初中数学竞赛竞赛讲座(数字、数位及数谜问题)

第一讲正整数的表示及进位制一、基础知识：1．我们通常接触的整数都是“十进制”整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用“逢十进一”的法则进行计数的方法。

例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为：1999=1×1000+9×100+9×10+9底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数：100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1位上的数)故1999=1×103+9×102+9×101+9×1003na记作：3na=10n-1+…+102a n-2+10其中最高位a1≠0，即，其它则是0≤a1，a．各位上的数字相同的正整数记法：999=1000－1104－1，∴999n个＝10n-1111n个＝1019n-，333n个＝103n555n个＝5(101)9n-解答有关十进制数的问题，常遇到所列方程，少于未知数的个数，这时需要根据示0到9的整数这一性质进行讨论。

．二进制及其它进制二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。

例如二进制中的111记为(111)2111=1×22+1×2+1=73na )2记作：3na=2n-1××a3+…+22×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，a2，位数(n为正整数3na )b记作：3na=b n-1××a3+…+b2×a其中最高位a1≠0，，其它则是0≤a1，（一）十进制转二进制（整数部分）辗转相除直到结果为，将余数和最后的60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数 方法：乘2取整，顺次排列。

初一数学竞赛讲座第3讲奇偶分析我们知道，全体自然数按被2除的余数不同可以划分为奇数与偶数两大类。

被2除余1的属于一类，被2整除的属于另一类。

前一类中的数叫做奇数，后一类中的数叫做偶数。

关于奇偶数有一些特殊性质，比如，奇数≠偶数，奇数个奇数之和是奇数等。

灵活、巧妙、有意识地利用这些性质，加上正确的分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题。

用奇偶数性质解题的方法称为奇偶分析，善于运用奇偶分析，往往有意想不到的效果。

例1 右表中有15个数，选出5个数，使它们的和等于30，你能做到吗？为什么？分析与解：如果一个一个去找、去试、去算，那就太费事了。

因为无论你选择哪5个数，它们的和总不等于30，而且你还不敢马上断言这是做不到的。

最简单的方法是利用奇偶数的性质来解，因为奇数个奇数之和仍是奇数，表中15个数全是奇数，所以要想从中找出5个使它们的和为偶数，是不可能的。

例2 小华买了一本共有96张练习纸的练习本，并依次将它的各面编号（即由第1面一直编到第192面）。

小丽从该练习本中撕下其中25张纸，并将写在它们上面的50个编号相加。

试问，小丽所加得的和数能否为2000？解：不能。

由于每一张上的两数之和都为奇数，而25个奇数之和为奇数，故不可能为2000。

说明：“相邻两个自然数的和一定是奇数”，这条性质几乎是显然的，但在解题过程中，能有意识地运用它却不容易做到，这要靠同学们多练习、多总结。

例3 有98个孩子，每人胸前有一个号码，号码从1到98各不相同。

试问：能否将这些孩子排成若干排，使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和？并说明理由。

解：不能。

如果可以按要求排成，每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和，那么每一排中各号码数之和都是某一个孩子号码数的2倍，是个偶数。

所以这98个号码数的总和是个偶数，但是这98个数的总和为1+2+…+98=99×49，是个奇数，矛盾！所以不能按要求排成。

华杯赛计数专题：排列组合基础知识：1.排列：从n个对象中选出m（不超过n）个并进行排序，共有的方法数称为排列数，写成。

2.排列数的计算：约定：0!=1排列数是由乘法原理得到的，因此排列可以看成是乘法原理的一种应用。

3.组合：从n个对象中选出m（不超过n）个，不进行排序，共有的方法数称为组合数，写成。

4.排列与组合的关系：。

5.组合数的计算：6.排列数与组合数的一些性质：例题：例1.4名男生和3名女生站成一排:（1）一共有多少种不同的站法?（2）甲,乙二人必须站在两端的排法有多少种?（3）甲,乙二人不能站在两端的排法有多少种?（4）甲不排头,也不排尾,有多少种排法?（5）甲只能排头或排尾,有多少种排法?【答案】（1）5040；（2）240；（3）2400；（4）3600；（5）略【解答】例2.在50件产品中有4件是次品,从中任意抽出5件，至少有3件是次品的抽法共多少种？【答案】4186种【解答】至少有3件是次品，分两种情况第一种情况：3件是次品的抽法：从4件次品中中抽出3件是种，其中，，然后，从46件正常品中抽2件，总共种。

其中，所以，3件是次品的抽法共种。

第二种情况：4件是次品的抽法共：种。

任意抽出5件产品，至少有3件是次品的抽法，是将上述两种情况加在一起，所以，总共是4×23×45+46=23×182=4186种。

总结：有序是排列，无序是组合。

例3.3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检,每校分配1名医生和2名护士,不同的分配方法共有多少种？【答案】540种【解答】可设三所学校为甲、乙、丙，三位医生去3所学校的分配方案：用排列数表示为=3×2×1=6。

用乘法原理表示为3！=6。

六名护士去学校甲有种选法，剩下4名护士去乙学校，有种选法，剩下两名自然去学校丙。

所以，不同的分配方法共有种。

例4.有多少个五位数，满足其数位上的每个数字均至少出现两次？【答案】819【解答】方法一：（1）出现一个数字的情况是9种；（2）出现两个数字，首位不能是0，共有9种情况，（i）首位确定之后，如果首位数总共出现3次，则从后面的4个数位中，选出两位，共种情况，剩下的两个数位，还需要选相同的数，因为可以是0，所以，有9种选择。

初一数学竞赛讲座（三)数字、数位及数谜问题一、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：122321*********a a a a a n n n n +⨯+⨯++⨯+⨯---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=121a a a a n n -2、正整数指数幂的末两位数字(1) (1) 设m 、n 都是正整数，a 是m 的末位数字，则m n 的末位数字就是a n 的末位数字。

(2) (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、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a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d ，依题意得:（a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d)+（ d ⨯103+c ⨯102+b ⨯10+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”。

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x 的意义如下：x =⎩⎨⎧<-≥00x x x x ，如果，如果x 是一个非负数，当且仅当x=0时，x =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：b a -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 6312-+--+x x x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21-<x 时，原式= -(2x+1)+(x-3) - (x-6)= -2x+2当321<≤-x 时，原式= (2x+1)+(x-3) - (x-6)= 2x+4 当63<≤x 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=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<≤<≤-+-<+-时当，时当，时当，时当，6x 2-2x 63 103 42 222121x x x x x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312351312+----≥--x x x x x ，求的最大值和最小值。

(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2351312x x x --≥--得： 117≤x117 31+--x x 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117≤x ，则当117=x 时这差取得最小值1133-.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。

初一数学竞赛系列训练3数字、数位及数谜问题初一数学竞赛系列训练3数字、数位及数谜问题一、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 、9B 、11C 、12D 、153、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 、9B 、7C 、5D 、34、19932002+19952002的末位数字是( )A 、6B 、4C 、5D 、3二、填空题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141?28?3是99的倍数，则?＝，?＝．7、若bbb ab b a =??，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25xy 52中y x ,皆是大于7的数码，这个六位数被11整除，那么，四位数____51=xy ．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*+*=1181成立，*处填入的适当的自然数是．三、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abcdabcd9Dcba18、设123a a a 是一个三位数，a 3>a 1，由123a a a 减去321aa a 得一个三位数123b b b ，证明：123b b b +321b b b ＝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+1?1，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？初一数学竞赛系列训练3答案1、∵1111111111?9999999999＝1111111111?(10000000000-1)＝11111111110000000000-1111111111＝11111111108888888889∴乘积的数字中有奇数10个2、n +(n +1)+(n +2)＝3(n +1)，要使作竖式加法时各位均不产生进位现象，则自然数n 的各位数字都不超过3．若n 为一位数，则“连绵数”有1、2两个；若n 为二位数，则“连绵数”有10，11，12，20，21，22，30，31，32共9个；若n 为三位数，则“连绵数”只有100这一个．故不超过100的“连绵数”共有2+9+1＝12个．选C3、前27个数中，个位数字之和是2?27＝54，十位数字之和是2?26＝52，故前27个数相加，和的十位数字是5+2＝7，选B4、19932002的末位数字和19932的末位数字相同，是919952002的末位数字和19952的末位数字相同，是5所以19932002+19952002的末位数字是4，选B5、设BID ＝x ， FOR ＝y ，则有3(1000x +y )＝4(1000y +x )，整理得 2996x ＝3997y 化简得：428x ＝571y ，由于x 、y 都是三位数，且428与571互质，故得x ＝571，y ＝428，所以密码破译成数字的形式是3?571428＝4?4285716、设?＝x ，?＝y 则由于141?28?3是99的倍数，所以141?28?3被9?11整除．则1+4+1+x +2+8+y +3是9的倍数，(1+1+2+y )-(4+x +8+3)是11的倍数，即x +y +1是9的倍数，y -x 是11的倍数．因为 -9≤y -x ≤9，所以y -x ＝0，即y ＝x又1≤x +y +1＝2 x +1≤19，所以要使x +y +1是9的倍数，必须2 x +1＝ x +y +1＝9或18 但2 x +1是奇数，所以 2 x +1＝9，从而y ＝x ＝4，即?＝4，?＝47、∵111 111111=??=??∴?=ab a b ab b a b bbb 即，，于是，可将111分解成一个一位数与一个两位数的积，显然111＝3?37满足条件，且111只有这一种分解法，故a ＝3，b ＝78、按百位数字分类讨论：① 百位数字是8，9时不存在，个数0；② 百位数字是7，只有789，1个；③ 百位数字是6，只有679，678，689，共3个；④ 百位数字是5，有567，568，569，578，579，589，共6个；⑤ 百位数字是4，有456，457，458，459，467，468，469，478，479，489共10个；⑥ 百位数字是3时，共15个；⑦ 百位数字是2时，共21个；⑧ 百位数字是是1时，共28个．总计，共1＋3＋6＋10＋15＋21＋28＝80个．9、设,5225xy n =则,101025005223y x n ++-其中y x ,为8或9，因为250052，10，210被11除的余数分别为0，－1，1，可设250052＝,1110,11231x k x k -=32132,1110k k k y k y +=为正整数，故可得,y x =所以所求四位数是1885或1995．10、4343＝4340?433＝(434)10?433，∵434的末位数字与34的末位数字相同，∴434的末位数字是1，从而(434)10的末位数字也是1；433的末位数字与33的末位数字相同，是7∴4343的末位数字是711、2 m +2000-2 m ＝2 m (2 2000-1)，∵2 2000的末位数字与24的末位数字相同为6，∴2 2000-1的末位数字是5，又2 m 是偶数，∴2 m (2 2000-1)的末位数字是012、设n m 1181+=，因为m 、n 是自然数，所以nm 181 181>>，，则8<="" ＝8+a="" ＝8+b="">把64分解成两个因数的积的形式，一个因数是a ，另一个因数是b① 64＝1?64，取a ＝1，b ＝64，则7219181+= ② 64＝2?32，取a ＝2，b ＝32，则40110181+= ③ 64＝4?16，取a ＝4，b ＝16，则24112181+= ④ 64＝8?8，取a ＝8，b ＝8，则16116181+= 共有四组解．13、首先x 的万位数字显然是2，则y 的万位数字是5，其次x 的千位数字必大于5，但百位数字乘2后至多进到1到千位，这样千位数字只能是9，依次类推得到x 的前四位数字是2，9，9，9．x 的个位数字只能是1，3，5，7，9，经验证是5．所以x 是2999514、首先确定原数是几位数．若原数是五位数，则它最小是11，已超过10879，。

轧东卡州北占业市传业学校数学竞赛辅导系列讲座一 —数1、 计算：1111(12)(123)(12320)2320+++++++++++．2、 如果5555555555555554444666666233322n ++++++++⨯=+++，那么n=_______． 3、 HY 训基地购置苹果慰问学员，苹果总数用八进制表示为abc ，七进制表示为cba ，那么苹果总数用十进制表示为_______．4、 实数a 满足|2012|2013a a a --=，那么a －20212的值是〔 〕A 、2021B 、2012C 、2021D 、20215、设分数13(13)56n n n -≠+不是最简分数，那么正整数n 的最小值可以是〔 〕A 、84B 、68C 、45D 、1156、数272－1能被500与600之间的假设干整数整除，试找出三个这样的整数，它们是________． 7、n 是自然数，19n+14与10n+3都是某个不等于1的自然数d 的倍数，那么d=________． 8、设71a=，那么3a 3+12a 2－6a －12=〔 〕A 、24B 、25C 、10D 、129、a 、b 是正整数，且满足2⎛⎝是整数，那么这样的有序数对〔a ，b 〕共有____对． 10、设n 是大于1909的正整数，使得19092009n n--为完全平方数的n 的个数有〔〕个A 、3B 、4C 、5D 、611、设a n 表示数n 4的末位数，那么a 1+a 2+…+a 2021=________．12、如果对于某一特定范围内x 的任意允许值，p=|1－2x|+|1－3x|+…+|1－10x|为定值，那么定值为〔 〕A 、2B 、3C 、4D 、513、假设1,2,3xy yz zxx y y z z x===+++，那么x=______． 14、试求|x －1|+|x －2|+|x －3|+…+|x －2021|的最小值．15、p 、q 均为素数，且满足5p 2+3q=59，那么以p+3，1－p+q ，2p+q －4为边长的三角形是〔 〕A 、锐角三角形B 、直角三角形C 、钝角三角形D 、等腰三角形16、假设x 1、x 2 、x 3 、x 4 、x 5为互不相等的正奇数，满足(2005－x 1)(2005－x 2)(2005－x 3)(2005－x 4)(2005－x 5)=242，那么x 12+x 22+x 32+x 42+x 52的末尾数字是〔 〕A 、1B 、3C 、5D 、717、在数1、2、3、…、2021、2021前面任意添加上“+〞或“－〞进行计算，所得可能的最小非负数是________．18、设a 、b 、c 为实数，2222,2,2362xa b y b c z c a πππ=-+=-+=-+，x 、y 、z 中至少有一个值〔 〕A 、大于0B 、等于0C 、不大于0D 、小于019、今天是星期日，假设明天算第1天，那么第13+23+…+20213天是星期_____．20、()()()⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++=201313121201321.11)(2f f f f f f x x f 则=．21、四个互不相等的正数x、y、m、n中，x最小，n最大，且x：y=m：n，试比较x+n与y+m的大小，并证明你的结论．2210099++23、设x>0，y>0=的值．2425、设a、b、c为有理数．26=0<x<y，那么满足上述等式的整数对(x，y)的个数有多少？27、设11980100S=++++[S]表示不超过S的最大整数，试求S．28、x、y是整数，并且13|(9x+10y)，求证：13|(4x+3y)．29、假设a、b是整数，且7|(a+b)，7|(2a－b)，求证：7|(5a+2b)．30、正整数p、q都大于1，且2121,p qq p--都是整数，求p+q．31、当n是正整数时，n4－6n2+25是质数还是合数？证明你的结论．32、a是自然数，问a4－3a2+9是质数还是合数？证明你的结论．33、试求出一个四位数，它是一个完全平方数，并且它的前两位数字相同，后两位数字也相同．34、设a、b、c、d是正整数，并且a2+b2=c2+d2，证明a+b+c+d一定是合数．35、你能找到三个正整数a、b、c，使得关系式(a+b+c)(a－b+c)(a+b－c)(b+c－a)=3388成立吗？如果能找到，请举一例；如果找不到，请说明理由．36、一个正整数a，假设将其数字重新排列，可得到一个新的正整数b，如果a恰好是b的3倍，我们称a 是一个“希望数〞．〔1〕请你举例：“希望数〞一定存在；〔2〕请你证明：如果a 、b 都是“希望数〞，那么ab 一定是729的倍数．37、将自然数1、2、3、…、21这21个数，任意地放在一个圆周上，证明：一定有相邻的三个数，它们的和不小于33．38、设x =a 是x 的小数局部，b 是－x 的小数局部，求333ab ab ++的值．39、设a 、b 都是整数，求证：a ，b ，a 2+b 2，a 2－b 2中一定有一个被5整除．40、假设一个数能够表示成2222xxy y ++(x ，y 是整数)的形式，那么称该数为“好数〞〔1〕试判断29是否为好数； 〔2〕写出80，81，…，100中的好数； 〔3〕如果m ，n 都是好数，证明mn 也是好数．41、有三堆小石子的个数分别是19、8、9，现在进行如下的操作：每次从三堆中的任意两堆中取出1个石子，然后把这两个石子都加到另一堆中，试问能否进过假设干次这样的操作后，使得〔1〕三堆的石子数分别是2、12、22？ 〔2〕三堆的石子数都是12？如能到达要求，请用最小的操作次数完成它，如不能到达，请说明理由．注：每次操作可用如下方式表示，比方从第一、二堆中各取出一个石子，加到第三堆上，可表示为〔19，8，9〕→〔18，7，11〕等等．42为无理数．43、p 为大于3的质数，证明p 的平方被24除的余数是1．44、M 是一个四位的完全平方数，假设将M 的千位数字减少3而各位数字增加3可以得到另一个完全平方数，那么M=_________．45、在“□1□2□3□4□5□6□7□8□9”的小方格中填上“+〞或“－〞号，如果可以使其代数和为n ，就称数n 是“可被表出的数〞，否那么，就称数n 是“不可被表出的数〞〔如1是可被表出的数，这是因为1+2－3－4+5+6－7－8+9是1的一种可被表出的方法〕． 〔1〕求证：7是可被表出的数，而8是不可被表出的数； 〔2〕求25可被表出的不同方法种数．46、是否存在：用0，1，2，…，9这十个数字组成几个数，使它们的和恰好为100，每个数字都用一次并且只能用一次．47、设〔x 〕表示不超过实数x 的最大整数．那么在平面直角坐标系xoy 中满足〔x 〕〔y 〕=2021的所有点〔x ，y 〕组成的图形的面积 ． 48、201321,,,a a a 是一列互不相等的正整数．假设任意改变这2021个数的顺序，并201321，b，，b b 记为．那么数()()()201320132211b a b a b a M ---= 的值必为 ．49、〔1〕证明：由2021个1和0组成的自然数不是完全平方数；〔2〕试说明：存在最左边2021位都是1的形如11…1﹡﹡…﹡的自然数〔﹡代表阿拉伯数码〕是完全平方数．。

数字谜例1.如图是一个加法竖式，其中相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字。

那么字母O代表的数字最大可能是多少？[答疑编号505721580101]【答案】6【解答】要点：关注首位C＝1（百位肯定进位）关注十位G＝8（个位肯定进位）总结：解决数字谜问题最关键是要找好突破口，包括以下方面：1）首位数字；2）已知数字较多的数位；例2.在如图所示的算式中，每个字母代表一个数字，不同的字母代表不同的数字。

如果CHINA 所代表的五位数能被24整除，那么这个五位数是多少？[答疑编号505721580102]【答案】17208【解答】要点：（1）关注首位：C＝1（2）关注包含重复数字的千位：K＝9（3）关注包含重复数字的十位：N＝0（4）由于三位数I0A能被8整除，且I是偶数，所以A＝，G＝。

总结：往往重复数字较多的数位也是突破口。

例3.如图，相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字，并且已知三位数BAD不是3的倍数，四位数GOOD不是8的倍数，那么四位数ABGD是多少？[答疑编号505721580103]【答案】3810【解答】G为1；D为0；A＋A不能进位，所以O为偶数.A＋A＝OB＋B＝10＋OA＝2，O＝4，B＝7不合题意；A＝3，O＝6，B＝8符合题意；A＝4，O＝8，B＝9不合题意.A不能大于等于5.例4.如图，算式中相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字，那么“玩中学”代表的三位数是.[答疑编号505721580104]【答案】465【解答】从加法的十位运算可以看出“啊”＝0。

因为显然“玩”和“学”都不能是0，所以其中一定有一个是5。

如果“玩”＝5，根据千位特征可看出“快”＝4，并且百位相加有进位，因此“乐”≥5。

而“数学”与“玩”相乘大于450，说明“数”＝9。

注意到“学”与“数”相乘的个位数字还是“学”，那么“学”只能是0或5，必然与“啊”或“玩”相同，不符合条件。

初一数学比赛讲座 (二 )特别的正整数一、知识重点1、完整平方数及其性质定义 1 假如一个数是一个整数的平方，则称这个数是完整平方数。

如：1、 4、 9、等都是完整平方数，完整平方数有以下性质：性质 1 任何完整平方数的个位数只好是0，1， 4， 5， 6， 9 中的一个。

性质 2 奇完整平方数的十位数必定是偶数。

性质 3 偶完整平方数是 4 的倍数。

性质 4 完整平方数有奇数个不一样的正约数。

性质 5 完整平方数与完整平方数的积还是完整平方数，完整平方数与非完整平方数的积是非完整平方数。

2、质数与合数定义 2一个大于 1 的整数 a,假如只有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,假如只有1和 a 这两个约数外，还有其余正约数，那么 a 叫做合数。

1既不是质数也不是合数。

3、质数与合数的相关性质(1)质数有无数多个(2) 2 是独一的既是质数，又是偶数的整数，即是独一的偶质数。

大于 2 的质数必为奇数。

(3)若质数 p a?b，则必有 p a 或 p b。

(4)若正整数 a、b 的积是质数 p，则必有 a=p 或 b=p.(5)独一分解定理：任何整数n(n>1) 能够独一地分解为：n p1a1 p2a2p k a k,此中 p1<p 2< <p k是质数， a1， a2，， a k是正整数。

二、例题精讲例 1 有一个四位数恰巧是个完整平方数，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)由于 11 是质数，因此 11∣ (101a+93)，而 101a+93=11(9a+8)+(2a+5) ，因此 11∣ (2a+5)，由题意a+3≤ 9，故 a≤ 6，进而 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获得一个完整平方数(假如它的十位数是 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。

竞赛讲座(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,…,a n和d都是正整数，且d∣a1,d∣a2,…, d∣a n，那么d叫做a1,a2,…,a n的公约数。

公约数中最大的叫做a1,a2,…,a n的最大公约数，记作(a1,a2,…,a n).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,…,a n和m都是正整数，且a1∣m, a2∣m,…, a n∣m，那么m叫做a1,a2,…,a n的公倍数。

公倍数中最小的数叫做a1,a2,…,a n的最小公倍数，记作[a1,a2,…,a n].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()nbanbna,,=⎪⎭⎫⎝⎛.性质4 若a=bq+r (0≤r<b), 则(a,b)= (b,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[]nbanbna,,=⎥⎦⎤⎢⎣⎡.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ba5、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∣na6、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m7、 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a k ≡b k (mod m)性质4如果a≡b(mod m)，d 是a ，b 的公约数，那么()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≡d m,m mod d b d a 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)=15⨯7=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。

初中数学复习资料专题辅导70讲适合初中一至三年级)、(二〇一〇年元月由我爱我家整理初中数学竟赛辅导资料(1)数的整除（一）甲内容提要：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.一些数的整除特征除数能被整除的数的特征2 或5 末位数能被2 或5 整除4 或25 末两位数能被4 或25 整除8 或125 末三位数能被8 或125 整除3 或9 各位上的数字和被3 或9 整除(如771，54324)奇数位上的数字和与偶数位上的数和相减,其差能被11 整除11 (如143,1859,1287,908270 等)7,11,13 从右向左每三位为一段,奇数段的各数和与偶数段的各数和相减,其差能被7 或11 或13 整除.(如1001，22743，17567，21281 等) 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）乙例题例1 已知两个三位数328和2x9 的和仍是三位数5y7且能被9 整除。

求x,y解：x,y 都是0 到9 的整数，∵5y7能被9 整除，∴y=6.∵328＋2x9 ＝567，∴x=3例2 己知五位数1234x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勤勉笃信精益求精 1 数学是一门很有趣的学科当末两位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。

初一数学竞赛讲座(2)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（或素数）。

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p∣a•b，则必有p∣a或p∣b。

(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：kakaa pppn2121=,其中p1<p2<…<p k是质数，a1，a2，…，a k是正整数。

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。

初中数学培优竞赛讲座第28讲__计数方法计数方法是数学中一个非常重要的概念，它是解决组合问题的一种数学工具。

在初中数学培优竞赛中，计数方法常常会出现在组合数、排列组合、概率等相关题目中。

本次讲座将详细介绍计数方法的基本概念、常见的计数方法以及一些应用例题。

一、基本概念1.排列：从给定的数（或事物）中取出一部分按照一定的顺序排列起来。

例如，从5个人中选取3个人排成一排，按照顺序排列的不同可能性有P(5,3)=60种。

2.组合：从给定的数（或事物）中取出一部分，不考虑顺序，即无关顺序。

例如，从5个人中选取3个人，不考虑顺序的不同可能性有C(5,3)=10种。

3.排列数和组合数的计算公式：排列数：A(n,m)=n!/(n-m)!其中n为总的数目，m为要选择的数目，n!表示n的阶乘。

组合数：C(n,m)=n!/[(n-m)!m!]其中n为总的数目，m为要选择的数目，n!表示n的阶乘。

二、常见的计数方法1.加法原理：当两个事件不同时发生时，计算两个事件发生的可能的总数，需要使用加法原理。

例如，有5个男孩和4个女孩，从中选出2人组成一个小组，求男女合作和男男合作的可能性总数。

解：首先，男女合作的可能性总数为C(5,1)C(4,1)=20，然后，男男合作的可能性总数为C(5,2)=10。

最后，根据加法原理，男女合作和男男合作的可能性总数为20+10=30。

2.乘法原理：当两个或多个事件同时发生时，计算这些事件发生的可能的总数，需要使用乘法原理。

例如，一个编号为1、2、3、4、5的转盘，每个号码一个扇形，若按顺时针方向旋转则相邻两个号码不能相同。

问转动5下后的不同可能的总数。

解：首先，第1次转动可以有5种不同的可能，第2次转动可以有4种不同的可能，以此类推，最后第5次转动可以有1种不同的可能。

根据乘法原理，不同可能的总数为5×4×3×2×1=120。

3.基于递推关系的计数：（1）斐波那契数列：F(0)=0，F(1)=1，F(n)=F(n-1)+F(n-2)（n≥2，其中n为正整数）。