a b +>-【答案】D【解析】根据不等式的基本性质解答即可．【详解】解：∵a ＞b ，∴a-b ＞0，故A 错误；由于不能确定a 与b 是否同号，所以ab 的符号不能确定，故B 错误；-a ＜-b ，故C 错误；a+1＞b+1，故D 正确．故选：D ．【点睛】本题考查了不等式的性质，熟练运用不等式的性质是解题的关键．3．下列方程中是二元一次方程的是（）A ．2 x 2 - 4 = 0B ．xy = 3C ．2x +y 2= 1D ．x +1y = 3【答案】C【解析】分析: 根据二元一次方程的定义求解即可.详解: A 、是一元二次方程，故A 不符合题意；B 、是二元二次方程，故B 不符合题意；C 、是二元一次方程，，故C 符合题意；D 、是分式方程，故D 不符合题意；故选：C.点睛: 本题考查了二元一次方程，二元一次方程必须符合以下三个条件：方程中只含有2个未知数；含未知数项的最高次数为一次；方程是整式方程.4．已知a>b ，下列各式中正确的是（）A ．a-2 < b-2B ．ac > bcC ．-2a < -2bD ．a-b < 0 【答案】C【解析】根据不等式的性质，解答即可；【详解】解：∵a>b∴a-2 >b-2，A.错误；当c ＞0，ac > bc 才成立，B 错误.；-2a < -2b ，C 正确；a-b >0, D 错误；故答案为C;【点睛】本题考查了不等式的性质，即：基本性质1：不等式两边同时加或减去同一个整式，不等号方向不变，基本性质2：不等式两边同时乘以（或除以）同一个大于0的整式，不等号方向不变基本性质3：不等式两边同时乘以（或除以）同一个小于0的整式，不等号方向改变5．计算（a ﹣b ）2的结果是（）A ．a 2﹣b 2B ．a 2﹣2ab+b 2C ．a 2+2ab ﹣b 2D ．a 2+2ab+b 2 【答案】B【解析】分析：根据完全平方公式进行计算即可.详解：原式222.a ab b =-+故选B.点睛：考查完全平方公式，熟记公式是解题的关键.6．不等式3（x+1）＞2x+1的解集在数轴上表示为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】先求出不等式的解集，再在数轴上表示出来即可．【详解】解：去括号得，3x+3＞2x+1，移项得，3x ﹣2x ＞1﹣3，合并同类项得，x ＞﹣2，在数轴上表示为：．故选：A ．【点睛】本题考查的是在数轴上表示不等式的解集，熟知“小于向左，大于向右”是解答此题的关键．7．点A 在直线m 外，点B 在直线m 上，A B 、两点的距离记作a ，点A 到直线m 的距离记作b ，则a 与b 的大小关系是 ( )A ．a b >B ．a b ≤C ．a b ≥D ．a b <【答案】C【解析】分两种情况：①a 和b 构成一个直角三角形，且a 是斜边，b 是直角边，所以a ＞b ；②若B 是垂足时，a=b ．【详解】如图，a 是斜边，b 是直角边，∴a ＞b ，若点A 、点B 所在直线垂直直线m ，则a=b ，故选C ．【点睛】本题考查了点到直线的距离，明确点到直线的距离是这点到直线的垂线段的长度，属于基础题． 8．下列四个命题中：①在同一平面内，互相垂直的两条直线一定相交②有且只有一条直线垂直于已知直线③两条直线被第三条直线所截，同位角相等④从直线外一点到这条直线的垂线段，叫做这点到这条直线的距离．其中真命题的个数为（）A ．1个B ．2 个C ．3个D ．4个【答案】A【解析】分析：利用平行公理及其推论和垂线的定义、点到直线的距离的定义分别分析求出即可．详解：①在同一平面内，互相垂直的两条直线一定相交，正确；②在同一个平面内，有且只有一条直线垂直于已知直线，此选项错误；③两条平行直线被第三条直线所截，同位角相等，错误；④从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做这点到这条直线的距离，错误；真命题有1个.故选A.点睛：本题考查了命题与定理.其中真命题是由题设得出结论，如果不能由题设得出结论则称为假命题.题干中②、③、④，均不能由题设得出结论故不为真命题.9．已知()()()210333a b c --=-=-=-，，，那么a ，b ，c 之间的大小关系是( )A ．a b c >>B ．a c b >>C ．c b a >>D ．c a b >> 【答案】D【解析】分析：利用0指数幂和负整数指数幂的运算性质分别求出a 、b 、c 的值，再比较即可. 详解：()2a 3-=-=()213-=19， ()1b 3-=-=13-=-13， ()0c 3=-=1，故c a b >>故选D.点睛：此题考查了0次幂和负整数指数幂的运算及数的大小比较，熟练在掌握运算性质是解此题的关键. 10．9的平方根是（）A ．3B ．±3C ．D ．【答案】B【解析】根据平方根的定义直接求解即可．【详解】解：∵（±1）2=9，∴9的平方根为±1．故选：B ．【点睛】本题考查了平方根的定义，注意一个正数有两个平方根，它们互为相反数；0的平方根是0；负数没有平方根．二、填空题题11．对部分学生最喜爱的电视节目情况调查后，绘制成如图所示的扇形统计图，其中最喜爱体育的有50人，则最喜爱教育类节目的人数有________人．【答案】1【解析】先求出被调查的总人数，再乘以对应百分比可得答案．【详解】由题意知，被调查的总人数为50÷25%＝200（人），所以最喜爱教育类节目的人数有200×40%＝1（人），故答案为：1．【点睛】本题考查的是扇形统计图，根据扇形统计图求出被调查的总人数是解答此题的关键．12．若关于x 的不等式组0721x m x -<⎧⎨-≤-⎩只有4个正整数解，则m 的取值范围为__________. 【答案】78m <≤【解析】首先解两个不等式，根据不等式有4个正整数解即可得到一个关于m 的不等式组，从而求得m 的范围．【详解】0721x m x -<⎧⎨-≤-⎩①② 解不等式①得：x<m解不等式②得：x≥4∵原不等式组只有4个正整数解，故4个正整数解为;4、5、6、7∴78m <≤故答案为：78m <≤【点睛】本题主要考查了不等式组的正整数解，正确求解不等式组，并得到关于m 的不等式组是解题的关键. 13．如果，那么的值等于______. 【答案】【解析】根据非负数的性质列出关于x 、y 的二元一次方程组求解得到x 、y 的值，再代入代数式进行计算即可得解．【详解】根据题意得，，由②得，y=3x ③，把③代入①得，x+3x−4=0，解得x=1，把x=1代入③得，y=3，所以方程组的解是，所以2x−y=2×1−3=−1.【点睛】本题考查解二元一次方程组和非负数的性质，解题的关键是掌握解二元一次方程组和非负数的性质. 14．已知点(),P x y 在y 轴右侧，且点P 到x 轴的距离为3，到y 轴的距离为2，则点P 的坐标为__________.【答案】()2,3或()2,3-【解析】根据点到坐标轴的距离公式(点(),P x y 到x 轴的距离为y ，到y 轴的距离为x )计算出,x y 的值，再由题意取合适的坐标即可.【详解】解：点P 到x 轴的距离为3，到y 轴的距离为23,2y x ∴==解得3,2y x =±=±点(),P x y 在y 轴右侧0x ∴>2x ∴=所以点P 的坐标为()2,3或()2,3-故答案为：()2,3或()2,3-【点睛】本题主要考查了点到坐标轴的距离，熟练掌握点到坐标轴的距离公式是解题的关键.15．如图,AB ∥CD,直线EF 分别交AB 、CD 于点E. F,HF 平分∠EFD,若∠1=110°,则∠2的度数为_____【答案】35°【解析】根据对顶角相等求出∠3，再根据两直线平行，同旁内角互补求出∠DFE ，然后根据角平分线的定义求出∠DFH ，再根据两直线平行，内错角相等解答．【详解】∵∠1=110°，∴∠3=∠1=110°，∵AB ∥CD ，∴∠DFE=180°−∠3=180°−110°=70°∵HF 平分∠EFD ，∴∠DFH=12∠DFE=12×70°=35° ∵AB ∥CD ，∴∠2=∠DFH=35°. 故答案为35°【点睛】此题考查平行线的性质，解题关键在于求出∠DFE16．甲、乙两人轮流做下面的游戏：掷一枚均匀的骰子(每个面分别标有1，2，3，4，5，6这六个数字)，如果朝上的数字大于3，则甲获胜，如果朝上的数字小于3，则乙获胜，你认为获胜的可能性比较大的是_____．【答案】甲【解析】∵1,2,3,4,5,6这六个数字中大于3的数字有3个:4,5,6,∴P（甲获胜）=31 62 =,∵1,2,3,4,5,6这六个数字中小于3的数字有2个:1,2,∴P（乙获胜）=21 63 =,∵1123>,∴获胜的可能性比较大的是甲,故答案为:甲.17．若三角形的三个内角的比为2：3：4，则这个三角形最大内角为______________【答案】80°【解析】可设这三个角分别是2x，3x，4x，然后使用三角形内角和列出方程，求出x；4x的值即为答案。

七年级数学计算竞赛

七年级数学计算竞赛一、有理数的运算。

1. 有理数加法。

- 法则：同号两数相加，取相同的符号，并把绝对值相加；异号两数相加，绝对值相等时和为0，绝对值不等时，取绝对值较大的数的符号，并用较大的绝对值减去较小的绝对值；一个数同0相加，仍得这个数。

- 示例：- 计算(+3)+(+5)，因为是同号两数相加，所以结果为+(3 + 5)=+8。

- 计算(-3)+(+5)，异号两数相加，5的绝对值大于3的绝对值，取+号，结果为+(5 - 3)=+2。

2. 有理数减法。

- 法则：减去一个数，等于加上这个数的相反数。

- 示例：计算5-(-3)，就等于5+(+3)=8。

3. 有理数乘法。

- 法则：两数相乘，同号得正，异号得负，并把绝对值相乘；任何数同0相乘都得0。

- 示例：- 计算(+3)×(+5)=+15。

- 计算(-3)×(+5)=-15。

4. 有理数除法。

- 法则：除以一个不等于0的数，等于乘这个数的倒数；两数相除，同号得正，异号得负，并把绝对值相除；0除以任何一个不等于0的数都得0。

- 示例：计算6÷(-2)=6×(-(1)/(2))=-3。

5. 有理数的混合运算顺序。

- 先算乘方，再算乘除，最后算加减；如果有括号，先算括号里面的。

- 示例：计算2×(-3)^2+4÷(-2)- 先算乘方：(-3)^2 = 9。

- 再算乘除：2×9 = 18，4÷(-2)=-2。

- 最后算加减：18+(-2)=16。

二、整式的加减。

1. 整式的概念。

- 单项式：由数与字母的积组成的代数式叫做单项式，单独的一个数或一个字母也叫做单项式。

例如3x，-5，y都是单项式。

- 多项式：几个单项式的和叫做多项式。

例如2x+3y，x^2 - 2x+1都是多项式。

- 整式：单项式和多项式统称为整式。

2. 同类项。

- 定义：所含字母相同，并且相同字母的指数也相同的项叫做同类项。

简便运算的几种特殊解法

在进行简便运算时，同学们可根据数字的特点，灵活采用分解、重组、合并、拆分、改变运算顺序等多种方法，使繁杂冗长的计算变得十分简便。

这样一来，不仅可以提高学生运算速度，而且还能较好地培养学生各方面的能力。

在小学数学竞赛中，常用的方法有以下几种：1．设数法：÷+#善，‘二_茸茸≮：≯二÷+{+÷)一c+÷+÷+{+吉)×c吉+÷+÷，分析与解：此题若按一般方法进行计算，数字太大，步骤繁杂，不易计算，但如果我们巧设字母，就可使计算简便。

设：仁吉+÷+寺，皓÷+÷峙+士贝0原式=(1+口)×6一(1+6)×口：上【例2】2007×2008200820082008一分析与解：此题若从左到右依次计算，不仅运算速度慢，而且极易出现错误，但若用字母代换，则可使计算变得十分简便。

设口=20076=2008甘肃高媛贝0原式=口×6666—6×口口口口=口×6x111l一6×口×111l=11l l口6—11l l口6=02．分组法：【例3】2008+2007—2006—2005+2004 +2003—2002—2001+…+4+3—2一l分析与解：把四个数分成一组，从中发现，每组数的计算结果都等于4，从1到2008共可分成2008÷4=502组，因此，原式=(2008+2007—2006—2005)+…+(4+3—2一1)=4×502=20083．凑整法：【例4】400l+6998—300l一1997分析与解：题中四个数都比较接近整数，我们可以把这些数先看做整千(百) (十)数，再根据多加要减，多减要加，少加要加，少减要减的要求处理好零头数。

原式=(4000+1)+(7000—2)一(3000+1)一(2000一3)=(4000+7000—3000—2000)+(1+3—2一1)=60mL 1I -一．4．倒数法：【例5J2007÷200堞十击分析与解：此题如果用一般方法，是很难计算出结果的，但只要利用倒数的知●-=506．拆分法：【例8】舌一寺+嚣一等一砉分析与解：先将原分数分别进行拆识，把口÷6车专化为1÷(6÷d)的形式就能简分，然后就可发现，前后两个分数可以消算。

高中化学竞赛无机化学计算题

无机化学计算题化学热力学：1．高价金属的氧化物在高温下容易分解为低价氧化物。

以氧化铜分解为氧化亚铜为例，估算反应分解的温度。

该反应的自发性是焓驱动的还是熵驱动的？温度升高对反应自发性的影响如何？解：4CuO===2Cu2O＋O2△r Hθm(298 K)＝2△f Hθm(298 K，Cu2O)＋△f Hθm(O2)-4△f Hθm(298 K，CuO)＝2×(-169)＋0－4×(-157.3)＝291.2 kJ·mol-1△r Sθm(298 K)＝2Sθm(298 K，Cu2O)＋Sθm(298 K，O2)-4Sθm(298 K，CuO)＝2×93.3＋205.138－4×42.7＝220.94 J·mol-1·K-1分解时：△r Gθm≤0 即△r Hθm(298 K) - T△r Sθm(298 K)≤0∴T≥△r Hθm(298 K)/△r Sθm(298 K)＝1318 K在此反应中，△r Hθm(298 K)>0，△r Sθm(298 K)>0，故该反应的自发性是熵驱动的。

温度升高，此反应更易朝着正反应方向进行。

2. 银器与硫化物反应表面变黑是生活中的常见现象。

（1）设空气中H2S气和H2气“物质的量”都只达10-6 mol，问在常温下银和硫化氢能否反应生成氢气?温度达到多高，银器表面才不会因上述反应而变黑?（2）如果考虑空气中的氧气加入反应，使反应改为2 Ag(s) + H2S(g) + 1/2O2(g)== Ag2S(s) + H2O(l)，该反应是否比银单独和硫化氢反应放出氢气更容易发生?通过计算来回答。

温度对该反应自发性的影响如何?附：298 K下Ag2S的标准生成焓和标准熵分别为-31.8 kJ·mol-1和146 J·mol-1·K-1解：（1）2Ag(s) + H2S(g) == Ag2S(s) + H2(g)298K时，△r H mθ=△f Hθm(Ag2S)- △f Hθm(H2S)=-31.8-(-20.63) kJ·mol-1=-11.17 kJ·mol-1△r S mθ=130.684+146-205.79--2×42.55 J·K-1·mol-1=-14.206 J·K-1·mol-1△r G mθ=△r H mθ- T△r S mθ=-6.94 kJ·mol-1△r G m=△r G mθ+ RT ln[(p(H2)/pθ)/(p(H2S)/pθ)]= △r G mθ=-6.94 kJ·mol-1要使反应不发生，则△r G mθ≥0T≥△r H mθ/△r S mθ=787 K即温度高于787 K银器表面才不会因上述反应而变。

史上最经典最牛的奥数题解法附数学历年考试

史上最经典最牛的奥数题解法附数学历年考试奥数，全称奥林匹克数学竞赛，是指国际数学奥林匹克竞赛（IMO）以及各国的奥林匹克数学竞赛。

作为一项具备挑战性和创造性的数学竞赛，奥数一直吸引着无数热爱数学的学子们。

历经几十年的发展，人们创造了多种解题方法和技巧。

在本文中，我们将探讨一道史上最经典、最牛的奥数题解法，并附上数学历年考试的相关内容。

题目：解析史上最经典最牛的奥数题这道题来自1995年国际数学奥林匹克竞赛，是一道经典的几何问题。

我们来看一下题目：题目描述：在直角三角形ABC中，角C是直角，点M是AC边上的一个动点。

以CM为直径绘制一个半圆，交BC边于点N，交AB边于点P。

证明：当且仅当AM为AB的三分之一时，有三角形PBM的面积与三角形ABC的面积之和最大。

解题思路：这道题目涉及到了几何知识以及一些基本的数学推理。

我们可以通过以下的步骤来解决这道题目。

1. 假设AM=AB的三分之一，将三角形ABC分成两个等腰直角三角形，记为AMC和CMB。

- 由于AM=AB的三分之一，那么AM等于对边MC的三分之一，即AM=MC/3。

- 又由于MC是半圆的直径，故三角形CMC'是一个直角等腰三角形。

- 根据勾股定理，我们可以得到AC=MC'。

- 同理，由于CM=CB的三分之一，我们可以得到BM=MC'/3。

- 由此可见，三角形PBM也是一个直角等腰三角形。

2. 接下来，我们需要证明三角形PBM的面积与三角形ABC的面积之和最大。

- 首先，我们可以使用面积公式计算三角形ABC的面积，记为S1。

- 然后，我们计算三角形PBM的面积，记为S2。

由于三角形PBM是一个直角等腰三角形，所以我们可以使用公式S2=1/2 * BM^2来计算。

- 接下来，我们计算两个面积之和S=S1+S2，然后将S表示为AM 的函数。

- 通过对S求导，并令导数等于零，我们可以得到AM等于AB的三分之一时，S取得最大值。