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初一数学竞赛讲座(一)
自然数的有关性质

一、知识要点
1、 最大公约数
定义1　如果a1,a2,…,an和d都是正整数，且d∣a1,d∣a2,…, d∣an ，那么d叫做a1,a2,…,an的公约数。公约数中最大的叫做a1,a2,…,an的最大公约数，记作(a1,a2,…,an).
如对于4、8、12这一组数，显然1、2、4都是它们的公约数，但4是这些公约数中最大的，所以4是它们的最大公约数，记作(4,8,12)=4.
2、 最小公倍数
定义2　如果a1,a2,…,an和m都是正整数，且a1∣m, a2∣m,…, an∣m，那么m叫做a1,a2,…,an的公倍数。公倍数中最小的数叫做a1,a2,…,an的最小公倍数，记作[a1,a2,…,an].
如对于4、8、12这一组数，显然24、48、96都是它们的公倍数，但24是这些公倍数中最小的，所以24是它们的最小公倍数，记作[4,8,12]=24.
3、 最大公约数和最小公倍数的性质
性质1 若a∣b,则(a,b)=a.
性质2 若(a,b)=d,且n为正整数，则(na,nb)=nd.
性质3 若n∣a, n∣b,则.
性质4 若a=bq+r (0≤r性质4 实质上是求最大公约数的一种方法，这种方法叫做辗转相除法。
性质5若 b∣a,则[a,b]=a.
性质6若[a,b]=m,且n为正整数，则[na,nb]=nm.
性质7若n∣a, n∣b,则.
4、 数的整除性
定义3　对于整数a和不为零的整数b，如果存在整数q，使得a=bq 成立，则就称b整除a或a被b整除，记作b∣a，若b∣a，我们也称a是b倍数；若b不能整除a，记作ba
5、 数的整除性的性质
性质1 若a∣b，b∣c，则a∣c
性质2 若c∣a，c∣b，则c∣(a±b)
性质3 若b∣a, n为整数，则b∣na
6、 同余
定义4 设m是大于1的整数，如果整数a，b的差被m整除，我们就说a，b关于模m同余，记作 a≡b(mod m)
7、 同余的性质
性质1 如果a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，那么a±c≡b±d(mod m)，ac≡bd(mod m)
性质2 如果a≡b(mod m)，那么对任意整数k有ka≡kb(mod m)
性质3 如果a≡b(mod m)，那么对任意正整数k有ak≡bk(mod m)
性质4如果a≡b(mod m)，d是a，b的公约数，那么
二、例题精讲
例1 设m和n为大于0的整数，且3m+2n=225.
如果m和n的最大公约数为15，求m+n的值
(第11届“希望杯”初一试题)
解：(1) 因为 (m,n)=15,故可设m=15a，n=15b，且(a,b)=1
因为 3m+2n=225，所以3a+2b=15
因为 a,b是正整数，所以可得a=1,b=6或a=b=3，但(a,b)=1，所以a=1,b=6
从而m+n=15(a+b)=157=105
评注：1、遇到这类问题常设m=15a，n=15b，且(a,b)=1，这样可把问题转化为两个互质数的求值问题。这是一种常用方法。
2、思考一下，如果将m和n的最大公约数为15，改成m和n的最小公倍数为45，问题如何解决？

例2　有若干苹果，两个一堆多一个，3个一堆多一个，4个一堆多一个，5个一堆多一个，6个一堆多一个，问这堆苹果最少有多少个？
分析：将问题转化为最小公倍数来解决。
解　设这堆苹果最少有x个，依题意得
　
由此可见，x-1是2，3，4，5，6的最小公倍数
因为　[2,3,4,5,6]=60，所以x-1=60，即x=61
答：这堆苹果最少有61个。

例3　自然数a1，a2，a3，…，a9，a10的和1001等于，设d为a1，a2，a3，…，a9，a10的最大公约数，试求d的最大值。
解　由于d为a1，a2，a3，…，a9，a10的最大公约数，所以和a1+a2+a3+…+a9+a10＝1001能被d整除，即d是1001＝71113的约数。
因为dak，所以ak≥d，k＝1，2，3，…，10　　从而1001＝a1+a2+a3+…+a9+a10≥10d
所以　　由d能整除1001得，d仅可能取值1，7，11，13，77，91。
因为1001能写成10个数的和：91+91+91+91+91+91+91+91+91+182
其中每一个数都能被91整除，所以d能达到最大值91

例4 某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有四位数码，从0001到9999号，如果号码的前两位之和等于后前两位之和，则这张购物券为幸运券，如号码0734，因0+7=3+4，所以这个号码的购物券为幸运券。证明：这个商场所发购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。(第7届初中“祖冲之杯”数学邀请赛试题)
证明：显然，9999的购物券为幸运券，除这张外，若号码为n的购物券为幸运券，则号码为m=9999-n的购物券也为幸运券。由于9999是奇数，所以m，n的奇偶性不同，即m≠n，由于m+n=9999，相加时不出现进位。就是说，除号码为9999的幸运券外，其余所有的幸运券可两两配对，且每对号码之和为9999，从而可知所有的幸运券的号码之和为9999的倍数。由101∣9999，所以所有幸运券的号码之和能被101整除。
评注：本题是通过将数两两配对的方法来解决。

例5 在1，2，3，…，1995这1995个数中，找出所有满足条件的数来：(1995+a)能整除1995a (第五届华杯赛决赛试题)
分析：分子、分母都含有a，对a的讨论带来不便，因此可以将化成，这样只有分母中含有a，就容易对a进行讨论。
解
因为(1995+a)能整除1995a，所以是整数，从而是整数
因为19951995=325272192，所以它的因数1995+a可以通过检验的方法定出。注意到1≤a≤1995，所以 1995<1995+a≤3990
如果1995+a 不被19整除，那么它的值只能是以下两种：
35272=3675，32572=2205
如果1995+a 能被19整除，但不被192整除，那么它的值只能是以下两种：
37219=2793，52719=3325
如果1995+a 能被192整除，那么它的值只能是以下两种：
7192=252 7，32192=3249
于是满足条件的a有6个，即从上面6个值中分别减去1995，得到
1680、210、798、1330、532、1254
评注：本题通过对的适当变形，便于对a的讨论。讨论时通过将19951995分解质因数，然后将因数1995+a通过检验的方法定出。这种方法在解决数的整除问题中经常使用。

例6 11+22+33+44+55+66+77+88+99除以3的余数是几？为什么？(第四届华杯赛复赛试题)
解 显然11≡1(mod 3)，33≡0(mod 3)，66≡0(mod 3)，99≡0(mod 3)
又 22=4≡1(mod 3)，44≡14≡1(mod 3)，55≡25≡(-1)5≡(-1)(mod 3)，
77≡17≡1(mod 3)，88≡(-1)8≡1(mod 3)
∴11+22+33+44+55+66+77+88+99≡1+1+0+1-1+0+1+1+0≡4≡1(mod 3)
即所求余数是1
评注：用同余式求余数非常方便。

例7 已知：，问a除以13，所得余数是几？(第三届华杯赛决赛试题)
分析：将a用十进制表示成，1991除以13，所得余数是显然的，主要研究除以13的余数规律。
解
mod 13，103≡(-3)3=-27≡-1，
1+104+108≡1-10+102=91≡0，1991≡2
∴a≡≡=-18≡8，即a除以13，所得余数是8

例8 n是正偶数，a1,a2,…,an除以n，所得的余数互不相同；b1,b2,…,bn除以n，所得的余数也互不相同。证明a1+b1，a2+b2，…，an+bn除以n，所得的余数必有相同的。
证明 ∵n是正偶数，所以n-1为奇数，∴不是n的倍数，
∵a1,a2,…,an除以n，所得的余数互不相同，所以这n个余数恰好是0，1，…，n-1.从而a1+a2+…+an≡0+1+…+(n-1)=0(mod n)
同样b1+b2+…+bn≡0(mod n)
但 (a1+b1)+(a2+b2)+…+(an+bn)= (a1+a2+…+an)+( b1+b2+…+bn)
≡≡0(mod n)
所以a1+b1，a2+b2，…，an+bn除以n，所得的余数必有相同的。

例9 十进制中，44444444的数字和为A，A的数字和为B，B的数字和为C，求C
分析：由于10≡1(mod 9)，所以对整数a0，a1，a2，…，an有
它表明十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余。
根据上述结论有 C≡B≡A≡44444444(mod 9).所以只要估计出C的大小，就不难确定C
解：4444≡7 (mod 9)，而73≡(-2)3=-8≡1(mod 9)，
所以 44444444≡74444=731481+1≡7(mod 9)，
所以 C≡B≡A≡44444444≡7(mod 9)，
另一方面，44444444<(105)4444=1022220，所以44444444的位数不多于22220
从而A<922220=199980，即A至多是6位数。所以B<96=54
在1到53的整数中，数字和最大的是49，所以C≤4+9=13
在小于13的自然数中，只有7模9同余于7，所以C=7
评注：本题用了十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余这个结论。根据这个结论逐步估计出C的大小，然后定出C。
三、巩固练习
选择题
1、两个二位数，它们的最大公约数是8，最小公倍数是96，这两个数的和是( )
A、56 B、78 C、84 D、96
2、三角形的三边长a、b、c均为整数，且a、b、c的最小公倍数为60，a、b的最大　公约数是4，b、c的最大公约数是3，则a+b+c的最小值是（　　）
　 A、30 B、31 C、32 D、33
3、在自然数1，2，3，…，100中，能被2整除但不能被3整除的数的个数是( )
A、33 B、34 C、35 D、37
4、任意改变七位数7175624的末四位数字的顺序得到的所有七位数中，能被3整除的数的个数是( )
A、24 B、12 C、6 D、0
5、若正整数a和1995对于模6同余，则a的值可以是( )
A、25 B、26 C、27 D、28
6、设n为自然数，若19n+14≡10n+3 (mod 83)，则n的最小值是( )
A、4 B、8 C、16 D、32
填空题
7、自然数n被3除余2，被4除余3，被5除余4，则n的最小值是
8、满足[x,y]=6，[y,z]=15的正整数组(x,y,z)共有 组
9、一个四位数能被9整除，去掉末位数后得到的三位数是4的倍数，则这样的四位数中最大的一个，它的末位数是
10、有一个11位数，从左到右，前k位数能被k整除(k=1,2,3,…,11)，这样的最小11位数是
11、设n为自然数，则3 2 n+8被8除的余数是
12、14+24+34+44+…+19944+19954的末位数是
解答题
13、求两个自然数，它们的和是667，它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商是120。
14、已知两个数的和是40，它们的最大公约数与最小公倍数的和是56，求这两个数。
15、五位数能被12整除，它的最末两位数字所成的数能被6整除，求出这个五位数。
16、若a,b,c,d是互不相等的整数，且整数x满足等式(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)=9
求证：4∣(a+b+c+d)
17、一个数是5个2，3个3，2个5，1个7的连乘积，这个数当然有许多约数是两位数，这些两位约数中，最大的是多少？
18、求2400被11除，所得的余数。
19、证明31980+41981被5整除。
20、x i=1或 -1(i=1，2，…，1990)，证明初一数学竞赛系列讲座(7)
有关恒等式的证明

一、知识要点
恒等式的证明分为一般恒等式的证明和条件恒等式证明，对于一般恒等式的证明，常常通过恒等变形从一边证到另一边，或证两边都等于同一个数或式。在恒等变形过程中，除了要掌握一些基本方法外，还应注意应用一些变形技巧，如：整体处理、“1”的代换等；对于条件恒等式的证明，如何处理好条件等式是关键，要认真分析条件等式的结构特征，以及它和要证明的恒等式之间的关系。
二、例题精讲
例1 求证：a1+(1-a1)a2+(1-a1)(1-a2)a3+…+(1-a1)(1-a2)…(1-a n-1)a n
=1-(1-a1)(1-a2)…(1-a n-1)(1-a n)
分析：要证等式成立，只要证明1- a1- (1-a1)a2- (1-a1)(1-a2)a3 -…- (1-a1)(1-a2)…(1-a n-1)a n
=(1-a1)(1-a2)…(1-a n-1)(1-a n)
证明：1- a1- (1-a1)a2- (1-a1)(1-a2)a3 -…- (1-a1)(1-a2)…(1-a n-1)a n
=(1-a1)[ 1- a2- (1-a2)a3- (1-a2)(1-a3)a4 -…- (1-a2)(1-a3)…(1-a n-1)a n]
=(1-a1) (1-a2)[ 1- a3- (1-a3)a4- (1-a3)(1-a4)a5 -…- (1-a3)(1-a4)…(1-a n-1)a n]
=(1-a1) (1-a2) (1-a3)[ 1- a4- (1-a4)a5- (1-a4)(1-a5)a6 -…- (1-a4)(1-a5)…(1-a n-1)a n]
=……
=(1-a1)(1-a2)…(1-a n-1)(1-a n)
∴ 原等式成立

例2 证明恒等式
(第二十届全俄数学奥林匹克九年级试题)
证明








评注：裂项是恒等变形中常用的一种方法

例3 若abc=1，求证
分析：所要求证的等式的左边是三个分母差异很大的式子，因而变形比较困难。可以充分利用abc=1，将它们化成同分母。在的分子、分母上同乘c，化成，将的分母中的“1”换成abc得
，然后再相加即可得证。
证明：∵abc=1
∴
=+
=+
==1
于是命题得证。
评注：“1”的代换是恒等变形中常用的技巧。

例4 已知bc=ad，求证：ab(c2-d2)=(a2-b2)cd
分析：将bc=ad化成比例式，然后利用比例的性质来解题。
证明：∵bc=ad ∴
将此三式左、右两边分别相乘得
∴ab(c2-d2)=(a2-b2)cd
评注：条件恒等式的证明常从已知条件出发推出结论。

例5 已知x=by+cz，y=cz+ax，z=ax+by，且x+y+z≠0.证明：
分析：所证明的式子中不含x、y、z，因而可以将已知条件中的三个等式中的x、y、z看成常数，把三个式子联合起来组成一个关于a、b、c的方程，然后求出a、b、c。
再代入等式的左边证明。
证明：解方程组
(2)+(3)-(1) 得y+z-x=2ax，所以
所以
同理可得，，
所以
评注：将含有字母的等式视为方程，是方程思想的应用。
例6 数x、y、z满足关系式
证明： (第十六届全俄数学奥林匹克十年级试题)
证明：将已知等式分别乘以x、y、z得
①
②
③
①+②+③ 得
所以
即：

例7 已知a+b+c=a2+b2+c2=2，求证：a(1-a)2=b(1-b)2=c(1-c)2
分析：求证的等式中的各式，恰好是多项式x(1-x)2中的x分别取a、b、c时的值。
因此，本题可转化为证明当x分别取a、b、c时，x(1-x)2的值不变。由于x(1-x)2是关于x的三次多项式，且注意到题设条件，所以我们构造三次式(x-a)(x-b)(x-c)，建立它与x(1-x)2之间的某种关系。
证明：∵(a+b+c)2= a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca
又∵a+b+c=a2+b2+c2=2
∴4=2+2ab+2bc+2ca，∴ab+bc+ca=1
∴(x-a)(x-b)(x-c)=x3-(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x-abc
= x3-2x2+x-abc
即x(1-x)2=(x-a)(x-b)(x-c)+ abc
由此可见，当x分别取a、b、c时，x(1-x)2的值都是abc
∴ a(1-a)2=b(1-b)2=c (1-c)2
评注：本题的证明采用了构造法，它构造了三次式(x-a)(x-b)(x-c)，然后建立它与x(1-x)2之间的关系，再通过赋值来证明。

例8设，证明
(1) a、b、c三数中必有两个数之和为零；
(2) 对任何奇数n，有
分析：要求a、b、c三数中必有两个数之和为零，即要证(a+b)(b+c)(c+a)=0，故可对已知条件进行变形，使它出现(a+b)、(b+c)、(c+a)这些因式。
证明：(1)由得
从已知知a、b、c≠0，所以abc≠0，且a+b+c≠0，
则 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=0
∵(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=a (bc+ca+ab)+ (b+c) (bc+ca+ab) –abc
= (b+c) (bc+ca+ab)+ abc+a2c+a2b–abc
=(b+c) (bc+ca+ab)+ a2 (b+c)
=(b+c) (a2+bc+ca+ab)
=(a+b)(b+c)(c+a)
∴(a+b)(b+c)(c+a)=0，这就是说，在a+b、b+c、c+a 中至少有一个为零，即a、b、c三数中必有两个数之和为零。
(2) 由(1)，不妨设a+b=0，即b= -a，因为n为奇数
∴
又
∴
评注：实质(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc是关于a、b、c的一个轮换对称式。令a= -b，代入得 (bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=(bc-bc-b2)(-b+b+c)-(-b)bc= -b2c+ b2c=0
这就是说a+b是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一个因式，由轮换对称式的性质知，
b+c、a +c也是(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc的一个因式，因此有
(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc=k (a+b)(b+c)(c+a)
再令a=b=c=1代入，求出k=1，所以(bc+ca+ab)(a+b+c)-abc= (a+b)(b+c)(c+a)

例9 已知ad-bc=1，求证：a2+b2+c2+d2+ab+cd≠1
分析：所要证明的式子是一个不等式，左边的式子又较复杂，直接从已知条件出发证明不是很容易，因而可以考虑用反证法来证明。
证明：假设原式不成立，即a2+b2+c2+d2+ab+cd=1
∵ad-bc=1，∴a2+b2+c2+d2+ab+cd= ad-bc
∴a2+b2+c2+d2+ab+cd+bc-ad=0，即(a+b)2+(b+c)2+(c+d)2+(d-a)2=0
∴a+b=b+c=c+d=d-a=0，∴a=-b,b=-c,c=-d,d=a
于是a=-a,即a=0, ∴b=c=d=0，这与ad-bc=1矛盾。
∴原式成立，即a2+b2+c2+d2+ab+cd≠1
评注：正难则反。碰到正面下手较难的问题，常考虑用反证法来证明。

例10证明：
分析：等式左边的分子很简单，都是1，但是分母各不相同，又很复杂，因而给变形带来很大困难。通过观察发现，分母很有规律，是连续自然数的和。因此我们先来研究1+2+…+n，设S=1+2+…+n，则S= n + (n -1)+…+2+1，所以2S=n (n+1)，
∴S=，即1+2+…+n=，
从而
由此，左边的每一个分数均可以分解成两项，代入变形后证明。
证明：设S=1+2+…+n，则S= n + (n -1)+…+2+1，所以2S=n (n+1)，
∴S=，即1+2+…+n=，
∴
∴等式左边=
==右边
∴等式成立
评注：1、要掌握数学中一般与特殊的关系，本题通过研究1+2+…+n，得出
的一般规律，然后将等式左边的各个分数分解，达到证明的目的。
2、结论1+2+…+n=在解题中经常使用，应该记住。
3、本题在求S=1+2+…+n时，用的是倒序相加法，在证明等式时用的是裂项相消法，这两种方法是求和问题解决的常用方法。
三、巩固练习
选择题
1、若a、b是有理数，且a 2001+b 2001=0，则
A、a=b=0 B、a-b=0 C、a+b=0 D、ab=0
2、若abc满足a2+b2+c2=9，则代数式(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2的最大值是( )
A、27 B、18 C、15 D、12
3、已知，则的值是( )
A、0 B、1 C、2 D、3
4、如果，则下列说法正确的是( )
A、x、y、z中至少有一个为1 B、x、y、z都等于1
C、x、y、z都不等于1 D、以上说法都不对
5、已知( )
A、1 B、1-q C、1-q3 D、1-2q2
6、已知a+b+c=10，a2+b2+c2=38，a3+b3+c3=160，则abc的值是( )
A、24 B、30 C、36 D、42
填空题
7、已知
8、已知a-b=2，b-c= -3，c-d=5，则(a-c) (b-d) (a-d)=
9、已知abc≠0，a+b+c=0，则的值为
10、计算=
11、已知a、b、c、d均不为0，当a≠b且时，
12、已知a=，则a-1的倒数为
解答题
13、求证：2(a-b) (a-c)+2(b-c) (b-a)+2(c-a) (c-b)= (b-c)2+(c-a)2+(a-b)2
14、求证：(a2+b2+c2) (m2+n2+k2) – (am+bn+ck)2=(an-bm)2+(bk-cn)2+(cm-ak)2
(拉格朗日恒等式)
15、若14(a2+b2+c2)=(a+2b+3c)2，求证：a∶b∶c=1∶2∶3
16、若，求证：ax+by+cz=(x+y+z) (a+b+c)
17、已知a、b、c、d满足a+b=c+d，a3+b3=c3+d3, 求证：a2001+b2001=c2001+d 2001
18、已知a+b+c=abc，求证：a(1-b2) (1-c2)+b(1-a2) (1-c2)+c(1-a2) (1-b2)=4abc
19、已知a3+b3+c3=(a+b+c)3，求证a2n+1+b2n+1+c2n+1=(a+b+c) 2n+1，其中n为自然数。
20、设a、b、c都是正数，且，求证：a=b=c初一数学竞赛系列讲座(8)
　解一次方程（组）与一次不等式（组）

一、知识要点
1、一元一次方程
方程中或者不含分母，或者分母中不含未知数，将它们经过去分母、去括号、移项、合并同类项等变形后，能化为最简形式ax=b(a≠0)，它只含有一个未知数，并且未知数的次数是1，系数不等于0，我们把这一类方程叫做一元一次方程。
解一元一次方程的一般步骤是：分母、去括号、移项、合并同类项、系数化成1。
2、方程ax=b(a、b为常数)的解的情形
当a≠0时，方程ax=b有唯一解
当a=0，b=0时，方程ax=b有无数多个解，即方程的解为任何有理数。
当a=0，b≠0时，方程ax=b无解。
3、一次方程组
解一次方程组的基本思想是“消元”，常用方法有“代入消元法”和“加减消元法”
4、不定方程
不定方程(组)是指未知数的个数多于方程个数的方程(组)。它的解往往有无穷多个，不能唯一确定，对于不定方程(组)，我们常常限定只求整数解或正整数解。
定理：若整系数不定方程ax+by=c (a、b互质)有一组整数解为x0，y0，则此方程的全部整数解可表示为：
5、一次不等式（组）
只含一个未知数，而且未知数的最高次数是1的不等式称为一元一次不等式，它的一般形式是ax>b或ax6、不等式的基本性质和同解原理
不等式的基本性质
(1) 反身性 如果a>b，那么b(2) 传递性 如果a>b，b>c，那么a>c
(3) 平移性 如果a>b，那么a+c>b+c
(4) 伸缩性 如果a>b，c>0，那么ac>bc
如果a>b，c<0，那么ac不等式的同解原理1：不等式的两边都加上(或减去)同一个数或同一个整式，所得的不等式与原不等式是同解不等式。
不等式的同解原理2：不等式的两边都乘以(或除以)同一个正数，所得的不等式与原不等式是同解不等式。
不等式的同解原理3：不等式的两边都乘以(或除以)同一个负数，并把不等号改变方向后，所得的不等式与原不等式是同解不等式。
二、例题精讲
例1 解方程
分析：按常规去括号整理后再解，显然较繁，通过观察发现方程中只含有(x+1)、(x-1)项，因而可将(x+1)、(x-1)看作整体，先进行移项合并，则能化繁为简。
解：移项，得
合并，得
去括号，移项，可解得 x= -5
评注：本题是整体处理思想的应用。

例2 解关于x的方程
解：原方程整理得：(4m-3)x=4mn-3m
故 当4m-3≠0时，即
当4m-3=0时，即
此时，若
若
综上所述，当；
当；
当
评注：含参方程必须对参数进行讨论。

例3 解方程组 (1) (2)
分析：第一个方程组的(1)式是一个连比式，对于连比式常用连比设k法来解决。
第二个方程组的各式系数较大，直接用代入消元或加减消元比较繁，观察这个方程组的特点，将三式相加可得x+y+z，然后再用三式去分别减可得x、y、z的值。
解：(1)设，代入(2)得k=5
∴x=10，y=15，z=20
∴原方程组的解为
(2) (1)+(2)+(3)得22 (x+y+z)=44，所以x+y+z=2 所以3 (x+y+z)=6 (4)
(1)-(4)得13x=4，则x=
(2)-(4)得13y=8，则y=
(3)-(4)得13z=14，则z=
所以原方程组的解为
评注：解方程组时，应对方程组的整体结构进行分析，从整体上把握解题方向。

例4 已知关于x，y的二元一次方程 (a-1) x+(a+2) y+5-2a=0，当a每取一个值时就有一个方程，而这些方程有一个公共解。你能求出这个公共解，并证明对任何a值它都能使方程成立吗？
分析1：将已知方程按a整理得(x+y-2)a=x-2y-5，要使这些方程有一个公共解，说明这个解与a的取值无关，所以只须a的系数x+y-2=0即可。
解法1：将方程按a整理得：(x+y-2)a=x-2y-5，
∵这个关于a的方程有无穷多个解，所以有
由于x、y的值与a的取值无关，所以对于任何的a值，方程组有公共解
分析2：分别取a=1和-2得方程3y+3=0和-3x+9=0，因a取不同的值，所得方程有一个公共解，所以这个公共解就是方程组的解。
解法2：令a=1，得：3y+3=0
令a= -2，得：-3x+9=0
解方程组得，则就是所求的公共解。
将x=3，y= -1代入(a-1) x+(a+2) y+5-2a=0得：3 (a-1) -(a+2) +5-2a=0
整理得0 a=0，说明无论a取什么值，方程总是成立。
评注：本题两种解法，第一种是将已知方程整理成关于a的形式，通过解与a无关，得出关于x、y的方程组，从而求出公共解。第二种是先探求公共解，再证明这个解与a无关。这两种解法的思路正好相反。

例5 求不定方程4x+y=3xy的一切整数解
解：由原方程得：
∵x是整数，∴3y-4=±1，±2，±4，由此得y=
取整数解y=2，1，0，对应的x=1，-1，0
所以方程的整数解为
评注：本题是用数的整除性来求不定方程的整数解。

例6 求方程123x+57y=531的全部正整数解
解：方程两边同除以3得：41x+19y=177
所以
∵x、y是整数，∴也是整数，取x=2得y=5
∴方程123x+57y=531的整数解为：
由
因此方程123x+57y=531只有一组整数解
评注：本题是通过先探求一个特解，由特解写出通解，再由通解求出整数解，这是求不定方程整数解的一般步骤。

例7 小明玩套圈游戏，套中小鸡一次得9分，套中小猴得5分，套中小狗得2分。小明共套10次，每次都套中了，每个小玩具都至少被套中一次。小明套10次共得61分。问：小鸡至少被套中几次？(第四届华杯赛初赛试题)
分析：设出未知数，列出不定方程，然后求不定方程的正整数解。
解：设套中小鸡x次，套中小猴y次，套中小狗z次,根据题意得
我们求这个方程组的正整数解。
消去z得：7x+3y=41，于是
则x<，从而x的值只能是1，2，3，4，5
由于y是整数，所以2-x必须是3的倍数，∴x=2，5
当x=2时，y=9，z= -1不是正整数；当x=5时，y=2，z= 3是本题的解。
答：小鸡至少被套中5次。

例8 解不等式：(1) (2x+1)2-7<(x+m)2+3x (x-1)
(2)
解：(1) 原不等式可化为：(7-2m) x∴当m<即7-2m>0时，解为x<
当m>即7-2m<0时，解为x>
当m=即7-2m=0，m2+6=时，解为一切实数。
(2)
当x时，原不等式可化为 -x+4+2x-3≤1，解得x≤0
当时，原不等式可化为-x+4-2x+3≤1，解得x≥2
所以，原不等式的解为2≤x≤4
当x>4时，原不等式可化为x-4-2x+3≤1，解得x≥-2
所以，原不等式的解为x>4
综上所述，原不等式的解集为x≤0 或x≥2
评注：1、解含参不等式，一定要注意讨论未知数的系数，分大于0、小于0、等于0三种情况讨论。
2、解含绝对值的不等式，常用零点分段法将绝对值去掉再求解。

例9 已知m、n为实数，若不等式(2m-n) x+3m-4n<0的解集为，求不等式
(m-4n) x+2m-3n>0 的解。
解：由(2m-n) x+3m-4n<0得：(2m-n) x<4n-3m，
因为它的解集为，所以有
由(2)得 代入(1)得 m<0
把代入(m-4n) x+2m-3n>0得
∵m<0 ∴
所以，不等式(m-4n) x+2m-3n>0 的解集为
评注：本题的关键是确定未知数x的系数，从而才能求出不等式的解。方法是首先求出m、n的关系，再代入确定未知数x的系数。

例10 已知关于x的方程：，当m为某些负整数时，方程的解为负整数，试求负整数m的最大值。
解：原方程化简整理得：
因为m为负整数，所以必为小于-1的负整数
所以
而要使为负整数，x必是21的倍数，所以x的最大值为-21
因为当x取最大值时，m也取得最大值，所以m的最大值为-3

三、巩固练习
选择题
1、方程的解是( )
A、2000 B、2001 C、2002 D、2003
2、关于x的方程的解是负数，则k的值为( )
A、k> B、k< C、k= D、以上解答都不是
3、已知xyz≠0，且，则的值为( )
A、 B、 C、- D、以上答案都不对
4、方程组的整数解的个数是( )
A、0 B、3 C、5 D、以上结论都不对。
5、如果关于x的不等式同解，则a ( )
A、不存在 B、等于-3 C、等于 D、大于
6、若正数x、y、z满足不等式组
则x、y、z的大小关系是( )
A、x填空题
7、方程的解为
8、关于x的方程2a (x+5)=3x+1无解，则a=
9、关于x、y的两个方程组和有相同的解，则
a= ，b=
10、不定方程4x+7y=20的整数解是
11、不等式的解集为
12、已知有理数x满足：，若的最小值为a，最大值为b，则ab=
解答题
13、解方程
14、解关于x的方程：
15、解方程组：
16、解方程组：
17、某宾馆有大小两种客房，大房间每间能住7人，小房间每间能住4人，现有41人住店，问需大小房间各多少间，刚好使床位数不多也不少？
18、求方程组的正整数解。
19、解不等式：(1)
(2)
20、k为什么数时，方程组的解为正数？初一数学竞赛系列讲座(10)
　应用题（二）
一、知识要点
1、工程类问题
工程类问题讨论工作效率、工作时间和工作总量之间的相互关系。它们满足如下基本关系式：工作效率工作时间=工作总量
解工程问题时常将工作总量当作整体“1”
2、溶液类问题
溶质：能溶解到溶剂中的物质。如盐、糖、酒精等。
溶剂：能溶解溶质的物质。如水等。
溶液：溶质和溶剂的混合体。如盐水、糖水、酒精溶液等。
溶液的浓度：指一定量溶液中所含溶质的量，经常用百分数表示。浓度的基本算式是：

二、例题精讲
例1江堤边一洼地发生了管涌，江水不断地涌出，假定每分钟涌出的水量相等，如果用两台抽水机抽水，40分钟可抽完；如果用4台抽水机抽水，16分钟可抽完，如果要在10分钟内抽完水，那么至少需要抽水机 台。(1999年全国初中数学联合竞赛试题)
解：设开始抽水前管涌已经涌出的水量为a立方米，管涌每分钟涌出的水量为b立方米，又设每台抽水机每分钟可抽水c立方米，由条件可得：
解得
如果要在10分钟内抽完水，那么至少需要抽水机的台数为：
评注：本题设了三个未知数a、b、c，但只列出两个方程。实质上c是个辅助未知数，在解方程时把c视为常数，解出a，b(用c表示出来)，然后再代入求出所要求的结果。

例2 甲、乙、丙三队要完成A、B两项工程。B工程的工作量比A工程的工作量多25%，甲、乙、丙三队单独完成A工程所需的时间分别是20天、24天、30天。为了共同完成这两项工程，先派甲队做A工程，乙、丙二队做B工程；经过几天后，又调丙队与甲队共同完成A工程。问乙、丙二队合作了多少天？(第十四届迎春杯决赛试题)
解：设乙、丙二队合作了x天，丙队与甲队合作了y天。将工程A视为1，则工程B可视为1+25%=5/4，由题意得：
，由此可解得x=15
答：乙、丙二队合作了15天
评注：在工程问题中，如果工作总量不是一个具体的量，常常将工作总量视为1。

例3 牧场上的草长得一样地密，一样地快。70已知70头牛在24天里把草吃完，而30头牛就可吃60天。如果要吃96天，问牛数该是多少？
解：设牧场上原来的草的问题是1，每天长出来的草是x，则24天共有草1+24x，60天共有草1+60x，所以每头牛每天吃
去分母得: 30(1+24x)=28(1+60x) ∴960x=2
∴x=(头)
96天吃完，牛应当是

例4 某生产小组展开劳动竞赛后，每人一天多做10个零件，这样8个人一天做的零件超过了200只。后来改进技术，每人一天又多做27个零件。这样他们4个人一天所做的零件就超过劳动竞赛中8个人做的零件。问他们改进技术后的生产效率是劳动竞赛前的几倍？
解：设劳动竞赛前每人一天做x个零件，由题意得
解得 15因为 x是整数，所以x=16，而(16+37)163.3
故改进技术后的生产效率约是劳动竞赛前的3.3倍。
评注：本题所列的是不等式组，不能列成方程。

例5 某中学实验室需要含碘2%的碘酒，现有含碘15%的碘酒350克，问应加纯酒精多少克？
分析：配比前后碘的含量相同。
解：设稀释时需加纯酒精x克，则稀释后有碘酒(350+x)克，由题意得：
(350+x)2%=35015%
解之得 x=2275
答：应加纯酒精2275克。
评注：浓度配比问题的相等关系一般是配比前后未发生改变的量，或溶质量不变，或溶剂量不变。所列方程的一般形式是各分量=总量。

例6在浓度为x%的盐水中加入一定重量的水，则变成浓度为20%的新溶液，在此新溶液中再加入与前次所加入的水重量相等的盐，溶液浓度变成30%，求x
解：设浓度为x%的盐水为a千克，加水b千克，则由题意得
由(2)得 8 (a+b)=7 (a+2b) 即a=6b代入(1)得 6bx=140b ∴
答：x为

例7 从两个重量分别为7千克和3千克，且含铜百分数不同的合金上切下重量相等的两块，把切下的每一块和另一块剩余的合金放在一起，熔炼后两块合金含铜百分数相等，求所切下的合金的重量是多少？
解：设重量为7千克的合金的含铜百分数为x，重量为3千克的合金的含铜百分数为y，
切下的合金的重量是z千克，由题意得：
∴(21-10z) x=(21-10z) y ∴(21-10z) (x-y)=0
∵x≠y ∴21-10z=0 ∴z=2.1
答：所切下的合金的重量是2.1千克.

例8 甲、乙、丙三个容器中盛有含盐比例不同的盐水。若从甲、乙、丙中各取出重量相等的盐水，将它们混合后就成为含盐10%的盐水；若从甲和乙中按重量之比为2：3来取，混合后就成为含盐7%的盐水；若从乙和丙中按重量之比为3：2来取，混合后就成为含盐9%的盐水。求甲、乙、丙三个容器中盐水含盐的百分数。
分析：题设中有三种混合方式，但每种混合方式从各个容器中取出的盐水的重量都是未知的，我们可以引进辅助未知数，将这些量分别用字母表示。
解：设甲、乙、丙三个容器中盐水含盐的百分数分别为x%、y%、z%
第一次混合从甲、乙、丙三个容器中各取出a克盐水，则有
a x%+ a y%+ a z%=3a10%
从甲和乙中按重量之比为2：3来取盐水时，设从甲中取盐水2m克，从乙中取盐水3m克，则有 2m x%+ 3m y%=(2m +3m)7%
从乙和丙中按重量之比为3：2来取盐水时，设从乙中取盐水3n克，从丙中取盐水2n克，则有 3n y%+ 2n z%=(3n+2n)9%
将上面三式消去辅助未知数得：
答：甲、乙、丙三个容器中盐水含盐的百分数分别为10%、5%、15%
评注：本题中我们假设的未知数a、m、n不是题目所要求的，而是为了便于列方程而设的，这种设元方法叫做辅助未知数法，辅助未知数在求解过程中将被消去。

例9　组装甲、乙、丙3种产品，需用A、B、C3种零件。每件甲需用A、B各2个；每件乙需用B、C各1个；每件丙需用2个A和1个C。用库存的A、B、C3种零件，如组装成p件甲产品、q件乙产品、r件丙产品，则剩下2个A和1个B，C恰好用完。求证：无论怎样改变生产甲、乙、丙的件数，也不能把库存的A、B、C3种零件都恰好用完。（1981年全国高中数学竞赛题）
解：由已知，库存的A、B、C3种零件的个数分别为：
A种2p+2r+2件，B种2p+q+1件，C种q+r件。
假设生产甲x件，乙y件，丙z件恰好将3种零件都用完，则由题意得：
(1)+(3)-(2)得：3z=3r+1 它的左边是3的倍数，而右边却是3的倍数加1，矛盾，不成立，所以不能把库存的A、B、C3种零件都恰好用完。
评注：本题列出方程组后，没有解出x、y、z，而导出矛盾，而是巧妙地通过方程的加减得出矛盾式3z=3r+1，从而得出结论。所以有些数学问题应从整体上来把握解法。

三、巩固练习
选择题
1、有酒精a升和水b升，将它们混合后取出x升，这x升混合液中含水( ) 升
A、 B、 C、 D、
2、一件工作，甲、乙、丙合作需7天半完成；甲、丙、戊合作需5天完成；甲、丙、丁合作需6天完成；乙、丁、戊合作需4天完成，那么这5人合作，( )天可以完成这件工作。
A、3天 B、4天 C、5天 D、7天
3、某工厂七月份生产某产品的产量比六月份减少了20％，若八月份产品要达到六月份的产量，则八月份的产量比七月份要增加（ ）
A、20％ B、25％ C、80％ D、75％
4、两个相同的瓶子中装满了酒精溶液，第一个瓶子里的酒精与水的体积之比为a:1，第一个瓶子为b:1，现将两瓶溶液全部混和在一起，则混和溶液中酒精与水的体积之比是( ) (安徽省初中数学联赛试题)
A、 B、 C、 D、
5、某计算机系统在同一时间只能执行一项任务，且完成该任务后才能执行下一项任务，现有U，V，W的时间分别为10秒，2分和15分，一项任务的相对等待时间为提交任务到完成该任务的时间与计算机系统执行该任务的时间之比，则下面四种执行顺序中使三项任务相对等候时间之和最小的执行是（ ）。
（A）U，V，W． （B）V，W，U
（C）W，U，V． （D）U，W，V
6、咖啡A与咖啡B按x:y(以重量计)的比例混合。A的原价为每千克50元，B的原价为每千克40元，如果A的价格增加10%，B的价格减少15%，那么混合咖啡的价格保持不变。则x:y为( )
A、5：6 B、6：5 C、5：4 D、4：5
填空题
7、因工作需要，对甲、乙、丙三个小组的人员进行三次调整，第一次丙组不动，甲、乙两组中的一组调出7人给另一组；第二次乙组不动，甲、丙两组中的一组调出7人给另一组；第三次甲组不动，乙、丙两组中的一组调出7人给另一组，三次调整后，甲组有5人，乙组有13人，丙组有6人。则各组原有人数为
8、A、B、C、D、E五个人干一项工作，若A、B、C、D四人一起干，8天可完工；若B、C、D、E四人一起干，6天可完工；若A、E二人干，12天可完工，则A一个人单独干 天可完工。
9、某车间共有86名工人，已知每人平均每天可加工甲种部件15个，或乙种部件12个，或丙种部件9个，要使加工后的部件按3个甲种部件，2个乙种部件和1个丙种部件配套，则应安排 人加工甲种部件， 人加工乙种部件， 人加工丙种部件。
10、容积为V的容器盛酒精溶液，第一次倒出后，用水加满。第二次倒出后，再用水加满，这时它的浓度为20%，则原来酒精溶液的浓度为
11、若干克含盐4%的盐水蒸去一些水分后变成了含盐为10%的盐水，再加进300
克含盐4%的盐水，混合后变成了含盐6.4%的盐水，则最初有4%的盐水 克
12、一种灭虫药粉40千克，含药率是15%，现在要用含药率较高的同样的灭虫药粉50千克和它混合，使混合后的含药率在25%与30%之间(不包括25%和30%)，则所用药粉含药率的范围是
解答题
13、甲、乙两部抽水机共同灌溉一块稻田，5小时可以完成任务的。已知甲抽水机3小时的抽水量等于乙抽水机5小时的抽水量，甲、乙抽水机单独灌溉这块稻田各需几小时？
14、有一水库，在单位时间内有一定量的水流进，同时也向外放水，按现在的进出水量，水库中的水可使用40天，因最近在水源的地方降雨，流入水库的水量增加20%，如果放水量增加10%，则仍可使用40天，如果按原来的放水量放水，可使用多少天？
15、某作业组要在规定的时间内恰好完成一项工程，如果减少两名工人，则需增加4天恰好完成，如果增加3人，则可提前2天完成，且略显轻松，又如果增加4人，则可提前3天完成，且略显轻松。问这个作业组原有多少人，规定完成工作时间是多少天？
16、现有男、女工人共22人，其中全体男工和全体女工在相同的时间内可完成同样的工作；若将男工人数与女工人数对调一下，则全体男工25天能完成的工作，全体女工要36天才能完成，问男、女工人各多少人。
17、甲、乙两容器内都盛有酒精，甲有v1千克,乙有v2千克。甲中纯酒精与水(重量)之比为m 1:n 1，乙中纯酒精与水之比为m 2:n 2，问将两者混合后所得液体中纯酒精与水之比是多少？(1979年高考理科试题)
18、已知：青铜含有80%的铜、4%锌和16%锡，而黄铜是铜和锌的合金。今有黄铜和青铜的混合物一块，其中含有74%的铜、16%锌和10%锡。求黄铜含有铜和锌之比。
19、今有浓度分别为5%、8%、9%的甲、乙、丙三种食盐水60千克、60千克、47千克。现要配制浓度为7%的食盐水100千克，问(1)甲种食盐水最多可用多少千克？(2) 甲种食盐水最少用多少千克？
20、有三块合金，第一块是60%的铝和40%的铬，第二块是10%的铬和90%的钛，第三块是20%的铝、50%的铬和30%的钛，现将它们铸成一块含钛45%的新的合金，问在新的合金中，铬的百分比为多少？初一数学竞赛讲座(二)
特殊的正整数

一、知识要点
1、 完全平方数及其性质
定义1 如果一个数是一个整数的平方，则称这个数是完全平方数。如：1、4、9、…等都是完全平方数，完全平方数有下列性质：
性质1 任何完全平方数的个位数只能是0，1，4，5，6，9中的一个。
性质2 奇完全平方数的十位数一定是偶数。
性质3 偶完全平方数是4的倍数。
性质4 完全平方数有奇数个不同的正约数。
性质5 完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数，完全平方数与非完全平方数的积是非完全平方数。
2、 质数与合数
定义2 一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数，那么a叫做质数。
定义3 一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数外，还有其他正约数，那么a叫做合数。
1既不是质数也不是合数。
3、 质数与合数的有关性质
(1) 质数有无数多个
(2) 2是唯一的既是质数，又是偶数的整数，即是唯一的偶质数。大于2的质数必为奇数。
(3) 若质数pa b，则必有pa或pb。
(4) 若正整数a、b的积是质数p，则必有a=p或b=p.
(5) 唯一分解定理：任何整数n(n>1)可以唯一地分解为：,
其中p1二、例题精讲
例1 有一个四位数恰好是个完全平方数，它的千位数字比百位数字多1，比十位数字少1，比个位数字少2，这个四位数是
解 设所求的四位数为m2，它的百位数字为a，则有
m2=1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93)
因为11是质数，所以11∣(101a+93)，而101a+93=11(9a+8)+(2a+5)，
所以11∣(2a+5)，由题意 a+3≤9，故a≤6，从而a=3
于是所求的四位数为4356

例2 一个四位数有这样的性质：用它的后两位数去除这个四位数得到一个完全平方数(如果它的十位数是0，就只用个位数去除)，且这个平方数正好是前两位数加1的平方。例如48022=2401=492=(48+1)2，则具有上述性质的最小四位数是
　（1994年四川省初中数学联合竞赛试题）
解　设具有上述性质的四位数是100c1+c2，其中10≤c1，c2≤99，按题意，得
　　100c1+c2＝，∴100c1= c1c2 (c1+2)，
即，因而(c1+2)100，又10≤c1≤99，所以c1=18，23，48，98
相应地c2=5，4，2，1
于是符合题意的四位数是1805，2304，4802，9801，其中最小的是1805
评注：本题根据题意，列出不定方程，然后利用整数的整除性来求解。

例3 三个质数a、b、c的乘积等于这三个质数和的5倍，则a2+b2+c2= (1996年“希望杯”初二试题)
分析：由题意得出abc=5(a+b+c)，由此显然得质数a、b、c中必有一个是5，不妨设a=5，代入前式中再设法求b、c
解 因为abc=5(a+b+c)，所以在质数a、b、c中必有一个是5，不妨设a=5，
于是5bc=5b+5c+25，即(b-1) (c-1)=6，而6=23=16，
则①或② 由①得b=3,c=4，不合题意，由②得b=2,c=7，符合题意。所以所求的三个质数是5，2，7。于是a2+b2+c2=78
评注：质数问题常常通过分解质因数来解决。

例4 试证：一个整数的平方的个位数字为6时，十位数字必为奇数。
分析：一个整数的平方的个位数字为6，则这个整数的个位数字必为4或6，从而可设此数为a=10g+4或a=10g+6 (g为整数)。
证明：设一个整数为a，则由一个整数的平方的个位数字为6知，此数可设为
a=10g+4或a=10g+6 (g为整数)
∴当a=10g+4时，a2=(10g+4)2=100g2+80g+16=10(10g2+8g+1)+6
当a=10g+6时，a2=(10g+6)2=100g2+120g+36=10(10g2+12g+3)+6
∴十位数字必为10g2+8g+1和10g2+12g+3的个位数字，显然是奇数。
评注：类似地，可以证明：一个整数的个位数字和十位数字都是奇数，则这个整数不是完全平方数。

例4　三人分糖，每人都得整数块，乙比丙多得13块，甲所得是乙的2倍，已知糖的总块数是一个小于50的质数，且它的各位数字之和为11，试求每人得糖的块数。（安徽省初中数学联赛试题）
分析：设出未知数，根据题意，列出方程和不等式组，再通过质数的性质来求解。
解　设甲、乙、丙分别得糖x、y、z块，依题意得
　　
　　∵ 11＝2+9＝3+8＝4+7＝5+6，故小于50且数字和为11的质数只可能是29和47
　　若x+y+z＝29，则可得4y=42 ，y不是整数，舍去。
　　若x+y+z＝47，则可得4y=60，y＝15，从而x=30，z=2
∴甲、乙、丙分别得糖30、15、2块.
评注：本题的关键是分析出小于50且数字和为11的质数只可能是29和47。这类问题是常利用质数的性质来分析求得所有的可能值，再设法检验求得所要的解。

例5 如果p与p+2都是大于3的质数，那么6是p+1的因数。(第五届加拿大数学奥林匹克试题)
分析 任何一个大于3整数都可以表示成6n-2,6n-1,6n,6n+1,6n+2,6n+3(n是大于0的整数)中的一种，显然6n-2,6n, 6n+2,6n+3都是合数，所以大于3的质数均可以写成6n+1或6n-1的形式，问题即证明p不能写成6n+1的形式。
解 因为p是大于3的质数，所以可设p=6n+1(n是大于0的整数)，那么
p+2=6n+1+2=6n+3=3(2n+1) 与p+2是大于3的质数矛盾。
于是p≠6n+1，所以p=6n-1(n是大于0的整数)，从而p+1=6n，即6是p+1的因数。
评注：对大于3整数合理分类是解决这个问题的关键。对无限多个整数进行讨论时，将其转化为有限的几类是一种常用的处理方法。

　　例6　证明有无穷多个n，使多项式n2+3n+7表示合数。
分析：要使多项式n2+3n+7表示合数，只要能将多项式n2+3n+7表示成两个因式的积的形式。
证明 当n为7的倍数时，即n=7k(k是大于等于1的整数)时
n2+3n+7=(7k)2+37k+7=7(7k2+3k+1) 为7的倍数，所以它显然是一个合数。
评注：本题也可将7换成其他数，比如：3、5、11等等。

例7求证：22001+3是合数
　　分析：22001+3不能分解，22001次数又太高，无法计算。我们可以探索2 n的末位数字的规律，从而得出22001+3的末位数字，由此来证明22001+3是合数。
证明：∵21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，29＝256，…
　　　　　∴24k+1的末位数字是2，24k+2的末位数字是4，24k+3的末位数字是8，24k+4的末位数字是6（k为非负整数）
　　　　而2001＝4250+1　∴22001的末位数字是2，∴22001+3的末位数字是5
　　　　∴522001+3，显然22001+3≠5　　　所以22001+3是合数
评注：本题另辟蹊径，通过探索2 n的末位数字的规律来得出22001+3的末位数字，从而证明22001+3是合数。解数学竞赛题，思路要开阔。

例8 求证大于11的整数一定可以表示成两个合数之和。
证明 设大于11的整数为N
若N=3k(k≥4,且k为整数)，则N=6+3(k-2)，显然6和3(k-2)都是合数
若N=3k+1(k≥4,且k为整数)，则N=4+3(k-1)，显然4和3(k-1)都是合数
若N=3k+2(k≥4,且k为整数)，则N=8+3(k-2)，显然8和3(k-2)都是合数
于是对任意正整数N(N>11)，一定可以表示成两个合数之和。
评注：本题是通过对整数的合理分类来帮助解题，这是解决整数问题的一种常用方法。但要注意对整数的分类要不重复不遗漏。

例9 证明：n (n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方。
分析：注意到n (n+1)+1=n2+n+1，∵n是自然数，∴n2证明：n (n+1)+1=n2+n+1，∵n是自然数，∴n2而n、n+1是两个相邻的自然数，
∴n (n+1)+1(n是自然数)不能是某个整数的平方。
评注：本题应用了在两个相邻正整数的平方数之间不可能还存在一个完全平方数这个结论。
例10 如果一个自然数是质数，且它的数字位置经过任意交换后仍然是质数，则称这个数为绝对质数。证明：绝对质数不能有多于三个不同的数字。
分析：绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，因为有偶数和5它就一定不是绝对质数，则绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9。接下来用反证法来证明这个问题。
证明：因为绝对质数的数字位置经过任意交换后仍然是质数，所以绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5，即绝对质数中出现的数字只可能是1，3，7，9。
假设有一个绝对质数M中出现的数字超过了3个，也即这个绝对质数中出现的数字包含了1，3，7，9，则
，M2=M+9137，M3=M+7913，M4=M+3791，M5=M+1397，M6=M+3197，M7=M+7139都是质数。
可验证，这七个数中每两个数的差都不能被7整除，说明M1、M2、M3、M4、M5、M6、M7被7除所得余数互不相同。因而必有一个是0，即能被7整除，这与此数是质数矛盾。所以假设不成立，所以绝对质数不能有多于三个不同的数字。
评注：本题是用反证法来证明，对于题目中出现“不”的字眼，常常用反证法来证明。

三、巩固练习
选择题
1、在整数0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中，设质数的个数为x，偶数的个数为y，完全平方数的个数为z，合数的个数为u，则x+y+z+u的值是( )
A、17 B、15 C、13 D、11
2、设n为大于1的自然数，则下列四个式子的代数值一定不是完全平方数的是（　　）
A、3n2-3n+3 B、5n2-5n-5 C、9n2-9n+9 D、11n2-11n-11
3、有3个数，一个是最小的奇质数，一个是小于50的的最大质数，一个是大于60的最小质数，则这3个数的和是( )
A、101 B、110 C、111 D、113
4、两个质数的和是49，则这两个质数的倒数和是( )
A、 B、 C、 D、
5、a、b为正整数，且56a+392b为完全平方数，则a+b的最小值等于( )
A、6 B、7 C、8 D、9
6、3个质数p、q、r满足等式p+q=r，且pA、2 B、3 C、5 D、7
填空题
7、使得m2+m+7是完全平方数的所有整数m的积是
8、如果一个正整数减去54，是一个完全平方数，这个正整数加上35后，是另外一个完全平方数，那么这个正整数是
9、一个质数的平方与一个正奇数的和等于125，则这两个数和积是
10、p是质数，p2+2也是质数，则1997+p4=
11、若n为自然数，n+3，n+7都是质数，则n除以3所得的余数是
12、设自然数n1>n2，且，则n1= ，n2=
解答题
13、证明：不存在这样的三位数，使成为完全平方数。
14、试求四位数，使它是一个完全平方数。
15、a、b、c、d都是质数，且1016、设a、b、c、d是四个整数，且是非零整数，求证：是合数。
17、求一个三位数，使它等于n2，并且各位数字之积为n-1.
18、设n1、n2是任意两个大于3的质数，M=，N=，M与N的最大公约数至少为多少？
19、证明有无穷多个n，使多项式n2+n+41表示合数。
20、已知p和8p2+1都是质数，求证：8p2-p+2也是质数。初一数学竞赛系列讲座(15)
容斥原理
一、知识要点
1、容斥原理
在计数时，常常遇到这样的情况，作合并运算时会把重复的部分多算，需要减去；作排除运算时会把重复部分多减，需要加上，这就是容斥原理。它的基本形式是：
记A、B是两个集合，属于集合A的东西有个，属于集合B的东西有个，既属于集合A又属于集合B的东西记为，有个；属于集合A或属于集合B的东西记为，有个，则有：=+-
容斥原理可以用一个直观的图形来解释。如图，
左圆表示集合A，右圆表示集合B，两圆的公共部分表示，两圆合起来的部分表示，
由图可知：=+-
容斥原理又被称作包含排除原理或逐步淘汰原则。

二、例题精讲
例1 在1到200的整数中，既不能被2整除，又不能被3整除的整数有多少个？
分析：根据容斥原理，应是200减去能被2整除的整数个数，减去能被3整除的整数个数，还要加上既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的整数个数。
解：在1到200的整数中，能被2整除的整数个数为：21，22，…，2100，共100个；
在1到200的整数中，能被3整除的整数个数为：31，32，…，366，共66个；
在1到200的整数中，既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的整数个数为： 61，62，…，633，共33个；
所以，在1到200的整数中，既不能被2整除，又不能被3整除的整数个数为：
200-100-66+33=67(个)

例2 求1到100的自然数中，所有既不是2的倍数又不是3的倍数的整数之和S。
解：1到100的自然数中，所有自然数的和是：1+2+3+…+100=5050
1到100的自然数中，所有2的倍数的自然数和是：
21+22+…+250=2(1+2+3+…+50)= 21275=2550
1到100的自然数中，所有3的倍数的自然数和是：
31+32+…+333=3(1+2+3+…+33)= 3561=1683
1到100的自然数中，所有既是2的倍数又是3的倍数，即是6的倍数的自然数和是：61+62+…+616=6(1+2+3+…+16)= 6136=816
所以，1到100的自然数中，所有既不是2的倍数又不是3的倍数的整数之和
S=5050-2550-1683+816=1633

例3求不大于500而至少能被2、3、5中一个整除的自然数的个数。
分析：如图，用3个圆A、B、C分别表示不大于500而
能被2、3、5整除的自然数，
表示既能被2整除又能被3整除的自然数
表示既能被2整除又能被5整除的自然数
表示既能被3整除又能被5整除的自然数
表示既能被2整除又能被3整除，还能
被5整除的自然数
由图可看出：属于A、B、C之一的数的个数为：
++-(++)+
解：不大于500且能被2整除的自然数的个数是：250
不大于500且能被3整除的自然数的个数是：166
不大于500且能被5整除的自然数的个数是：100
不大于500既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的自然数的个数是：83
不大于500既能被2整除又能被5整除，即能被10整除的自然数的个数是：50
不大于500既能被3整除又能被5整除，即能被15整除的自然数的个数是：33
不大于500既能被2整除又能被3整除，还能被5整除，即能被30整除的自然数的个数是：16
由容斥原理得：不大于500而至少能被2、3、5中一个整除的自然数的个数是：
250+166+100-(83+50+33)+16=366

例4 求前200个正整数中，所有非2、非3、非5的倍数的数之和。
解：前200个正整数的和是：1+2+3+…+200=20100
前200个正整数中，所有2的倍数的正整数和是：
21+22+…+2100=2(1+2+3+…+100)= 25050=10100
前200个正整数中，所有3的倍数的正整数和是：
31+32+…+366=3(1+2+3+…+66)= 6633
前200个正整数中，所有5的倍数的正整数和是：
51+52+…+540=5(1+2+3+…+40)= 4100
前200个正整数中，所有既是2的倍数又是3的倍数，即是6的倍数的正整数和是：61+62+…+633=6(1+2+3+…+33)= 3366
前200个正整数中，所有既是2的倍数又是5的倍数，即是10的倍数的正整数和是：101+102+…+1033=10(1+2+3+…+20)= 2100
前200个正整数中，所有既是3的倍数又是5的倍数，即是15的倍数的正整数和是：151+152+…+1513=15(1+2+3+…+13)= 1365
前200个正整数中，所有既是2的倍数又是3的倍数还是5的倍数，即是30的倍数的正整数和是：301+302+…+306=30(1+2+3+4+5+6)= 630
所以，前200个正整数中，所有非2、非3、非5的倍数的数之和是
S=20100-(10100+6633+4100)+(3366+2100+1365)-630=630

例5 某班的全体学生进行了短跑、游泳、篮球三个项目的测试，有4名学生在这三个项目都没有达到优秀，其余每人至少有一个项目达到优秀，这部分学生达到优秀的项目、人数如下表：
短跑 游泳 篮球 短跑、游泳 游泳、篮球 篮球、短跑 短跑、游泳、篮球
17 18 15 6 6 5 2
求这个班的学生数。(第三届华杯赛复赛试题)
解：有4名学生在这三个项目都没有达到优秀，在每个单项上达到优秀的人数分别是17、18、15，因而，总人数是17+18+15+4=54。
但其中有人获得两项优秀，所以上面的计数产生了重复，重复人数应当减去，即总人数变为：54-6-6-5=37
又考虑到获得三项优秀的人，他们一开始被重复计算了三次，但在后来又被重复减去了三次，所以最后还要将他们加进去。即这个班学生数为：37+2=39。

例6 从1到1000000这一百万个自然数中，能被11整除而不能被13整除的数多还是能被13整除而不能被11整除的数多？(第20届全俄九年级试题)
解：设1到1000000这一百万个自然数中，能被11整除而不能被13整除的数有m个，
能被13整除而不能被11整除的数有n个，既能被11又能被13整除的数有p个。
而在1到1000000这一百万个自然数中，能被11整除数有90909个，∴m+p=90909
在1到1000000这一百万个自然数中，能被13整除数有76923个，∴n+p=76923
∴m+p> n+p ∴m>n，即能被11整除而不能被13整除的数比能被13整除而不能被11整除的数多。

例7 50名学生面向老师站成一行，老师先让大家从左到右按1，2，3，…依次报数，再让报数是4的倍数的同学向后转，接着又让报数是6的倍数同学向后转，问此时还有多少同学面向老师？(1995年华杯赛试题)
分析：首先没有转的同学仍面向老师，即报数既不是4的倍数，也不是6的倍数的同学仍面向老师，其次，报数既是4的倍数，也是6的倍数，即是12的倍数同学连续转了两次，仍面向老师。
解：报数是4的倍数的同学有12个，报数是6的倍数的同学有8个，报数是12的倍数的同学有4个， 所以根据容斥原理得：报数既不是4的倍数，也不是6的倍数的同学有50-12-8+4=34个。
报数既是4的倍数，也是6的倍数，即是12的倍数同学有4个。
所以此时还应有34+4=38个同学面向老师。
评注：若将同学数50改成n，问此时还有多少同学面向老师？
可以得出一个一般的结论：

例8 已知某校共有学生900名，其中男生528人，高中学生312人，团员670人，高中男生192人，男团员336人，高中团员247人，高中男团员175人，试问这些数据统计有无错误？
解：用I表示全校学生，A表示该校男生，B表示该校高中学生，C表示团员，则有：
=900，=528，=312，=670，
且=192，=336，=247，=175
这样，初中女生的非团员数是：
---+++-
=900-528-312-670+192+336+247-175= -10<0
因人数做到负数，所以数据统计有错误。

例9 从自然数序列：1，2，3，4，…中依次划去3的倍数和4的倍数，但其中5的倍数均保留。划完后剩下的数依次组成一个新的序列：1，2，5，7，…求该序列中第2002个数。
分析：因为3，4，5的最小公倍数是60，所以可将自然数序列：1，2，3，4，…以60的倍数来分段，先考虑1到60的整数，其中3的倍数有20个，4的倍数有15个，既是3的倍数又是4的倍数的数有5个，则划去3的倍数和4的倍数还剩60-20-15+5=30个，又还要保留其中的5的倍数6个，这样还剩36个，即1到60的整数中，划完后剩下36个，由此推得，每60个一段中，划完后剩下36个。因2002=3655+22，说明2002是56段中的第22个数。
解：先考虑1到60的整数
在1到60的整数中，3的倍数有20个，4的倍数有15个，既是3的倍数又是4的倍数的数有5个，所以划去3的倍数和4的倍数还剩60-20-15+5=30个。
又因为其中5的倍数有6个，需要保留，所以划完后剩下30+6=36个
因为3，4，5的最小公倍数是60，所以每60个整数一段中，划完后均剩下36个。
因为2002=3655+22，所以第2002个数是56段中的第22个数。因为第一段中的第22个数是37，所以该序列中第2002个数是5560+37=3337。
三、巩固练习
选择题
1、在1到40这四十个自然数中选一些数组成数集，使其中任何一个数不是另一个数的2倍，则这个数集最多有( )个数。
A、20 B、26 C、30 D、40
2、甲、乙、丙、丁四人排成一排照相，甲不排在首位，丁不排在末位，有( )种不同的排法。
A、14 B、13 C、12 D、11
3、从1到1000中，能被2，3，5之一整除的整数有( )个
A、767 B、734 C、701 D、698
4、从1到200中，能被7整除但不能被14整除的整数有( )个
A、12 B、13 C、14 D、15
5、A、B、C是面积分别为150、170、230的三张不同形状的纸片，它们重叠放在一起的覆盖面积是350，且A与B、B与C、A与C的公共部分面积分别是100、70、90。则A、B、C的公共部分面积是( )
A、12 B、13 C、60 D、15
6、50束鲜花中，有16束插放着月季花，有15束插放着马蹄莲，有21束插放着白兰花，有7束中既有月季花又有马蹄莲，有8束中既有马蹄莲又有白兰花，有10束中既有月季花又有白兰花，还有5束鲜花中，月季花、马蹄莲、白兰花都有。则50束鲜花中，这三种花都没有的花束有( )
A、17 B、18 C、19 D、20
填空题
7、一张正方形的纸片面积是50平方厘米，一张圆形的纸片面积是40平方厘米。两张纸片覆盖在桌面上的面积是60平方厘米，则这两张纸片重合部分的面积是 。
8、某班有学生45人，已知其次考试数学30人优秀，物理28人优秀，数理两科都优秀的有20人。则数理两科至少有一科优秀的有 人，一科都未达到优秀的有 人。
9、某班有学生50人，参加数学兴趣小组的有35人，参加语文兴趣小组的有30人，每人至少参加一个组，则两个组都参加的有 人。
10、一个数除以3余2，除以4余1，则这个数除以12的余数是 。
11、每边长是10厘米的正方形纸片，正中间挖一个正方形的洞，成为一个边宽是1厘米的方框。把5个这样的方框放在桌上，成为如图这样的图形。则桌面上被这些方框盖住的部分面积是 平方厘米。
12、200以内的正偶数中与5互质的数有 个。
解答题
13、在线段AB上取两个点以C、D， 已知AB=25，AD=19，CB=17，求CD长。
14、求1到200的自然数中，所有既不是2的倍数又不是3的倍数的整数之和S。
15、100名学生面向老师站成一行，老师先让大家从左到右按1，2，3，…依次报数，再让报数是3的倍数的学生向后转，接着又让报数是7的倍数学生向后转，问此时还有多少学生面向老师？这些面向老师的学生的报数号的总和是多少？
16、求前500个正整数中非5、非7、非11的倍数的数的个数。
17、某校初一年级有120名学生，参加体育、文学、数学兴趣小组的人数之和为135，其中，既参加了体育兴趣小组又参加了文学兴趣小组有15人，既参加了体育兴趣小组又参加了数学兴趣小组有10人，既参加了文学兴趣小组又参加了数学兴趣小组有8人，三个兴趣小组都参加的有4人，求三个兴趣小组都没有参加的人数。
18、某班语文、数学、外语三门考试成绩统计结果如下：
课程 语文 数学 外语 语、数 数、外 语、外 至少一门
得满分人数 9 11 8 5 3 4 18
问：语文、数学、外语三门考试都得满分的人数是多少？
19、求出分母是111的最简真分数的和。
20、有1997盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着。现将其顺序编号为1，2，3，…，1997。将编号为2的倍数的灯线拉一下，再将编号为3的倍数的灯线拉一下，最后将编号为5的倍数的灯线拉一下，拉完后还有几盏灯是亮的？
AB
A
B
A
B
C
A
B
C
D初一数学竞赛系列讲座(9)
　应用题（一）

一、知识要点
1、 应用题是中学数学的重要内容之一，它着重培养学生理解问题、分析问题和解决问题的能力，解应用题最主要的方法是列方程或方程组。
2、 列方程(组)解应用题的一般步骤是：
(1) 弄清题意和题目中的数量关系，用字母表示题目中的一个未知数；
(2) 找出能够表示应用题全部含义的一个相等关系；
(3) 根据这个相等关系列出方程；
(4) 解这个方程，求出未知数的值；
(5) 写出答案(包括单位名称)。
3、行程类问题
行程类问题讨论速度、时间和路程之间的相互关系。它们满足如下基本关系式： 速度时间=路程
4、数字类问题
数字类问题常用十进制来表示数，然后通过相等关系列出方程。
解数字类问题应注意数字间固有的关系，如：连续整数，一般设中间数为x，则相邻两数分别为x-1、x+1；连续奇(偶)数，一般设中间数为x，则相邻两数分别为x-2、x+2。

二、例题精讲
例1 从甲地到乙地的公路，只有上坡路和下坡路，没有平路。一辆汽车上坡时每小时行驶20千米，下坡时每小时行驶35千米，。车从甲地开往乙地需9小时，乙地开往甲地需小时，问：甲、乙两地间的公路有多少千米？从甲地到乙地须行驶多少千米的上坡路？(第五届华杯赛复赛题)
分析 本题用方程来解简单自然。
解 设从甲地到乙地的上坡路为x千米，下坡路为y千米，根据题意得方程组
解这个方程组有很多种方法。例如代入消元法、加减消元法等。由于方程组系数比较特殊(第一个方程中x的系数恰好是第二个方程中y的系数，而y的系数也恰好是第二个方程中x的系数)，也可以采用如下的解法：
(1)+(2)得
(x+y)( +)=9+
所以 x+y= (3)
(1)-(2)得 (x-y)( -)=9-
所以 x-y= (4)
由(3)、(4)得 x=
所以甲、乙两地间的公路长210千米，从甲地到乙地须行驶140千米的上坡路。

例2 公共汽车每隔x分钟发车一次，小宏在大街上行走，发现从背后每隔6分钟开过来一辆公共汽车，而每隔分钟迎面开来一辆公共汽车。如果公共汽车与小宏行进的速度都是均匀的，则x等于 分钟。(第六届迎春杯初赛试题)
分析：此题包括了行程问题中的相遇与追及两种情况。若设汽车速度为a米/每秒，小宏速度为b米/每秒，则当一辆汽车追上小宏时，另一辆汽车在小宏后面ax米处，它用6分钟追上小宏。另一方面，当一辆汽车与小宏相遇时，另一辆汽车在小宏前面ax米处，它经过分钟与小宏相遇。由此可列出两个方程。
解：设汽车速度为a米/每秒，小宏速度为b米/每秒，根据题意得
两式相减得 12a=72b 即a=6b 代入可得x=5
评注：行程问题常分为同向运动和相向运动两种，相遇问题就是相向运动，而追及问题就是同向运动。解这类问题分析时往往要结合题意画出示意图，以便帮助我们直观、形象地理解题意。

例3 摄制组从A市到B市有一天的路程，计划上午比下午多走100千米到C市吃午饭。由于堵车，中午才赶到一个小镇，只行驶了原计划的三分之一，过了小镇，汽车赶了400千米，傍晚才停下来休息。司机说，再走从C市到这里路程的二分之一就到达目的地了。问A、B两市相距多少千米？(第五届华杯赛决赛试题)
分析：本题条件中只有路程，没有时间和速度，因而应当仔细分析各段路程之间的关系。
解：如图，设小镇为D，傍晚
汽车在E 休息 A D C E B
由已知， AD是AC的三分之一，也就是AD =DC 又由已知，EB=CE
两式相加得：AD+ EB=DE
因为DE=400千米，所以AD+ EB=400=200千米，
从而A、B两市相距400+200=600千米
评注：行程问题常通过画行程示意图来帮助我们思考。

例4 有编号为①、②、③的3条赛艇，其在静水中的速度依次为每小时v1、v2、v3千米，且满足v1> v2> v3> v >0，其中v为河流的水流速度。它们在河流上进行追逐赛，规则如下：
(1) 3条赛艇在同一起跑线上同时出发，逆流而上，在出发的同时，有一浮标顺流而下；
(2) 经过1小时，①、②、③号赛艇同时掉头，追赶浮标，谁先追上谁为冠军。
在整个比赛期间各艇的速度保持不变，则比赛的冠军为
解：经过1小时，①、②、③号赛艇同时掉头，掉头时，各艇与浮标的距离为：
S i=(vi-v)1+v1= vi 1(i=1、2、3)
第i号赛艇追上浮标的时间为：(小时)
由此可见，掉头后各走1小时，同时追上浮标，所以3条赛艇并列冠军。
评注：顺流速度=静水速度+水流速度；逆流速度=静水速度-水流速度。
例5在一环行轨道上有三枚弹子同时沿逆时针方向运动。已知甲于第10秒钟时追上乙，在第30秒时追上丙，第60秒时甲再次追上乙，并且在第70秒时再次追上丙，问乙追上丙用了多少时间？(第11届希望杯竞赛培训题)
解：设甲的运动速度是 乙的运动速度是，丙的运动速度是．设环形轨道长为L。甲比乙多运动一圈用时50秒，故有－＝ ①
甲比丙多运动一圈用时40秒，故有－＝ ②
②－①可得到－＝－＝ ③
④
⑤
甲、乙、丙初始位置时，乙、丙之间的距离＝甲、丙之间距离－甲、乙之间距离
＝（－）×30－（ －）×10； 乙追上丙所用时间＝
＝秒．所以第110秒时，乙追上丙．
评注：相遇问题的关系式是：路程和=速度和时间；
追及问题的关系式是：追及路程=速度差时间。

例6 一个三位数，三个数位上的数字和为17，百位上的数比十位上的数大7，个位上的数是十位上数的3倍，求这个三位数。
解：设十位上的数为x，则个位上的数为3 x，百位上的数是x+7
由题意得：3 x+x+ x+7=17，∴x=2
∴这个三位数是：100(x+7)+10 x+3 x=926
答：这个三位数是926
评注：数字问题常设出数位上的数字，再用十进制把数表示出来。

例7 两个三位整数，它们的和加1得1000，如果把大数放在小数的左边，并在这两数之间点上一个小数点，则所成的数正好等于把小数放在大数的左边，中间点一个小数点所成的数的6倍，求这两个数。
解：设大数为x，则小数为999-x，由题意得
解这个方程得：x=857, ∴999-x=142
答：大数为857，小数为142。

例8 一辆卡车在公路上匀速行驶，起初看到里程碑上的数字为，过了1小时里程碑上的数字为，又行驶了1小时里程碑上的数字为，求每次看到的数字和卡车的速度。
分析：相等关系是前一小时走的路程=后一小时走的路程。
解：依题意得：-=-，即+=2，
所以 (10A+B)+(100A+B)=2(10B+A)，整理得6A=B
因为A、B取1到9的自然数，所以只有A=1，B=6
故3次看到的数字分别是16，61，106，卡车的速度为45千米/时。
评注：本题得到的是一个不定方程，通过A、B是1到9的自然数来求出A、B。

例9 在黑板上从1开始，写出一组连续的自然数，然后擦去了一个数，其余的平均值为，试问擦去的数是什么数？
分析：设出擦去的数，用平均值为来估计出写出的自然数，从而求出擦去的数。
解：设写出了n个自然数1，2，…，n中擦去的是k，则由题意得：
即
因为n是自然数，且n-1必须是17的倍数，所以n=69
于是由，可解得k=7，即擦去的数为7。
评注：本题运用了放缩原理来得出n的范围，从而确定自然数n的值，放缩法是数学竞赛中常用的方法。

三、巩固练习
选择题
1、甲、乙二人从M地同时出发去N地，甲用一半的时间以每小时a千米的速度行走，另一半的时间以每小时b千米的速度行走；乙以每小时a千米的速度行走一半的路程，另一半路程以每小时b千米的速度行走。若a≠b，则( )先到达N地。
A、甲 B、乙 C、二人同时到达 D、不确定
2、已知游艇在静水中的航速为每小时10千米，某一旅游团乘该游艇在黄河顺水航行2小时，又用3小时返回出发地，求该团所走的航程是( )
A、24千米 B、12千米 C、48千米 D、40千米
3、某人从A地步行到B地，当走到预定时间时，离B地还有0.5千米；若把步行速度提高25%，则可比预定时间早半小时到达B地。已知AB两地相距12.5千米，则某人原来步行的速度是( )
A、2千米/时 B、4千米/时 C、5千米/时 D、6千米/时
4、一个两位数，十位上的数与个位上的数的和是7，若十位上的数与个位上的数对换，现在的两位数与原来的两位数的差是9，则现在的两位数是( )
A、43 B、34 C、25 D、52
5、在由两个不同数字组成的所有两位数中，每个两位数被其两个数字之和除时，所得的商的最小值是( )
A、1.5 B、1.9 C、3.25 D、4.375
6、一个插入一个一位数(包括0)，就变成一个三位数，如：72中间插入6后变成了762。有些两位数中间插入某个一位数后变成的三位数，是原来两位数的9倍，这样的两位数有( ) (第六届《祖冲之杯》数学邀请赛试题)
A、1个 B、4个 C、10个 D、超过10个
填空题
7、早晨8点多钟，有两辆汽车先后离开化肥厂，向幸福村开去。两辆汽车的速度都是每小时60千米，8点32分时，第一辆车离开化肥厂的距离是第二辆车的3倍。到了8点39分时，第一辆车离开化肥厂的距离是第二辆车的2倍。则第一辆车是8点 分离开化肥厂的.
8、甲、乙两个同学从A地到B地，甲步行的速度为每小时3千米，乙步行的速度为每小时5千米，两人骑自行车的速度都是每小时15千米。现在甲先步行，乙先骑自行车，两人同时出发。走了一段路程后，乙放下车步行，甲走到乙放车处改骑自行车，以后不断交替行进，两人恰好同时到达B地。甲走全程的平均速度是 千米/小时。(第六届迎春杯初赛试题)
9、一船从重庆到上海要5昼夜，而从上海到重庆要7昼夜，那么有一木排从重庆顺流漂到上海要 昼夜
10、一个六位数的4倍是，则这个六位数是
11、有四个正整数，其中任三个数的算术平均数与第四个数的和，分别等于29、23、21、19，则这四个数中最大的一个是
12、一个两位自然数等于它的十位数字与个位数字之和的3倍，则这样的两位自然数的个数是
解答题
13、一列客车的速度是60千米/时，一列货车的速度是45千米/时，货车比客车长135米，如果两车在平行的轨道上同向行驶，客车从后面赶上货车，它们交叉的时间是1分30秒，求各车的长度；如果这两车在平行的轨道上相向行驶，它们交叉时需要多少时间？
14、甲、乙两人在一条长400米的环形跑道上跑步，若同向跑步每隔分钟相遇一次，若反向跑步则每隔40秒相遇一次，求甲、乙两人的速度(甲比乙跑得快)。
15、某人由甲地去乙地，如果他从甲地先骑摩托车行12小时，再换骑自行车行9小时，恰好到达乙地。如果他从甲地先骑自行车行21小时，再换骑摩托车行8小时，恰好也到达乙地。问：全程骑摩托车需要几小时到达乙地？(第四届华杯赛初赛试题)
16、快、中、慢三辆车同时从同一地点出发，沿同一公路追赶前面的一个骑车人。这三辆车分别用6分钟、10分钟、12分钟追上骑车人。现在知道快车每小时走24千米，中车每小时走20千米，问慢车每小时走多少千米？(第一届华杯赛决赛试题)
17、有一个两位数，它的十位数字与个位数字的和是8，并且这个两位数除以十位上的数字与个位上的数字的差，所得的商为11，余数为5，求这个两位数。
18、一个十位数字为0的三位数，它恰好等于它的数字和的67倍；交换它的个位与百位数字后得到一个新的三位数，它恰好又是它的数字和的m倍,求m的值。
19、一个两位数的十位数字小于个位数字，当数字交换位置后所得的新的两位数与原数之和大于70而小于90，求这样的两位数。
20、今有一个三位数，其各位数字均不相同，如将此三位数的各位数字重新排列，必得一个最大数和一个最小数，且此两数之差恰为原来的那个三位数，求原来的三位数。初一数学竞赛系列讲座(13)
角的认识

一、知识要点
具有公共端点的两条射线所成的图形称为角。
与角有关的基本概念有：周角，平角，直角，锐角，钝角，对顶角等。
二、例题精讲
例1． 如图，已知O是直线AC上一点，OB是一条射线， OD平分AOD，OE在BOC内，BOE＝EOC，DOE＝70°，求EOC的度数。
分析：易得EOC＝BOC，而BOC +AOB＝180°，结合OD平分AOB，可作BOC平分线，结合DOE可求出BOC，从而求EOC的度数
解：作BOC平分线OF，则
BOF＝COF＝BOC
∵　OD平分AOB
∴　AOD＝DOB＝AOB
又∵　BOC +AOB＝180°
∴　DOB+BOF＝90°　即　DOF＝90°
∴　EOF＝DOF-DOE＝20°
又∵　EOF＝BOF-BOE
而BOF＝BOC，BOE＝BOC
∴EOF＝BOC-BOC＝BOC
∴BOC＝6EOF＝120°
∴EOC＝BOC＝×120°＝80°
即　EOC＝80°

例2． 一个锐角的余角的补角与这个锐角的差是（　　　　）
A．锐角　　B．直角　　C．钝角　　D．不能确定
分析：设该锐角为，它的余角（90°-）的补角应为180°-（90°-）＝90°+，与的差（90°+）-＝90°　　故选B

例3． 已知的余角是的补角的，＞110°，求的范围。
分析：显然是锐角，由互余和互补的定义及条件可求出与的关系，再由的范围，可求出的范围。
解：的余角为90°-，的补角为180°-
由题意，得90°-＝（180°-）
∴　　＝5-270°
∵　　＞110°
∴　　5-270°＞110° ∴　　＞76°
又由条件知为锐角　　∴　＜90°
故的范围是76°＜＜90°
评注：本例把转化到进而求出的范围。要把相关概念进解透彻，否则就会忽略＜90°这一条件。

例4． 当时间是2点32分时，时针与分针的夹角是多少度？
解：时针每小时转1大格，即30°，所以每分针转0.5°，而分针每分转6°，当时针指向整点时，分针指向12点。因此，我们以指向12点作为角的始边，在2点32分时，时针与12点构成的角度是2×30°+32×0.5°＝76°分针与12点构成的角度是32×6°＝192°，从而，2点32分时，时针与分针的夹角是192°-76°＝116°
评注：（1）当时针与分针所转过的角度的差大于180°时，则需用360°减去这个角，例如：2点50分时，按上述方法求得的角是50×6°-(2×30°+50×0.5°)
=300°-85°=215°＞180°
则时针与分针的夹角为360°-215°＝145°
（2）对于确定的时间，例如x点y分时，试写出用x、y表示时针与分针的夹角的表达式。
例5． 如图射线OA表示北偏东60°，射线OB表示东南方向，∠BOC是∠AOB的余角，射线OD是射线OC的反向延长线，写出射线OD所表示的方向。
解：∠AOB=30°+45°=75°
∠AOB的余角∠BOC=90°-75°=15°
∴OC表示南偏东30°，OC的反向延长线OD所表示方向是北偏西30°
评注：如果本例没有给出图形，那么按题意，射线OC就有在∠AOB外部和内部两种不同位置，求OD的方向也就需要分两种情况求解。

例6． 如图，OA1，OA2，…，OA10是以O为端点的十条射线，∠A1OA10＜90°，则图中以O为顶点以这些射线为边、角度小于平角的角共有多少个？
解法一：以O为端点，以十条射线OA1，OA2，…，OA10的任意两条为边组成的角，取决于从十条射线OA1，OA2，…，OA10中选出两条配成的对数。
共有9+8+7+6+5+4+3+2+1＝45对，
所以图中以O为顶点以这些射线为边、角度小于平角的角共有45个。
评注：在数图形的角的总数时，和数线段一样，关键仍是做到不重不漏，因此，必须按照一定的规律去数。
解法二：也可化为数线段的问题。如图作一直线，分别交OA1，OA2，…，OA10于A1，A2，…，A10，则每一个角对应于A1 A10上的某一条线段。反过来，A1 A10上的每一条线段又对应于某一个角，如∠A4OA6，它对应线段A4A6，而线段A4A6恰好对应线段于∠A4OA6，因此，要数图中角的个数，只要数A1 A10上的线段数即可，
而A1 A10上的线段数有9+8+7+6+5+4+3+2+1＝45条
因此，图中共有45个角

例7． 求证：成对顶角的两个角的平分线，在一直线上。
证明：如图，AB、CD相交于O，则AOC与BOD成对顶角。设OE、OF分别为AOC、BOD的平分线，
∵ AOE=AOC BOF=BOD
且 AOC=BOD
∴ AOE=BOF
又∵ BOF+FOD+DOA=180°
∴ AOE+FOD+DOA=180°
即 EOF=180°
∴ OE、OF在同一直线上。
评注：与对顶角有关的问题比较多，解这类题时，主要运用对顶角的定义来解题

例8． 已知：直角AOB，以点O为端点在AOB的内部画出1995条射线，以OA、OB及这些射线为边的锐角的个数是多少？
解：设以O为端点在AOB的内部画出的1995条射线逆时针方向分别为射线OP1，OP2，OP3…，OP1995
则以OA为始边，逆时针方向旋转，形成1995个锐角（终边分别为射线OP1，OP2，OP3…，OP1995）
以OP1为始边，逆时针方向旋转，形成1995个锐角（终边分别为射线OP2，OP3，…，OP1995，OB）
以OP2为始边，逆时针方向旋转，形成1994个锐角（终边分别为射线OP3，OP4，…，OP1995，OB）
……
以OP1995为始边，逆时针方向旋转，形成1个锐角（终边为射线OB）
∴　共有1995+1995+1994+1993+…+2+1＝1993005（个）
三、巩固练习
选择题
1、两个角的补角互余，则这两个角的和的大小是
A.180° B.135° C. 270° D.90°
2、如图，OM是AOB的平分线，射线OC在BOM内部，ON是BOC的平分线，已知AOC＝80°，则MON为　（　　　）
A．30°　B．40°　C．45°　　D．50°
3、已知一个直角∠以为端点在∠的内部画10条射线，以以及这些射线为边构成的锐角的个数是（ ）个。
（A）110 （B）132 （C）66 （D）65
4、O是直线AB上的一点，AOD＝120°，CO︿AB于O ，OE是BOD的平分线，则图中彼此互补的角共有（　　）
A．4对　　B．5对　　C．6对　　D．7对
5、一张长方形的纸如图将角折起到处，作∠EFB的平分线，则∠的大小是（ ）
（A）锐角 （B）直角 （C）钝角 （D）无法确定
6、当时间是3点40分时，时针与分针的夹角度数是（　　）
A．110°　　B．130°　　C．120°　　D．150° 第5题
填空题
7．已知角a的补角等于角a的3.5倍，则角a等于＿＿度。
8．如图，是一条直线，，OB、OD分别是角平分线则图中的钝角共有＿＿个。
9．不相等的两角和的两边分别平行，其中角比角的3倍少20，则的大小是＿＿＿。 第8题
10、船停在海面上，从船上看，灯塔的方向在北偏东30°，那么，从灯塔看，船的方向在
。
11、O为平面上一点，过O在这个平面上引2001条不同的直线l1，l2，l3，…，12001，则可形成 对以O为顶点的对顶角。
12、图中三角形的个数是　　　　　。
解答题
13、一个角的余角的2倍和它的补角的互为补角，求这个角的度数。 (第12题)
14、如图所示的五角星形中
共可数出多少个三角形。



15、ABC是锐角三角形，D、E、F分别为BC、AC、AB上的点，连DE、EF、DF，图中大于0°小于180°的角有多少个？





第15 题
16、如图，求A+B+C+D+E+F的值。
17、如图，BE、DE是ABC、ADC的角平分线
求证：E=(A+C)
18、某人下午6点多钟外出买东西，看表上的时针与分针的夹角是110°，近7点钟返回时，发现时针与分针的夹角又是110°，则此人外出共用了多少时间？
19、证明：一个锐角一半的余角的2倍，减去这个锐角2倍角的补角，仍等于原角。
20、已知AOB是120°，以O为端点在OA与OB之间作射线使它们与OA、OB之间形成的角的度数均是整数，最多可得到多少个角？多少不同的的度数？初一数学竞赛系列讲座(11)
　应用题（三）
一、知识要点
数学应用题涉及的题材广泛，内容丰富。大到卫星上天，小到日常生活，无时无地不体现数学的作用。数学应用题我们不能局限于几种类型，主要的是要增强应用数学的意识，提高处理数学应用题的能力。解决数学应用题的关键是从数学应用题中抽象出数学模型，把数学应用题转化成一个数学问题来解决。

二、例题精讲
例1 某果品商店进行组合销售，甲种搭配：2千克A水果，4千克B水果；乙种搭配：3千克A水果，8千克B水果，1千克C水果；丙种搭配：2千克A水果，6千克B水果，1千克C水果。已知A水果每千克2元，B水果每千克1.2元， C水果每千克10元，某天该商店销售这三种搭配共得441.2元，其中A水果的销售额为116元，则C水果的销售额为 元。(2000年全国初中数学联合竞赛试题)
解：设该天卖出甲种、乙种、丙种水果分别为x、y、z套，依题意有
、
∴
消去x得：31(y+z)=465，故y+z=15
所以，共卖出C水果15千克，C水果的销售额为1510=150
评注：本题列出的是不定方程，要求出x、y、z是不可能的，但本题只要整体地求出y+z就行了。

例2某班参加一次智力竞赛，共a、b、c 三题，每题或者得满分或者得0分。其中题a满分20分，题b、题c满分分别为25分。竞赛结果，每个学生至少答对了一题，三题全答对的有一人，答对其中两道题的有15人。答对题a的人数与答对题b的人数之和为29；答对题a的人数与答对题c的人数之和为25；答对题b的人数与答对题c的人数之和为20。问这个班平均成绩是多少分？ (1999年全国初中数学联合竞赛二试试题)
解：设答对题a、答对题b、答对题c的人数分别为x、y、z，则有
所以答对一题的人数为：37-13-215=4
全班人数为：1+4+15=20
故全班平均成绩为
答：这个班平均成绩是42分
评注：本题是通过设间接未知数来列方程，设未知数的方法一般和直接和间接两种。

例3在边防沙漠地带，巡逻车每天行驶200公里，每辆巡逻车可装载供行驶14天的汽油。现有5辆巡逻车同时从驻地A出发，完成任务后再沿原路返回驻地，为了让其中三辆尽可能向更远的距离巡逻(然后再一起返回)，甲、乙两车行至途中B处后，仅留足自己返回驻地所必须的汽油，将多余的汽油留给另外三辆使用，问其它三辆可行进的最远距离是多少公里？(1995年河北省初中数学联合竞赛试题)
解：设巡逻车行到途中B处用了x天，从B处到最远处用了y天，则有
2[3(x+y)+2x]=145，即5x+3y=35
又由题意，需x>0，y>0且145 – (5+2)x≤143，即x≥4
从而问题的本质是在约束条件之下，求y的最大值，
显然y=5，这样，200(4+5)=1800(公里)
所以其它三辆可行进的最远距离是1800公里

例4 龙九想知道圆珠笔、彩笔、铅笔、签字笔和荧光笔的价格，这些笔中每两种笔(每种各一支)装一盒，它们的价格分别是250元、290元、320元、340元、360元、370元、390元、410元、430元、480元。铅笔比彩笔便宜30元，签字笔比圆珠笔贵，荧光笔比签字笔贵。求出每种笔的价格。(第一届汉城国际数学竞赛试题)
分析：设光笔、签字笔、圆珠笔、彩笔、铅笔的价格分别是a>b>c>d>e元,
每两种笔合在一起，可以得出10个和：a+b,a+c,a+d,a+e,b+c,b+d,b+e,c+d,c+e,d+e.
由光笔、签字笔、圆珠笔、彩笔、铅笔的价格的大小关系得出a+b最大，a+c次之，d+e最小，c+e次小，从而列出方程组。
解：设荧光笔、签字笔、圆珠笔、彩笔、铅笔的价格分别是a>b>c>d>e元,
每两种笔合在一起，可以得出10个和：a+b,a+c,a+d,a+e,b+c,b+d,b+e,c+d,c+e,d+e.
其中a+b最大，a+c次之，d+e最小，c+e次小。
所以
(1)-(2) 得：b-c=50 (5)
(5)+(3) 得：b+e=340 (6)
在上面10个和中，c+d肯定小于b+d，但是否比b+e小，难以断定，现在b+e=340，
所以 c+d=320 (7)
(3)+(4)+(7)得 2 (c+d+e)=860 所以 c+d+e=430
从而可得：c=180，d=140，e=110
进一步可得：b=230，a=250
即荧光笔、签字笔、圆珠笔、彩笔、铅笔的价格分别是250元、230元、180元、140元、110元
评注：本题未知数多，方程也多，必须仔细分析题意，理清它们的关系，才能正确求解。

例5 有甲、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。现在购甲、乙、丙各一件共需多少元？
分析：设甲、乙、丙三种货物的单价分别为x、y、z元，由题意，很容易得出二条方程，但二个方程三个未知数，无法求出x、y、z，实质上，此题的目标不是求x、y、z，而是求x+y+z，我们可以设法整体地求出x+y+z。
解：设甲、乙、丙三种货物的单价分别为x、y、z元，由题意得：
设m (3x+7y+z) +n (4x+10y+z)=x+y+z
则 (3m+4n) x+(7m+10n) y+(m+n)z= x+y+z
∴3m+4n=7m+10n= m+n=1，从而求得m=3，n= -2
∴x+y+z= 3 (3x+7y+z) -2 (4x+10y+z)=33.15-24.20=1.05
答：购甲、乙、丙各一件共需1.05元。
评注：本题列出的是不定方程组，无法求出x、y、z，但本题的目标不是求x、y、z，而是求x+y+z，因此本题通过待定系数法求出x+y+z与3x+7y+z和4x+10y+z的关系，从而整体地求出x+y+z。这是整体思想的体现。

例6 某手表每小时比准确时间慢3分钟，若在清晨4点30分与准确时间对准，则在当天上午手表指示时间为10点50分时，准确时间应该是多少？
分析：设所求的准确时间为x小时，则小时为手表从清晨4点30分走到上午10点50分所慢的小时数，小时为手表从清晨4点30分走到上午10点50分时，实际走的准确的小时数，因为手表每走1小时要慢小时，所以小时慢了小时，则=
解：设所求的准确时间为x小时，由题意得：
=
解之得：
答：准确时间应该是11点10分。

例7 某出租车的收费标准是：5千米之内起步费10.8元，往后每增加1千米增收1.2元。现从A地到B地共支出车费24元，如果从A先步行460米，然后乘车到B也是24元，求从AB的中点C到B地需支付多少车费。
分析：解决这个问题的关键是要计算出CB的路程，由于车费的计算方式是10.8+1.2n
n是乘车路程大于5千米部分所含1千米的个数，不足1千米也要算1千米，从A地到B地共支出车费24元，代入可计算出n=11，于是5+110同样5+110解：设从A地到B地的路程为x千米，
∵
则5+110即15于是，即C地到B地的路程在7.73千米到8千米之间，
∴从C地到B地应付车费10.8+1.23=14.4(元)
答：乘车从AB的中点C到B地需支付14.4元车费。

例8 某种饮料分两次提价，提价方案有三种。方案甲是：第一次提价m%，第二次提价n%；方案乙是：第一次提价n%，第二次提价m%；方案丙是：先后提价两次，每次提价。若m>n>0，则提价最多的方案是哪一种？
解：设饮料原价格为1，则按甲提价方案提价后的价格是：(1+m%) (1+n%)
按乙提价方案提价后的价格是：(1+n%) (1+m%)
按丙提价方案提价后的价格是：(1+)2
显然甲、乙两种方案最终价格是一致的，因而只需比较(1+m%) (1+n%)与(1+)2的大小
(1+m%) (1+n%)=1+ m% +n%+ m%n%=1+(m+n)% + m%n%
(1+)2=1+2 +()2=1+(m+n)%+ ()2
所以只要比较m%n%与()2的大小即可
∵ ()2- m%n%=-
=>0
∴()2> m%n%，即(1+)2>(1+m%) (1+n%)
因此，丙种方案提价最多。
评注：本题应用了比差法来比较大小，比差法是比较大小的最常用方法。

三、巩固练习
选择题
1、甲是乙现在的年龄时，乙10岁；乙是甲现在的年龄时，甲25岁，那么( )
(2000年全国初中数学竞赛试题)
A、甲比乙大5岁 B、甲比乙大10岁
C、乙比甲大10岁 D、乙比甲大5岁
2、一次考试共有5道试题，考后成绩统计如下：有81%的同学做对第一题，91%的同学做对第二题，85%的同学做对第三题，79%的同学做对第四题，74%的同学做对第五题。如果做对三道题以上(包括三道)的同学为考试合格，则这次考试的合格率至少为( )
A、70% B、74% C、81% D、73%
(第六届《祖冲之杯》数学邀请赛试题)
3、甲、乙、丙、丁四个拿出同样多的钱，合伙订购同样规格的若干货物。货物买来后，甲、乙、丙分别比丁多拿了3，7，14件货物，最后结算时，乙付给丁14元，那么丙应付给丁( ) (第七届《祖冲之杯》数学邀请赛试题)
A、28元 B、56元 C、70元 D、112元
4、某旅馆底层客房比二层客房少5间，某旅游团有48人，若全部安排在底层，每间住4人，房间不够；而每间住5人，有的房间未住满。又若全部安排在二层，每间住3人，房间不够；而每间住4人，有的房间未住满。这家旅馆底层共有房间( )
A、9个 B、10个 C、11个 D、12个
5、如果某一年的5月份中，有5个星期五，它们的日期之和为80，那么这个月的4日是星期( )
A、一 B、三 C、五 D、日
6、有面额为壹圆、贰圆、伍圆的人民币共10张，全部用来购买一把价值为18元的雨伞，不同的付款方式共有( )
A、1种 B、2种 C、3种 D、4种
填空题
7、某校初一、初二、初三各年级的学生数相同，已知该校的初一的男生数与初二的女生数相同，初三男生占全校男生的，那么全校女生占全校学生的
8、在一家三口中，每两个人的平均年龄加上余下的一人的年龄，分别得到49，62，63，那么这三个人中最大年龄与最小年龄的差是
9、某校初三学生在操场排队，站2排对齐恰剩1人，站3排对齐恰剩2人，站4排对齐恰剩3人，站5排对齐恰剩4人，站6排对齐恰剩5人，而站7排对齐恰无剩余，则该校初三学生最少有 人
10、某县有500名学生参加第七届《祖冲之杯》数学邀请赛，平均得分63分。该县男生平均得分60分，女生平均得分70分，则该县参赛男生比女生多 人
11、在计算一个正数乘以3.5时，某同学误将3.5错写成3.57，结果与正确的答案相差1.4，则正确的乘积结果是
12、99名学生去划船，大船每只可乘坐12人，小船每只可乘坐5人，如果这些学生把租来的船都坐满，则大船和小船应该分别租 只。
解答题
13、某商店有甲、乙两种钢笔共143支，甲种钢笔每支6元，乙种钢笔每支3.78元，某学校购了该商店的乙种钢笔全部和部分甲种钢笔，经过核算后，发现应付款的总数与甲种钢笔的总数无关，问购买的甲种钢笔是该商店甲种钢笔总数的百分之几？
14、某收购站分两个等级收购小麦，一等小麦每千克为a元，二等小麦每千克为b(b15、在一段公路上，学生均匀地植树10棵，这批树由卡车运来，问卡车在什么地方卸车最好(可使学生们搬树的距离和最小)？
16、有一批货，如果本月初出售，可获利100元，然后将本利都作某项投资，已知该项投资的月息为2.4%；如果下月初出售，可获利120元，但要付5元保管费，试问这批货何时出售比较好(本月初还是下月初)？说明理由。
17、某市初中数学联赛，有A、B、C、D四校参加，A、B校共有16名选手，B、C校共有20名选手，C、D校共有34名选手，且各校选手人数正好按A、B、C、D次序从小到大排列，求各校人数。
18、某人下午6点多外出时，看手表上两指针的夹角为110°，下午7点前回家时发现两指针的夹角仍为110°，他外出多少时间？
19、有4位小朋友的体重都是整数千克，他们两两合称体重，共称了5次，称得的千克数分别是99、113、125、130、144。其中有两人没有一起称过，那么这两人中体重较重的人的体重是多少千克？
20、民用电收费规定，每月每户不超过24度按每度9角收费，超过24度时，超过部分按每度2元收费，并规定用电按整度收费。某月甲户比乙户多交电费9元6角，问甲户和乙户各用电多少度？初一数学竞赛讲座(三)
数字、数位及数谜问题
一、知识要点
1、整数的十进位数码表示
一般地，任何一个n位的自然数都可以表示成：
其中，a i (i=1，2，…，n)表示数码，且0≤a i≤9，a n≠0.
对于确定的自然数N，它的表示是唯一的，常将这个数记为N=
2、正整数指数幂的末两位数字
(1) 设m、n都是正整数，a是m的末位数字，则mn的末位数字就是an的末位数字。
(2) 设p、q都是正整数，m是任意正整数，则m 4p+q 的末位数字与m q的末位数字相同。
3、在与整数有关的数学问题中，有不少问题涉及到求符合一定条件的整数是多少的问题，这类问题称为数迷问题。这类问题不需要过多的计算，只需要认真细致地分析，有时可以用“凑”、“猜”的方法求解，是一种有趣的数学游戏。
二、例题精讲
例1、有一个四位数，已知其十位数字减去2等于个位数字，其个位数字加上2等于其百位数字，把这个四位数的四个数字反着次序排列所成的数与原数之和等于9988，求这个四位数。
分析：将这个四位数用十进位数码表示，以便利用它和它的反序数的关系列式来解决问题。
解：设所求的四位数为a103+b102+c10+d，依题意得：
(a103+b102+c10+d)+( d103+c102+b10+a)=9988
∴ (a+d) 103+(b+c) 102+(b+c) 10+ (a+d)=9988
比较等式两边首、末两位数字，得 a+d=8，于是b+c18
又∵c-2=d，d+2=b，∴b-c=0
从而解得：a=1，b=9，c=9，d=7
故所求的四位数为1997
评注：将整数用十进位数码表示，有助于将已知条件转化为等式，从而解决问题。

例2 一个正整数N的各位数字不全相等，如果将N的各位数字重新排列，必可得到一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N，则称N为“新生数”，试求所有的三位“新生数”。
分析：将所有的三位“新生数”写出来，然后设出最大、最小数，求差后分析求出所有三位“新生数”的可能值，再进行筛选确定。
解：设N是所求的三位“新生数”，它的各位数字分别为a、b、c(a、b、c不全相等)，将其各位数字重新排列后，连同原数共得6个三位数：，不妨设其中的最大数为，则最小数为。由“新生数”的定义，得
N=
由上式知N为99的整数倍，这样的三位数可能为：198，297，396，495，594，693，792，891，990。这9个数中，只有954-459=495符合条件。
故495是唯一的三位“新生数”
评注：本题主要应用“新生数”的定义和整数性质，先将三位“新生数”进行预选，然后再从中筛选出符合题意的数。这也是解答数学竞赛题的一种常用方法。

例3 从1到1999，其中有多少个整数，它的数字和被4整除？
将每个数都看成四位数(不是四位的，在左面补0)，0000至1999共2000个数。千位数字是0或1，百位数字从0到9中选择，十位数字从0到9中选择，各有10种。
在千、百、十位数字选定后，个位数字在2到9中选择，要使数字和被4整除，这时有两种可能：设千、百、十位数字和为a，在2，3，4，5中恰好有一个数b，使a+b被4整除(a+2、a+3、a+4、a+5除以4，余数互不相同，其中恰好有一个余数是0，即相应的数被4整除)；在6，7，8，9中也恰好有一个数c(=b+4)，使a+c被4整除。因而数字和被4整除的有：210102=400个
再看个位数字是0或1的数。千位数字是0或1，百位数字从0到9中选择，在千、百、个位数字选定后，十位数字在2到9中选择。与上面相同，有两种可能使数字和被4整除。因此数字和被4整除的又有：22102=80个。
在个位数字、十位数字、千位数字均为0或1的数中，百位数字在2到9中选择。有两种可能使数字和被4整除。因此数字和被4整除的又有：2222=16个。
最后，千、百、十、个位数字为0或1的数中有两个数，数字和被4整除，即1111和0000，而0000不算。
于是1到1999中共有400+80+16+1=497个数，数字和被4整除。

例4 圆上有9个数码，已知从某一位起把这些数码按顺时针方向记下，得到的是一个9位数并且能被27整除。证明：如果从任何一位起把这些数码按顺时针方向记下的话，那么所得的一个9位数也能被27整除。
分析：把从某一位起按顺时针方向记下的9位数记为：，其能被27整除。
只需证明从其相邻一位读起的数：也能被27整除即可。
证明：设从某一位起按顺时针方向记下的9位数为：
依题意得：=能被27整除。
为了证明题目结论，只要证明从其相邻一位读起的数：也能被27整除即可。
=
∴10 -
=10()-()
=-()
=
∵
而999能被27整除，∴10003-1也能被27整除。
因此，能被27整除。从而问题得证。
评注：本题中，109-1难以分解因数，故将它化为10003-1，使问题得到顺利解决。
这种想办法降低次数的思想，应注意领会掌握。

例5 证明：111111+112112+113113能被10整除
分析：要证明111111+112112+113113能被10整除，只需证明111111+112112+113113的末位数字为0，即证111111，112112，113113三个数的末位数字和为10。
证明：111111的末位数字显然为1；
112112=(1124)28，而1124的末位数字是6，所以112112的末位数字也是6；
113113=(1134)28 113，1134的末位数字是1，所以113113的末位数字是3；
∴111111，112112，113113三个数的末位数字和为1+6+3=10
∴111111+112112+113113能被10整除
评注：本题是将证明被10整除转化为求三数的末位数字和为10。解决数学问题时，常将未知的问题转化为熟知的问题、复杂的问题转化为简单的问题，这是化归思想。

例6 设P (m)表示自然数m的末位数，
求的值。
解：=++…+
=
=
∵1995=10199+5，又因为连续10个自然数的平方和的末位数都是5
∴=5+5=10
又=0
∴=10
评注：本题用到了连续10个自然数的平方和的末位数都是5这个结论。
例7 请找出6个不同的自然数，分别填入6个问号中，使这个等式成立。(第三届华杯赛口试题)
分析：分子为1分母为自然数的分数称作单位分数或埃及分数，它在很多问题中经常出现。解决这类问题的一个基本等式是：，它表明每一个埃及分数都可以写成两个埃及分数之和。
解：首先，1= 从这个式子出发，利用上面给出的基本等式，取n=2可得：
∴1=
又利用上面给出的基本等式，取n=3可得：
∴ 1=
再利用上面给出的基本等式，取n=4可得：
∴ 1=
最后再次利用上面给出的基本等式，取n=6可得：
∴ 1=
即可找出2，5，20，12，7，42六个自然数分别填入6个问号中，使等式成立。
评注：1、因为问题要求填入的六个自然数要互不相同，所以每步取n时要适当考虑，如：最后一步就不能取n=5，因为n=5将产生，而已出现了。
2、本题的答案是不唯一的，如最后一步取n=12，就可得：
1=

例8 如图，在一个正方体的八个顶点处填上1到9这些数码中的8个，每个顶点处只填一个数码，使得每个面上的四个顶点处所填的数码之和都相等，并且这个和数不能被那个未被填上的数码整除。求所填入的8个数码的平方和。
(第12届“希望杯”数学竞赛培训题)
解：设a是未填上的数码，s是每个面上的四个顶点处所填的数码之和，由于每个顶点都属于3个面，所以
6s=3(1+2+3+4+5+6+7+8+9)-3a
即6s=3 45-3a，于是2s=45-a，可以断定a是奇数
而a不整除s，所以a只能是7，则填入的8个数码是
1，2，3，4，5，6，8，9，它们的平方和是：
12+22+32+42+52+62+82+92=236

例9在右边的加法算式中，每个表示一个数字，任意两个数字都不同。试求A和B乘积的最大值。
+)
A B
分析：先通过运算的进位，将能确定的确定下来，再来分析求出A和B乘积的最大值。
解：设算式为：
a
b c
+) d e f
g h A B
显然，g=1，d=9，h=0
a+c+f=10+B，b+c=9+A, ∴A≤6
2 (A+B)+19=2+3+4+5+6+7+8=35，∴A+B=8
要想A B最大，∵ A≤6，∴取A=5，B=3。此时b=6,e=8,a=2,c=4,f=7,故A B的最大值为15.
评注：本题是通过正整数的十进制的基本知识先确定g，d，h，然后再通过分析、观察得出A、B的关系，最后求出A B的最大值。

例10 在一种游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数。并请这个人算出5个数、、、、的和N，把N告诉魔术师，于是魔术师就能说出这个人所想的数。现在设N=3194，请你做魔术师，求出数来。(第四届美国数学奥林匹克试题)
解：将也加到和N上，这样a、b、c就在每一位上都恰好出现两次，所以有
+N=222(a+b+c) ①
从而 3194<222(a+b+c)<3194+1000，而a、b、c是整数
所以 15≤a+b+c≤18
因为 22215-3194=136，22216-3194=358，22217-3194=580，22218-3194=802
其中只有3+5+8=16能满足①式，所以=358
评注：本题将也加到和N上，目的是使得由a、b、c组成的6个三位数相加，这样a、b、c在每个数位上出现的次数相同。这一技巧在解决数字问题中经常使用。

三、巩固练习
选择题
1、两个十位数1111111111和9999999999和乘积的数字中有奇数( )
A、7个 B、8个 C、9个 D、10个
2、若自然数n使得作竖式加法n+(n+1)+(n+2)时均不产生进位现象，便称n为“连绵数”。如因为12+13+14不产生进位现象，所以12是“连绵数”；但13+14+15产生进位现象，所以13不是“连绵数”，则不超过100的“连绵数”共有( )个
A、9 B、11 C、12 D、15
3、有一列数：2，22，222，2222，…，把它们的前27个数相加，则它们的和的十位数字是( )
A、9 B、7 C、5 D、3
4、19932002+19952002的末位数字是( )
A、6 B、4 C、5 D、3
5、设有密码3 BIDFOR=4 FORBID，其中每个字母表示一个十进制数字，则将这个密码破译成数字的形式是
6、八位数141283是99的倍数，则= ，=
填空题
7、若，其中a、b都是1到9的数字，则a= ,b=
8、在三位数中，百位比十位小，并且十位比个位小的数共有 个。
9、在六位数2552中皆是大于7的数码，这个六位数被11整除，那么，四位数。
10、4343的末位数字是
11、2 m+2000-2 m(m是自然数)的末位数字是
12、要使等式成立，处填入的适当的自然数是
解答题
13、有一个5位正奇数x，将x中的所有2都换成5，所有的5都换成2，其他数字不变，得到一个新的五位数，记作y。若x和y满足等式y=2 (x+1)，求x
14、有一个若干位的正整数，它的前两位数字相同，且它与它的反序数之和为10879，求原数。
15、求出所有满足如下要求的两位数：分别乘以2，3，4，5，6，7，8，9时，它的数字和不变。
16、求12+22+32+42+…+1234567892的末位数
17、求符合下面算式的四位数
abcd
9
dcba
18、设是一个三位数，a3>a1，由减去得一个三位数，
证明：+=1089
19、对于自然数n，如果能找到自然数a和b，使得n=a+b+ab,那么n就称为“好数”。如3=1+1+11，所以3是“好数”。在1到100这100个自然数中，有多少个“好数”？
20、AOMEN和MACAO分别是澳门的汉语拼音和英文名字。如果它们分别代表两个5位数，其中不同的字母代表从1到9中不同的数字，相同字母代表相同的数字，而且它们的和仍是一个5位数，求这个和可能的最大值是多少？初一数学竞赛系列讲座(3)
代数式初步

一、知识要点
1、代数式
定义1 用基本运算符号(加、减、乘、除、乘方、开方)把数或表示数的字母连结而成的式子叫做代数式。
2、代数式的值
定义2 用数值代替代数式里的字母，计算后所得的结果叫做代数式的值。
3、列代数式
列代数式的关键是正确地分析数量关系，要掌握和、差、积、商、幂、倍、分、大、小、多、少、增加、增加到等数学概念和有关知识。列代数式实质上是把“文字语言”翻译成“符号语言”。
4、求代数式的值
代数式的值由它所含字母的取值决定，并随字母取值的改变而改变，字母取不同的值，代数式的值可能同也可能不同。代数式中所含字母取值时，不能使代数式无意义。求代数式的值的一般步骤是(1)代入，(2)计算。

例题精讲
例1、轮船在静水中的速度是每小时a千米，水流速度为每小时b千米(b分析：轮船在甲乙两码头间往返一趟的平均速度应为往返一趟的总路程除以总时间。
解 因为轮船在静水中的速度是每小时a千米，水流速度为每小时b千米(b则轮船的顺流速度为(a+b)千米，逆流速度为(a-b)千米，所以顺流所用时间是
逆流所用时间是，轮船在甲乙两码头间往返一趟的平均速度为往返路程的和除以往返所用时间的和，即
评注：顺流速度=静水中的速度+水流速度；逆流速度=静水中的速度-水流速度。

例2一支部队排成a米长队行军，在队尾的战士要与最前面的团长联系，他用t1分钟追上了团长。为了回到队尾，他在追上团长的地方等待了t2分钟。如果他从最前头跑步回到队尾，那么要( )分钟。
A、 B、 C、 D、
分析：这是行程问题中的相遇问题。
解 部队的行军速度为米/分。t1分钟内，队尾的战士比部队多走了a米，则他的速度为米/分=米/分。他从最前头跑步回到队尾的过程中，队尾恰好与他相向而行，故所需时间应为(分) 选C

例3 若aA、ax+by+cz B、ax+cy+bz C、bx+ay+cz D、bx+cy+az
分析：由于本题涉及的字母比较多，直接比较四个代数式的大小很困难。因为是选择题，故可采用特值排除法来解。
解：∵a评注：用特值排除法来解选择题，有时能取到事半功倍的效果。

例4 已知，求
的值。
分析 此题若将左边六次方展开，计算相当繁琐。注意到求的是偶次幂项的系数和，故可将x=1和x= -1分别代入已知等式的两边，得到
和，相加除以2即可得所求的值。
解 将x=1代入已知等式，得
将x= -1代入已知等式，得
两式相加，得2()=730
∴=365
评注：本题采用的是特值法。

例5 已知当x=7时,代数式ax5+bx-8=8,求x=7时,的值.
分析 代数式ax5+bx-8中有三个字母,将x=7代入，仍无法求出a,b的值，影响直接代入求值，但通过观察，发现将x=7代入,可整体地求出75a+7b的值，从而问题得到解决。
解 由已知条件知：a75+b7-8=8，所以a75+b7=16
当x=7时，=(a75+b7)+8=16+8=16
评注：本题采用的是“整体处理思想”，整体处理是一种常用的数学思想。

例6 若ab=1，求的值
分析 此题的解法很多，关键是如何充分利用好ab=1，如由ab=1得出，然后直接代入计算；如利用ab=1巧秒地将式子中的“1”代换成ab；如在式子的一个分式的分子、分母上乘以a或b，然后化成同分母进行计算。
解法1 由ab=1得，从而=
解法2 ∵ab=1，∴=
解法3 ∵ab=1，∴=
评注：本题中的解法2与解法3巧秒地应用了 “1”的代换，“1”的代换是恒等变形中的常用技巧之一。

例7 若a、b、c全不为零，且 求证：(1978丹东市数学竞赛试题)
分析 本题是由两个已知等式来证明一个等式，容易发现，所求证等式中没有b，因而可设法从两已知等式中消去b。
证明：由，由
两式相乘得 整理得
去分母得ac+1=a，因为a≠0，故两边同除以a得
评注：本题是证明条件恒等式，条件恒等式的证明关键是充分利用好条件式。

例8 对任意实数x、y，定义运算xy为xy=ax+by+cxy 其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法。现已知12=3，23=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x,都有xd=x，求d的值。
解 由已知条件知 12=a+2b+2c=3 ①
23=2a+3b+6c=4 ②
xd=ax+bd+cxd=(a+cd)x+bd=x ③
由③得 a+cd=1 bd=0
因为d≠0，所以b=0 代入①得a+2c=3，代入②得2a+6c=4
从而解得a=5，c= -1，将a=5，c= -1代入a+cd=1得d=4
评注：解决定义新运算的问题，关键是通过新运算的定义，将新运算转化为常规运算。

例9已知代数式，当时的值分别为－1，2，2，而且不等于0，问当时该代数式的值是多少？(第11届希望杯数学竞赛培训题)
分析：所给代数式中含有4个字母a、b、c、d，将所给的三个x取值代入，可得三个方程，要直接求出a、b、c、d的值不可能，但可将d视为常数，从而三个方程可组成关于a、b、c方程组，可将a、b、c用d表示出来，代入将代数式化简后求值。
解：将分别代入该代数式，得到
由此可得 将代入第一个和第三个等式中，得
∴； 进而得到
将和代入代数式中，得到＝
；再将代入，得
即当时该代数式的值是
评注：本题采用的是方程思想，方程思想是常用的数学思想，含有未知数的等式常常可看作一个方程。
初一数学竞赛系列讲座(5)
代数式初步

一、知识要点
1、代数式
定义1 用基本运算符号(加、减、乘、除、乘方、开方)把数或表示数的字母连结而成的式子叫做代数式。
2、代数式的值
定义2 用数值代替代数式里的字母，计算后所得的结果叫做代数式的值。
3、列代数式
列代数式的关键是正确地分析数量关系，要掌握和、差、积、商、幂、倍、分、大、小、多、少、增加、增加到等数学概念和有关知识。列代数式实质上是把“文字语言”翻译成“符号语言”。
4、求代数式的值
代数式的值由它所含字母的取值决定，并随字母取值的改变而改变，字母取不同的值，代数式的值可能同也可能不同。代数式中所含字母取值时，不能使代数式无意义。求代数式的值的一般步骤是(1)代入，(2)计算。

二、例题精讲
例1、轮船在静水中的速度是每小时a千米，水流速度为每小时b千米(b分析：轮船在甲乙两码头间往返一趟的平均速度应为往返一趟的总路程除以总时间。
解 因为轮船在静水中的速度是每小时a千米，水流速度为每小时b千米(b则轮船的顺流速度为(a+b)千米，逆流速度为(a-b)千米，所以顺流所用时间是
逆流所用时间是，轮船在甲乙两码头间往返一趟的平均速度为往返路程的和除以往返所用时间的和，即
评注：顺流速度=静水中的速度+水流速度；逆流速度=静水中的速度-水流速度。

例2一支部队排成a米长队行军，在队尾的战士要与最前面的团长联系，他用t1分钟追上了团长。为了回到队尾，他在追上团长的地方等待了t2分钟。如果他从最前头跑步回到队尾，那么要( )分钟。
A、 B、 C、 D、
分析：这是行程问题中的相遇问题。
解 部队的行军速度为米/分。t1分钟内，队尾的战士比部队多走了a米，则他的速度为米/分=米/分。他从最前头跑步回到队尾的过程中，队尾恰好与他相向而行，故所需时间应为(分) 选C

例3 若aA、ax+by+cz B、ax+cy+bz C、bx+ay+cz D、bx+cy+az
分析：由于本题涉及的字母比较多，直接比较四个代数式的大小很困难。因为是选择题，故可采用特值排除法来解。
解：∵a评注：用特值排除法来解选择题，有时能取到事半功倍的效果。

例4 已知，求
的值。
分析 此题若将左边六次方展开，计算相当繁琐。注意到求的是偶次幂项的系数和，故可将x=1和x= -1分别代入已知等式的两边，得到
和，相加除以2即可得所求的值。
解 将x=1代入已知等式，得
将x= -1代入已知等式，得
两式相加，得2()=730
∴=365
评注：本题采用的是特值法。

例5 已知当x=7时,代数式ax5+bx-8=8,求x=7时,的值.
分析 代数式ax5+bx-8中有三个字母,将x=7代入，仍无法求出a,b的值，影响直接代入求值，但通过观察，发现将x=7代入,可整体地求出75a+7b的值，从而问题得到解决。
解 由已知条件知：a75+b7-8=8，所以a75+b7=16
当x=7时，=(a75+b7)+8=16+8=16
评注：本题采用的是“整体处理思想”，整体处理是一种常用的数学思想。

例6 若ab=1，求的值
分析 此题的解法很多，关键是如何充分利用好ab=1，如由ab=1得出，然后直接代入计算；如利用ab=1巧秒地将式子中的“1”代换成ab；如在式子的一个分式的分子、分母上乘以a或b，然后化成同分母进行计算。
解法1 由ab=1得，从而=
解法2 ∵ab=1，∴=
解法3 ∵ab=1，∴=
评注：本题中的解法2与解法3巧秒地应用了 “1”的代换，“1”的代换是恒等变形中的常用技巧之一。

例7 若a、b、c全不为零，且 求证：(1978丹东市数学竞赛试题)
分析 本题是由两个已知等式来证明一个等式，容易发现，所求证等式中没有b，因而可设法从两已知等式中消去b。
证明：由，由
两式相乘得 整理得
去分母得ac+1=a，因为a≠0，故两边同除以a得
评注：本题是证明条件恒等式，条件恒等式的证明关键是充分利用好条件式。

例8 对任意实数x、y，定义运算xy为xy=ax+by+cxy 其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法。现已知12=3，23=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x,都有xd=x，求d的值。
解 由已知条件知 12=a+2b+2c=3 ①
23=2a+3b+6c=4 ②
xd=ax+bd+cxd=(a+cd)x+bd=x ③
由③得 a+cd=1 bd=0
因为d≠0，所以b=0 代入①得a+2c=3，代入②得2a+6c=4
从而解得a=5，c= -1，将a=5，c= -1代入a+cd=1得d=4
评注：解决定义新运算的问题，关键是通过新运算的定义，将新运算转化为常规运算。

例9已知代数式，当时的值分别为－1，2，2，而且不等于0，问当时该代数式的值是多少？(第11届希望杯数学竞赛培训题)
分析：所给代数式中含有4个字母a、b、c、d，将所给的三个x取值代入，可得三个方程，要直接求出a、b、c、d的值不可能，但可将d视为常数，从而三个方程可组成关于a、b、c方程组，可将a、b、c用d表示出来，代入将代数式化简后求值。
解：将分别代入该代数式，得到
由此可得 将代入第一个和第三个等式中，得
∴； 进而得到
将和代入代数式中，得到＝
；再将代入，得
即当时该代数式的值是
评注：本题采用的是方程思想，方程思想是常用的数学思想，含有未知数的等式常常可看作一个方程。

三、巩固练习
选择题
1、若代数式2y2+3y+7的值是2，则代数式4y2+6y-9的值是( )
A、1 B、-19 C、-9 D、9
2、在代数式xy2中，x 与 y的值各减少25%，则代数式的值( )
A、减少50% B、减少75% C、减少其值的 D、减少其值的
3、一个两位数，用它的个位，十位上的两个数之和的3倍减去-2，仍得原数，这个两位数是( )
A、26 B、28 C、36 D、38
4、在式子中，用不同的x值代入，得到对应的值，在这些对应值中，最小的值是( )
A、1 B、2 C、3 D、4
5、实数a、b、c满足a+b+c=0，且abc=1则的值( )
A、是整数 B、是零 C、是负数 D、正、负不定
6、如果，那么下列说法正确的是( )
A、x、y、z中至少有一个为1 B、x、y、z都等于1
C、x、y、z都不等于1 D、以上说法都不对
填空题
7、某人上山、下山的路程都是S，上山速度为v，下山速度为u，则此人上、下山的平均速度是
8、已知，则代数式xx+yy-xy-yx的值是
9、设a、b、c、d都是整数，且m=a2+b2，n=c2+d2，mn也可以表示成两个整数的平方和，其形式是
10、如果用四则运算的加、减、除法定义一种新的运算，对于任意实数x、y有
则=
11、如果2x2-3x-1与a(x-1)2+b(x-1)+c是同一个多项式的不同形式，那么
12、如果(x-a) (x-4)-1能够分解成两个多项式x+b、x+c的乘积，且b、c均为整数，则a=

解答题
13、已知，
求a1+a2+a3+a4+a5
14、a、b、c互不相等，化简
15、已知x-2y=2，求的值。
16、若abc=1，求的值
17、已知a+b+c=0，求的值。
18、已知的值
19、已知ax+by=7，ax2+by2=49，ax3+by3=133，ax4+by4=406.
求1999(x+y)+6xy的值
20、一个四位数，这个四位数与它的各项数字之和是1999，求这个四位数。
初一数学竞赛系列讲座(6)
整式的恒等变形
一、知识要点
1、 整式的恒等变形
把一个整式通过运算变换成另一个与它恒等的整式叫做整式的恒等变形
2、 整式的四则运算
整式的四则运算是指整式的加、减、乘、除，熟练掌握整式的四则运算，善于将一个整式变换成另一个与它恒等的整式，可以解决许多复杂的代数问题，是进一步学习数学的基础。
3、 乘法公式
乘法公式是进行整式恒等变形的重要工具，最常用的乘法公式有以下几条：
① (a+b) (a-b)=a2-b2
② (a±b)2=a2±2ab+b2
③ (a+b) (a2-ab+b2)=a3+b3
④ (a-b) (a2+ab+b2)=a3-b3
⑤ (a+b+c)2= a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca
⑥ (a+b+c) (a2+b2+c2-ab-bc-ca)= a3+b3+c3-3abc
⑦ (a±b)3= a3±3a2b+3a b2±b3
4、 整式的整除
如果一个整式除以另一个整式的余式为零，就说这个整式能被另一个整式整除，也可说除式能整除被除式。
5、 余数定理
多项式除以 (x-a) 所得的余数等于。
特别地=0时，多项式能被(x-a) 整除

二、例题精讲
例1 在数1，2，3，…，1998前添符号“+”和“-”并依次运算，所得可能的最小非负数是多少？
分析 要得最小非负数，必须通过合理的添符号来产生尽可能多的“0”
解 因1+2+3+…+1998=是一个奇数，
又在1，2，3，…，1998前添符号“+”和“-”，并不改变其代数和的奇偶数，故所得最小非负数不会小于1。
先考虑四个连续的自然数n、n+1、n+2、n+3之间如何添符号，使其代数和最小。
很明显 n-(n+1)-(n+2)+(n+3)=0
所以我们将1，2，3，…，1998中每相邻四个分成一组，再按上述方法添符号，
即(-1+2)+(3-4-5+6)+ (7-8-9+10)+…+ (1995-1996-1997+1998)= -1+2=1
故所求最小的非负数是1。

例2 计算 (2x3-x+6) (3x2+5x-2)
分析 计算整式的乘法时，先逐项相乘(注意不重不漏)，再合并同类项，然后将所得的多项式按字母的降幂排列。
解法1 原式=6x5+10x4-4x3-3x3-5x2+2x+18x2+30x-12
=6x5+10x4-7x3+13x2+32x-12
评注：对于项数多、次数高的整式乘法，可用分离系数法计算，用分离系数法计算时，多项式要按某一字母降幂排列，如遇缺项，用零补上。
解法2 2+0-1+6
) 3+5-2
6+0-3+18
10+0-5+30
-4+0+2-12
6+10-7+13+32-12
所以，原式=6x5+10x4-7x3+13x2+32x-12

例3 求(2x6-3x5+4x4-7x3+2x-5) (3x5-x3+2x2+3x-8)展开式中x8的系数
解 x8的系数=22+(-3) (-1)+(-7) 3= -14
评注：只要求x8的系数，并不需要把展开式全部展开。

例4计算 (3x4-5x3+x2+2)(x2+3)
分析 整式除法可用竖式进行
解 3 x2 – 5x - 8
x2+3) 3x4 - 5x3 + x2 + 0x + 2
3x4 +9 x2
- 5x3 -8 x2+ 0x
- 5x3 -15x
-8 x2+15x+ 2
-8 x2 - 24
15x+ 26
所以，商式为3 x2 – 5x – 8，余式为15x+ 26
评注：用竖式进行整式除法要注意：
(1) 被除式和除式要按同一字母的降幂排列；
(2) 如被除式和除式中有缺项，要留有空位；
(3) 余式的次数要低于除式的次数；
(4) 被除式、除式、商式、余式之间的关系是：被除式=除式商式+余式
例5计算 (2x5-15x3+10x2-9) (x+3)
分析 对于除式是一次项系数为1的一次多项式的整式除法可用综合除法进行。用综合除法进行计算，首先要将除式中的常数项改变符号，并用加法计算对应项的系数。
解 -3 2 0 -15 10 0 -9
-6 18 -9 -3 9
2 -6 3 1 -3 0
∴ 商式=2x 4-6x3+3x2+x -3
评注：用综合除法进行整式除法要注意：
(1) 被除式按x的降幂排列好，依次写出各项的系数，遇到缺项，必须用0补上；
(2) 把除式x-a的常数项的相反数a写在各项系数的左边，彼此用竖线隔开；
(3) 下移第一个系数作为第三行的第一个数，用它乘以a，加上第二个系数，得到第三行的第二个数，再把这个数乘以a，加上第三个系数，就得到第三行的第三个数，…，依次进行运算，最后一个数即为余数，把它用竖线隔开，线外就是商式的多项式系数。
(4) 如果除式是一次式，但一次项系数不是1，则应把它化到1才能用综合除法。

例6已知x+y= -3，x3+y3= -18，求x7+y7的值
分析：先通过x+y= -3，x3+y3= -18，求出xy，再逐步求出x2+y2、x 4+y 4，最后求出x7+y7的值
解 由x3+y3=(x+y) 3-3xy (x+y) 得 -18=(-3) 3-3 xy(-3) ∴xy=1
又由 x2+y2=(x+y) 2-2xy 得 x2+y2=(-3) 2- 21=7
而x 4+y 4=(x2+y2)2-2 x2y2=72-2=47
∴(-18)47=(x3+y3)(x 4+y 4)= x7+y7+ x3 y3 (x+y)= x7+y7 -3
从而x7+y7= -843
评注：本题充分利用x+y和xy，与x2+y2、x 4+y 4、x7+y7的关系来解题。

例7 求证：(x2-xy+y2)3+(x2+xy+y2)3能被2x2+2y2整除
分析 如果将(x2-xy+y2)3与(x2+xy+y2)3直接展开，太繁，可将两个式子整体处理，分别看作a和b，然后利用乘法公式展开，可将计算简化。
解 (x2-xy+y2)3+(x2+xy+y2)3
=[(x2-xy+y2)+(x2+xy+y2)]3 - 3(x2-xy+y2) (x2+xy+y2)[ (x2-xy+y2)+(x2+xy+y2)]
=(2x2+2y2)3-3(x2-xy+y2) (x2+xy+y2) (2x2+2y2)
所以原式能被2x2+2y2整除。
评注：本题采用的是整体处理思想。

例8 试求x285-x83+x71+x9-x3+x被x-1除所得的余数。
解法1 x285-x83+x71+x9-x3+x=( x285-1) – (x83-1)+( x71-1)+( x9-1) – (x3-1)+( x -1)+2
因为x285-1、x83-1、x71-1、x9-1、x3-1、x -1均可被x-1整除，
所以，原式被x-1除所得的余数是2。
解法2 由余数定理，余数等于x285-x83+x71+x9-x3+x在x=1时值，即
余数=1285-183+171+19-13+1=2
评注：本题两种解法中，解法1是通过恒等变形，将原式中能被x -1整除的部分分解出，剩下的就是余数。解法2是通过余数定理来求余数，这是这类问题的通法，要熟练掌握。

例9 研究8486，9892，…的简便运算，并请你用整式运算形式表示这一简便运算规律。
分析：观察8486，9892，…可得：它们的十位数字特点是8=8，9=9；而它们的个位数字和为4+6=10，8+2=10。则可设十位上的数字为a，个位上的数字为b、c，且b+c=10
解：根据上面的分析，设十位上的数字为a，个位上的数字为b、c，且b+c=10
则 (10a+b)(10a+c)=100a2+10a(b+c)+bc
=100a2+100a+bc
=100a(a+1)+bc
评注：以后，凡是遇到上述类型的运算均可用此结果进行简便运算。
如7278=10078+28=5600+16=5616

例10 已知关于x的三次多项式除以x2-1时，余式是2x-5；除以x2-4时，余式是-3x+4，求这个三次多项式。
分析：利用被除式=除式商式+余式的关系来解。
解：设这个三次多项式为ax3+bx2+cx+d (a≠0)，因为这个三次多项式分别除以x2-1和x2-4，故可设两个商式是：ax+m和ax+n，由题意得：
ax3+bx2+cx+d=( x2-1) (ax+m)+2x-5 ①
ax3+bx2+cx+d=( x2-4) (ax+n)+ (-3x+4) ②
在①式中分别取x=1, -1，得a+b+c+d= -3，-a+b-c+d= -7
在②式中分别取x=2, -2，得8a+4b+2c+d= -2，-8a+4b-2c+d= 10
由上面四式解得：
所以这个三次多项式为
评注：对于求多项式的系数问题常常使用待定系数法。

三、巩固练习
选择题
1、若m=10x3-6x2+5x-4，n=2+9x3+4x-2x2，则19x3-8x2+9x-2等于
A、m+2n B、m-n C、3m-2n D、m+n
2、如果(a+b-x)2的结果中不含有x的一次项，则只要a、b满足( )
A、a=b B、a=0或b=0 C、a= -b D、以上答案都不对
3、若m2=m+1，n2=n+1，且mn，则m5+n5的值为 ( )
A、5 B、7 C、9 D、11
4、已知x2-6x+1=0，则的值为 ( )
A、32 B、33 C、34 D、35
5、已知，则(a-b)2+(b-c)2+(a-b) (b-c)的值为 ( )
A、1 B、2 C、3 D、4
6、设=x2+mx+n (m,n均为整数)既是多项式x4+6x2+25的因式，又是多项式3x4+4x2+28x+5的因式，则m和n的值分别是( )
A、m=2，n=5 B、m= -2，n=5 C、m=2，n= -5 D、m= -2，n= -5
填空题
7、设a、b、c是非零实数，则
8、设(ax3-x+6)(3x2+5x+b)=6x5+10x 4-7x3+13x2+32x-12，则a= , b=
9、x+2除x4-x3+3x2-10所得的余数是
10、若x+y-2是整式x2+axy+by2-5x+y+6的一个因式，则a+b=
11、(21+1) (22+1) (24+1) (28+1) (216+1) (232+1) (264+1)+1=
12、已知a、b、c满足，则a+b-2c的值为
解答题
13、设x、y、z都是整数，且11整除7x+2y-5z，求证：11整除3x-7y+12z
14、计算：(4x4-6x2+2) (5x3-2x2+x-1)
15、计算：(8x 2-2x+x 4-14)(x+1)
16、已知的值。
17、已知x、y、z满足条件
求xyz及x 4+y 4+z 4的值
18、当a、b为何值时，多项式2x4+6x3-3x2-ax+b能被多项式2x2-4x+1整除？
19、设P(x)=x4+ax3+bx2+cx+d，a、b、c、d为常数，P(1)=1993，P(2)=3986，P(3)=5979。试计算
20、一个关于x的二次多项式，它被(x-1)除余2，它被(x-3)除余28，它还可被(x+1)整除，求
初一数学竞赛讲座(四)
有理数的有关知识
一、知识要点
1、绝对值
x的绝对值的意义如下：=
是一个非负数，当且仅当x=0时，=0
绝对值的几何意义是：一个数的绝对值表示这个数对应的数轴上的点到原点的距离；由此可得：表示数轴上a点到b点的距离。
2、倒数
1除以一个数(零除外)的商，叫做这个数的倒数。如果两个数互为倒数，那么这两个数的积等于1。
3、相反数
绝对值相同而符号相反的两个数互为相反数。两个互为相反数的数的和等于0。
二、例题精讲
例1 化简
分析：由2x+1=0、x-3=0、x-6=0求出零点，然后用零点分段法将绝对值去掉，从而达到化简的目的。
解：由2x+1=0、x-3=0、x-6=0 分别求得：x= -1/2， x=3， x=6
当时，原式= -(2x+1)+(x-3) - (x-6)= -2x+2
当时，原式= (2x+1)+(x-3) - (x-6)= 2x+4
当时，原式= (2x+1)-(x-3) - (x-6)= 10
当x≥6时，原式= (2x+1)-(x-3) + (x-6)= 2x-2
∴原式=
评注：用零点分段法，通过零点分段将绝对值去掉，从而化简式子，解决问题是解决含绝对值问题的基本方法。

例2 已知的最大值和最小值。(第六届迎春杯决赛试题)
分析：先解不等式，求出x的范围，然后利用绝对值的几何意义来求最大值和最小值。
解：解不等式得：
的几何意义是x到1的距离与x到-3的距离的差，从上图中可以看出：当x≤-3时这差取得最大值4，因，则当时这差取得最小值.
评注：1、本题是采用数形结合的思想，用绝对值的几何意义来解题。
2、本题求得x的范围后，也可用零点分段法将化简，然后求出最大值和最小值。
=
由上式可以看出：当x≤-3时取得最大值4，当时取得最小值

例3 解方程
(第六届华杯赛决赛初一试题)
分析：两个非负数的和是0，这两个非负数必须都是0。
解：由原方程得
由(1)得：
从而 x=x-3.1415926或x=3.1415926-x，所以x=1.5707963
由(2)得：
从而
所以 y=或 y=
于是，原方程的解是
评注：两个非负数的和是0，这两个非负数必须都是0是解题中常用的一个结论。本题中，求中的x值也可以用绝对值的几何意义来解，表示x到原点与到3.1415926的距离相等，因而x是原点与点3.1415926连结线段的中点，即x=1.5707963

例4 有理数均不为0，且设试求代数式2000之值。(第11届希望杯培训题)
分析：要求代数式2000的值，必须求出x的值。根据 x的特征和已知条件，分析a与b+c,b与a+c，c与a+b的关系，从而求出x的值。
解：由均不为0，知均不为0．
∵ ∴
即
又中不能全同号，故必一正二负或一负二正．
所以中必有两个同号，即其值为两个＋1，一个－1或两个－1，一个＋1．
∴ ∴
因此，

例5已知a、b、c为实数，且
求的值。(第8届希望杯试题)
分析：直接对已知条件式进行处理有点困难，根据已知条件式的结构特征，可以将它们两边取倒数。
解：由已知条件可知a≠0，b≠0，c≠0，对已知三式取倒数得：
三式相加除以2得：
因为，所以=
例6 求方程的实数解的个数。(1991年祖冲之杯数学邀请赛试题)
分析：1可以化成：，于是
由绝对值的性质：若ab≤0，则可得(x-2) (x-3)≤0
从而求得x
解：原方程可化为：
则 (x-2) (x-3)≤0，所以，所以2≤x≤3
因此原方程有无数多个解。
评注：本题很巧妙地将“1”代换成，然后可利用绝对值的性质来解题。在解数学竞赛题时，常常要用到“1”的代换。

例7 求关于x的方程的所有解的和。
解：由原方程得 ，∴
∵0从而，x1=3+a， x2=3-a， x3=1+a， x4=1-a
∴x1+x2+x3+x4=8，即原方程所有解的和为8

例8 已知：。
分析：直接求值有困难，但我们发现将已知式和待求式倒过来能产生，通过将整体处理来求值。
解：∵
即
而
∴
评注：本题通过将整体处理来解决问题，整体处理思想是一种常用的数学思想。

例9 解方程组 (1984年江苏省苏州市初中数学竞赛试题)
解：观察得，x=y=z=0为方程组的一组解。当xyz≠0时，将原方程组各方程两边取倒数得：
(1)+(2)+(3)得：
∴
∴ ∴x=y=z=1
故原方程组的解为：
评注：本题在对方程组中的方程两边取倒数时，不能忘了x=y=z=0这组解。否则就会产生漏解。

三、巩固练习
选择题
1、若( )
A、1 B、-1 C、1或-1 D、以上都不对
2、方程的解的个数是( ) (第四届祖冲之杯数学邀请赛试题)
A、0 B、1 C、2 D、3 E、多于3个
3、下面有4个命题：
①存在并且只存在一个正整数和它的相反数相同。
②存在并且只存在一个有理数和它的相反数相同。
③存在并且只存在一个正整数和它的倒数相同。
④存在并且只存在一个有理数和它的倒数相同。
其中正确的命题是：（ ）
（A）①和② （B）②和③
（C）③和④ （D）④和①
4、两个质数的和是49，则这两个质数的倒数和是( )
A、 B、 C、 D、
5、设y=ax15+bx13+cx11-5(a、b、c为常数)，已知当x=7时，y=7，则x= -7时，y的值等于( )
A、-7 B、-17 C、17 D、不确定
6、若a、c、d是整数，b是正整数，且满足a+b=c，b+c=d，c+d=a，则a+b+c+d的最大值是( )
A、-1 B、0 C、1 D、-5
填空题
7、设a<0，且x≤=
8、a、b是数轴上两个点，且满足a≤b。点x到a的距离是x到b的距离的2倍，则x=
9、 若互为相反数，则
10、计算：
11、若a是有理数，则的最小值是＿＿＿.
12、有理数在数轴上的位置如图所示，化简
解答题
13、化简：
14、已知
15、若abc≠0，求的所有可能的值
16、X是有理数，求的最小值。
17、已知a、b互为相反数，c、d互为倒数，x的绝对值为1，求a+b+x 2-cdx的值。
18、求满足的所有整数对(a，b).
19、若的值恒为常数，求x的取值范围及此常数的值。
20、已知方程有一个负根而没有正根，求a的取值范围。初一数学竞赛讲座（有理数的有关知识）
一、知识要点
1、绝对值
x的绝对值的意义如下：=
是一个非负数，当且仅当x=0时，=0
绝对值的几何意义是：一个数的绝对值表示这个数对应的数轴上的点到原点的距离；由此可得：表示数轴上a点到b点的距离。
2、倒数
1除以一个数(零除外)的商，叫做这个数的倒数。如果两个数互为倒数，那么这两个数的积等于1。
3、相反数
绝对值相同而符号相反的两个数互为相反数。两个互为相反数的数的和等于0。
二、例题精讲
例1 化简
分析：由2x+1=0、x-3=0、x-6=0求出零点，然后用零点分段法将绝对值去掉，从而达到化简的目的。
解：由2x+1=0、x-3=0、x-6=0 分别求得：x= -1/2， x=3， x=6
当时，原式= -(2x+1)+(x-3) - (x-6)= -2x+2
当时，原式= (2x+1)+(x-3) - (x-6)= 2x+4
当时，原式= (2x+1)-(x-3) - (x-6)= 10
当x≥6时，原式= (2x+1)-(x-3) + (x-6)= 2x-2
∴原式=
评注：用零点分段法，通过零点分段将绝对值去掉，从而化简式子，解决问题是解决含绝对值问题的基本方法。
例2 解方程
(第六届华杯赛决赛初一试题)
分析：两个非负数的和是0，这两个非负数必须都是0。
解：由原方程得
由(1)得：
从而 x=x-3.1415926或x=3.1415926-x，所以x=1.5707963
由(2)得：
从而
所以 y=或 y=
于是，原方程的解是
评注：两个非负数的和是0，这两个非负数必须都是0是解题中常用的一个结论。本题中，求中的x值也可以用绝对值的几何意义来解，表示x到原点与到3.1415926的距离相等，因而x是原点与点3.1415926连结线段的中点，即x=1.5707963

例3 有理数均不为0，且设试求代数式2000之值。(第11届希望杯培训题)
分析：要求代数式2000的值，必须求出x的值。根据 x的特征和已知条件，分析a与b+c,b与a+c，c与a+b的关系，从而求出x的值。
解：由均不为0，知均不为0．
∵ ∴
即
又中不能全同号，故必一正二负或一负二正．
所以中必有两个同号，即其值为两个＋1，一个－1或两个－1，一个＋1．
∴ ∴
因此，

例4已知a、b、c为实数，且
求的值。(第8届希望杯试题)
分析：直接对已知条件式进行处理有点困难，根据已知条件式的结构特征，可以将它们两边取倒数。
解：由已知条件可知a≠0，b≠0，c≠0，对已知三式取倒数得：
三式相加除以2得：
因为，所以=
例5 求关于x的方程的所有解的和。
解：由原方程得 ，∴
∵0从而，x1=3+a， x2=3-a， x3=1+a， x4=1-a
∴x1+x2+x3+x4=8，即原方程所有解的和为8

三、巩固练习
一、选择题
1、若( )
A、1 B、-1 C、1或-1 D、以上都不对
2、方程的解的个数是( ) (第四届祖冲之杯数学邀请赛试题)
A、0 B、1 C、2 D、3 E、多于3个
3、下面有4个命题：
①存在并且只存在一个正整数和它的相反数相同。
②存在并且只存在一个有理数和它的相反数相同。
③存在并且只存在一个正整数和它的倒数相同。
④存在并且只存在一个有理数和它的倒数相同。
其中正确的命题是：（ ）
（A）①和② （B）②和③
（C）③和④ （D）④和①
4、两个质数的和是49，则这两个质数的倒数和是( )
A、 B、 C、 D、
二、填空题
5、设a<0，且x≤=
6、a、b是数轴上两个点，且满足a≤b。点x到a的距离是x到b的距离的2倍，则x=
7、 若互为相反数，则am=
8、若a是有理数，则的最小值是＿＿＿.
12、有理数在数轴上的位置如图所示，化简
三、解答题
9、化简：
10、已知
11、若abc≠0，求的所有可能的值
12、X是有理数，求的最小值。
13、已知a、b互为相反数，c、d互为倒数，x的绝对值为1，求a+b+x 2-cdx的值。
14、若的值恒为常数，求x的取值范围及此常数的值。
15、已知方程有一个负根而没有正根，求a的取值范围。初一数学竞赛系列讲座(16)
逻辑原理

一、知识要点
逻辑原理问题，并不需要多少特别专门的知识，关键在于审题，要认真仔细地分析题意，弄清楚各个量之间的关系，深刻理解每句话的含义。

二、例题精讲
例1 小明、小强、小华三人参加迎春杯赛，他们是来自金城、沙市、水乡的选手，并分别获得一、二、三等奖。现在知道：
(1) 小明不是金城的选手；
(2) 小强不是沙市的选手；
(3) 金城的选手不是一等奖；
(4) 沙市的选手得二等奖；
(5) 小强不是三等奖。
根据上述情况，小华是 的选手，他得的是 等奖。(第三届迎春杯决赛试题)
分析：显然选手所在城市与选手获奖情况有联系，我们就从这里找突破口，搞清了各个城市的选手分别获得哪等奖，问题就解决了。
解：由(4)知：金城的选手获一等奖或三等奖，又由(3)得金城的选手获三等奖，从而水乡的选手获一等奖。
由(2)知：小强是金城或水乡的选手，又由(5)得小强是水乡的选手，
由(1)得小明是沙市的选手，从而小华是金城的选手，他获三等奖。
例2 教室里的椅子坏了，第二天上学时，老师发现椅子修好了。经了解，椅子是A、B、C三人中的一个人修好的，老师找来这三人。
A说：“是B做的。”
B说：“不是我做的。”
C说：“不是我做的。”
经调查，三人中只有一个说了实话，椅子是谁修的呢？
分析：因为三人中只有一个说了实话，所以可以假设椅子是某人修好的，看结论是否符合“三人中只有一个说了实话”这一条件。
解：(1) 假设椅子是A修好的，那么A说的是假话，B、C说的都是实话。这样有两人说了实话与“三人中只有一个说了实话”这一条件相矛盾，所以椅子不是A修好的。
(2) 假设椅子是B修好的，那么B说的是假话，A、C说的都是实话。这样有两人说了实话与“三人中只有一个说了实话”这一条件相矛盾，所以椅子不是A修好的。
(3) 假设椅子是C修好的，那么A、C说的是假话，B说的是实话，符合“三人中只有一个说了实话”这一条件，所以椅子是C修好的。
评注：本题运用先假设，再根据假设推出一个结论；如果结论与已知条件相矛盾，说明假设不成立；如果结论符合已知条件，说明假设正确。这种假设的方法是逻辑推理中经常使用。

例3 赵、钱、孙、李四人，一个是教师，一个是售货员，一个是工人，一个是个体户，根据以下条件，判断这四人的职业。
(1) 赵、钱是邻居，每天一起骑车上班；
(2) 赵年龄比孙大；
(3) 赵在教李打太极拳；
(4) 教师每天步行上班；
(5) 售货员的邻居不是个体户；
(6) 个体户和工人互不认识；
(7) 个体户比售货员和工人年龄都大。
解：由(4)和(1)可知，赵、钱不是教师。由(2)和(7)知，孙不是个体户。因为假设孙是个体户，则由(2)和(7)知，赵不是售货员，不是工人；由(4)和(1)可知，赵也不是教师；这样赵也是个体户，与假设矛盾。于是我们可得出下表：
售货员 工人 教师 个体户
赵
钱
孙
李







假设赵是工人，个体户是钱或李，由(6)可知，赵与钱或李应互不认识，这与(1)、(3)相矛盾，这样可知赵不是工人。
又假设赵是个体户，由(1)、(3)、(6)可知，孙是工人，钱是售货员，但又与(5)矛盾，所以赵是售货员。这样又可得出下表：
售货员 工人 教师 个体户
赵 √
钱
孙
李








根据(1)、(5)继续分析，把上面的表格填满，可得：钱不是个体户，则钱是工人；则孙不是工人，孙是教师，最后得李是个体户。如下表：

售货员 工人 教师 个体户
赵 √
钱 √
孙 √
李 √







最后得：赵是售货员，钱是工人，孙是教师，李是个体户。
评注：分析逻辑推理问题，借助表格，能使已知条件和推出的有用结论一目了然。在填表时通常把正确的结论打“√”，错误的打“”。这样可以确保推理的速度和正确性，而且不易被错误信息干扰。

例4今有棋子100颗，甲、乙两人做取棋子的游戏，甲先取，乙后取，两人轮流各取一次，规定每次取p颗，p为1或20以内的任一质数，不能不取。谁最后取完谁为胜者。问甲、乙两人谁有必胜的策略。
解：乙有必胜的策略。
由于p为1或20以内的任一质数，所以p或者是2，或者可以表示为4 k +1或 4 k +3(k为0或正整数)形式，乙可以采取如下的策略：
若甲取2颗，则乙也取2颗；
若甲取4 k +1颗，则乙取3颗；
若甲取4 k +3颗，则乙取1颗；
这样，每次甲、乙两人取走的棋子之和都是4的倍数。由于100是4的倍数，因此余下的棋子数必定还是4的倍数。从而经过若干回合后，剩下的棋子数必定为不超过20的4的倍数。因为p不是4的倍数，所以这时甲不能取走全部的棋子，从而最终乙可以取走全部的棋子。
评注：本题中，甲虽然先取，但他没有必胜的策略。而乙虽然后取，但他能根据甲的取法，应对有序，后发制人，最终取胜。由此看出，谁能取得最后胜利，一要看他所面临的情形，二要看他采用的策略，两者缺一不可。

例5 有三堆小石子。每次操作从每堆中取走同样数目的小石子(不同次操作，取走的小石子数目可以不同)，或将其中任一堆(如果其小石子数是偶数)的一半小石子移到另一堆上。开始时，第一堆有小石子1989块，第二堆有小石子989块，第三堆有小石子89块。能否使 (1) 某两堆小石子一个不剩？ (2) 三堆小石子都一个不剩？(第十五届全俄数学奥林匹克试题)
分析：(1)很容易发现三堆小石子刚开始时的小石子数的末两位数字相同，因而首先三堆各取89块，这样剩下的石子数是：1900、900、0，接下来将第二堆移450块到第三堆，石子数变为：1900、450、450，再接下来三堆各取走450块就可以了。
(2) 发现最初三堆的石子数的和是：1989+989+89=3067，它不被3整除。而题目中的两种操作方法不改变这个特征，因而可得出结论。
解：(1) 可以使某两堆小石子一个不剩。只要按如下步骤取即可。
(1989，989，89) (1900，900，0) (1900，450，450) (1450，0，0)
(2) 最初三堆石子的总数是1989+989+89=3067，它不能被3整除。
而进行任何一次操作后所得的三堆石子的总数被3除所得的余数不变，所以不管进行几次操作，三堆石子的总数被3除所得的余数都不为0，即不可能将三堆石子都取光。
评注：本题第二步中，抓住了三堆石子的总数被3除所得的余数不变这个特征，从而使问题得到顺利解决。因而解题时应认真分析，抓住关键。

例6 人的血型通常为A型、B型、O型、AB型。子女的血型与其父母血型间的关系如下表所示：
父母的血型 子女可能的血型
O、O O
O、A A、O
O、B B、O
O、AB A、B
A、A A、O
A、B A、B、AB、O
A、AB A、B、AB
B、B B、O
B、AB A、B、AB
AB、AB A、B、AB
现有三个分别身穿红、黄、蓝上衣的孩子，他们的血型依次为O、A、B。每个孩子的父母都戴着同样颜色的帽子，颜色也分别为红、黄、蓝三种，依次表示所具有的血型为AB、A、O。问穿红、黄、蓝上衣的孩子的父母各戴什么颜色的帽子？(第五届华杯赛复赛试题)
分析：因为父母都戴着同样颜色的帽子，所以父母的血型都相同，这样血型表只需保留一、五、八、十这4行。又由于三种颜色的帽子分别表示AB、A、O三种血型，所以第八行也可划去。这样血型表就比原来简单多了，再讨论这个简表就不难得出血型间的关系，从而再得出题目结论。
解：因为父母都戴着同样颜色的帽子，所以父母的血型都相同，根据血型表，只有O、O，A、A，B、B，AB、AB符合条件。
又因为父母都戴着红、黄、蓝三种颜色的帽子，而三种颜色依次表示所具有的血型为AB、A、O，所以符合条件的只有O、O，A、A，AB、AB。因而，可以得出下面的简表：
父母的血型 子女可能的血型
O、O O
A、A A、O
AB、AB A、B、AB
从上面的简表可以看出父母的血型为O的，孩子血型一定为O，即穿红上衣的孩子，父母戴蓝帽子。
划去简表的第一行及子女血型中的O，又三个孩子中没有AB血型，所以子女血型中的AB也可划去，这样只剩第二行。
由第二行，父母的血型为A的，子女的血型一定为A，即穿黄上衣的孩子，父母戴黄帽子。
最后，穿蓝上衣的孩子，父母戴红帽子。
评注：1、本题先将问题简化，再从最简单的情况入手，把结果能确定下来的先确定下来，然后再继续讨论，结果不能确定下来的，就分情况讨论，这种方法叫枚举法。枚举法在逻辑推理中常用。
2、上面的解法是从父母的血型出发分析，从而确定孩子的血型，本题也可从孩子的血型出发分析来确定父母的血型。

例7 在某市举行的一次乒乓球比赛中,有6名选手参赛,其中专业选手与业余选手各3名.比赛采用单循环方式进行,就是说每两名选手都要比赛一场。为公平起见,用以下方法计分：开赛前每位选手各有10分作为底分，每赛一场，胜者加分,负者扣分：每胜专业选手一场的加2分, 每胜业余选手一场的加1分；专业选手每负一场扣2分，业余选手每负一场扣1分。现问：一位业余选手至少要胜几场才能保证他必定进入前三名？（第六届华杯赛复赛试题）
分析：6名选手进行单循环比赛，每名选手共进行5场比赛，显然1名业余选手只胜1场不能进入前三名，5场全胜肯定能进入前三名，因而我们只需讨论1名业余选手胜二场、胜三场和胜四场三种情况，看是否能保证他必定进入前三名。
解：设业余选手为A、B、C，专业选手为D、E、F。
(一)、如果A只胜两场，有三种情况：
（1）A胜两名专业选手，不妨为D、E。
在B、C、F都胜D、E，而且F胜B、C时，B、C、F的分数都比A高，因此A不能进入前三名。
（2）A胜一名专业选手，一名业余选手，不妨为D、B
在E、F、C都胜D、B，而且E、F都胜C时，E、F、C的分数都比A高，因此A不能进入前三名。
（3）A胜两名业余选手B、C
在D、E、F都胜B、C，而且D胜E，E胜F，F胜D时，D、E、F的分数都比A高，因此A不能进入前三名。
所以如果A只胜两场，那么他不一定能进入前三名。
(二)、如果A恰好胜三场，情况比刚才要复杂。
（1）A胜D、E、F。这时A比底分10分增加23-2＝4分，其中又分两种情况：
①如果有一名专业选手，比如D，胜其他四人，则D比底分10增加22+21-2＝4分，刚好与A的得分相同。从而E、F的得分均低于A，B、C两人即使都胜E、F，他俩比底分10增加22+1-1+1＝5分与22+1-1-1=3分，从而A必定进入前三名。
②如果每一名专业选手均未全胜其他四人，那么他们的得分都低于A，A必定进入前三名。
(2) A胜两名专业选手，如D、E，及一名业余选手，如B。这时A比底分10分增加22+1-1-1=3分，其中又分多种情况。
如果F恰好胜B、C中的一个，那么在F胜D、E时，F的得分比底分增加4分，名次在A 之上。假设同时B、C也都胜D、E，并且B胜F，C胜B，那么B的得分比底分增加4分，C的得分比底分增加5分，因此C、B、F的排名均在A前，即A胜3场并不能保证他进入前三名。
因为前面已得到A胜3场并不能保证他进入前三名，所以A胜3场的其他情况就不需要再讨论。
(三)、如果A胜4场，分两种情况讨论。
(1) A仅负于一名专业选手，比如D，这时A比底分增加5分，而专业选手E、F由于被A 击败，每人至多比底分增加4分，名次均在A 后面。同时B、C中至少有一人(B、C之间的失败者)，负的场数多于A，从而名次在A 后面。所以A必定进入前三名。
(2) A仅负于一名业余选手，比如B，按(1)中所说的理由，D、E、F的名次均在A 后面，所以A必定进入前三名。
所以，如果A胜4场，A必定进入前三名。
综上所述，一名业余选手至少要胜4场才能保证他必定进入前三名。
评注：本题也采用了枚举法，可见枚举法是逻辑推理问题中最常用的一种方法。枚举一定要耐心、仔细。

例8 袋内有100只球，其中红球28只、绿球20只、黄球12只、蓝球20只、白球10只、黑球10只。任意从袋内摸球，要使一次摸出的球中，一定有15只同色的球，那么，从袋内摸出的球的只数至少应是多少？
分析：如果运气好的话，一下子从袋中摸出的15只球中都是红球，或都是绿球，或都是蓝球，问题就解决了。但是，运气不是一直这样好的，所以要一定有15只同色的球，必须从“最坏”处考虑。
解：从运气“最坏”处考虑。若一开始12只黄球、10只白球、10只黑球全摸上了，此时已摸出32只球，但15只同色的球也没摸到。
接下来，又摸出14只红球、14只绿球、14只蓝球，但还是没摸到15只同色的球，此时已摸出32+143=74只球。
接下来再摸出任意一只，就可摸到15只同色的球，这样从袋内摸出的球的只数至少应是74+1=75只。
评注：本题应用了数学中的极端原理，也就是从问题 “最坏”的情况来分析。

例9 在黑板上写上三个整数，然后将其中一个擦去，换上其他两数的和与1的差，将这个过程重复若干次后得到17，1983，1999.问一开始黑板上写出的是哪三个数？
分析：按照操作规则，三个整数中擦去一个，换上其他两数的和与1的差，若擦去的是三个整数中的较大者，那么这三个整数越来越小，若擦去的是三个整数中的较小者，那么这三个整数越来越大。现在经过若干次操作后，结果是17，1983，1999，显然我们要寻找最初最小的三个整数，因而，要擦去的是三个整数中的较大者。
因为题目告诉我们的是最后的结果，所以我们要往前推，寻找擦数的规律。
解：按照题意，要擦去的是三个整数中的较大者。
因为现在的结果是17，1983，1999，由于1999=1983+17-1，所以前三数中最大的是1983，即为(17，x，1983)。根据规则，有1983=x+17-1，∴x=1967
所以又知再前面的三数中最大的是1967，即 (17，y，1967)，
又根据规则，有1967=y+17-1 ∴y=1951。
这样，最大的数渐渐变小，直到出现比17还小。接下来，寻找擦数的规律。
设某次操作中的一组数为(a，b，c)，且0擦去c，则有(a，d，b)，此时b=a+d-1
这样，经过一次变换后，得c=a+b-1= a-1+ a+d-1=d+2 (a-1)
经过二次变换后，可得c=e +3 (a-1)，经过k+1次变换后，可得c=p+k (a-1)，
这说明变换的次数与最大数c及最小数a有关。
∵1999=31+12316=31+123(17-1)，1983=15+12316=15+123(17-1)，
说明经过124次变换后199931，198315。从而可知(17，1983，1999)是由
(17，15，31) 经过124次变换后得来的。
现在只要考虑(17，15，31)是怎么样变换得来的。
(17，15，31)(3，15，17) (3，13，15)(3,11,13)( 3,9,11)(3,7,9) ( 3,5,7) (3,3,5)(3,3,3),则一开始黑板上写的三个数是3,3,3
评注：本题是从最后状况去探索初始状况的逻辑推理问题，这是一种逆向思维的方法，关键是找出逆向的规律。

三、巩固练习
选择题
1、 某学生在暑假期间观察了x天的天气情况，其结果是：
(1)共有7天上午是晴天；(2) 共有5天下午是晴天；(3) 下午下雨的那天，上午是晴天；(2) 共下了8次雨，在上午或下午，则x等于( )
A、9 B、8 C、10 D、12
2、 某中学初一年级有13个课外兴趣小组，各组人数如下：
组别 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
人数 2 3 6 7 9 10 11 14 13 17 21 22 24



一天下午，学校同时举办语文、数学两个讲座。已知12个小组去听讲座，其中，听语文讲座的人数是听数学讲座人数的6倍，还剩下一个小组在教室里讨论问题，这一组是( )
A、第4组 B、第7组 C、第9组 D、第12组
3、甲、乙两人轮流在黑板上写下不超过10的自然数，规定禁止在黑板上写已写过的数的约数，最后不能写的为失败者，如果甲第一个写，那么，甲写数字( )时有必胜策略。
A、10 B、9 C、8 D、6
4、有A、B、C、D、E五位同学一起比赛象棋，每两人之间只比赛一盘，比赛过程中间统计比赛的盘数知A赛了4盘，B赛了3盘，C赛了2盘，D赛了1盘，那么同学E赛了( )盘
A、1 B、2 C、3 D、4
5、甲、乙、丙三个人每次从写有整数m、n、k(0A、必是甲 B、必是乙 C、必是丙 D、或甲或乙
6、体育馆内正在进行一场乒乓球双打比赛，观众议论双方运动员甲、乙、丙、丁的年龄：(1)“乙比甲的年龄大”；(2)“甲比他的伙伴的年龄大”；(3)“丙比他的两个对手的年龄都大”；(4)“甲与乙的年龄差距比乙与丙的年龄差距更大些”。
根据这些议论，甲、乙、丙、丁的年龄从大到小的顺序是( )
A、甲、丙、乙、丁 B、丙、乙、甲、丁
C、乙、甲、丁、丙 D、乙、丙、甲、丁
填空题
7、甲、乙、丙三位老师分别上语文、数学、外语课。
(1) 甲上课全用汉语；(2) 外语老师是一个学生的哥哥；(3) 丙是一个女的，比数学老师年轻。则甲上 课，乙上 课，丙上 课。
8、某楼住着4个女孩和2个男孩，他们的年龄各不相同，最大的10岁，最小的4岁。最大的男孩比最小的女孩大4岁，最大的女孩比最小的男孩大4岁，那么最大的男孩是
岁。
9、甲、乙两人在说李伟和江海的职业。甲说：“李伟是演员，江海是教师。”乙说：“两人之中一个是演员，另一个是教师。”已知甲、乙两人中一个说真话，另一个说假话，则李伟是 ，江海是 。
10、7个男生和7个女生一起跳舞，规定男生不和男生跳舞，女生不和女生跳舞，跳舞结束后，各人记得自己跳舞的次数分别为：3，3，3，3，3，5，6，6，6，6，6，6，9，9，则其中有人记错吗？
11、某参观团根据下列约束条件，从A、B、C、D、E五个地方选定参观地点：(1)若去A地，也必须去B地；(2) D、E两地至少去一地；(3) B、C两地只去一地；(4) C、D两地都去或都不去；(5)若去E地，A、D两地也必须去。则该参观团最多能去的地方是
12、将1、2、3、4、5、6、7、8八个数分成两组，每组4个数，并且两组数之和相等。从A组拿一个数到B组后，B组五个数之和将是A组剩下三数之和的2倍；从B组拿一个数到A组后，B组剩下三数之和是A组五个数之和的。则A组是
B组是
解答题
13、在三个盒子里，一只装有两个红球，一只装有两个白球，还有一只装有一个白球一个红球。现在三个盒子上的标签全贴错了。你能只从一只盒子里拿出一个球来，就确定这三个盒子里各装的是什么吗？
14、甲、乙、丙在南京、苏州、无锡工作，他们的职业分别是工人、农民和教师。现已知：(1) 甲不在南京工作；(2) 乙不在苏州工作；(3) 在苏州工作的是工人；(4) 在南京工作的不是教师；(5) 乙不是农民。问三人各在什么地方工作？各是什么职业？
15、在每星期的七天中，甲在星期一、二、三讲假话，其余四天都讲真话；乙在星期四、五、六讲假话，其余各天都讲真话。





今天甲说：“昨天是我说谎的日子。”乙说：“昨天也是我说谎的日子。”问今天是星期几？
16、今有55的方格表，能否在每一格中填入-1、0、1这三个数字中的一个，使得各行数字之和，各列数字之和及主对角线上数字之和，副对角线上数字之和均不相等。
17、有A、B、C3支足球队，每两队都比赛一场。比赛结果是：A两战两胜，共失球2个；B共进球4个，失球5个；C有一场踢平，共进球2个，失球8个。请写出每场比赛的比分。
18、甲、乙、丙三人分糖块，分法如下：先在三张纸片上各写三个正整数p、q、r，使p19、两人做游戏，轮流在99的表中画十字和圈。先开始的人画十字，其对手画圈。所有方格都画满之后，按如下方式计分：数出这样的行和列的数目，其中十字多于圈，并将该数作为第一个人的得分，再数出其中圈多于十字的行和列的数目，作为第二个人的得分，以得分多的人为胜，试问,第一个人怎样才能取胜？
20、某俱乐部有11个成员，他们的名字分别是A到K。这些人分为两派，一派人总说实话，另一派人总说谎话。某日，老师问：“11个人里面，总说谎话的有几个人？”那天，J和K休息，余下的9个人这样回答：
A说：“有10个人。”
B说：“有7个人。”
C说：“有11个人。”
D说：“有3个人。”
E说：“有6个人。”
F说：“有10个人。”
G说：“有5个人。”
H说：“有6个人。”
I说：“有4个人。”
那么，这个俱乐部的11位成员中，总说谎话的有几个人？初一数学竞赛系列讲座(14)
抽屉原理

一、知识要点
1、 抽屉原理1
把n+1个东西，任意地分放到n个抽屉里，那么必有一个抽屉里有2个东西。
2、 抽屉原理2
把m个东西，任意地分放到n个抽屉里，那么必有一个抽屉里至少有k个东西。其中
的整数部分。
3、 上述二个原理统称为抽屉原理。抽屉原理虽然简单、浅显，却是解决很多存在性问题的有力工具。利用抽屉原理解题的一般步骤是：
(1) 构造抽屉，指出东西；
(2) 将东西放入抽屉，或从抽屉里取出；
(3) 说明理由，得出结论。

二、例题精讲
例1 用2种颜色涂3行9列共27个小方格，证明：不论如何涂色，其中必至少有两列，它们的涂色方式相同.
分析：把用两种颜色涂１×３的小方格的方法当作抽屉。
解：用两种颜色涂１×３的小方格共有８种方法．现有９列，由抽屉原理，必有两列涂法一样．
评注：用抽屉原理解题的关键在于构造抽屉，另外还要搞清什么是抽屉？什么是东西？

例2 已知一个圆。经过圆心任意作993条直径，它们与圆共有1986个交点，在每个交点处分别填写从1到496中的一个整数(可重复填写)。证明：一定可以找到两条直径，它们两端的数的和相等。(第二届迎春杯决赛试题)
分析：直径两端的数都在1到496之间，所以它们两端的数的和在2到992之间，
则可构造991只抽屉，而东西有993个，因而得到证明。
证明：直径两端的数都在1到496之间，所以直径两端的数的和≥2，且≤992
所以，这种和只有991种。
而直径有993条，993>991，所以一定可以找到两条直径，它们两端的数的和相等。
评注：由解题过程知本题将“993条直径”改为“992条直径”结论仍然成立。
如果将结论改为“可以找到两条直径，它们两端的数的和相等”，那么条件“经过圆心任意作993条直径”就要改为“经过圆心任意作1983条直径”。

例3夏令营组织1987名营员去游览故宫、景山公园、北海公园，规定每人最少去一处，最多去两处游览，至少有几个人游览的地方完全相同？试证明你的结论。(第二届迎春杯决赛试题)
分析：将游览方案当作抽屉，将人当作东西，由抽屉原理可得结论。
解：去一处的可能有3种(故宫、景山公园、北海公园)，去两处的可能也有3种(故宫与景山公园、北海公园与故宫、景山公园与北海公园)，由于每人最少去一处，最多去两处游览，所以游览方案共有6种。
因此，1987个人中至少有个人游览的地方完全相同。

例4在1，4，7，…，100中任选20个不同的数。证明其中至少有4个数a、b、c、d，使a+b=c+d=104.(第39届普特南数学竞赛试题)
分析：考虑和为104的数对。如果两个数取自同一个数对，则它们的和必是104，所以应当将和为104的数对作为抽屉。
解：将1，4，7，…，100这34个数，去掉1与52，分成16个数对：
{4，100}，{7，97}，…，{49，55}，显然每个数对中两数的和为104
所取的20个数中，至少有18个取自这16个数对，则根据抽屉原理，其中必有两个数a、b在同一数对中，它们的和a+b=104。
剩下的16个数，取自其余的15个数对，同样根据抽屉原理，其中必有两个数c、d在同一数对中，它们的和c+d=104。
所以其中至少有4个数a、b、c、d，使a+b=c+d=104.
评注：本题两次使用了抽屉原理。

例5 910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶，证明：不论怎样排列，红蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种：
（1）至少有三行完全相同；
（2）至少有两组（四行）每组的两行完全相同. （北京1990年高一竞赛）
解：910瓶红、蓝墨水排成130行，每行7瓶，对一行来说，每个位置上有红蓝两种可能，因此，一行的红、蓝墨水排法有27=128种，对每一种不同排法设为一种“行式”，共有128种行式.
现有130行，在其中任取129行，依抽屉原则知，必有两行A、B行式相同.
除A、B外余下128行，若有一行P与A行式相同，知满足（1）至少有三行A、B、P完全相同，若在这128行中设直一行5A行或相同，那么这128行至多有127种行式，依抽屉原则，必有两行C、D具有相同行式，这样便找到了（A、B），（C、D）两组（四行），且两组两行完全相同.

例6 从自然数1，2，3，…99，100这100个数中随意取出51个数来，求证：其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的倍数.
分析：设法制造抽屉，使它们符合如下条件：（1）不超过50个；（2）每个抽屉的里的数（除仅有的一个外），其中一个数是另一个数的倍数。一个自然的想法是从数的质因数表示形式入手。
解：设第一个抽屉里放进数：1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26；
第二个抽屉时放进数：3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25；
第三个抽屉里放进数：5，5×2，5×22，5×23，5×24；
…………
第二十五个抽屉里放进数：49，49×2；
第二十六个抽屉里放进数：51.
…………
第五十个抽屉里放进数：99.
那么随意取出51个数中，必有两个数同属一个抽屉，其中一个数是另一个数的倍数.
评注：本题构造的抽屉比较别致，它必须符合分析中的两个条件。这种构造抽屉的方法值得我们体会。

例7 在边长分别为2和4的矩形中任取9个点(任三点不共线)，证明至少存在三点，以它们为顶点的三角形的面积不大于1。
分析：矩形中任一三角形的面积不超过该矩形面积的一半，而已知矩形面积为8，故若将该矩形分为4个等积的小矩形，则小矩形的面积为2，其内的任一三角形的面积不超过1，因而只须将已知矩形分为4个等积的小矩形，证明其中至少有一份含有9个点中的3个点即可。
证明：将已知矩形分为4个全等的小矩形，则由抽屉原理，任取9个点中至少有3个点在一个小矩形中。由于这个小矩形的面积等于，故以这3个点为顶点的三角形面积不超过该小矩形面积的一半1，问题得证。

例8 有一位国际象棋大师，用11周时间准备一次锦标赛。在准备期间，他决定每天至少参加一次比赛，但每周累计比赛不超过12次。证明：存在连续若干天，这位大师恰好共进行了21次比赛。
证明：设前 天这位大师累计比赛的次数为a i，11周共有77天，故1≤i≤77。
由于每天至少参加一次比赛，但每周累计比赛不超过12次，故有
1≤a1于是，22≤a1+21则在1到153之间共有154个整数：a1，a2，…，a77，a1+21，a2+21，…，a77+21
由抽屉原理，其中至少有两个数相等。由于a1，a2，…，a77不可能相等，a1+21，a2+21，…，a77+21也不可能相等，所以只可能是某个a i与某个a j+21(j
三、巩固练习
选择题
1、一副扑克有4种花色，每种花色有13张，从中任意抽牌，最少要抽( )张才能保证有4张牌是同一花色。
A、12 B、13 C、14 D、15
2、有22只装钢笔的文具盒，如果不管如何装都至少有4只文具盒里的钢笔数相同(不装算0个)，那么每个文具盒最多可装( )支钢笔。
A、4 B、6 C、7 D、8
3、今有21个自然数a1，a2，…，a21，且a1A、0个 B、2个 C、至多有3个 D、至少有4个
4、从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取5个数，则(1)其中必有两数互质；(2)其中必有一数是另一数的倍数；(3) 其中必有一数的两倍是另一数的倍数。以上结论中，正确的个数为( )
A、0个 B、1个 C、2个 D、3个
5、某校有1200人，则全校在同一天过生日的人至少有（ ）个
A、2 B、3 C、4 D、5
6、从1，2，3，…，n中任取8个数且使其中一定至少有两个数的商不小于又不大于，则n的最大值是（ ）
A、25 B、32 C、39 D、60
填空题
7、把130只苹果分给若干小朋友，如果不管如何分，都至少有一个小朋友分得4只或4只以上的苹果，则小朋友最多有 个。
8、黑色、白色、黄色的筷子各有8根，混杂地放在一起，黑暗中想从这些筷子中取出颜色不同的两双筷子(一双筷子指同色的两根)，则至少要取 根筷子。
9、在一副扑克牌中取牌，至少取 张，才能保证其中必有3张牌的点数相同。
10、不大于10的k个自然数，从中选出三个数，使得其中两数之和等于第三个数，则k的最小值是
11、在面积为1的平行四边形内有任意五点，则一定存在三点，以这三点为顶点的三角形面积不大于
12、在1，3，5，7，…，m连续奇数中任取17个数，使其中至少有两个数之差为8，则奇数m的最大值为
解答题
13、在不超过91的自然数中任取10个数，证明：这10个数中一定有两个数的比值在区间中。
14、设a1，a2，…，an是1，2，…，n的某种排列，且n是奇数，求证：(a1-1)( a2-2)…(a n-n)必是偶数。
15、用2种颜色涂5×5共25个小方格，证明：必有一个四角同色的矩形出现.
16、把圆周分成36段，将1，2，…，35，36这36个数字任意写在每一段内，使每一段内恰好有一个数字。求证：一定存在连续的三段，它们的数字和至少是56。
17、在一次集会上，其中必有两个人，他们认识的人数一样多。试证明之(这里甲认识乙，则乙也认识甲)
18、任选6人，试证其中必有3人，他们互相认识或都不认识.
19、a，b，c，d为四个任意给定的整数，求证：以下六个差数b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘积一定可以被12整除.
20、在边长为1的正三角形内任取10个点，证明其中至少有两点，它们的距离不超过。
初一数学竞赛系列讲座(5)
代数式初步

一、知识要点
1、代数式
定义1 用基本运算符号(加、减、乘、除、乘方、开方)把数或表示数的字母连结而成的式子叫做代数式。
2、代数式的值
定义2 用数值代替代数式里的字母，计算后所得的结果叫做代数式的值。
3、列代数式
列代数式的关键是正确地分析数量关系，要掌握和、差、积、商、幂、倍、分、大、小、多、少、增加、增加到等数学概念和有关知识。列代数式实质上是把“文字语言”翻译成“符号语言”。
4、求代数式的值
代数式的值由它所含字母的取值决定，并随字母取值的改变而改变，字母取不同的值，代数式的值可能同也可能不同。代数式中所含字母取值时，不能使代数式无意义。求代数式的值的一般步骤是(1)代入，(2)计算。
二、例题精讲
1、轮船在静水中的速度是每小时a千米，水流速度为每小时b千米(b2一支部队排成a米长队行军，在队尾的战士要与最前面的团长联系，他用t1分钟追上了团长。为了回到队尾，他在追上团长的地方等待了t2分钟。如果他从最前头跑步回到队尾，那么要( )分钟。
A、 B、 C、 D、
3 若aA、ax+by+cz B、ax+cy+bz C、bx+ay+cz D、bx+cy+az
4 已知，求
的值。
5 已知当x=7时,代数式ax5+bx-8=8,求x=7时,的值.
分析 代数式ax5+bx-8中有三个字母,将x=7代入，仍无法求出a,b的值，影响直接代入求值，但通过观察，发现将x=7代入,可整体地求出75a+7b的值，从而问题得到解决。
6 若ab=1，求的值
7 若a、b、c全不为零，且 求证：(1978丹东市数学竞赛试题)

8 对任意实数x、y，定义运算xy为xy=ax+by+cxy 其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法。现已知12=3，23=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x,都有xd=x，求d的值。

9已知代数式，当时的值分别为－1，2，2，而且不等于0，问当时该代数式的值是多少？(第11届希望杯数学竞赛培训题)

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