初一数学应用问题选讲竞赛教程含例题练习及答案

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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。

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初一数学竞赛讲座第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。

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初一数学比赛讲座第 3 讲奇偶剖析我们知道，全体自然数按被 2 除的余数不一样能够区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。

对于奇偶数有一些特别性质，比方，奇数≠偶数，奇数个奇数之和是奇数等。

灵巧、奇妙、存心识地利用这些性质，加上正确的剖析推理，能够解决很多复杂而风趣的问题。

用奇偶数性质解题的方法称为奇偶剖析，擅长运用奇偶剖析，常常存心想不到的成效。

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？为何？剖析与解：假如一个一个去找、去试、去算，那就太费事了。

因为不论你选择哪 5 个数，它们的和总不等于 30，并且你还不敢立刻断言这是做不到的。

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还是奇数，表中15 个数全部是奇数，所以要想从中找出 5 个使它们的和为偶数，是不行能的。

例 2 小华买了一本共有 96 张练习纸的练习本，并挨次将它的各面编号（即由第1面向来编到第 192 面）。

小丽从该练习本中撕下此中25 张纸，并将写在它们上边的50个编号相加。

试问，小丽所加得的和数可否为2000？解：不可以。

因为每一张上的两数之和都为奇数，而25 个奇数之和为奇数，故不行能为2000。

说明：“相邻两个自然数的和必定是奇数”，这条性质几乎是明显的，但在解题过程中，能存心识地运用它却不简单做到，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：可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？并说明原因。

解：不可以。

假如能够按要求排成，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，可是这 98 个数的总和为1+2++98=99× 49，是个奇数，矛盾！所以不可以按要求排成。

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初一数学竞赛讲座第5讲与年号有关的竞赛题在数学竞赛中，常可以看到某些题目中出现了当年的年号，这类题我们称之为“年号题”。

这类题趣味性强，时间性强，引起了参与竞赛的少年朋友很大的爱好。

“年号题”一般可提成两类，一类是题目的条件中出现了当年的年号，另一类是题目答案中出现了当年的年号。

下面我们分别举例说明这两类问题的解法。

一、题目条件中出现年号的问题1．题目在编制和解答中巧妙地运用了该年年号的数字特性，如年号数值的质因数分解式、是否质数、它的数的整除性等等。

例1 将19到80的两位数顺次排成数A＝19202322…7980。

问：这个数A 能否被1980整除？解：由于1980=99×20，因此要考察A能否被1980整除，只需要考察A能否被99和20整除就行了。

能被20整除是显然的。

由于99除100的任何次方所得的余数都是1，所以A＝19×10061+20×10060+…+79×100+80除以99的余数与B=19+20+…+79+80=99×31除以99的余数相同。

由于99|B，所以99|A。

于是A能被1980整除。

例2 用S（n）表达自然数n的各位数字之和，又n+S（n）=1999，求自然数n。

11x+2y＝89。

注意到x是奇数且x，y都是一位整数，不难求得x=7，y=6，从而n=1976。

例3 在3×3的九宫格中，填上 9个不同的自然数，使得每行三数相乘，每列三数相乘所得的6个乘积都等于P 。

试拟定P 能取1996，1997， 1998，1999，2023，2023这6个数中的哪些值。

解：所填的9个数应为P 的9个不同约数，又P 不能填入九宫格内，故P 的不同约数的个数应不小于10。

1996=22×499，有6个约数； 1997和1999是质数，各有2个约数；1998=2×33×37，有16个约数； 2023=24×53，有20个约数；2023=3×23×29，有8个约数。

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初一数学竞赛讲座第1讲数论的方法技巧（上）数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。

数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。

因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。

任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。

”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。

数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。

主要的结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r＜b），且q，r是唯一的。

特别地，如果r=0，那么a=bq。

这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a的约数，a是b的倍数。

2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。

3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜pk为质数，a1，a2，…，ak为自然数，并且这种表示是唯一的。

（1）式称为n的质因数分解或标准分解。

4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（ak+1）。

5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。

因此，不等式x＜y与x≤y-1是等价的。

下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。

一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。

这些常用的形式有：1．十进制表示形式：n=an10n+an-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r ；4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t ，其中t 为奇数。

例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。

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初一数学比赛讲座第 11 讲染色和赋值染色方法和赋值方法是解答数学比赛问题的两种常用的方法。

就其实质而言，染色方法是一种对题目所研究的对象进行分类的一种形象化的方法。

而凡是能用染色方法来解的题，一般地都能够用赋值方法来解，只要将染成某一种颜色的对象换成赋于其某一数值就行了。

赋值方法的合用范围要更宽泛一些，我们可将题目所研究的对象赋于适合的数值，而后利用这些数值的大小、正负、奇偶以及相互之间运算结果等来进行推证。

一、染色法将问题中的对象适合进行染色，有益于我们察看、剖析对象之间的关系。

像国际象棋的棋盘那样，我们能够把被研究的对象染上不一样的颜色，很多隐蔽的关系会变得明亮，再经过对染色图形的办理达到对原问题的解决，这类解题方法称为染色法。

常有的染色方式有：点染色、线段染色、小方格染色和对地区染色。

例 1 用 15 个“ T”字形纸片和 1 个“田”字形纸片（以下列图所示），可否覆盖一个 8×8 的棋盘？解：以下列图，将 8 × 8 的棋盘染成黑白相间的形状。

假如 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，那么它们覆遮住的白格数和黑格数都应当是 32 个，可是每个“ T”字形纸片只好覆盖 1 个或 3 个白格，而 1 和 3 都是奇数，所以 15 个“ T”字形纸片覆盖的白格数是一个奇数；又每个“田”字形纸片必定覆盖 2 个白格，进而 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，所以，用它们不可以覆盖整个棋盘。

例 2 如左下列图，把正方体切割成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此中去。

假如要求甲虫只好走到每个小正方体一次，那么甲虫能走遍全部的正方体吗？解：甲虫不可以走遍全部的正方体。

我们如右上图将正方体切割成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一样的颜色。

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初一数学竞赛讲座第4讲整数的分拆同学们：一分耕耘一分收获，只要我们能做到有永不言败+勤奋学习+有远大的理想+坚定的信念，坚强的意志，明确的目标，相信你在学习和生活也一定会收获成功（可删除）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，5×3=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，5×4=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+17，共10种不同拆法，其中3×5×29=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÷10=49.5，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=6×7，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=14×3，故可将42写成13+14+15，一共有3个加数又因42=21×2，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1×11=11，2×10=20，3×9=27，4×8=32，5×7=35，6×6=36显然，把12分拆成6+6时，有最大的积6×6=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：1×10=10，2×9=18，3×8=24，4×7=28，5×6=30显然，把11分拆成5+6时，有最大的积5×6=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 时乘积最大；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=n ，或m=n+1在具体分析时，当S 为偶数时， 2S n m ==；当S 为奇数时，n m ，分别为2121-+S S 和例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=8×249+7，由上述分析，拆法应是1个249，7个250，其乘积249×2507为最大说明：一般地，把自然数S=pq+r （0≤r ＜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 ×（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=2×2，故我们可以只考虑将数分拆成2和3注意到2+2+2=6，2×2×2=8；3+3=6，3×3=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3×3×3×3×2=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2×3658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+…+a n=1979且乘积最大答案是n=6601992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将上述三题的结论推广为一般情形便是：把自然数S（S＞1）分拆为若干个自然数的和：S=a1+a2+…+a n，则当a1，a2，…，a n中至多有两个2，其余都是3时，其连乘积m=a1a2…a n 有最大值例11 把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和，且使这些自然数的乘积最大，该乘积是多少？解：由于把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和的分法只有有限种，因而一定存在一种分法，使得这些自然数的乘积最大若1作因数，则显然乘积不会最大把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和，因数个数越多，乘积越大为了使因数个数尽可能地多，我们把1993分成2+3…+n直到和大于等于1993若和比1993大1，则因数个数至少减少1个，为了使乘积最大，应去掉最小的2，并将最后一个数（最大）加上1若和比1993大k（k≠1），则去掉等于k的那个数，便可使乘积最大所以n=63因为2015-1993=22，所以应去掉22，把1993分成（2+3+...+21）+（23+24+ (63)这一形式时，这些数的乘积最大，其积为2×3×…×21×23×24×…×63说明：这是第四届“华杯赛”武汉集训队的一道训练题，在训练学生时，发现大多数学生不加思索地沿用例10的思考方法，得出答案是3663×4，而忽视了题中条件“分成若干个互不相等的自然数的和”由此可见，认真审题，弄清题意的重要性例12 将1995表示为两个或两个以上连续自然数的和，共有多少种不同的方法？分析与解：为了解决这个问题，我们设1995可以表示为以a 为首项的k(k ＞1）个连续自然数之和首项是a ，项数为k ，末项就是a+k-1，由等差数列求和公式，得到[]19952)1(=⨯-++k k a a 化简为：(2a+k-1）×k=3990(*)注意，上式等号左边的两个因数中，第一个因数2a+k-1大于第二个因数k ，并且两个因数必为一奇一偶因此，3990有多少个大于1的奇约数，3990就有多少种形如（*）式的分解式，也就是说，1995就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法因为1995与3990的奇约数完全相同，所以上述说法可以简化为，1995有多少个大于1的奇约数，1995就有多少种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法1995=3×5×7×19，共有15个大于1的奇约数，所以本题的答案是15种一般地，我们有下面的结论：若自然数N 有k 个大于1的奇约数，则N 共有k 种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法知道了有多少种表示方法后，很自然就会想到，如何找出这些不同的表示方法呢？从上面的结论可以看出，每一个大于1的奇约数对应一种表示方法，我们就从1995的大于1的奇约数开始1995的大于1的奇约数有：3，5，7，15，19，21，35，57，95，105，133，285，399，665，1995 例如，对于奇约数35，由（*）式，得：3990=35×114，因为114＞35，所以 k=35，2a+k-1=114，解得a=40推知35对应的表示方法是首项为40的连续35个自然数之和，即：1995=40+41+42+…+73+74再如，对于奇约数399，由（*）式，得3990=399×10因为399＞10，所以k=10，2a+k-1=399，解得a=195推知399对应的表示方法是首项为195的连续10个自然数之和，即：1995=195+196+197+…+204 对于1995的15个大于1的奇约数，依次利用（*）式，即可求出15种不同的表示方法练习41．将210拆成7个自然数的和，使这7个数从小到大排成一行后，相邻两个数的差都是5第1个数与第6个数分别是几？2．将135个人分成若干个小组，要求任意两个组的人数都不同，则至多可以分成多少组？3．把19分成几个自然数（可以相同）的和，再求出这些数的乘积，并且要使得到的乘积尽可能大，最大乘积是多少？4．把1999分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，一共有多少种不同的分拆方法？求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应将1999如何分拆？5．把456表示成若干个连续自然数的和要求写出所有的表达式（如9可以有两种表达形式：9=4+5=2+3+4）6．几个连续自然数相加，和能等于2000吗？如果能，有几种不同的答案？写出这些答案如果不能，说明理由7．把70分拆成11个不同自然数的和，这样的分拆方式一共有多少种？将不同的表示方法列举出来8．有一把长为13厘米的直尺，在上面刻几条刻度线，使得这把尺子能一次量出1到13厘米的所有整厘米的长度问：至少要刻几条线？要刻在哪些位置上？练习4答案1．15，40解：这7个数中第4个数是中间数，它是这7个数的平均数，即210÷7=30因为相邻2数的差都是5，所以这7个数是15，20，25，30，35，40，45故第1个数是15，第6个数是402．15组解：因为要求任意两个组的人数不相等，且分得的组要尽可能地多，所以，要使每个组分得的人数尽可能地少由于1+2+3+4+…+14+15=120，所以将135人分成每组人数不等的15个组后还余15人剩下的15人不能再组成一个或几个新的小组，否则就会出现两个或两个以上的组的人数相等的情况因此，应将剩下的15人安插在已分好的15个组之中，所以至多可以分成15个组这15个组各组人数可以有多种情况，例如，分别是2，3，4，5，6，…，14，15，16人3．972解：要使乘积尽可能大，把19分成的几个自然数中，3要尽量多且不能有1，所以应把19分成5个3及1个4的和最大乘积为35×4=9724．有999种方法，分成999+1000时积最大5．提示：456有三个大于1的奇约数3，19，57利用例12的方法可得：对于3，有k=3，a=151；对19，有k=19，a=15；对于57，有k=16，a=21所以456有如下三种分拆方法：456＝151+152+153＝21+22+23+…+39＝15+16+17+…+336．能提示：与例12类似，2000=24×53，有三个大于1的奇约数5，25，125对于5，有k=5，a=398；对于25，有k=25，a=68；对于125，有k=32，a=47所以2000共有如下三种分拆方法：2000＝398+399+400+401+402＝68+69+70+…+91+92＝47+48+49+…+77+787．5种解：1+2+3+…+11=66，现在要将4分配到适当的加数上，使其和等于70，又要使这11个加数互不相等先将4分别加在后4个加数上，得到4种分拆方法：70＝1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+15＝1+2+3+4+5+6+7+8+9+14+11＝1+2+3+4+5+6+7+8+13+10+11＝1+2+3+4+5+6+7+12+9+10+11再将4拆成1+3，把1和3放在适当的位置上，仅有1种新方法：1+2+3+4+5+6+7+8+9+13+12再将4拆成1+1+2或1+1+1+1+1或2+2，分别加在不同的位置上，都得不出新的分拆方法，故这样的分拆方法一共有5种8．至少要刻4条线，例如刻在1，4，5，11厘米处，便可一次量出1到13厘米的所有整厘米的长度这是因为由1，4，5，11，13这5个数以及它们之间任意2个的差能够得到1到13这13个整数，见下列各式：5-4=1，13-11=2，4-1=3，11-5=6，11-4=7，13-5=8，13-4=9，11-1＝10，13-1＝12下面我们来证明，只有3个刻度是不够的如果只刻了3条线，刻在a厘米、b厘米、c厘米处（0＜a＜b＜c＜13），那么a，b，C，13两两之差（大减小），只有至多6个不同的数：13-a，13-b，13-c，c-a，c-b，b-a，再加上a，b，c，13这4个数，至多有10个不同的数，不可能得到1到13这13个不同的整数来顺便说明一下，刻法不是唯一的例如我们也可以刻在1厘米、2厘米、6厘米、10厘米这4个位置上。

初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑼

初一数学竞赛讲座第9讲应用问题选讲我们知道，数学是一门基础学科。

我们在学校中学习数学的目的，一方面是为学习其它学科和学习更深的数学知识打下一个基础，更重要的是为了现在和将来运用所学的数学知识去解决一些日常生活、科学实验、工农业生产以及经济活动中所遇到的实际问题。

vIAQQG6lFP 运用数学知识解决实际问题的基本思路是：先将这个实际问题转化为一个数学问题<我们称之为建立数学模型），然后解答这个数学问题，从而解决这个实际问题。

即：vIAQQG6lFP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。

vIAQQG6lFP 一、两个量变化时，和一定的问题两个变化着的量，如果在变化的过程中，它们的和始终保持不变，那么它们的差与积之间有什么关系呢？观察下面的表：我们不难得出如下的规律：两个变化着的量，如果在变化的过程中，和始终保持不变，那么它们的差越小，积就越大。

若它们能够相等，则当它们相等时，积最大。

vIAQQG6lFP这个规律对于三个和三个以上的变量都是成立的。

例1 农民叔叔阿根想用20块长2M、宽1.2M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2M，要使鸡窝面积最大，长方形的长和宽分别应是多少？vIAQQG6lFP解：如上图，设长方形的长和宽分别为xM和yM，则有x＋2y＝1.2×20＝24。

长方形的面积为因为x和2y的和等于24是一个定值，故它们的乘积当它们相等时最大，此时长方形面积S也最大。

于是有x=12， y＝6。

例2 如果将进货单价为40元的商品按50元售出，那么每个的利润是10元，但只能卖出500个。

当这种商品每个涨价1元时，其销售量就减少10个。

为了赚得最多的利润，售价应定为多少？vIAQQG6lFP解：设每个商品售价为<50+x）元，则销量为<500-10X）个。

初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑵

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。

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。

初1数学竞赛教程含例题练习及答案⑼ (2)

初一数学竞赛讲座第9讲应用问题选讲我们知道, 数学是一门基础学科。

我们在学校中学习数学的目的, 一方面是为学习其它学科和学习更深的数学知识打下一个基础, 更重要的是为了现在和将来运用所学的数学知识去解决一些日常生活、科学实验、工农业生产以及经济活动中所遇到的实际问题。

运用数学知识解决实际问题的基本思路是：先将这个实际问题转化为一个数学问题（我们称之为建立数学模型）, 然后解答这个数学问题, 从而解决这个实际问题。

即：这里, 建立数学模型是关键的一步。

也就是说, 要通过审题, 将实际问题与自己学过的数学知识、数学方法联系起来, 将其归结到某一类型的数学问题, 然后解答这个数学问题。

下面介绍一些典型的数学模型。

一、两个量变化时, 和一定的问题两个变化着的量, 如果在变化的过程中, 它们的和始终保持不变, 那么它们的差与积之间有什么关系呢？观察下面的表：我们不难得出如下的规律：两个变化着的量, 如果在变化的过程中, 和始终保持不变, 那么它们的差越小, 积就越大。

若它们能够相等, 则当它们相等时, 积最大。

这个规律对于三个和三个以上的变量都是成立的。

例1农民叔叔阿根想用20块长2米、宽1.2米的金属网建一个靠墙的长方形鸡窝。

为了防止鸡飞出, 所建鸡窝的高度不得低于2米, 要使鸡窝面积最大, 长方形的长和宽分别应是多少？解：如上图, 设长方形的长和宽分别为x米和y米, 则有x＋2y＝1.2×20＝24。

长方形的面积为因为x和2y的和等于24是一个定值, 故它们的乘积当它们相等时最大, 此时长方形面积S也最大。

于是有x=12, y＝6。

例2如果将进货单价为40元的商品按50元售出, 那么每个的利润是10元, 但只能卖出500个。

当这种商品每个涨价1元时, 其销售量就减少10个。

为了赚得最多的利润, 售价应定为多少？解：设每个商品售价为（50+x）元, 则销量为（500-10X）个。

总共可以获利:（50＋x-40）×（500-10x）=10×（10+X）×（50-X）（元）。

初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑿

初一数学比赛讲座第 12 讲抽屉原理把 5 个苹果放到 4 个抽屉中，必定有一个抽屉中起码有 2 个苹果，这是抽屉原理的平常解说。

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，此中必有一个抽屉中起码有（ m＋ 1）个物体。

使用抽屉原理解题，重点是结构抽屉。

一般说来，数的奇偶性、节余类、数的分组、染色、线段与平面图形的区分等，都可作为结构抽屉的依照。

例 1 从 1， 2，3，， 100 这 100 个数中随意挑出 51 个数来，证明在这 51 个数中，必定：（1）有 2 个数互质；（2）有 2 个数的差为 50；（3）有 8 个数，它们的最大条约数大于 1。

证明：（ 1）将 100 个数分红 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，它们必定是互质的。

（2）将 100 个数分红 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 个数分红 5 组（一个数能够在不一样的组内）：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，应选出的51 个数起码有29 个数在第一组到第四组中，依据抽屉原理，总有8 个数在第一组到第四组的某一组中，这8 个数的最大条约数大于 1。

例 2 求证：能够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，故只需证明能够找到一个各位数字都是 1 的自然数，它是 499 的倍数就能够了。

初中数学竞赛专题选讲(含答案)

初中数学竞赛专题选讲一元二次方程的根一、内容提要1. 一元二次方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)的实数根，是由它的系数a, b, c 的值确定的. 根公式是：x=aac b b 242-±－. (b 2－4ac ≥0) 2. 根的判别式① 实系数方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)有实数根的充分必要条件是：b 2－4ac ≥0.② 有理系数方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)有有理数根的判定是：b 2－4ac 是完全平方式⇔方程有有理数根.③整系数方程x 2+px+q=0有两个整数根⇔p 2－4q 是整数的平方数.3. 设x 1, x 2 是ax 2+bx+c=0的两个实数根，那么① ax 12+bx 1+c=0 (a ≠0，b 2－4ac ≥0)， ax 22+bx 2+c=0 (a ≠0， b 2－4ac ≥0)；② x 1=a ac b b 242-＋－， x 2=aac b b 242-－－ (a ≠0, b 2－4ac ≥0)； ③ 韦达定理：x 1+x 2= a b －, x 1x 2=ac (a ≠0, b 2－4ac ≥0). 4. 方程整数根的其他条件整系数方程ax 2+bx+c=0 (a ≠0)有一个整数根x 1的必要条件是：x 1是c 的因数.特殊的例子有：C=0⇔x 1=0 ， a+b+c=0⇔x 1=1 ， a －b+c=0⇔x 1=－1.二、例题例1. 已知：a, b, c 是实数，且a=b+c+1.求证：两个方程x 2+x+b=0与x 2+ax+c=0中，至少有一个方程有两个不相等的实数根.证明（用反证法）设两个方程都没有两个不相等的实数根，那么△1≤0和△2≤0.即⎪⎩⎪⎨⎧++=≤-≤ ③ ② ①－1040412c b a c a b由①得b ≥41，b+1 ≥45代入③，得 a －c=b+1≥45， 4c ≤4a －5 ④ ②＋④：a 2－4a+5≤0，即（a －2）2+1≤0，这是不能成立的.既然△1≤0和△2≤0不能成立的，那么必有一个是大于0.∴方程x 2+x+b=0与x 2+ax+c=0中，至少有一个方程有两个不相等的实数根.本题也可用直接证法：当△1＋△2＞0时，则△1和△2中至少有一个是正数.例2. 已知首项系数不相等的两个方程：（a －1）x 2－(a 2+2)x+(a 2+2a)=0和 (b －1)x 2－(b 2+2)x+(b 2+2b)=0 (其中a,b 为正整数)有一个公共根. 求a, b 的值.解：用因式分解法求得：方程①的两个根是 a 和12-+a a ；方程②两根是b 和12-+b b . 由已知a>1, b>1且a ≠b.∴公共根是a=12-+b b 或b=12-+a a . 两个等式去分母后的结果是一样的.即ab －a=b+2, ab －a －b+1=3, (a －1)(b －1)=3.∵a,b 都是正整数， ∴ ⎩⎨⎧=-3111b a ＝－；或⎩⎨⎧=-1131b a ＝－. 解得⎩⎨⎧=42b a ＝；或⎩⎨⎧==24b a . 又解：设公共根为x 0那么⎪⎩⎪⎨⎧=+++--=+++--　②（　①0)2()2()10)2()2()1(22202220b b x b x b a a x a x a 先消去二次项： ①×（b －1）－②×（a －1）得［－（a 2+2）(b －1)+(b 2+2)(a －1)］x 0+(a 2+2a)(b －1)－(b 2+2b)(a －1)=0.整理得（a －b ）(ab －a －b －2)(x 0－1)=0.∵a ≠b∴x 0＝1；或 (ab －a －b －2)＝0.当x 0＝1时，由方程①得 a=1,∴a －1=0，∴方程①不是二次方程.∴x 0不是公共根.当(ab －a －b －2)＝0时，得(a －1)(b －1)=3 ……解法同上.例3. 已知：m, n 是不相等的实数，方程x 2+mx+n=0的两根差与方程y 2+ny+m=0的两根差相等.求：m+n 的值.解：方程①两根差是21x x -＝221)x x -（＝212214)(x x x x -+＝n m 42-同理方程②两根差是21y y -＝m n 42- 依题意，得n m 42-＝m n 42-.两边平方得：m 2－4n=n 2－4m.∴（m －n ）(m+n+4)=0∵m ≠n ，∴ m+n+4＝0， m+n ＝－4.例4. 若a, b, c 都是奇数，则二次方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)没有有理数根.证明：设方程有一个有理数根n m （m, n 是互质的整数）. 那么a(n m )2+b(nm )+c=0, 即an 2+bmn+cm 2=0. 把m, n 按奇数、偶数分类讨论，∵m, n 互质，∴不可能同为偶数.① 当m, n 同为奇数时，则an 2+bmn+cm 2是奇数＋奇数＋奇数＝奇数≠0；② 当m 为奇数, n 为偶数时，an 2+bmn+cm 2是偶数＋偶数＋奇数＝奇数≠0；③ 当m 为偶数, n 为奇数时，an 2+bmn+cm 2是奇数＋偶数＋偶数＝奇数≠0.综上所述不论m, n 取什么整数，方程a(n m )2+b(nm )+c=0都不成立. 即假设方程有一个有理数根是不成立的.∴当a, b, c 都是奇数时，方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)没有有理数根.例5. 求证：对于任意一个矩形A ，总存在一个矩形B ，使得矩形B 与矩形A的周长比和面积比都等于k (k ≥1).证明：设矩形A 的长为a, 宽为b ，矩形B 的长为c, 宽为d.根据题意，得 k abcd b a d c ==++. ∴c+d=(a+b)k, cd=abk.由韦达定理的逆定理，得c, d 是方程z 2－(a+b)kz+abk=0 的两个根.△ ＝［－（a+b ）k ］2－4abk＝（a 2+2ab+b 2）k 2－4abk=k ［(a 2+2ab+b 2)k －4ab ］∵k ≥1，a 2+b 2≥2ab,∴a 2+2ab+b 2≥4ab ，(a 2+2ab+b 2)k ≥4ab.∴△≥0.∴一定有c, d 值满足题设的条件.即总存在一个矩形B ，使得矩形B 与矩形A 的周长比和面积比都等于k(k ≥1).例6. k 取什么整数值时，下列方程有两个整数解？①（k 2－1）x 2－6(3k －1)x+72=0 ； ②kx 2+(k 2－2)x －(k+2)=0.解：①用因式分解法求得两个根是：x 1=112+k ， x 2=16－k . 由x 1是整数，得k+1=±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12.由x 2是整数，得k －1=±1, ±2, ±3, ±6.它们的公共解是：得k=0, 2, －2, 3, －5.答：当k=0, 2, －2, 3, －5时，方程①有两个整数解.②根据韦达定理⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=+-=+-=--=+k k k k x x k k k k x x 222221221 ∵x 1, x 2, k 都是整数，∴k=±1，±2. （这只是整数解的必要条件，而不是充分条件，故要进行检验.）把k=1,－1, 2, －2，分别代入原方程检验，只有当k=2和k=－2 时适合.答：当k 取2和－2时，方程②有两个整数解.三、练习1. 写出下列方程的整数解：① 5x 2－3x=0的一个整数根是＿x=0＿＿.② 3x 2+(2－3)x －2=0的一个整数根是＿x=1＿＿.③ x 2+(5+1)x+5=0的一个整数根是＿＿x=-1＿.2. 方程（1－m ）x 2－x －1=0 有两个不相等的实数根，那么整数m 的最大值是＿5/4＿＿.3. 已知方程x 2－(2m －1)x －4m+2=0 的两个实数根的平方和等于5，则m=＿1＿＿.4. 若x ≠y ，且满足等式x 2+2x －5=0 和y 2+2y －5=0. 那么yx 11+＝＿＿1＿.（提示：x, y 是方程z 2+5z －5=0 的两个根.） 5. 如果方程x 2+px+q=0 的一个实数根是另一个实数根的2倍，那么p, q 应满足的关系是：＿＿＿＿＿9q=2p2＿＿＿＿＿＿.6. 若方程ax 2+bx+c=0中a>0, b>0, c<0. 那么两实数根的符号必是＿一正一负＿＿＿.7. 如果方程mx 2－2(m+2)x+m+5=0 没有实数根，那么方程（m －5）x 2－2mx+m=0实数根的个数是（ A ）.(A)2 （B ）1 （ C ）0 （D ）不能确定8. 当a, b 为何值时，方程x 2+2(1+a)x+(3a 2+4ab+4b 2+2)=0 有实数根？a=1b=-1/29. 两个方程x 2+kx －1=0和x 2－x －k=0有一个相同的实数根，则这个根是（ C ）(A)2 （B ）－2 （C ）1 （D ）－110. 已知：方程x 2+ax+b=0与x 2+bx+a=0仅有一个公共根，那么a, b 应满足的关系是：＿＿＿＿a 不等于 b ＿＿＿＿＿＿＿.11. 已知：方程x 2+bx+1=0与x 2－x －b=0有一个公共根为m ，求：m ，b 的值.M=-1 b=212. 已知：方程x 2+ax+b=0的两个实数根各加上1，就是方程x 2－a 2x+ab=0的两个实数根.试求a, b 的值或取值范围.13. 已知：方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)的两根和等于s 1，两根的平方和等于s 2, 两根的立方和等于s 3.求证：as 3+bs 2+cs 1=0.14. 求证：方程x 2－2(m+1)x+2(m －1)=0 的两个实数根，不能同时为负.（可用反证法）15. 已知：a, b 是方程x 2+mx+p=0的两个实数根；c, d 是方程x 2+nx+q=0的两个实数根.求证：（a －c ）(b －c)(a －d)(b －d)=(p －q)2.16. 如果一元二次方程的两个实数根的平方和等于5，两实数根的积是2，那么这个方程是：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿.17. 如果方程（x －1）(x 2－2x+m)=0的三个根，可作为一个三角形的三边长，那么实数m 的取值范围是（）（A ） 0≤m ≤1 （B ）m ≥43 （C ）43<m ≤1 （D ）43≤m ≤118.方程7x2－(k+13)x+k2－k－2=0 (k是整数)的两个实数根为α，β且0＜α＜1，1＜β＜2，那么k的取值范围是( )（A）3<k<4(B)-2<k<-1 (C) 3<k<4 或-2<k<-1（D）无解参考答案1. ①0， ②1， ③－12. 03. 1（舍去－2）4. 52 5. 9q=2p 2 6. 一正一负 7. D 8. a=1,b=－0.5 9. C10. a+b+1=0, a ≠b 11. m=－1，b=2 12.⎩⎨⎧-=-=⎪⎩⎪⎨⎧≤=.1,241,1b a b a ： 13. 左边＝a(x 13+x 23)+b(x 12+x 22)+c(x 1+x 2)=……14. 用反证法，设x 1<0,x 2<0,由韦达定理推出矛盾（m<－1,m>1） 15. 由韦达定理,把左边化为 p, q16. x 2±3x+2=0 17. C 18. C初中数学竞赛专题选讲面积法一、内容提要1. 因为面积公式是用线段的代数式表示的，所以面积与线段可以互相转换。

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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。

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初一数学竞赛讲座第8讲列方程解应用题在小学数学中介绍了应用题的算术解法及常见的典型应用题。

然而算术解法往往局限于从已知条件出发推出结论，不允许未知数参加计算，这样，对于较复杂的应用题，使用算术方法常常比较困难。

而用列方程的方法，未知数与已知数同样都是运算的对象，通过找出“未知”与“已知”之间的相等关系，即列出方程（或方程组），使问题得以解决。

所以对于应用题，列方程的方法往往比算术解法易于思考，易于求解。

列方程解应用题的一般步骤是：审题，设未知数，找出相等关系，列方程，解方程，检验作答。

其中列方程是关键的一步，其实质是将同一个量或等量用两种方式表达出来，而要建立这种相等关系必须对题目作细致分析，有些相等关系比较隐蔽，必要时要应用图表或图形进行直观分析。

一、列简易方程解应用题分析：欲求这个六位数，只要求出五位数x abcde =就可以了。

按题意，这个六位数的3倍等于1abcde 。

解：设五位数x abcde =，则六位数abcde 1x +=510，六位数1101+=x abcde ，从而有3（105+x ）=10x+1，x ＝42857。

答：这个六位数为142857。

说明：这一解法的关键有两点： ⑴抓住相等关系：六位数abcde 1的3倍等于六位数1abcde ；⑵设未知数x ：将六位数abcde 1与六位数1abcde 用含x 的数学式子表示出来，这里根据题目的特点，采用“整体”设元的方法很有特色。

（1）是善于分析问题中的已知数与未知数之间的数量关系；（2）是一般语言与数学的形式语言之间的相互关系转化。

因此，要提高列方程解应用题的能力，就应在这两方面下功夫。

例2 有一队伍以1.4米/秒的速度行军，末尾有一通讯员因事要通知排头，于是以2.6米/秒的速度从末尾赶到排头并立即返回排尾，共用了10分50秒。

问：队伍有多长？分析：这是一道“追及又相遇”的问题，通讯员从末尾到排头是追及问题，他与排头所行路程差为队伍长；通讯员从排头返回排尾是相遇问题，他与排尾所行路程和为队伍长。

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初一数学竞赛讲座第5讲与年号有关的竞赛题在数学竞赛中，常可以看到某些题目中出现了当年的年号，这类题我们称之为“年号题”。

这类题趣味性强，时间性强，引起了参加竞赛的少年朋友很大的兴趣。

“年号题”一般可分成两类，一类是题目的条件中出现了当年的年号，另一类是题目答案中出现了当年的年号。

下面我们分别举例说明这两类问题的解法。

一、题目条件中出现年号的问题1．题目在编制和解答中巧妙地运用了该年年号的数字特征，如年号数值的质因数分解式、是否质数、它的数的整除性等等。

例1 将19到80的两位数顺次排成数A＝19202122…7980。

问：这个数A 能否被1980整除？解：由于1980=99×20，因此要考察A能否被1980整除，只需要考察A能否被99和20整除就行了。

能被20整除是显然的。

因为99除100的任何次方所得的余数都是1，所以A＝19×10061+20×10060+…+79×100+80除以99的余数与B=19+20+…+79+80=99×31除以99的余数相同。

因为99|B，所以99|A。

于是A能被1980整除。

例2 用S（n）表示自然数n的各位数字之和，又n+S（n）=1999，求自然数n。

11x+2y＝89。

注意到x是奇数且x，y都是一位整数，不难求得x=7，y=6，从而n=1976。

例3 在3×3的九宫格中，填上 9个不同的自然数，使得每行三数相乘，每列三数相乘所得的6个乘积都等于P。

试确定P能取1996，1997， 1998，1999，2000，2001这6个数中的哪些值。

解：所填的9个数应为P的9个不同约数，又P不能填入九宫格内，故P 的不同约数的个数应不小于10。

1996=22×499，有6个约数；1997和1999是质数，各有2个约数；1998=2×33×37，有16个约数；2000=24×53，有20个约数；2001=3×23×29，有8个约数。

2020初一(七年级)人教版数学竞赛教程含例题练习及答案91P

初一数学竞赛讲座第1讲数论的方法技巧（上）数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。

数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。

因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。

任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。

”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。

数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。

主要的结论有： 1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r＜b），且q，r是唯一的。

特别地，如果r=0，那么a=bq。

这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a 的约数，a是b的倍数。

2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。

3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k为自然数，并且这种表示是唯一的。

（1）式称为n的质因数分解或标准分解。

4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为： d（n）=（a1+1）（a2+1）…（a k+1）。

5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。

因此，不等式x＜y与x≤y-1是等价的。

下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。

一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。

这些常用的形式有： 1．十进制表示形式：n=a n10n+a n-110n-1+…+a0； 2．带余形式：a=bq+r； 4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t，其中t为奇数。

初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑵

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。

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。

初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑽

初1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1,本讲介绍1些计数的基本方法及计数的基本原理。

1.枚举法 1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,1个最易行的办法是找1张全国列车运行时刻表,将所有从武汉到北京的车次逐1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11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1重复,也无1遗漏。

例1 4个学生每人做了1张贺年片,放在桌子上,然后每人去拿1张,但不能拿自己做的1张。

问：1共有多少种不同的方法？解：设4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）,1共有3种方法。

同样,A拿C或D做的贺年片也有3种方法。

1共有3＋3＋3=9（种）不同的方法。

例2甲.乙2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3局谁赢,打到决出输赢为止。

问：1共有多少种可能的情况？解：如下图,我们先考虑甲胜第1局的情况：图中打√的为胜者,1共有7种可能的情况。

同理,乙胜第1局也有 7种可能的情况。

1共有 7＋7=14（种）可能的情况。

2.加法原理如果完成1件事情有n类方法,而每1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1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 1个自然数,如果它顺着数和倒着数都是1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1共有多少个？按从小到大排,第2000个回文数是多少？解：1位回文数有：1,2,…,9,共9个。

2位回文数有：11,22,…,99,共9个。