初中数学竞赛教程汇总
最新初三数学竞赛辅导教程【精】
1.1 因式分解一、常用公式或变形方法（此处只列出教科书以外的常用于竞赛中的内容）1.2.3.4.二、例题讲解例1.已知a、b、c是△ABC ABC 的形状.例2.若三个素数的乘积恰好等于它们和的23倍，求这三个素数.（2015大同杯第四题）例3.已知实数a、b、c.（2003年宇振杯第3题）例4.三、练习题1.已知整数a、b.2..3.已知a、b、c（1（24.2014大同杯第1题）5.设非零实数a，b，c.（2013年全国初中数学联赛第一试第1题）6.已知正数a、b、c值.7.已知：，，，求.（2016全国初中数学联赛第二试B组第2题）1.2 对称式与轮换对称式一、定义1.对称式。
2. 如果一个多项式的各项的次数均等于同一个常数，那么称这个多项式为齐次多项式。
3.4.换式，但轮换式不一定是对称式。
例如对称式也是轮换式；二、例题讲解例1. 已知，a，b，c是△ABC的面积.例2.2014大同杯第4题）例3.设x、y、z xyz的值. 例4.x1、x2、y1、y2满足x12+x22=2，x2y1﹣x1y2=1，x1y1+x2y2=3．求y12+y22的值.三、练习题1. .2. 若数组（x，y，z求xyz的值.3. 已知b≥0，且a+b=c+1，b+c=d+2，c+d=a+3，求a+b+c+d的最大值．4.2015大同杯第7题）5.已知bc﹣a2=5，ca﹣b2=﹣1，ab﹣c2=﹣7，求6a+7b+8c6. 已知实数a、b、c x1、x2、y1、y2满足x12+ax22=b，x2y1﹣x1y2=a，x1y1+ax2y2=c．求y12+ay22的值.（2007新知杯第5题）1.3高斯函数一、定义实数x，用[x]表示不超过x的最大值整数，则y=[x]称为高斯函数.二、例题讲解例1. .（2006新知杯第6题）例2. 对于正整数n2017全国数学联赛第一试第6题）例3. 给定正实数a ，对任意一个正整数n数x 的最大整数。
初中数学奥林匹克竞赛教程
初中数学奥林匹克竞赛教程（初稿）第一讲整数问题：特殊的自然数之一A1－001求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．【题说】1956年～1957年波兰数学奥林匹克一试题1．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≢9，0≢b≢9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≢18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．A1－002假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．【题说】1953年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．A1－003试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．【题说】1962年上海市赛高三决赛题1．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．A1－004已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．【题说】1963年全俄数学奥林匹克十年级题2．算术级数有无穷多项．【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．A1－005求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得到一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．【题说】1964年全俄数学奥林匹克十一年级题1．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≣10a＋1．因此b＝n2100a2≣20a＋1由此得20a＋1＜100，所以a≢4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≣422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．A1－006求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．【题说】1964年～1965年波兰数学奥林匹克二试题1．【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．A1－007证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．【题说】第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题1，本题由原民主德国提供．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≣m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4²24，4²34，…就得到无限多个符合要求的a．第二讲整数问题：特殊的自然数之二A1－008将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题4．【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，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．于是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位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！因此，和的数字中必有偶数．A1－009证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．【题说】第五届（1973年）加拿大数学奥林匹克题3．【证】因为p是奇数，所以2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．于是6是p＋1的因数．A1－010证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．【题说】美国第二届（1973年）数学奥林匹克题5．【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m原命题成立．A1－011设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．【题说】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2²b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab²ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．A1－012证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．【题说】1979年英国数学奥林匹克题6．【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137²73．故对一切n≣2，a n均为合数．A1－013如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克八年级题8．【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104³M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．A1－014设正整数d不等于2、5、13．证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．【题说】第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 （1）5d－1＝y2 （2）13d－1＝z2 （3）其中x、y、z是正整数．由（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 （4）（4）式说明d也是奇数．于是由（2）、（3）知y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d 是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．第三讲整数问题：特殊的自然数之三A1－015求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≢5）个数的和为合数．【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【解】由n个数a i＝i²n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m²n！＋k（m∈N，2≢k≢n）由于n！＝1²2²…²n是k的倍数，所以m²n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．A1－016已知n≣2，求证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．【题说】第二十八届（1987年）国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．（1）若m≣p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≣n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≢p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≣n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m≣m，p≣2m＋1由得4m2＋4m＋1≢m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≢0由此得A1－017正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．【题说】第二十九届（1988年）国际数学奥林匹克题6．本题由原联邦德国提供．a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab≣0（否则ab≢－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≢0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≣b．固定k与b，把（1）看成a 的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理（2），a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．A1－018求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≢k≢n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2≢k≢n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．第四讲整数问题：特殊的自然数之四A1－019 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5【解】32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，所以原数是合数．当n＝1时，原数是素数13．A1－020设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．【题说】第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题2．本题由罗马尼亚提供．【证】显然a1＝1．由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≣n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n 且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．A1－021试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．【题说】第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≣15005，所以A≣15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≢i≢20，1≢j≢10）令S i＝a i＋a i＋1＋...＋a i＋9（i＝1，2， (1901)则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．第五讲整数问题：特殊的自然数之五A1－022相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题2．【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，A1－023是否存在完全平方数，其数字和为1993？【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第二轮题2．【解】存在，事实上，取n＝221即可．A1－024能够表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6．【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋50A1－025如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1．【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k －m）是合数．第六讲整数问题：特殊的自然数之六A1－026设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题2．【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．A1－027设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题10．【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由a＋c＞c≣c1，b＋c＞c≣c2所以，k＞1且l＞1．从而，a＋b＋c＋d＝kl为合数．A1－028 设k1＜k2＜k3＜…是正整数，且没有两个是相邻的，又对于m＝1，2，3，…，S m＝k1＋k2＋…＋k m．求证：对每一个正整数n，区间（S n，S n＋1）中至少含有一个完全平方数．【题说】1996年爱朋思杯——上海市高中数学竞赛题2．【证】S n＝k n＋k n－1＋…＋k1所以从而第七讲整数问题：求解问题之一A2－001哪些连续正整数之和为1000？试求出所有的解．【题说】1963年成都市赛高二二试题3．【解】设这些连续正整数共n个（n＞1），最小的一个数为a，则有a＋（a＋1）＋…＋（a＋n－1）＝1000即n（2a＋n－1）＝2000若n为偶数，则2a＋n－1为奇数；若n为奇数，则2a＋n－1为偶数．因a≣1，故2a＋n－1＞n．同，故只有n＝5，16，25，因此可能的取法只有下列三种：若n＝5，则a＝198；若n＝16，则a＝55；若n＝25，则a＝28．故解有三种：198＋199＋200＋201＋20255＋56＋…＋7028＋29＋…＋52A2－002 N是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得N是整数的四次方．【题说】第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题3．【解】设b为所求最小正整数，则7b2＋7b＋7＝x4素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有b2＋b＋1＝73k4当k＝1时，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是满足条件的最小正整数．A2－003如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和，求n．【题说】1976年美国纽约数学竞赛题7．s2－s1＝n2＝100从而求得n＝10．A2－004设a和b为正整数，当a2＋b2被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2＋r＝1977．【题说】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题5．本题由原联邦德国提供．【解】由题设a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≢r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以q2≢1977，从而q≢44．若q≢43，则r＝1977－q2≣1977－432＝128．即（a＋b）≢88，与（a＋b）＞r≣128，矛盾．因此，只能有q＝44，r＝41，从而得a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009不妨设|a－22|≣|b－22|，则1009≣（a－22）2≣504，从而45≢a≢53．经验算得两组解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7．由对称性，还有两组解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．A2－005数1978n与1978m的最后三位数相等，试求出正整数n和m，使得m＋n取最小值，这里n＞m≣1．【题说】第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题1．本题由古巴提供．【解】由题设1978n－1978m＝1978m（1978n－m－1）≡0（mod 1000）因而1978m≡2m³989m≡0（mod 8），m≣3又1978n－m≡1（mod 125）而1978n－m＝（1975＋3）n－m≡3n－m＋（n－m）3n－m－1²1975（mod 125）（1）从而3n－m≡1（mod 5），于是n－m是4的倍数．设n－m＝4k，则代入（1）得从而k（20k＋3）≡0（mod 25）因此k必须是25的倍数，n－m至少等于4³25＝100，于是m＋n的最小值为n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103A2－006求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整数解x、y．【题说】1980年卢森堡等五国国际数学竞赛题6．本题由荷兰提供．于是x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vux2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v从而原方程变为2v（u－4）＝u3－8u2－8 （2）因u≠4，故（2）即为根据已知，u－4必整除72，所以只能有u－4＝±2α3β，其中α＝0，1，2，3；β＝0，1，2进一步计算可知只有u－4＝2²3＝6，于是u＝10，v＝16第八讲整数问题：求解问题之二A2－007确定m2＋n2的最大值，这里m和n是整数，满足m，n∈｛1，2，…，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1．【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题3．【解】若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1．若m≠n，则由n2－mn－m2＝±1得n＞m．令n＝m＋u k，于是[（m＋u k）2－m（m＋u k）－m2]2＝1于是有若u k≠u k－1，则以上步骤可以继续下去，直至从而得到数列：n，m，u k，u k－1，…，u k－l，u k－l－1此数列任意相邻三项皆满足u i＝u i－1＋u i－2，这恰好是斐波那契型数列．而{1，2，…，1981}中斐氏数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可见m＝987，n＝1597时，m2＋n2＝3524578为满足条件的最大值．A2－008求方程w！＝x！＋y！＋z！的所有正整数解．【题说】第十五届（1983年）加拿大数学奥林匹克题1．【解】不妨设x≢y≢z．显然w≣z＋1，因此（z＋1）！≢w！＝x！＋y！＋z！≢3²z！从而z≢2．通过计算知x＝y＝z＝2，w＝3是原方程的唯一解．A2－009求满足下式的所有整数n，m：n2＋（n＋1）2＝m4＋（m＋1）4【题说】1984年匈牙利阿拉尼²丹尼尔数学竞赛（15年龄组）题1．【解】由原式得n（n＋1）＝m（m＋1）（m2＋m＋2）设m2＋m＝k，我们有n（n＋1）＝k（k＋2）．显然，只可能两边为零．解是（0，0），（0，－1），（－1，0），（－1，1）．A1－010前1000个正整数中可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的正整数有多少个？【题说】第三届（1985年）美国数学邀请赛题10．【解】令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．个不同的正整数值．另一方面f（x＋n）＝f（x）＋20n对任一正整数n成立．将1－1000分为50段，每20个为1段．每段中，f（x）可取12个值．故总共可取到50³12＝600个值，亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的形式．A2－011使n3＋100能被n＋10整除的正整数n的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题5．【解】由n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，则900也应被n＋10整除．因此，n 最大值是890．第九讲整数问题：求解问题之三A2－012 a、b、c、d为两两不同的正整数，并且a＋b＝cd，ab＝c＋d求出所有满足上述要求的四元数组a、b、c、d．【题说】1987年匈牙利数学奥林匹克题1．【解】由于a≠b，所以当且仅当a＝1或b＝1时，才有a＋b≣ab．如果a、b都不是1，那么c＋d＝ab＞a＋b＝cd由此知c＝1或d＝1．因此a、b、c、d中总有一个（也只有一个）为1．如果a＝1，那么由消去b可以推出从而得到c＝2，d＝3，或者c＝3，d＝2．这样，本题的答案可以列成下表A2－013设[r，s]表示正整数r和s的最小公倍数，求有序三元正整数组（a，b，c）的个数，其中[a，b]＝1000，[b，c]＝2000，[c，a]＝2000．【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题7．【解】显然，a、b、c都是形如2m²5n的数．设a＝2m1²5n1，b＝2m2²5n2，c＝2m3²5n3．由[a，b]＝1000＝23²53，知max（m1，m2）＝3，max（n1，n2）＝3．同理，max（m2，m3）＝4，max（n2，n3）＝3；max（m1，m3）＝4，max（n1，n3）＝3．由此，知m3应是4，m1、m2中必有一是3．另一个可以是0、1、2或3之任一种，因此m1、m2的取法有7种．又，n1、n2、n3中必有两个是3，另一个可以是0、1、2或3．因此n1、n2、n3取法有10种．故m i、n i（i＝1、2、3）不同取法共有7³10＝70种，即三元组共有70个．A2－014设m的立方根是一个形如n＋r的数，这里n为正整数，r为小于1/1000的正实数．当m是满足上述条件的最小正整数时，求n的值．【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题12．m＝n3＋1＜（n＋10－3）3＝n3＋3n2²10－3＋3n²10－6＋10－9于是从而n＝19（此时m＝193＋1为最小）．【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克九年级题1．【解】144＝122，1444＝382设n＞3，则则k必是一个偶数．所以也是一个自然数的完全平方，但这是不可能的．因为平方数除以4，因此，本题答案为n＝2，3．A2－016当n是怎样的最小自然数时，方程[10n/x]＝1989有整数解？【题说】第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【解】1989≢10n/x＜1990所以10n/1990＜x≢10n/1989即10n²0.000502512…＜x≢10n²0.000502765…所以n＝7，这时x＝5026与5027是解．A2－017设a n＝50＋n2，n＝1，2，…．对每个n，a n与a n＋1的最大公约数记为d n．求d n的最大值．【题说】1990年日本第1轮选拔赛题9．【解】d n＝（a n，a n＋1）＝（50＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））＝（50＋n2，2n＋1）＝（2（n2＋50），2n＋1）（因2n＋1是奇数）＝（2（n2＋50）－n（2n＋1），2n＋1）＝（100－n，2n＋1）＝（100－n，2n＋1＋2（100－n））＝（100－n，201）≢201在n＝100≠201k（k∈N）时，d n＝201．故所求值为201．A2－018 n是满足下列条件的最小正整数：（1）n是75的倍数；（2）n恰为75个正整数因子（包括1及本身）．试求n/75．【题说】第八届（1990年）美国数学邀请赛题5．【解】为保证n是75的倍数而又尽可能地小，可设n＝2α²3β²5γ，其中α≣0，β≣1，γ≣2，并且（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75由75＝52²3，易知当α＝β＝4，γ＝2时，符合条件（1）、（2）．此时n＝24²34²52，n/75＝432．第十讲整数问题;求解问题之四A2－019 1．求出两个自然数x、y，使得xy＋x和xy＋y分别是不同的自然数的平方．2．能否在988至1991范围内求到这样的x和y？【题说】第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克九年级题5．【解】1．例如x＝1，y＝8即满足要求．2．假设988≢x＜y≢1991x、y∈N，使得xy＋x与xy＋y是不同的自然数的平方，则x2＜xy＋x＜xy＋y这时y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）2－x2＝2x＋1即y＞3x＋1由此得1991≣y＞3x＋1≣3³998＋1矛盾！故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y．A2－020求所有自然数n，使得这里[n/k2]表示不超过n/k2的最大整数，N是自然数集．【题说】1991年中国数学奥林匹克题5．【解】题给条件等价于，对一切k∈N，k2＋n/k2≣1991 （1）且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992．（2）（1）等价于对一切k∈N，k4－1991k2＋n≣0即（k2－1991/2）2＋n－19912/4≣0 （3）故（3）式左边在k取32时最小，因此（1）等价于n≣1991³322－324＝1024³967又，（2）等价于存在k∈N，使（k2－996）2＋n－9962＜0上式左边也在k＝32时最小，故（2）等价于n＜1992³322－324＝1024³968故n为满足1024³967≢n≢1024³967＋1023的一切整数．A2－021设n是固定的正整数，求出满足下述性质的所有正整数的和：在二进制的数字表示中，正好是由2n个数字组成，其中有n个1和n个0，但首位数字不是0．【题说】第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】n＝1，易知所求和S1＝2．n≣2时，首位数字为1的2n位数，在其余2n－1位上，只要n个0的位置确定了．则n－1个1的位置也就确定了，从而这个2n位二进制数也随之确定．现考虑第k（2n＞k≣1）位数字是1的数的个数．因为其中n个0的位置只可从2n－2个位置（除去首位和第k位）中选择，故这样的将所有这样的2n位二进制数相加，按数位求和，便有A2－022在{1000，1001，1002，…，2000}中有多少对相邻的数满足下列条件：每对中的两数相加时不需要进位？【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题6．7或8时，则当n和n＋1相加时将发生进位．再若b＝9而c≠9；a＝9而b≠9或c≠9．则当n和n＋1相加时也将发生进位．如果不是上面描述的数，则n有如下形式其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}．对这种形式的n，当n和n＋1相加时不会发生进位，所以共有53＋52＋5＋1＝156个这样的n．A2－023定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”，如果存在一个正整数m，使得m！的十进位制表示中，结尾恰好有n个零，那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾？【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题15．【解】设f（m）为m！的尾．则f（m）是m的不减函数，且当m是5的倍数时，有f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3）＝f（m＋4）＜f（m＋5）因此，从f（0）＝0开始，f（m）依次取值为：0，0，0，0，0；1，1，1，1，1；2，2，2，2，2；3，3，3，3，3；4，4，4，4，4；6，6，6，6，6；…；1991，1991，1991，1991，1991容易看出如果存在m使f（m）＝1991，则因而m＞4³1991＝7964．由公式（1）可计算出f（7965）＝1988，从而f（7975）＝1991．在序列（1）中共有7980项，不同的值有7980/5＝1596个．所以在{0，1，2，…，1991}中，有1992－1596＝396个值不在（1）中出现．这就说明，有396个正整数不是阶乘的尾．第十一讲：整数问题：求解问题之五A2－024数列{a n}定义如下：a0＝1，a1＝2，a n＋2＝a n＋（a n＋1）2．求a1992除以7所得的余数．【题说】1992年日本数学奥林匹克预选赛题1．【解】考虑a n以7为模的同余式：a0＝1≡1（mod 7）a1＝2≡2（mod 7）a1＝1＋22＝5≡－2（mod 7）a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod 7）a4≡－2＋（－1）2＝－1（mod 7）a5≡－1＋（－1）2＝0（mod 7）a6≡－1＋02＝－1（mod 7）a7≡0＋（－1）2＝1（mod 7）a8≡－1＋12＝0（mod 7）a9≡1＋02＝1（mod 7）a10≡0＋12＝1（mod 7）a11≡1＋12＝2（mod 7）所以，a n除以7的余数以10为周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）．A2－025求所有的正整数n，满足等式S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）其中S（x）表示十进制正整数x的各位数字和．【题说】1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克（最后一轮）题3．【解】显然，n＝1满足要求．由于对正整数x，有S（x）≡x（mod 9），故当n＞1时，有n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）所以9|n．若n是一位数，则n＝9，又S（9）＝S（2³9）＝S（3³9）＝…＝S（92）＝9，故9满足要求．10k≢n＜10k＋1又910k，故10k＋1≢n＜10k＋1若n＜10k＋10k－1＋…＋10＋1，则与已知矛盾，从而n≣10k＋10k－1＋…＋10＋1（1）令n＝9m．设m的位数为l（k≢l≢k＋1），m－1＝S（n）＝S（（10k＋10k－1＋…＋10＋1）n）＝S（（10k＋1－1）m）＝S（10k＋1（m－1）＋（10k＋1－10l）＋（10l－m））其中9有k＋1－l个，b i＋c i＝9，i＝1，2，…，l．所以S（n）＝9（k＋1）（2）由于n是k＋1位数，所以n＝99…9＝10k＋1－1．另一方面，当n＝99…9＝10k＋1－1时，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）．综上所述，满足要求的正整数为n＝1及n＝10k－1（k≣1）．A2－026求最大正整数k，使得3k|（23m＋1），其中m为任意正整数．【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题2．【解】当m＝1时，23m＋1＝9，故k≢2．又由于23m＋1＝（23）3m－1＋1≡（－1）3m－1＋1（mod 9）＝0所以，对任意正整数m，9|（23m＋1）．即所求k的值为2．最大整数．【题说】1993年全国联赛一试题2（4），原是填空题．【解】因为1093＋33＝（1031）3＋33＝（1031＋3）（（1031）2－3³1031＋32）＝（1031）（1031－3）＋9－1它的个位数字是8，十位数字是0．A2－028试求所有满足如下性质的四元实数组：组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十一年级二试题5．【解】设这组数的绝对值为a≢b≢c≢d．无论a为b，c，d哪两个数的乘积，均有a≣bc，类似地，d ≢bc．从而，bc≢a≢b≢c≢d≢bc，即a＝b＝c＝d＝a2．所以a＝0或1，不难验证，如果组中有负数，则负数的个数为2或3．所以，答案为{0，0，0，0}，{1，1，1，1}，{－1，－1，1，1}，{－1，－1，－1，1}．第十二讲整数问题：求解问题之六A2－029对任意的实数x，函数f（x）有性质f（x）＋f（x－1）＝x2．如果f（19）＝94，那么f（94）除以1000的余数是多少？【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题3．【解】重复使用f（x）＝x2－f（x－1），有f（94）＝942－f（93）＝942－932＋f（92）＝942－932＋922－f（91）＝…＝942－932＋922－…＋202－f（19）＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－91）＋…＋（22＋21）（22－21）＋202－94＝（94＋93＋92＋…＋21）＋306＝4561因此，f（94）除以1000的余数是561．A2－030对实数x，[x]表示x的整数部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2n]＝1994成立的正整数n．【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题4．【解】[long21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2128]＋[log2129]＋…＋[log2255]＝2³1＋4³2＋8³3＋16³4＋32³5＋64³6＋128³7＝1538．A2－031 对给定的一个正整数n．设p（n）表示n的各位上的非零数字乘积（如果n只有一位数字，那么p（n）等于那个数字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋…＋p（999），则S的最大素因子是多少？【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题5．【解】将每个小于1000的正整数作为三位数，（若位数小于3，则前面补0，如25可写成025），所有这样的正整数各位数字乘积的和是（0²0²0＋0²0²1＋0²0²2＋…＋9²9²8＋9²9²9）－0²0²0＝（0＋1＋2＋…＋9）3－0p（n）是n的非零数字的乘积，这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到．因此，＝463－1＝33²5²7²103最大的素因子是103．A2－032 求所有不相同的素数p、q、r和s，使得它们的和仍是素数，并且p2＋qs及p2＋qr都是平方数．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题7．【解】因为四个奇素数之和是大于2的偶数，所以所求的素数中必有一个为偶数2．若p≠2，则p2＋qs或p2＋qr中有一个形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p＝2．设22＋qs＝a2，则qs＝（a＋2）（a－2）．若a－2＝1，则qs＝5，因为q、s是奇素数，所以上式是不可能的．于是只能是q＝a－2，s＝a＋2或者q＝a＋2，s＝a－2所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4．三个数q－4、q、q＋4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被3整除．q或q＋4为3时，都导致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是（p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3）A2－033 求所有这样的素数，它既是两个素数之和，同时又是两个素数之差．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题5．【解】设所求的素数为p，因它是两素数之和，故p＞2，从而p是奇数．因此，和为p的两个素数中有一个是2，同时差为p的两个素数中，减数也是2，即p＝q＋2，p＝r－2，其中q、r为素数．于是p－2、p、p＋2均为素数．在三个连续的奇数中必有一数被3整除，因这数为素数，故必为3．不难验证只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7时，才满足条件．所以所求的素数是5．个整数．【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题4．本题由澳大利亚提供．【解】n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因为（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1），所以mn－1|m2＋n．因此m，n对称，不妨设m≣n．当n＝1时，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，从而m＝2或3，以下设n≣2．若m＝n，则n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），从而n2－1|（n＋1），m＝n＝2．若m＞n，则由于2（mn－1）≣n2＋mn＋n－2≣n2＋2m＞n2＋m所以mn－1＝n2＋m，即（m－n－1）（n－1）＝2从而于是本题答案为（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组．第十三讲整数问题：求解问题之七【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题7．【解】由已知得即所以A2－036一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题10．【解】设这数为42n＋p，其中n为非负整数，p为小于42的素数或1．由于2³42＋1，42＋2，42＋3，42³5＋5，42＋7，2³42＋11，42＋13，4³42＋17，3³42＋19，42＋23，3³42＋29，2³42＋31，4³42＋37，2³42＋41，都是合数，所以在n≣5时，42n＋p都可表成42的正整数倍与合数之和，只有42³5＋5例外．因此，所求的数就是42³5＋5＝215．A2－038求所有正整数x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，这里z是x、y的最大公约数．【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【解】由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为a＋b2＋z＝abz2 （1）由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b≢a＋z．a＋z＋b2＝abz2＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z2－2）a－2z）≣a＋z＋b2＋b（（z2－2）a－2z）（2）（2）中不等式的等号只在b＝1并且b＝a＋z时成立，而这种情况不可能出现（a＋z＞1），所以（2）是严格的不等式．这表明（z2－2）a－2Z＜0 （3）从而z≢2（否则（3）的左边≣z2－2－2z≣z－2＞0）．在z＝2时，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，从而x＝4，y＝2或6．在z＝1时，（1）成为a＋b2＋1＝ab （4）从而（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2这表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3．因此本题共有四组解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．A2－039设m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示m、n的最大公约数．【题说】1996年日本数学奥林匹克题2．【解】记H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）．则H（0，1）＝（2，12）＝2H（1，1）＝（12，12）＝12因H（m，n）＝H（n，m），故可设n≣m．当n≣2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5n－2m＋7n－2m）当m≢n＜2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5n－m7n－m（52m－n＋72m－n））＝（5m＋7m，52m－n＋72m－n）记则（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；（3）（m′，n′）＝（m，n）．当（m，n）＝1时，反复进行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．从而有A2－040求下列方程的正整数解：（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab其中a≣b，[a，b]、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数．【题说】1996年日本数学奥林匹克预选赛题7．【解】记（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，则[a，b]＝da′b′．题设条件变为1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′（*）所以故1＜d≢4．当d＝4时，a′＝b′＝1，从而a＝b＝4；当d＝3时，（*）等价于（2a′－1）（2b′－1）＝3由a′≣b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3．当d＝2时，（*）等价于（a′－1）（b′－1）＝2由a′≣b′得a′＝3，b′＝2．从而a＝6，b＝4．综上所述，所求的正整数解有4，4；6，4；6，3．A2－041一个幻方中，每一行，每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值．图示一个幻方中的四个数，求x．【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题1．【解】幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s，这3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一数的3倍．所以中央的左下角的数为19＋96－1＝114．因此x＝3³105－19－96＝200第十四讲整数问题：求解问题之八A2－042对整数1，2，3，…，10的每一个排列a1，a2，…，a10，作和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|数．求p＋q．【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题12．【解】差|a i－a j|有如下的45种：这45种的和为1³9＋2³8＋3³7＋4³6＋5³5＋6³4＋7³3＋8³2＋9³1＝165．每一种出现的次数相同，而在和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|中有5种，所以A2－043设正整数a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整数的平方．求这两个平方数中较小的数能够取到的最小值．【题说】第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题4．本题由俄罗斯提供．【解】15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2于是16r2－15s2＝162b＋152b＝481b （1）所以16r2－15s2是481＝13³37的倍数．由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一数的平方．因此，16r2≡15s2（mod 13）时，必有13|s．同样，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方为0，±1，±3，±4，±9，±12，±16（mod 37），所以必有37|s．于是481|s．由（1），481|r．在r＝s＝481时，b＝（16－15）³481＝481，a＝（16＋15）³481＝31³481，满足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2．所以所说最小值为481．A2－044设自然数n为十进制中的10位数．从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数，第2位上的数恰是n的数字中1的个数，一般地，第k＋1位上的数恰是n的数字中k的个数（0≢k≢9）．求一切这样的数n．【题说】1997年日本数学奥林匹克预选赛题7．【解】设n的左数第k＋1位上的数字为n k（0≢k≢9），则数字k出现的次数为n k．因为n是10位数，所以n0＋n1＋n2＋…＋n9＝10 （1）又数字k若在左数第n j＋1位上出现，则数字j在n中出现k次．n k个k意味着有数字j1，j2，…，j nk，共出现k nk次．于是，又有n i＋2n2＋…＋9n9＝10 （2）由（2）显然n5，n6，n7，n8，n9，至多一个非零，且n6，n7，n8，n9均≢1．若n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0 （3）则n0≣5．于是n中至少有一个数字≣5，与（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一个非零，其余四个为0．从而n1＋2n2＋3n3＋4n4≢5 （4）（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有两个为0，从而n中0的个数不少于6，即n0≣6．于是n6，n7，n8，n9中有一个为1，n5＝0．若n9＝1，则n0＝9，n1≣1，这显然不可能．若n8＝1，则n0＝8，n1≣1，但无论n1＞1或n1＝1均不合要求．若n7＝1，则n0＝7，n1＝1或2，前者显然不合要求．后者导致n2≣1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．若n6＝1，则n0＝6，n1＝2或3．n1＝2时，n2＝1，数6210001000满足要求．n1＝3时，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．综上所述，满足条件的10位数n只有6210001000．A2－045求所有的整数对（a，b），其中a≣1，b≣1，且满足等式a b2＝b a．【题说】第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题5．本题由捷克提供．【解】显然当a、b中有一个等于1时，（a，b）＝（1，1）．以下设a，b≣2．设t＝b2/a，则由题中等式得到b＝a t，at＝a2t，从而t＝a2t－1．如果2t－1≣1，则t＝a2t－1≣（1＋1）2t－1≣1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1．记K＝1/t，则K＝a/b2＞1为有理数，由a＝b k可知K＝b K－2 （1）如果K≢2，则K＝b K－2≢1，与前面所证K＞1矛盾，因此K＞2．设K＝p/q，p，q∈N，p、q互质，则p＞2q．于是由（1）。
初中数学竞赛教程汇总
初中数学竞赛教程汇总一、数学竞赛的基本要求1.掌握基本知识：了解数学基础知识，如数的四则运算、代数、方程、函数、几何、概率等。
这是参加数学竞赛的基本要求，也是解决问题的基础。
2.培养数学思维：数学竞赛不仅仅是基础知识的应用，更重要的是培养学生的数学思维能力，即学会观察问题，找到问题的本质，灵活运用不同的方法解决问题。
3.提高解题速度：数学竞赛的时间通常是有限的，所以解题速度也是参加竞赛的关键之一、要通过多做题来提高解题速度，熟练掌握各类题型的解题方法。
二、数学竞赛的解题技巧1.选择题技巧：在解答选择题时，可以通过代入法、排除法、逆向思维等方法来提高解题的准确性和效率。
2.填空题技巧：填空题通常是对基础知识的运用，关键在于理解题目的要求，运用正确的方法来填空，注意题目中的条件和限制。
3.解答题技巧：解答题一般需要通过分析问题、建立模型、列方程等方法来解决。
要注意将问题转化为数学语言，运用合适的解题方法，将解题思路和过程写清楚，严格按照题目要求进行解答。
三、数学竞赛的备考方法1.掌握基础知识：首先要对数学基础知识进行系统全面的复习，在学习过程中理解每个知识点的定义、性质和运用方法，掌握基本运算法则和公式。
2.做题训练：通过多做题来提高解题能力和解题速度。
可以选择做一些经典的数学竞赛试题，系统地进行训练和练习。
同时，要注重总结错题和难题的解题方法和技巧，找到解题的规律和思路。
3.参加模拟竞赛：模拟竞赛可以帮助学生熟悉竞赛的环境和氛围，提高解题的稳定性和抗压能力。
通过参加模拟竞赛，可以了解到自己的竞赛水平和不足之处，进一步完善备考策略。
四、数学竞赛的答题技巧1.审题准确：在答题之前，要仔细阅读题目，理清题目的要求和条件。
特别是解答题，要将问题中的关键信息提取出来，建立数学模型。
2.答题思路：在答题过程中要注意思路的清晰和连贯，不要急于求解。
可以通过分析题目中的特点，采用逆向思维、类比思维、排除法等方法，找到解题的关键。
初中数学竞赛辅导资料(七年级用)
初中数学竞赛辅导资料第一讲 数的整除一、内容提要：如果整数A 除以整数B(B ≠0)所得的商A/B 是整数,那么叫做A 被B 整除. 0能被所有非零的整数整除.能被7整除的数的特征：①抹去个位数 ②减去原个位数的2倍 ③其差能被7整除。
如 1001 100－2＝98（能被7整除）又如7007 700－14＝686， 68－12＝56（能被7整除） 能被11整除的数的特征：①抹去个位数 ②减去原个位数 ③其差能被11整除 如 1001 100－1＝99（能11整除）又如10285 1028－5＝1023 102－3＝99（能11整除） 二、例题例1已知两个三位数328和92x 的和仍是三位数75y 且能被9整除。
求x,y解：x,y 都是0到9的整数，∵75y 能被9整除，∴y=6. ∵328＋92x ＝567，∴x=3 例2已知五位数x 1234能被12整除，求x解：∵五位数能被12整除，必然同时能被3和4整除， 当1＋2＋3＋4＋x 能被3整除时，x=2，5，8 当末两位4x 能被4整除时，x ＝0，4，8∴x＝8例3求能被11整除且各位字都不相同的最小五位数解：五位数字都不相同的最小五位数是10234，但（1＋2＋4）－（0＋3）＝4，不能被11整除，只调整末位数仍不行调整末两位数为30，41，52，63，均可，∴五位数字都不相同的最小五位数是10263。
练习一1、分解质因数：（写成质因数为底的幂的连乘积）①756②1859③1287④3276⑤10101⑥10296987能被3整除，那么a=_______________2、若四位数ax能被11整除，那么x＝__________3、若五位数123435m能被25整除4、当m=_________时，59610能被7整除5、当n=__________时，n6、能被11整除的最小五位数是________,最大五位数是_________7、能被4整除的最大四位数是____________，能被8整除的最大四位数是_________。
初中数学竞赛知识点归纳
初中数学竞赛知识点归纳一、数的性质和运算1.自然数、整数、有理数和实数的定义和性质。
2.常见数的性质和规律，如奇数、偶数、质数、因数、倍数等。
3.整除与除尽的概念，最大公约数和最小公倍数的求解方法。
4.分数的四则运算，分数的化简和比较大小。
5.百分数和比例的概念，百分数和比例的运算，百分数和比例的应用。
6.分数方程和分数不等式的解法。
7.数轴和有理数的位置关系。
二、代数ic1.一元一次方程和一元一次不等式的解法，应用题的解题方法。
2.二元一次方程组和二元一次不等式组的解法，应用题的解题方法。
3.平方根的性质，开方和近似计算方法。
4.倍数关系和变量之间的关系。
三、图形的性质和运动1.点、线、面的定义和性质。
2.角的概念，角的分类和性质，角的度量和计算方法。
3.直线和角的关系，同位角、对顶角、平行线之间的性质。
4.三角形的分类和性质，三角形的内角和外角的关系。
5.直角三角形、等腰三角形和等边三角形的性质，三角形的不等式。
6.多边形的性质和特性，正多边形的性质。
7.圆的性质和公式，面积和周长的计算方法。
8.平移、旋转、镜像的概念和性质，平面图形的运动。
四、函数与方程1.函数的概念和性质，函数的表示方法。
2.一次函数和二次函数的性质和图像特点。
3.平方和差公式，一次函数和二次函数的解析式和解的个数。
4.线段的中点坐标和坐标轴上的点的坐标。
5.一元一次方程和一次函数的关系，一元二次方程和二次函数的关系。
6.一元一次方程组和一次函数的关系，一元二次方程组和二次函数的关系。
五、几何证明1.相似三角形的判定和性质。
2.相似三角形的性质和比例关系。
3.勾股定理的应用，勾股定理的证明。
4.数列的性质和特征，数列的求和公式，数列的前n项和。
5.排列和组合的概念和性质，排列和组合的计算公式。
6.计算器的使用和综合运用。
综上所述，初中数学竞赛中的知识点和定理非常广泛，需要学生全面掌握，灵活应用。
在备考过程中，要注重理论和实际应用的结合，注重基础知识的掌握和巩固，注重解题方法和思维能力的培养，才能在竞赛中取得好成绩。
初中数学竞赛教程
8．已知 x2 x 1 0 ,求 x3 2x 1的值。
ab bc ca ５.已知 m2 mn 15, mn n2 6 ，求 3m2 mn 2n2 的值。
6.已知 abc 1,求 a b c 的值。 ab a 1 bc b 1 ac c 1
7.已知 ab 1，比较 M、N 的大小。 M 1 1 , 1 a 1b
N a b 。 1 a 1b
二、【典型例题解析】：
１. 如果 m 是大于 1 的有理数，那么 m 一定小于它的( )
A.相反数 B.倒数
C.绝对值
Ｄ．平方
2. 已 知 两 数 a 、 b 互 为 相 反 数 ， c 、 d 互 为 倒 数 , x 的 绝 对 值 是 2, 求
x2 (a b cd )x (a b)2006 (cd )2007 的值。
6.如果 abc 0，求 | a | | b | | c | 的值。 abc
7. x 是什么样的有理数时 | (x 2) (x 4) || x 2 | | x 4 | 等式成立?
第三讲 有理数(三)
一、【能力训练点】：
1、运算的分级与运算顺序;
2、有理数的加、减、乘、除及乘方运算的法则。
第二讲 有理数（二）
一、【能力训练点】：
1、绝对值的几何意义
① | a || a 0 | 表示数 a 对应的点到原点的距离。② | a b | 表示数 a 、 b 对应的两点间的距离。
2、利用绝对值的代数、几何意义化简绝对值。
二、【典型例题解析】:
１.若 2 a 0,化简| a 2 | | a 2 |
13 35
99 101
第四讲 代数式一)
一、【能力训练点】:
(1）列代数式；
初三数学竞赛辅导教程
初三数学竞赛辅导教程1.1 因式分解一、常用公式或变形方法（此处只列出教科书以外的常用于竞赛中的内容） 1. ()2222222c b a bc ac ab c b a ++=+++++（在已知c b a ++和222c b a ++时此公式常变形为()()22222c b a c b a bc ac ab ++-++=++） 二、例题讲解例1. 已知a 、b 、c 是△ABC 的三条边，且满足bc ac ab c b a ++=++222，试判断△ABC 的形状.例2. 若三个素数的乘积恰好等于它们和的23倍，求这三个素数.（2015大同杯第四题） 例3. 已知实数a 、b 、c 满足0=++c b a ，2220.1a b c ++=，求444a b c ++的值.（2003年宇振杯第3题）例4. 已知0=++c b a ，0333=++c b a ，求证：0555=++c b a三、练习题1. 已知整数a 、b 满足3031096+-=b a ab ，求b a +的值.2. 已知121+=m a ，221+=m b ，3+=m c ，求bc c ac b ab a 222222-+-++的值. 3. 已知a 、b 、c 是不全相等的实数，且0≠abc ，abc c b a 3333=++，求：（1）c b a ++的值（2）⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+a b c c a b c b a 111111的值 4. 化简：2232232bab a b ab b a a +-+--（2014大同杯第1题） 5. 设非零实数a ，b ，c 满足⎩⎨⎧=++=++0432032c b a c b a ，求222c b a ca bc ab ++++的值.（2013年全国初中数学联赛第一试第1题）6. 已知正数a 、b 、c 满足3=++=++=++a c ac c b bc b a ab ，求()()()111+++c b a 的值.7. 已知：5=++c b a ，15222=++c b a ，47333=++c b a ，求()()()222222a ca c c bc b b ab a ++++++的值.（2016全国初中数学联赛第二试B 组第2题） 1.2 对称式与轮换对称式一、定义1.一个n 元代数式，如果交换任意两个字母的位置后，代数式不变，那么，就称这个代数式为n 元对称式，简称对称式。
初中数学竞赛教程汇总
【能力训练点】1、 正负数，数轴，相反数，有理数等概念。
2、 有理数的两种分类：3、 有理数的本质定义，能表成 m （ n 0,m, n 互质）。
n4、 性质：① 顺序性（可比较大小）；② 四则运算的封闭性（0不作除数）；③ 稠密性：任意两个有理数间都存在无数个有理数。
5、绝对值的意义与性质:、【典型例题解析】 1.如果m 是大于1的有理数，那么 m —定小于它的（）A.相反数B.倒数C. 绝对值D.平方20062007 T(a b cd)x (a b) (cd)的值。
a b4. ---------------------------------------------------------------- 有3个有理数a,b,c ，两两不等，那么b c5.设三个互不相等的有理数，既可表示为 1, a b,a 的形式式，又可表示为0, - , b 的形式，求a2006, 2007a b 。
七年级第一讲 有理数（一）①|a|a(a 0) a(a 0)②非负性(|a| 0, a 2 0)③非负数的性质:i ）非负数的和仍为非负数。
ii ）几个非负数的和为 0,则他们都为0。
2. 已知两数ab 互为相反数，c 、d 互为倒数，x 的绝对值是 2 ,求3.如果在数轴上表示 b 两上实数点的位置, 如下图所示，那么|a b| |a b|化简的结果等于（） A. 2a B.2aC.0D.2bJ,乞二中有几个负数?c a a b3 2ax bx cx 1的值是多少?7.若 a,b,c 为整数，且 |a b|2007 |c a |2007 1 ,试求 |c a |第二讲有理数（二）」、【能力训练点】： 1、 绝对值的几何意义①|a| |a 0|表示数a 对应的点到原点的距离。
② |a b|表示数a 、b 对应的两点间的距离。
2、 利用绝对值的代数、几何意义化简绝对值。
二、【典型例题解析】： 1 •若 2 a 0,化简 |a 2| |a 2|23.若 | x 5| |x 2| 7，求x 的取值范围。
初中数学竞赛辅导材料目录
初中数学竞赛辅导材料目录一、初中数学竞赛基础知识1.数集及其运算-自然数、整数、有理数、实数、复数的概念及运算性质-数集的表示方法与运算法则2.代数式与方程-一元一次方程与一元一次不等式的解法及应用-一次函数的定义、性质与图像-一元二次方程的解法及应用3.几何基本概念-点、线、面、角的定义与性质-直线、射线、线段、平行线、垂直线的概念与判定-多边形、三角形、四边形的性质4.图形的相似与投影-图形的相似判定条件及相似比的计算-平面图形在对称、旋转、平移、投影中的性质与运用5.数据的整理与表示-数据的收集、整理、描述和分析方法-列联表的制作与应用-分组频数统计图的制作与读图6.立体几何-空间图形的基本概念及性质-空间图形的展开与剖析-空间图形的体积与表面积计算方法二、初中数学竞赛解题技巧与方法1.快速计算技巧-快速计算小技巧的应用（如乘法口诀、整数加减乘除的计算等）-快速计算较大数的方法（如分解因数、整理计算顺序等）2.思维训练与问题解决-近似计算与估算的方法与应用-分析解题条件与利用信息求解问题-数学问题的逻辑和推理方法3.策略与技巧-消元法与代入法的使用-枚举与特例法的应用-逆向思维与反证法的运用4.考试技巧与应试心理-数学竞赛常见题型的解题思路-如何正确阅读题目与审题技巧-考试时间分配与答题顺序规划-心理调适与压力应对方法三、数学竞赛真题及解析1.真题分析与解题方法讲解-分析数学竞赛真题的特点与难点-理解题目要求、辅助线的作法、巧用条件等解题技巧-真题解析与解题思路讲解2.解题思路总结与题型归纳-简述各种常见数学竞赛题型的解题思路-总结解题中常用的技巧与方法-提供大量的练习题目，以加强学生对各类题型的掌握以上为初中数学竞赛辅导材料的目录，通过系统的学习与实践，相信学生们可以提升数学竞赛的能力，取得更好的成绩。
祝学习愉快！。
初中数学竞赛辅导资料(总24页)
初中数学竞赛辅导资料-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除第一篇 一元一次方程的讨论第一部分 基本方法1. 方程的解的定义：能使方程左右两边的值相等的未知数的值叫做方程的解。
一元方程的解也叫做根。
例如：方程 2x ＋6＝0， x （x －1）=0, |x |=6, 0x =0, 0x =2的解 分别是： x =－3, x =0或x =1, x =±6, 所有的数，无解。
2. 关于x 的一元一次方程的解（根）的情况：化为最简方程ax =b 后， 讨论它的解：当a ≠0时，有唯一的解 x =ab ； 当a =0且b ≠0时，无解；当a =0且b ＝0时，有无数多解。
（∵不论x 取什么值，0x ＝0都成立）3. 求方程ax =b (a ≠0)的整数解、正整数解、正数解当a ｜b 时，方程有整数解；当a ｜b ，且a 、b 同号时，方程有正整数解；当a 、b 同号时，方程的解是正数。
综上所述，讨论一元一次方程的解，一般应先化为最简方程ax =b第二部分 典例精析例1 a 取什么值时，方程a (a －2)x =4(a －2) ①有唯一的解②无解③有无数多解④是正数解例2 k取什么整数值时，方程①k(x+1)=k－2（x－2）的解是整数？②（1－x）k=6的解是负整数？例3己知方程a(x－2)=b(x+1)－2a无解。
问a和b应满足什么关系？例4a、b取什么值时，方程（3x－2）a+（2x－3）b=8x－7有无数多解？第三部分 典题精练1. 根据方程的解的定义，写出下列方程的解：① (x +1)=0, ②x 2=9, ③|x |=9， ④|x |=－3,⑤3x +1=3x －1, ⑥x +2=2+x2. 关于x 的方程ax =x +2无解，那么a __________3. 在方程a (a －3)x =a 中，当a 取值为＿＿＿＿时，有唯一的解； 当a ＿＿＿时无解；当a ＿＿＿＿＿时,有无数多解； 当a ＿＿＿＿时,解是负数。
(共30套)初中数学竞赛辅导讲义及习题解答大全 (含竞赛答题技巧)
（共30套）初中数学竞赛辅导讲义及习题解答大全适合中学教师作为辅导教材使用第一讲 走进追问求根公式形如02=++c bx ax （0≠a ）的方程叫一元二次方程，配方法、公式法、因式分解法是解一元二次方程的基本方法。
而公式法是解一元二次方程的最普遍、最具有一般性的方法。
求根公式aacb b x 2422,1-±-=内涵丰富：它包含了初中阶段已学过的全部代数运算；它回答了一元二次方程的诸如怎样求实根、实根的个数、何时有实根等基本问题；它展示了数学的简洁美。
降次转化是解方程的基本思想，有些条件中含有(或可转化为)一元二次方程相关的问题，直接求解可能给解题带来许多不便，往往不是去解这个二次方程，而是对方程进行适当的变形来代换，从而使问题易于解决。
解题时常用到变形降次、整体代入、构造零值多项式等技巧与方法。
【例题求解】【例1】满足1)1(22=--+n n n 的整数n 有 个。
思路点拨：从指数运算律、±1的特征人手，将问题转化为解方程。
【例2】设1x 、2x 是二次方程032=-+x x 的两个根，那么1942231+-x x 的值等于（ ）A 、一4B 、8C 、6D 、0思路点拨：求出1x 、2x 的值再代入计算，则计算繁难，解题的关键是利用根的定义及变形，使多项式降次，如1213x x -=，2223x x -=。
【例3】 解关于x 的方程02)1(2=+--a ax x a 。
思路点拨：因不知晓原方程的类型，故需分01=-a 及01≠-a 两种情况讨论。
【例4】设方程04122=---x x ，求满足该方程的所有根之和。
思路点拨：通过讨论，脱去绝对值符号，把绝对值方程转化为一般的一元二次方程求解。
【例5】 已知实数a 、b 、c 、d 互不相等，且x ad d c c b b a =+=+=+=+1111， 试求x 的值。
思路点拨：运用连等式，通过迭代把b 、c 、d 用a 的代数式表示，由解方程求得x 的值。
初中数学竞赛精品标准教程及练习68选择题
初中数学竞赛精品标准教程及练习68选择题初中数学竞赛是一项培养学生数学思维能力和解题技巧的重要活动。
为了帮助学生有效备战数学竞赛，专门编写了《初中数学竞赛精品标准教程及练习68选择题(二)》一书。
本书内容全面，涵盖了初中数学竞赛的各个考点，并通过一系列精选的练习题目，帮助学生巩固相关知识点和解题思路。
以下是本书的详细内容介绍。
第一章：数与式本章主要讲解数的性质及其运算，理解数与式的关系。
通过大量的练习题目，培养学生掌握各类数与式的转化和计算技巧。
第二章：代数式与方程本章重点讲解代数式的概念及其简化、展开等技巧。
同时，介绍方程的概念和解法，引导学生灵活运用代数知识解决实际问题。
第三章：比例与相似本章主要讲解比例与相似的概念、性质和运算。
通过丰富的练习题目，帮助学生熟悉比例与相似的应用场景，提高处理实际问题的能力。
第四章：图形与几何本章包括平面图形的性质与判定、计算图形的面积和周长等内容。
通过多种几何问题的解答，培养学生观察和推理能力，提高解决几何问题的能力。
第五章：数据与概率本章主要讲解统计数据的收集、整理和分析方法，以及概率的基本概念和计算方法。
通过实际案例和统计数据的分析，提高学生的数据处理能力和概率思维能力。
第六章：综合应用本章通过综合性的竞赛题目，培养学生将多个数学知识点与解题方法综合运用的能力。
同时，通过解析竞赛题目的解题思路，引导学生掌握解题的一般方法和技巧。
本书的练习题目从易到难，题目形式多样，包括选择题、填空题和解答题等。
每道题目都有详细的解析，讲解解题思路和方法，帮助学生理解题目的解法和解题过程。
同时，书中还配有足够的例题和习题，供学生进行练习和巩固知识。
《初中数学竞赛精品标准教程及练习68选择题(二)》是一本综合性的数学竞赛辅导书籍，适用于各类初中数学竞赛的备考和自学。
通过系统学习和练习，学生可以提高解题速度和准确性，激发数学兴趣，从而在数学竞赛中取得更好的成绩。
初中数学竞赛精品标准教程及练习56列表法
初中数学竞赛精品标准教程及练习56列表法列表法是初中数学竞赛中常用的解题方法之一、通过将问题中给定的条件、要求逐一列出来，进行分类、整理和分析，从而推导出最终答案。
一、列表法的基本思路1.仔细阅读题目，将题目中给出的条件和要求整理出来。
2.将所有可能的情况列成一个表格或列表，便于分类和分析。
3.根据题目中给出的条件和要求，筛选出符合要求的情况。
4.分析不同情况的特点，寻找规律，从而得出最终答案。
二、列表法的应用举例以一个典型的列表法题目为例，进行详细讲解。
【例题】班有10个学生，他们的年龄都不相同。
其中有个比所有其他人都小的学生，也有个比所有其他人都大的学生。
现在将这10个学生按照年龄从小到大排成一排，请问这两个学生在排列中的相对位置有多少种可能的情况？【解析】1.题目中给出了10个学生，其中有一个最小和一个最大的学生。
2.按照题目要求，将这10个学生排成一排，共有10!种排列情况。
3.通过列表法分析，我们可以得出以下结论：a.最小的学生只能站在最左边，最大的学生只能站在最右边。
剩下的8个学生可以任意排列。
b.另一种情况是最小的学生站在最右边，最大的学生站在最左边。
剩下的8个学生可以任意排列。
4.根据题目条件，最小和最大的学生只能站在两种位置中的一种，剩下的8个学生任意排列。
5.按照排列组合的方法，最小和最大的学生所在的位置共有C(2,1)=2种选择。
6.最小和最大的学生所在的位置确定后，剩下的8个学生可以任意排列，有8!种排列情况。
三、练习题1.在一个正方形网格中，从左上角沿着直线向右下角移动，每次只能向下或向右移动一个单位。
如果从左上角到右下角的路径不经过正方形网格的对角线上的点，那么有多少种不同的路径？2.小明有8只相同的红球和6只相同的白球，将它们放入一个盒子中。
从盒子中随机取出球，每次只能取一只。
如果取到的是红球，小明得1分；如果取到的是白球，小明得2分。
那么，小明能够得到的分数有多少种可能的情况？3.求方程9x+7y=250的所有正整数解。
初中数学竞赛精品标准教程及练习14经验归纳法
初中数学竞赛精品标准教程及练习14经验归纳法经验归纳法是一种通过观察现象，总结规律，进而推广到一般情况的数学解题方法。
它在初中数学竞赛中经常被用来解决需要找到其中一种模式或规律的问题。
下面是一个关于经验归纳法的精品标准教程及练习，供初中生参考。
经验归纳法是一种通过观察特殊情况，从中总结规律，并推广到一般情况的解题方法。
它可以帮助我们发现问题背后的模式和规律，从而解决更为复杂的问题。
2.经验归纳法的步骤（1）观察特殊情况：首先，我们需要观察已知的特殊情况，例如给定的一组数据或一些已知条件。
（2）总结规律：通过观察特殊情况，我们可以总结出一些规律或模式。
这些规律可能是数列的规律、图形的规律或其他形式的规律。
（3）推广到一般情况：基于所总结的规律，我们可以推广到一般情况，即对于类似的问题是否也成立。
3.经验归纳法的应用（1）数列问题：经验归纳法常常用来解决数列问题。
例如，若题目给出前几项为1,4,9,16,25...，我们可以通过观察到这是一个平方数列，从而得出一般情况的规律：第n项为$n^2$。
（2）几何图形问题：经验归纳法也适用于解决几何图形问题。
例如，若题目给出一个由正方形组成的图形，每一层正方形的边长依次增加1，我们可以通过观察到每一层正方形的总数是前一层正方形总数加上该层正方形的个数，从而得出一般情况的规律。
（3）方程问题：经验归纳法也可以应用于解决方程问题。
例如，若题目给出一个等差数列的和为100，我们可以设该等差数列的首项为$a$，公差为$d$，根据等差数列的求和公式得出一般情况的规律。
4.经验归纳法的练习题（1）已知等差数列1,4,7,10...，求第100项的值。
（2）已知等比数列1,3,9,27...，求前10项的和。
（3）已知一个图形由三角形组成，第n层的三角形数量等于前n-1层三角形的总数量加上n。
求第10层的三角形总数。
（4）一个矩阵由正方形组成，第n层的正方形总数量等于前n-1层正方形的总数量加上该层正方形的数量（每一层的边长依次增加1）。
初中数学竞赛精品标准教程及练习19因式分解
初中数学竞赛精品标准教程及练习19因式分解因式分解是初中数学竞赛中的一个重要内容，也是学生们在数学学习过程中经常遇到的难题之一、因此，我们需要对因式分解进行深入的学习与理解。
一、因式分解的基本概念因式分解是将一个多项式表示成多个较简单的因子相乘的形式。
通常，我们将一个多项式的各项进行因式分解，然后将这些因子相乘，得到多项式的因式分解式。
二、因式分解的方法1.提取公因式法利用公因式分解，将多项式中的各项提取出它们的公因式，得到因式分解式。
2.分组分解法将多项式的各项进行适当的分组，使每组相加的结果具有相同的因子，再进行提取公因式，得到因式分解式。
3.二次平方差公式利用二次平方差公式，将一个二次多项式表示成两个一次多项式相乘的形式，得到因式分解式。
4.判别式法对于二次多项式，我们可以利用判别式来判断其因式分解式是否存在实数根，从而进行因式分解。
5.完全平方公式对于二次多项式，如果其因式分解中含有两个相同的因子，则可以利用完全平方公式进行因式分解。
三、因式分解的练习题1.求以下多项式的因式分解：（1）$2x^2+5x$；（2）$4x^2-12x$；（3）$6x^2-5$；（4）$9x^2-4$。
2.求以下多项式的因式分解：（1）$x^2-5x+6$；（2）$x^2+5x+6$；（3）$x^2-x-2$；（4）$x^2+6x+9$。
3.判断以下多项式的因式分解是否存在实数根：（1）$x^2-7x+12$；（2）$x^2-5x+4$；（3）$x^2-6x+8$；（4）$x^2+4x-1$。
四、因式分解的解题技巧1.在进行因式分解时，可以利用公式或常见的因式进行合理的分解，简化计算过程。
2.对于二次多项式的因式分解，可以先判断是否存在实数根，再利用二次平方差公式进行分解。
3.在进行分组分解法时，要注意各项的分组方式，以及提取公因式的规律。
4.在进行因式分解时，可以利用配方法将多项式表示成较简单的形式，然后再进行因式分解。
初中数学奥林匹克竞赛教程
初中数学奥林匹克竞赛教程数学奥林匹克竞赛是一个旨在培养学生的数学思维能力和解决问题的能力的竞赛。
对于初中阶段的学生来说，参加数学奥林匹克竞赛有着重要的意义。
下面是一个初中数学奥林匹克竞赛的教程，以帮助学生更好地参与竞赛。
一、了解数学奥林匹克竞赛的基本知识数学奥林匹克竞赛是一项高难度的数学竞赛，考察的内容有代数、几何、数论、组合数学等。
参加竞赛的学生应对这些知识有一定的了解和掌握。
二、积累数学题目要参加数学奥林匹克竞赛，需要积累大量的数学题目，并针对不同的题型进行分类整理。
可以通过做一些奥数辅导班的习题册，也可以通过向老师请教等方式来积累。
三、练习解题思路数学奥林匹克竞赛注重解题思路和数学方法的运用，因此要想在竞赛中取得好成绩，需要不断地练习解题思路。
可以选择一些经典案例，研究其中的解题思路和方法。
四、参加模拟竞赛数学奥林匹克竞赛是一项实战竞赛，为了更好地应对竞赛压力，可以参加一些模拟竞赛活动。
这样可以提前熟悉竞赛环境和竞赛模式，增强自己的竞赛实力。
五、增加数学知识的广度和深度数学奥林匹克竞赛不仅要求学生对基础的数学知识有深入的掌握，还要求学生对一些高级的数学知识有所了解。
因此要想在竞赛中取得好成绩，需要增加数学知识的广度和深度。
六、合理分配时间在参加数学奥林匹克竞赛时，要合理分配时间。
要根据每道题的难度和分值来合理安排时间，确保能够准确地完成每道题目。
七、培养团队合作精神数学奥林匹克竞赛有一些团队比赛的项目，这就需要学生培养团队合作精神。
要学会与队友相互配合，共同解决问题。
八、保持积极乐观的心态数学奥林匹克竞赛是一个较为困难的竞赛，可能会遇到各种困难和挫折。
学生要保持积极乐观的心态，相信自己的能力，并且相信只要努力，就一定能够克服困难。
九、重视总结和复习针对每次竞赛的经验和问题，要及时进行总结和复习。
通过总结和复习，可以发现自己的问题所在，认识到自己的不足，并且加以改进。
总的来说，参加初中数学奥林匹克竞赛需要学生在数学知识和解题思路上都有一定的积累和提高。
初中数学竞赛辅导讲义(总77页)
初中数学竞赛辅导讲义-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除初中数学竞赛辅导讲义（初三）第一讲 分式的运算[知识点击]1、分部分式：真分式化为另几个真分式的和，一般先将分母分解因式，后用待定系数法进行。
2、综合除法：多项式除以多项式可类似于是有理数的除法运算，可列竖式来进行。
3、分式运算：实质就是分式的通分与约分。
[例题选讲]例1．化简2312++x x + 6512++x x + 12712++x x 解：原式= )2)(1(1++x x + )3)(2(1++x x + )4)(3(1++x x = 11+x - 21+x + 21+x - 31+x + 31+x - 41+x =)4)(1(3++x x例2． 已知z z y x -+ = y z y x +- = x z y x ++- ，且xyz ≠0，求分式xyz x z z y y x ))()((+-+的值。
解：易知：z y x + = y z x + = x z y + =ｋ 则⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+)3()2()1(kx z y ky z x kz y x （1）+（2）+（3）得：(ｋ-2)(x+y+z)=0 ｋ=2 或 x+y+z=0 若ｋ=2则原式= k 3 = 8 若 ｘ+ｙ+ｚ=0，则原式= k 3 =-1例3．设 12+-mx x x =1，求 12242+-x m x x 的值。
解：显然X 0≠，由已知x mx x 12+- =1 ，则 x +x1 = ｍ + 1 ∴ 22241x x m x +- = ｘ2 + 21x - ｍ2= (x +x1)2-2 –ｍ2 =( ｍ +1)2-2- ｍ2= 2ｍ -1 ∴原式=121-m例4．已知多项式3x 3 +ax 2 +3x +1 能被x 2+1整除，求ａ的值。
解：1- ａ=0 ∴ ａ=1例5：设ｎ为正整数，求证311⨯ + 511⨯ + …… +)12)(12(1+-n n ＜ 21证：左边=21（1 - 31 + 31 - 51+ …… +121-n - 121+n ） =21（1- 121+n ）∵n 为正整数，∴121+n ＜ 1 ∴1- 121+n ＜ 1 故左边＜ 21 [小结归纳]1、部分分式的通用公式：)(1k x x + = k 1 （x 1 - kx +1） 2、参数法是解决比例问题特别是连比问题时非常有效的方法，其优点在于设连比值为K ，将连等式化为若干个等式，把各字母用同一字母的解析式表示，从而给解题带来方便。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
七年级第一讲 有理数（一）一、【能力训练点】1、正负数，数轴，相反数，有理数等概念。
2、有理数的两种分类：3、有理数的本质定义，能表成mn（0,,n m n ≠互质）。
4、性质：① 顺序性（可比较大小）；② 四则运算的封闭性（0不作除数）；③ 稠密性：任意两个有理数间都存在无数个有理数。
5、绝对值的意义与性质： ① (0)||(0)a a a a a ≥⎧=⎨-≤⎩ ② 非负性 2(||0,0)a a ≥≥③ 非负数的性质： i ）非负数的和仍为非负数。
ii ）几个非负数的和为0，则他们都为0。
二、【典型例题解析】：1． 如果m 是大于1的有理数，那么m 一定小于它的（ ）A.相反数B.倒数C.绝对值D.平方2.已知两数a 、b 互为相反数，c 、d 互为倒数，x 的绝对值是2，求220062007()()()x a b cd x a b cd -+++++-的值。
3.如果在数轴上表示a 、b 两上实数点的位置，如下图所示，那么||||a b a b -++化简的结果等于（ ） A.2a B.2a - C.0 D.2b4.有3个有理数a,b,c ，两两不等，那么,,a b b c c ab c c a a b------中有几个负数？5.设三个互不相等的有理数，既可表示为1，,a b a +的形式式，又可表示为0，ba，b 的形式，求20062007a b +。
6.三个有理数,,a b c 的积为负数，和为正数，且||||||||||||a b c ab bc ac X a b c ab bc ac=+++++则321ax bx cx +++的值是多少？7.若,,a b c 为整数，且20072007||||1a b c a -+-=，试求||||||c a a b b c -+-+-的值。
第二讲 有理数（二）一、【能力训练点】： 1、绝对值的几何意义① |||0|a a =-表示数a 对应的点到原点的距离。
② ||a b -表示数a 、b 对应的两点间的距离。
2、利用绝对值的代数、几何意义化简绝对值。
二、【典型例题解析】：1．若20a -≤≤，化简|2||2|a a ++- 2．试化简|1||2|x x +--3.若|5||2|7x x ++-=，求x 的取值范围。
4.已知()|1||2||3||2002|f x x x x x =-+-+-++-L 求()f x 的最小值。
6.如果0abc ≠，求||||||a b c a b c++的值。
7.x 是什么样的有理数时 |(2)(4)||2||4|x x x x -+-=-+-等式成立？第三讲 有理数（三）一、【能力训练点】： 1、运算的分级与运算顺序；2、有理数的加、减、乘、除及乘方运算的法则。
3、巧算的一般性技巧：① 凑整（凑0）； ② 巧用分配律 ③ 去、添括号法则； ④ 裂项法 4、综合运用有理数的知识解有关问题。
二、【典型例题解析】： 1．计算：237970.71 6.6 2.20.7 3.31173118⨯-⨯-÷+⨯+÷2．1111111111(1)()(1)2319962341997231997----⨯++++-----L L L 1111()2341996⨯++++L3．计算：2222222221314112131411n n S n ++++=++++----L4.比较1234248162n n nS =+++++L 与2的大小。
5.计算（1）1111142870130208++++ （2）222133599101+++⨯⨯⨯L第四讲 代数式（一）一、【能力训练点】：（1）列代数式； （2）代数式的意义； （3）代数式的求值（整体代入法） 二、【典型例题解析】： 1.求代数式的值： （1）已知25a b a b -=+，求代数式2(2)3()2a b a b a b a b-+++-的值。
（2）已知225x y ++的值是7，求代数式2364x y ++的值。
（3）已知113b a -=，求222a b ab a b ab---+的值。
（4）已知：当1x =时，代数式31Px qx ++的值为2007，求当1x =-时，代数式31Px qx ++的值。
（5）已知等式(27)(38)810A B x A B x -+-=+对一切x 都成立，求A 、B 的值。
（6）已知223(1)(1)x x a bx cx dx +-=+++，求a b c d +++的值。
（7）当多项式210m m +-=时，求多项式3222006m m ++的值。
2. 已知多项式222259337y x xy x nxy my +-++-+经合并后，不含有y 的项，求2m n +的值。
3.当250(23)a b -+达到最大值时，求22149a b +-的值。
4.若,,a b c 互异，且x y a b b c c aZ==---，求x y Z ++的值。
5.已知2215,6m mn mn n -=-=-，求2232m mn n --的值。
6.已知1abc =，求111a b cab a bc b ac c ++++++++的值。
7.已知1ab =，比较M 、N 的大小。
1111M a b =+++， 11a b N a b=+++。
8.已知210x x --=，求321x x -+的值。
9.已知x y z K y z x z x y===+++，求K 的值。
10.5544333,4,5a b c ===，比较,,a b c 的大小。
11.已知22350a a --=，求432412910a a a -+-的值。
第五讲 一元一次方程（一）一、【能力训练点】：1、等式的性质。
2、一元一次方程的定义及求解步骤。
3、一元一次方程的解的理解与应用。
4、一元一次方程解的情况讨论。
二、【典型例题解析】：1. 能否从(2)3a x b -=+；得到32b x a +=-，为什么？反之，能否从32b x a +=-得到(2)3a x b -=+，为什么？2.若关于x 的方程2236kx m x nk+-=+，无论K 为何值时，它的解总是1x =，求m 、n 的值。
3.若5545410(31)x a x a x a x a +=++++L 。
求543210a a a a a a -+-+-的值。
4.已知1x =是方程11322mx x =-的解，求代数式22007(79)m m -+的值。
5.关于x 的方程(21)6k x -=的解是正整数，求整数K 的值。
6.关于x 的一元一次方程22(1)(1)80m x m x --++=求代数式200()(2)m x x m m +-+的值。
7.解方程200612233420062007x x x x ++++=⨯⨯⨯⨯L8.当a 满足什么条件时，关于x 的方程|2||5|x x a ---=，①有一解；②有无数解；③无解。
第六讲 一元一次方程（2）一、【能力训练点】：1、列方程应用题的一般步骤。
2、利用一元一次方程解决社会关注的热点问题（如经济问题、利润问题、增长率问题） 二、【典型例题解析】1．要配制浓度为20%的硫酸溶液100千克，今有98%的浓硫酸和10%的硫酸，问这两种硫酸分别应各取多少千克？2．一项工程由师傅来做需8天完成，由徒弟做需16天完成，现由师徒同时做了4天，后因师傅有事离开，余下的全由徒弟来做，问徒弟做这项工程共花了几天？3．某市场鸡蛋买卖按个数计价，一商贩以每个0.24元购进一批鸡蛋，但在贩运途中不慎碰坏了12个，剩下的蛋以每个0.28元售出，结果仍获利11.2元，问该商贩当初买进多少个鸡蛋？4．一个三位数，十位上的数比个位上的数大4，个位上的数比百位上的数小2，若将此三位数的个位与百位对调，所得的新数与原数之比为7:4，求原来的三位数？5．一个容器内盛满酒精溶液，第一次倒出它的13后，用水加满，第二次倒出它的12后用水加满，这时容器中的酒精浓度为25%，求原来酒精溶液的浓度。
6.某中学组织初一同学春游，如果租用45座的客车，则有15个人没有座位；如果租用同数量的60座的客车，则除多出一辆外，其余车恰好坐满，已知租用45座的客车日租金为每辆车250元，60座的客车日租金为每辆300元，问租用哪种客车更合算？租几辆车？7.有一满池水，池底有泉总能均匀地向外涌流，已知用24部A型抽水机，6天可抽干池水，若用21部A 型抽水机13天也可抽干池水，设每部抽水机单位时间的抽水量相同，要使这一池水永抽不干，则至多只能用多少部A型抽水机抽水？第七讲：线段和角【能力训练点】：数线段——数角——数三角形问题1、直线上有n个点，可以得到多少条线段？分析：点线段2 13 3 =1+24 6=1+2+35 10=1+2+3+46 15=1+2+3+4+5……n 1+2+3+ … +(n-1)=()21-nn问题2．如图，在∠AOB内部从O点引出两条射线OC、OD，则图中小于平角的角共有（）个(A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 6拓展：1、在∠AOB内部从O点引出n条射线图中小于平角的角共有多少个？射线角1 3 =1+22 6=1+2+33 10=1+2+3+4……n 1+2+3+ … +(n+1)=()()221+ +nn类比：从O点引出n条射线图中小于平角的角共有多少个？射线角2 13 3 =1+24 6=1+2+35 10=1+2+3+4……n 1+2+3+ … +(n-1)=()21-nn类比联想：如图，可以得到多少三角形？（二）与线段中点有关的问题线段的中点定义：文字语言：若一个点把线段分成相等的两部分，那么这个点叫做线段的中点图形语言：M几何语言： ∵ M 是线段AB 的中点 ∴ 12AM BM AB ==，22AM BM AB == 【典型例题】：1．由下列条件一定能得到“P 是线段AB 的中点”的是（ ）（A ）AP=21AB （B ）AB ＝2PB （C ）AP ＝PB （D ）AP ＝PB=21AB 2．若点B 在直线AC 上，下列表达式：①AC AB 21=；②AB=BC ；③AC=2AB ；④AB+BC=AC ．其中能表示B 是线段AC 的中点的有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 3.如果点C 在线段AB 上,下列表达式①AC=12AB;②AB=2BC;③AC=BC;④AC+BC=AB 中, 能表示C 是AB 中点的有( )A.1个B.2个C.3个D.4个第八讲：与三角形有关的线段一、【能力训练点】： 1．三角形的边三角形三边定理：三角形两边之和大于第三边即：△ABC 中，a+b>c,b+c>a,c+a>b （两点之间线段最短） 由上式可变形得到： a>c －b ，b>a －c ，c>b －a 即有：三角形的两边之差小于第三边2.高：由三角形的一个顶点向它的对边所在的直线作垂线，顶点和垂足之间的线段叫做三角形的高。