初一数学竞赛系列的讲座8

第8讲设而不求知能概述：字母示数是代数的一个重要特征，是由算术跨越到代数的桥梁，是数学发展史上的一个飞跃。

字母示数具有简明性、一般性，在求代数式的值、形成公式、解应用题等方面有广泛的应用。

为了沟通数量间的关系，或将有些不明朗的关系表示出来，我们需要设元，而所设的字母不能或不需要求出，这就是设而不求的基本涵义。

问题解决：例1．一个摩托车手在前13旅程中速度是40千米/时，在后23旅程中速度是50千米/时，则在他的全程中平均速度为。

解题思路：平均速度=总路程总时间，题设中并未给出总路程，需设出总路程。

(江苏省竞賽题)例2．下列四个数中可以写成100个连续自然数之和的是（）。

A．1627384950 B．2345678910 C．3579111300 D．4692581470(江苏省竞赛题)解题思路：设自然数从a+1开始，这100个连续自然数的和为(a+1)+(a+2) +…+(a+100)=100a+5050，从揭示和的特征入手。

例3．在一次数学竞赛中，组委会决定用NS公司赞助的款购买一批奖品，若以1台NS计算器和3本《数学竞赛讲座》书为一份奖品，则可买100份奖品；若以1台NS计算器和5本《数学竞赛讲座》书为一份奖品，则可买80份奖品。

问这笔钱全部用来购买计算器或《数学竞赛讲座》书，可各买多少?(湖北省黄冈市竞赛题)解题思路：设每台计算器x元，每本《数学竞赛讲座》书y元，利用赞助款不变，寻找x，y的关系。

例4．将若干个自然数按某种规律排列，若前8个数依次是1，3，6，10，15，21，28，36，则第50个数是多少?(世界数学团体锦标賽试题)解题思路：设已知的数依次是a1，a2，a3，a4，…，a50，…，这若干个自然数排列的规律是什么?怎样求出a50?例5．如图，已知四边形 ABCD 各边的中点E ，F ，M ，N 的连线EM ，FN 交于O ，分四边形ABCD 的面积三块为6，8，10，求第四块的面积。

2020-2021学年初一数学竞赛专题讲座（含例题练习及答案）第2讲数论的方法技巧（下）四、反证法反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的。

反证法的过程可简述为以下三个步骤：1．反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立；2．归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；3．结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。

运用反证法的关键在于导致矛盾。

在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。

解：如果存在这样的三位数，那么就有100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。

上式可化简为 80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a≥1，b≤9，c≤9。

这表明所找的数是不存在的。

说明：在证明不存在性的问题时，常用反证法：先假设存在，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存在的元素出发，进行推理，直到产生矛盾。

例2 将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加。

试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数。

解：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数。

在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b+c≤9。

将已知数的前两位数字a，b与末两位数字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这一性质。

照此进行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾。

故和的数字中必有偶数。

说明：显然结论对（4k+1）位数也成立。

但对其他位数的数不一定成立。

如12+21，506+605等。

例3 有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币。

有理数及其运算技巧经验谈：有理数运算是中学数学中全部运算的基础，正确的理解有理数有关的看法，以及它的运算法例、公式，并且擅长依据所给题目要求，将推理与计算相联合，灵巧奇妙的选择简捷的算法，能够很好的提升思想的矫捷性。

将现实中的问题与学习中的知知趣联合，并合理的解决它，你会发现数学的好多乐趣。

内容综述：当我们认识了零、负整数和负分数后，就引出了有理数的看法。

整数（正整数、零、负整数）和分数（正分数、负分数）统称有理数，任何一个有理数都能够表示为一个既约分数。

并且，有理数能够比较大小，有理数的和、差、积、商（分母不为零）仍为有理数，随意两个有理数之间都有无量个有理数，有理数运算是中学数学中全部运算的基础，它要求同学们在理解有理数的有关看法、法例的基础上，能依据法例，公式等正确、快速地进行运算，同时还要擅长依据题目条件，将推理与计算相联合，灵巧奇妙地选择合理的简捷的算法解决问题，从而提升运算能力，发展思想的矫捷性与灵巧性。

重点解说：§1、数轴与大小：两个有理数的大小由它们在数轴上对应点的地点关系来确立：对应点在右侧的数总比对应点在左侧的数大。

★★例 1 察看图 1 中的数轴用字母a,b,c挨次表示点A， B， C 对应的数，试确立这三个数的大小关系。

思路：由 B 点在 A 点右侧，知b-a>0 ，而 A， B 都在原点左侧，故ab>0 ，又 c>0 ，这说明要比较的大小，只要比较分母ab,b-a,c的大小。

解：因为 C 点在 1 的右侧，所以c>1 ，因为 A 点在 -1 与之间，B点在与0之间，所以AB 的距离大于而小于1，即由相同的原因有，。

所以又 ab>0, 故从而有0<ab<b-a<c。

所以★★例 2：设证明 1：a,b∵是两个有理数，且a<b,∴ b>a,∴ba<b, 求证：-a>0..而∴∴证明2∵∴即∴又∴即故说明：由本例可知，随意两个不相等的有理数a,b之间存在一个有理数，由此可推知，随意两个有理数之间存在无穷多个有理数。

第8讲剩余系及其一次同余方程一、基础知识：（1）剩余系对于任意正整数n而言，一个整数除以m所得的余数只能是0,1,2, …,n-1中的某一个。

依次可将整数分成n个类（例如n＝2时，就是奇数或偶数），从每一类中各取一个数所组成的集合就称为模的一个完全剩余系，简称为模的完系。

定义1：如果一个剩余系中包含了这个正整数所有可能的余数（一般地，对于任意正整数n，有n个余数：0,1,2,...,n-1），那么就被称为是模n的一个完全剩余系。

定义2：剩余系：设模为m,则根据余数可将所有的整数分成m类，分别记成[0],[1],[2],…[m-1]，这m个数{0,1,2,…m-1}称为一个完全剩余系，每个数称为相应类的代表元。

例如：当m=10则,{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}最小非负完全{-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4}绝对值最小{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5}绝对值最小（一）根据剩余类的概念，很容易得到以下几条有关剩余类的性质：①每一个整数一定包含在而且仅包含在模m的一个剩余类中②整数p所属的模m的剩余类中的每一个数都可以写成km+p的形式，这里k是整数用符号p mod m表示p所属的模m的剩余类，这条性质写成数学表达式就是p mod m= {p+km（k是整数）}③整数p、q在模m的同一个剩余类中的充要条件是p、q对模m同余。

这条性质用数学符号就可表示为：p mod m= q mod m p≡q（mod m）实际上，同余式就是剩余类等式的一个特殊情况，是集合中的一个元素，前面有关同余的一些性质对剩余类仍然成立。

这条性质表明，对于模m的两个剩余类要么相等，要么它们的交集为空集，因此，模m有且仅有m个剩余类，它们是：0mod m，1 mod m，2 mod m，…（m―1）mod m。

在解决一些有关模m余数的问题时，我们就可以查看m个数：0，1，2，…，m―1，从而得相应的剩余类的情况，使问题变得异常简单，具体例子，请看后面的例题。

第八讲 不等式吴忠市第一中学 韩瑞峰一、知识要点1、不等式的主要性质：（1）不等式的两边加上（或减去）同一个数或整式，所得不等式与原不等式同向；（2）不等式两边乘以（或除以）同一个正数，所得不等式与原不等式同向；（3）不等式两边乘以（或除以）同一个负数，所得不等式与原不等式反向.（4）若A ＞B ，B ＞C ，则A ＞C ；（5）若A ＞B ，C ＞D ，则A+B ＞C+D ；（6）若A ＞B ，C ＜D ，则A -C ＞B -D 。

2、比较两个数的大小的常用方法：（1） 比差法：若A -B ＞0，则A ＞B ；（2） 比商法：若BA ＞1，当A 、B 同正时， A ＞B ；A 、B 同负时，A ＜B ； （3） 倒数法：若A 、B 同号，且A 1＞B1，则＜AB 。

3、一元一次不等式：（1） 基本形式：ax ＞b (a ≠0);（2） 一元一次不等式的解：当a ＞0时，x ＞a b ,当a ＜0时，x ＜ab . 二、例题示范例1、已知a ＜0,-1＜b ＜0,则a,ab,ab 2之间的大小关系如何？例2、满足31222-≥+x x 的x 中，绝对值不超过11的那些整数之和为多少？ 例3、一个一元一次不等式组的解是2≤x ≤3，试写出两个这样的不等式组。

例4、若x+y+z=30,3+y -z=50,x,y,z 均为非负数，求M=5x+4y+2z 的最大值和最小值。

提示：将y,z 用x 表示，利用x,y,z 非负，转化为解关于x 的不等式组。

例5、设a,b,c 是不全相等的实数，那么a 2+b 2+c 2与ab+bc+ca 的大小关系如何？例6、已知a,b 为常数，若ax+b ＞0的解集是x ＜31，求bx -a ＜0的解集。

提示：如何确定a,b 的正负性？例7、解关于x 的不等式ax -2＞x -3a (a ≠1)。

例8、解不等式|x -2|+|x+1|＜3提示：去掉绝对值，讨论。

例9、（1）比较两个分数与nn ++1999(n 为正整数)的大小； （2）从上面两个数的大小关系，你发现了什么规律？（3）根据你自己确定的n n ++1999与1999之间正整数的个数来确定相应的正整数n 的个数。

2013年暑期初一数学竞赛第八讲：三角形的初步知识【例题解析】例1、在△ABC中，若∠A＝70°－∠B，则∠C等于（）A、35°B、70°C、110°D、140°1、如图．平面上六个点A，B，C，D，E，F构成一个封闭折线图形．求：∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F．2、若三角形的一个外角等于160°，另两个外角的比为2:3，则这个三角形的形状是（）A、锐角三角形B、直角三角形C、钝角三角形D、无法确定3、如果α、β、γ分别是△ABC中∠A、∠B、∠C的外角，且α：β：γ=4：2：3，则∠BAC等于（）A、20°B、40°C、60°D、80°4、如图，∠A=10°，∠ABC=90°，∠ACB=∠DCE，∠ADC=∠EDF，∠CED=∠FEG．求∠F的度数．5、在△ABC内有三个点D、E、F，分别以A、B、C、D、E、F这六个点为顶点画三角形，如果每个三角形的顶点都不在另一个三角形的内部，则这个三角形的所有内角之和为（）A、360°B、900°C、1260°D、1440°例2、周长为30，各边长互不相等且都是整数的三角形共有多少个？1、现有长度分别为2cm、3cm、4 cm、5 cm的线段，从中任取三条，能组成三角形的个数是。

2、用9根同样长的火柴棒在桌面上摆一个三角形（不允许火柴棒折断，并且全部用完），能摆出不同形状的三角形的个数是（）A、1个B、2个C、3个D、4个OCBAEBD CA3、一个三角形的周长是偶数，其中的两条边分别是4和1997，则满足上述条件的三角形的个数是（ ）A 、1个B 、2个C 、3个D 、4个4、已知三角形的每条边长的数值都是2001的质因数，则这样的不同三角形共有（ ） A 、6个 B 、7个 C 、8个 D 、9个5、三角形三条边a 、b 、c 都是质数，且16a b c ++=，则这个三角形是（ ） A 、直角三角形 B 、等腰三角形 C 、等边三角形 D 、直角三角形或等腰三角形6、现有11根火柴，用火柴棒首尾连接构成三角形（这11根火柴可以不用完，但不能折 断），则可以搭成的互不全等的三角形个数为（ ） A ．11个 B ．14个 C ．15个 D ．18个例3、在△ABC 中，高BD 和CE 所在直线相较于点O ，若△ABC 不是直角三角形，且∠A=60°，求∠BOC 的度数。

一元一次方程早在300多年前法国数学家笛卡尔有一个伟大的设想：首先把宇宙万物的所有问题都转化为数学问题；其次，把所有的数学问题转化为代数问题；最后，把所有的代数问题转化为解方程．虽然笛卡尔“伟大设想”没有实现，但是充分说明了方程的重要性．一元一次方程是代数方程中最基础的部分，是后续学习的基础，其基本内容包括：解方程、方程的解及其讨论．解一元一次方程有一般程序化的步骤，我们在解一元一次方程时，既要学会按部就班(严格按步骤)地解方程，又要能随机应变(灵活打乱步骤)解方程．当方程中的系数是用字母表示时，这样的方程叫含字母系数的方程，含字母系数的一元一次方程总可以化为ax ＝b 的形式，继续求解时，一般要对字母系数a 、b 进行讨论：1．当0≠a 时，方程有惟一解ab =； 2．当0,0≠=b a 时，方程无解；3．当0,0==b a 时，方程有无数个解．例题【例1】 (1)已知关于x 的方程x a x x 4)3(23=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--和1851123=--+x a x 有相同的解，那么这个解是 ． (北京市“迎春杯”竞赛题)（2）如果20042003)1(11216121=+++++n n ，那么n ＝ ． (江苏省竞赛题)【例2】 当b=1时，关于x 的方程a(3x-2)+b(2x-3)=8x-7有无数多个解，则a 等于( )．A ．2B ．一2C ．32- D ．不存在 (“希望杯”邀请赛试题)【例3】 是否存在整数k ，使关于k 的方程(k 一5)x+6=1—5x ；在整数范围内有解?并求出各个解．【例4】 解下列关于x 的方程．(1)4x+b=ax-8； (a ≠4)(2)mx-1＝nx ；(3))2(41)(31m x n x m +=-．【例5】已知q p 、都是质数，并且以x 为未知数的一元一次方程px+5q=97的解是1，求代数式40p 十101q+4的值． (“希望杯”邀请赛试题)解一元一次方程常用的技巧有：(1)有多重括号，去括号与合并同类项可交替进行；(2)当括号内含有分数时，常由外向内先去括号，再去分母；(3)当分母中含有小数，可用分数的基本性质化成整数；(4)用整体思想，即把含有求未知数的代数式看作一个整体进行变形．学力训练1．已知x=一1是关于x 的方程7x 3一3x 2+kx+5=0的解，则k 3+2k 2-11k-85= ． (“信利杯”竞赛题)2．方程0)104(21)25(32)5020(61=+-+++x x x 的解为 ； 解方程0333)321(212121=-⎭⎬⎫⎩⎨⎧-⎥⎦⎤⎢⎣⎡--x ，得x= ． 3．已知关于x 的方程2a(x 一1)＝(5一a)x+3b 有无数多个解，那么a ＝ ． (“希望杯”邀请赛试题)4．和方程x 一3＝3x+4不同解的方程是( )．A ．79—4＝59—11B ．0231=++x C ．(a 2+1)(x 一3)＝(3x+4)(a 2+1) D ．(7x 一4)(x —1)＝(5x 一11)(x 一1)5．已知a 是任意有理数，在下面各题中(1)方程ax=0的解是x=1； (2)方程ax ＝a 的解是x ＝1(3)方程ax=1的解是x ＝a1； (4)方程a x a =的解是x ＝±1， 结论正确的个数是( )． A ．0 B ．1 C ． 2 D ．3 (江苏省竞赛题)6．方程231)153(123661-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--x x x 的解是（ ） A ．1415 B ．1415- C ．1445 D ．1445- 7．已知关于x 的一次方程（3a+8b ）x+7=0无解，则ab=( ) ．A ．正数B ．非正数C ．负数D ．非负数8．解关于x 的方程：（1）ax-1=bx (2)4x+b=ax-8 (3)k(kx-1)=3(kx-1)9．A 为何值时，方程)12(6123--=+x x a x 有无数个解？无解？10．已知方程2(x+1)=3(x-1)的解 为a+2，那么方程2[2(x+3)-3(x-a)]=3a 的解为 ．11．已知关于x 的方程9x-3=kx+14有整数解，那么满足条件的所有整数k = ．12．已知431)119991(441=++x ，那么代数式)19991999(481872xx +⋅+的值为 ． 13．若(3a+2b)x 2+ax+b=0是关于x 的一元一次方程，且有唯一解，则x = ．14．有4个关于x 方程(1)x-2=-1 (2)(x-2)+(x-1)=-1+(x-1)(3)x=0 (4)111112-+-=-+-x x x 其中同解的两个方程是（ ）A ．（1）与（2）B ．（1）与（3）C ．（1）与（4）D ．（2）与（4）15．方程1995199619953221=⨯++⨯+⨯x x x 的解是（ ） A ．1995 B ．（1996 C ．1997 D ． 199816．已知2001222==-=+c b a ，且k c b a 2001=++，那么k 的值为（ ）． A ．41 B ．4 C ．41- D ．－4 17．若k 为整数，则使得方程(k-1999)x=2001-2000x 的解也是整数的k 值有（ ）．A ．4个B ．8个C ．12个D ．16个 (“希望杯”邀请赛试题)18．若干本书分给小朋友，每人m 本，则余14本，每人9本，则最后一人只得6本，问小朋友共几个?有多少本书?19．下边横排有12个方格，每个方格都有一个数字，已知任何相邻三个数字的和都是20，求x 的值． (上海市竞赛题) 5A B C D E F X G H E 1020．如果a 、b 为定值，关于x 的方程6232bk x a kx -+=+，无论k 为何值，它的根总是1，求a 、b 的值．(山东省竞赛题)21．将连续的自然数1～1001按如图的方式排列成一个长方形阵列，用一个正方形框出16个数，要使这个正方形框出的16个数之和分别等于：(1)1988；(2)1991；(3)2000；(4)2080．这是否可能?若不可能，试说明理由；若可能，请写出该方框16个数中的最小数与最大数．(河北省竞赛题)22．(第12届“希望杯”竞赛试题)若k 为整数，则使得方程(k —1999)x=2001—2000x 的解也是整数的k 值为( )A ．4个B ．8个C ． 12个D ．16个。

初中数学竞赛辅导资料因式分解甲内容提要和例题我们学过因式分解的四种基本方法：提公因式法，运用公式法，十字相乘法，分组分解法。

下面再介紹两种方法1．添项拆项。

是.为了分组后,能运用公式（包括配方）或提公因式例1因式分解：①x4+x2+1②a3+b3+c3－3abc①分析：x4+1若添上2x2可配成完全平方公式解：x4+x2+1＝x4+2x2+1－x2=(x2+1)2－x2=(x2+1+x)(x2+1－x)②分析：a3+b3要配成（a+b）3应添上两项3a2b+3ab2解：a3+b3+c3－3abc＝a3+3a2b+3ab2＋b3+c3－3abc－3a2b－3ab2＝（a+b）3+c3－3ab(a+b+c)=(a+b+c)［(a+b)2－(a+b)c+c2］－3 ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－ac－bc)例2因式分解：①x3－11x+20②a5+a+1①分析：把中项－11x拆成－16x+5x 分别与x5,20组成两组，则有公因式可提。

（注意这里16是完全平方数）②解：x3－11x+20＝x3－16x+5x+20＝x（x2－16）+5(x+4)=x(x+4)(x－4)+5(x+4) =(x+4)(x2－4x+5)③分析：添上－a2和a2两项，分别与a5和a+1组成两组，正好可以用立方差公式解：a5+a+1＝a5－a2+a2+a+1=a2(a3－1)+ a2+a+1=a2(a－1)( a2+a+1)+ a2+a+1= (a2+a+1)(a3－a2+1)2．运用因式定理和待定系数法定理：⑴若x=a时，f(x)=0, ［即f(a)=0］，则多项式f(x)有一次因式x－a⑵若两个多项式相等，则它们同类项的系数相等。

例3因式分解：①x 3－5x 2+9x －6 ②2x 3－13x 2+3①分析：以x=±1,±2,±3,±6（常数6的约数）分别代入原式，若值为0，则可找到一次因式，然后用除法或待定系数法，求另一个因式。