初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第20章同余试题新人教版

第20章 同 余

20.1.1★(1)证明：任意平方数除以4，余数为0或1；

(2)证明：任意平方数除以8，余数为0、1或4．

解析 (1)因为

奇数()2

22214411(mod 4)k k k =+=++≡，

偶数()222240(mod4)k k ==≡，

所以，正整数21(mod 4),;0(mod 4),.n n n ?≡??奇偶为数为数 (2)奇数可以表示为21k +，从而

奇数()22441411k k k k =++=++．

因为两个连续整数k 、1k +中必有一个是偶数，所以()41k k +是8的倍数，从而

奇数()2811mod8i =+≡．

又，偶数()2

2224k k ==(k 为整数)．

若k =偶数2t =，则()224160mod 8k t ==．

若k =奇数21t =+，则 ()()2

2244211644(mod8)k t t t =+=++≡． 所以，平方数()()()0mod8,1mod8,4mod8.

??≡???

评注 事实上，我们也可以这样来证：因为对任意整数a ，有0a ≡，±1，2(mod4)，所以，0a ≡，1(mod4)；又a ≡0，±1，±2，±3，4(mod8)，所以，2a ≡0，1，()4mod8．

20.1.2★求证：一个十进制数被9除所得的余数，等于它的各位数字被9除所得的余数．

解析 设这个十进制数1210n n A a a a a a -=．

因10≡1(mod9)，故对任何整数k ≥1，有

()1011mod9k k ≡=．

因此

1210n n A a a a a a -=

1110101010n n n n a a a a --=?+?++?+

()110mod9n n a a a a -≡++

++．

即A 被9除所得的余数等于它的各位数字之和被9除所得的余数．

评注 (1)特别地，一个数能被9整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除．(2)算术中的“弃九

验算法”就是依据本题的结论．

20.1.3★★求证：(1)()199985517+；

(2)()2837n +；

(3)()100017191-．

解析 (1)因()551mod8≡-，所以

()1999551mod8≡-，

()19995517117160mod8+≡-+=≡， 于是19998(5517)+．

(2)因为2391(mod8)=≡，231(mod8)n ≡，所以()237170mod8n +≡+≡，即

()2837n +．

(3)因为()192mod17≡，()44192161mod17≡=≡-，所以

()()()25025010004191911mod17=≡-≡，

于是

()100017191-．

20.1.4★★对任意的正整数n ，证明：2903803464261n n n n A =--+能被1897整除．

解析 18977271=?，7与271互质．因为

()29035mod7≡，()8035mod7≡，

()4642mod7≡，()2612mod7≡，

所以()290380346426155220mod7n n n n n n n n A =--+≡--+=，故7|A

又因为

()2903193mod271≡，

()803261mod271≡，

()464193mod271≡，

所以

2903803464261n n n n

A =--+

()1932611932610mod271n n n n ≡--+=，故271|A 因(7，271)=1，所以1897整除A ．

20.1.5★证明：2222555555552222+能被7整除．

解析 因为()55554mod7≡，()34641mod7≡≡，

所以 ()22222222222205555444162mod 7≡≡?≡≡．

因为 ()22223mod7≡，()232mod7≡，()231mod7≡，所以

55555555555502222333≡≡?

()9252263333223≡???≡??

()5mod7≡．

于是

()()()222255555555222225mod 70mod 7+≡+≡，

即 222255557|55552222+．

20.1.6★★求最大的正整数n ，使得102431-能被2n 整除．

解析 因为

()()()

()()1024512256112831313313131+-=+++-，①

而对于整数k ≥1，有 ()()2231112mod4k

k +≡-+=，

所以，①式右边的11个括号中，(3+1)是4的倍数，其他的10个都是2的倍数，但不是4的倍数．故n 的最大值为12．

20.1.7★求使21n -为7的倍数的所有正整数n ．

解析 因为()3281mod 7≡≡，所以对n 按模3进行分类讨论．

(1)若3n k =，则

()()3212181110mod7k n k k -=-=-≡-=； (2)若31n k =+，则

()321221281k

n k -=?-=?- ()2111mod 7k ≡?-=;

(3)若32n k =+，则

()2321221481k

n k -=?-=?- ()4113mod 7k ≡?-=．

所以，当且仅当3|n 时，21n

-为7的倍数．

20.1.8★设n 是正整数，求证：7不整除()41n +．

解析 因为()144mod 7≡，()242mod 7≡，()341mod 7≡．所以

当3n k =时，

()()34141112mod7k n +=+=+=； 当31n k =+时，

()()341441415mod7k

n +=?+=+=； 当32n k =+时，

()()34141611613mod7k

n +=?+=+=． 所以，对一切正整数n ，7不整除41n +．

20.1.9★今天是星期日，过1003天是星期几?

解析 ()33271mod 7=≡-，所以

()()()3333

10033331334mod7=?≡-?=-≡． 因此，过1003天是星期四．

20.1.10★★求3326(25746)+被50除所得的余数．

解析 ()2577mod50≡，()33332577mod50≡．

又()27491mod50=≡-，所以

()471mod 50≡．

()()8

3347777mod50=?≡． 即()332577mod50≡．

从而()33257467463mod50+≡+≡．

()332626(25746)3mod50+≡．

由于()532437mod50==-．()103491mod50≡≡-，所以()2031mod50≡．于是

()()262053333732129mod50=??≡-?=-≡．

故3326(25746)+除以50所得的余数为29．

20.1.11★(1)求33除19982的余数；

(2)求8除2171n +-的余数．

解析 (1)先找与()1mod33±同余的数．因为

()52321mod33=≡-，

所以()1021mod33≡．

()()199199810532222825mod33=??≡-≡．

故所求的余数为25．

(2)因为()71mod8≡-，所以

()()2121711mod8n n ++≡-=-，

()217126mod8n +-≡-≡．

即余数为6．

20.1.12★求5555512399100+++

++除以4所得的余数． 解析 因为()()520mod4n ≡，()()52121mod 4n n +≡+，所以

5555512399100+++

++ ()213599500mod4≡++++=≡．

20.1.13★形如221k n F =+，n =0，1，2，…的数称为费马数．证明：当n ≥2时，n F 的末位数字是7．

解析 当n ≥2时，2n 是4的倍数，故令24n t =．

于是

212k n F +=

()421161617mod10t t t =+=+=+≡．

即n F 的末位数字是7．

评注 费马数的头几个是03F =，15F =，217F =，3257F =，465537F =，它们都是素数．费马便猜

测：对所有的正整数n ，n F 都是素数．然而，这一猜测是错误的．首先推翻这个猜测的是欧拉，他证

明了下一个费马数5F 是合数．有兴趣的读者可以自己去证明．

20.1.14★★已知19191919

19 191 919 1 919n =个，求n 被9除后所得商的个位数字是多少?

解析 因为

19191919

19 191 919 1 919n =个

()19191919≡?+++

()191920224mod9≡?≡?≡．

所以9|4n -．又4n -的个位数字是5，故n 被9除后所得商的个位数字是5．

20.1.15★★求9992的末两位数．

解析 因为

()10210mod 25+≡，()1021mod 25≡-，

()()()10010010211mod25≡-=，

()1000210mod 25-≡．

所以100021-的末两位数字只可能是00、25、50、75，即10002的末两位数字只可能是01、26、5l 、76． 又10002是4的倍数，故10002的末两位数字只可能是76．

又9991000222=÷，所以9992的末两位数字只可能是38、88，而4|88，4|38，故9992的末两位数字是 88．

20.1.16★★求所有的正整数n ，使得2337n n ++是一个立方数．

解析 假设存在正整数m 、n ，使得23337n n m ++=，则()31mod3m ≡，于是()31mod3m ≡．设31m k =+，则223(331)2k k k n n ++=++，易知22n n ++不能被3整除，故不存在正整数n ，使得2337n n ++是一个立方数．

20.1.17★★有一列数排成一行，其中第一个数是3，第二个数是7，从第三个数开始，每个数恰好是前

两个数的和，那么，第1997个数被3除，余数是多少?

解析 该数列是：

3，7，10，17，27，44，71，115，

186，301，487，788，…

除以3的余数分别是：

0，1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，…余数刚好是按“0，1，1，2，0，2，2，1”八个一循环．

又1997≡5(mod 8)，因此所求余数为0．

20.1.18★★★求777的末位数字和7777k 个的末两位数字，其中k 是大于1的正整数．

解析 我们知道，求一个数的末位数字就是求这个数除以10的余数，求一个数的末两位数字就是求这个数除以100的余数．为此，先设法求出71(mod10)t ≡中的t ，然后求出77at b =+(a ，b 是整数)中的b ．这样，问题归结为求67被10除所得的余数．

因为

()()2371mod1073mod10≡-≡，，

()()4471mod1071mod10m ≡≡，，m 是正整数．

而()()()6

6673mod 47311mod 4≡≡≡-≡，．

所以，()773mod 4≡．可设7743m =+．

于是()774337773mod10m +≡≡≡．

所以，7

77的末位数字是3．

考虑777的末两位数字．这时，由()2749mod100≡，()3743mod100≡，()471mod100≡，得 ()471mod100n ≡．

而77211777t k +-=个，其中t 是整数且t ≥0．于是()()217

721211777313mod 4t t t k +++-≡≡≡-≡个． 可设77

17743k n -=+个，那么 ()7743317

77743mod100n k +-=≡≡个．

所以，所求的末两位数字是43．

20.1.19★★求n =1×3×5×…×1997×1999的末三位数字．

解析 这个积显然是5×25=125的倍数，设

n =5×25×1×3×7×…×23×27×…×1999=125m ．

由于1000=8×125，所以，我们只需求出m 除以8所得的余数，进而便可求得n 除以1000的余数． m =(1× 3×7)×(9×11×13×15)

×(17×19×21×23)×(27×29×31)

×(33×35×37×39)×…

×(1985×1987×1989×1991)

×(1993×1995×1997×1999)

在上述乘积中，除第一和第四个括号外，每个括号中都是四个数的乘积，这个积是

()()()()81838587k k k k ++++

1≡×3×5×7

1≡()mod8．

而 ()1375mod8??≡，

()2729311mod8??≡．

于是 ()515mod8m ≡?≡．

所以，()()125125851255625mod1000m k =?+≡?=，即n 的末三位数字是625．

20.1.20★★★★如果k 是大于1的整数，a 是210x kx -+=的根．对于大于10的任意正整数n ，22n n

a a -+的个位数字总是7，求是的个位数字． 解析 首先，我们证明k 的个位数字不可能是偶数．其次，根据22n n

a a -+与7对模10同余，从中确定

k 的个位数字．

因为a 是210x kx -+=的根，所以这方程的另一个根是1a

．于是 1a k a

+

=． 如果k 的个位数字是偶数，那么 2

222122a a a k a -??+=+-=- ??? 的个位数字仍是偶数．

()222

22222a a k -+=-- 的个位数字也是偶数．

对于10n >，22n n

a a -+的个位数字也是偶数，与题设矛盾．k 的末位数字不能是偶数．

(1)如果k 的个位数字是1或9，那么

()221mod10a a -+≡-，

由此得()221mod101n n a a n -+≡-，≥． (2)如果k 的个位数字是3或7，那么

()227mod10a a -+≡，

由此得()227mod10n n

a a -+≡，1n ≥．

(3)如果k 的个位数字是5，那么

()223mod10a a -+≡，()22227mod10a a -+≡． 所以()227mod10n n a a -+≡，2n ≥．

综上所述，k 的个位数字是3或5或7．

20.1.21★★2005年12月15日，美国中密苏里州大学的数学家Curtis Cooper 和Steven Boone 教授发

现了第43个麦森质数3040245721-，求这个质数的末两位数．

解析 因为()10210241mod 25=≡-，所以

()()3040545304024530402457107722212≡?≡-?

()128322mod 25≡-≡-≡，

所以，304024572的末两位数只能是22、47、72、97．

又304024572≡0(mod4)，所以，304024572的末两位数只能是72．从而，3040245721-的末两位数是71． 20.1.22★★★求最小的正整数a ，使得存在正整数n ，满足2001|5532n n a +?．

解析 因为2001=3×23×29，所以，要使2001|5532n n a +?，只要使

3|5532n n a +?，

23|5532n n a +?，

29|5532n n a +?．

易知

()()553211mod3n

n n a a +?≡+-， ()()55329919mod 23n n n n n a a a +?≡+?≡+?，

()()553233mod 29n

n n n a a +?≡-+?． (1)若n 是奇数，则()1mod3a ≡，()1mod 23a ≡-，()1mod 29a ≡，而(3，29)=1，故()1mod87a ≡ ．

令12871231a k k =+=-，则18720(mod23)k +≡，所以

()1520mod 23k -+≡，

即()145180mod 23k -+≡，

所以()118mod23k ≡-，则1k 能取的最小正整数是5．所以n 是奇数时，a 的最小正整数解是

8751436?+=．

(2)若n 是偶数，则()1mod3a ≡-， ()1mod 23a ≡-，()1mod 29a ≡-，由于(3，23)=1，(3，29)=1，(23，29)=1，所以1a ≡-(mod3×23×29)．故当n 是偶数时，a 的最小正整数解是323291??-等于2000．

综上所述，满足条件的最小正整数a 为436．

20.1.23★★证明：对任意正整数n ，87n +不可能是三个整数的平方和．

解析 假设存在整数a 、b 、c ，使得

22287n a b c +=++．

由于对任意整数x ，2x ≡0，1，4(mod8)，于是

222a b c ++≡0，1，2，3，4，5，6(mod8)．

而()877mod8n +≡，矛盾！

20.1.24★证明不定方程22257x y -=无整数解．

解析 因为22257x y =+，显然，y 是奇数．

(1)若x 为偶数，则

()220mod8x ≡．

又()21mod8y ≡．所以()2574mod8y +≡，矛盾，故x 不能为偶数．

(2)若x 为奇数，则()222mod4x ≡．

但()2570mod 4y +≡，矛盾，故x 不能为奇数．

由(1)，(2)可知：原方程无整数解．

20.1.25★证明：不定方程2286a b c +-=没有整数解．

解析 如果n ≡0，1，2，3(mod4)，那么

2n ≡0，1，4(mod 8)．

所以22a b +≡0，1，2，4，5(mod8)．但与()226mod8a b +≡矛盾．

从而原不定方程无整数解．

20.1.26★证明：不定方程4425x y z ++=没有整数解．

解析 以5为模，如果0x ≡，±1，±2(mod5)，那么

2x ≡0，1，4(mod5)，4x ≡0，1，1(mod5)．

即对任一整数x ，4x ≡0，1(mod5)．

同样，对任一整数y ，4y ≡0，1(mod5)．

所以442x y ++≡2，3，4(mod5)．

从而原不定方程无整数解．

20.1.27★★★求最小的正整数n ，使得存在整数1x ，2x ，…，n x ，满足

444121599n x x x +++=．

解析 对任意整数a ，可知

()20mod4a ≡或()21mod8a ≡，

由此可得 40a ≡或()1mod16．

利用这个结论，可知，若n <15，设

()44412mod16n x x x m +++=，

则 m ≤n <15，

而 1599≡()15mod16，

矛盾，所以n ≥15．

另外，当n =15时，要求

()444121mod16n x x x ≡≡≡≡，

即1x ，2x ，…，n x 都为奇数，这为我们找到合适的数指明了方向．事实上。在1x ，2x ，…，15x 中，1个数取为5，12个取为3，另外两个取为1，就有

4441215x x x +++

44

51232=+?+

=625+972+2=1599．

所以，n 的最小值为15． 20.1.28★★是否存在正整数x 、y ，使得2222003x y +=成立?

解析 如果有这样的正整数，那么x 、y 都小于2003，由2003为质数(这个结论可通过所有不超过

2003直接计算得到)，所以x 、y 都与2003互质，这表明(x ，y ，2003)是原方程的本原解，从而知存在正整数m 、n 使得

222003m n +=．

但是220m n +≡、1或2(mod4)，而

20033≡(mod4)，

矛盾．所以，不存在正整数x 、y 满足条件．

20.1.29★★★设21n +是质数，证明：21，22，…，2n 被21n +除所得的余数各不相同．

解析 假设有两个数a 、b (1≤b a <≤n )，且2a 和2b 被21n +除余数相同．

则()()220mod 21a b n -≡+．即

()()()()0mod 21a b a b n +-≡+．

又21n +是质数，所以

()()0mod 21a b n +≡+

或

()()0mod 21a b n -≡+． ①

而a b +，a b -都小于21n +且大于0，所以a b +与21n +互质，a b -也与21n +互质．因此a b +与 a b -都不能被21n +整除．这与①式矛盾，故原命题成立．

20.1.30★求20001993除以17的余数．

解析 因17是素数，17| 1993，故由费马小定理，有

()1619931mod17≡，

所以

()()125200016199319931mod17=≡．

即20001993除以17的余数是1．

评注 本题用了费马(Femat)小定理：若p 是质数(a ，p )=1，则

()11mod p a p -≡．

20.1.31★证明：2412412412411234+++，能被5型除，但2402402402401234+++不能被5整除．

解析 由于5是质数，且分别和1、2、3、4互质．由费马小定理得()41mod5a ≡，而

()()60

2414mod5a a a a ≡≡． 所以 ()241241241241123412340mod5+++≡+++≡．

但

()24024024024012344mod5+++≡,

所以，2402402402401234+++不能被5整除．

20.1.32★★证明：2730|13n n -．

解析 因为2730=2×3×5×7×13．由费马小定理，

()13mod13n n ≡，()7mod 7n n ≡，()5mod5n n ≡，()3mod3n n ≡，()2mod 2n n ≡．

而由()

13121n n n n -=-易得：713|n n n n --，513|n n n n --，313|n n n n --，213|n n n n --．所以 13|k n n -，2k =，3，5，7，13．

且2、3、5、7、13两两互质，因此原结论成立．

20.1.33★a 是一个整数，证明：530|a a -．

解析 由费马小定理，

()3mod3a a ≡，

()5mod5a a ≡，

而()()

5321a a a a a -=-+，所以

53|a a -，55|a a -． 又因为()()()

52111a a a a a a -=-++是偶数，故52|a a -．但2、3、5两两互素，故 530|a a -．

20.1.34★★★证明：若n 为大于1的正整数，则21n -不能被n 整除．

解析 若n 是偶数，显然|n 21n -．

若n 是奇素数，由费马小定理，

()22mod n n ≡，

即

()211mod n n -≡，

所以|n 21n -．

若n 是奇合数，设p 是n 的最小质因数，由费马小定理

()121mod p p -≡．

又设i 是使()21mod i p ≡成立的最小正整数，则2≤i ≤1p n -<，因此i n ．令n iq r =+，0r < ≤1i -，那么

()2(2)221mod /n i q r r p =?≡≡，

故|p 21n -，进而|n 21n -．

20.1.35★★★试求最小的正整数，它可以被表示为四个正整数的平方和，且可以整除某个形如215n +的整数，其中n 为正整数．

解析 最小的5个可以被表示为四个正整数的平方和的正整数为，4=1+1+1+1，7=4+1+1+1，10=4+4+1+1，12=9+1+1+1和13=4+4+4+1．

显然，由于215n +为奇数，所以这个最小的正整数不能是4，10和12．

当3n k =时，

()32152151152mod7n k +=+≡+≡；

当31n k =+时，

()321522152153mod7n k +=?+≡+≡；

当32n k =+时，

()321542154155mod7n k +=?+≡+≡．

所以215n +不是7的倍数．

而72151431113+==?，所以符合条件的最小正整数是13．

20.1.36★★★设n 为正整数．证明：37|3n n +的充要条件是37|31n n +．

解析 若37|3n n +，

则7|n ，

于是，由费马小定理，知

()61mod7n ≡，

从而，由

37|3n n +，

知()337|3n n n +，

故37|31n n +．

反过来，若37|31n n +，

则7|n ，

并且()

337|31n n n +?，

即637|3n n n ?+，

利用费马小定理知

61(mod 7)n ≡，

故37|3n n +．

命题获证．

评注 涉及指数的同余式经常需要用到费马小定理，因为由费马小定理得出的结论中，同余式的一边 是1，这带来很大的方便．

20.1.37★★★★由费马小定理知，对任意奇质数p ，都有()121mod p p -≡．问：是否存在合数n ，使得()121mod n n -≡成立?

解析 这样的合数n 存在，而且有无穷多个．其中最小的满足条件的合数3411131n ==?(它是从两 个不同奇质数作乘积去试算出来的)．

事实上，由于

102110233413-==?，

故 ()1021mod341≡，

所以 ()34034211mod341≡≡，

故341符合要求．

进一步，设a 是一个符合要求的奇合数，则21a -是一个奇合数(这一点利用因式分解可知)．再设121a a q --=?，q 为正奇数，则

()()()12211221221212121k k q

aq a -----=-=-=- ()()

2110mod 21q a ≡-≡-． 因此21a -也是一个符合要求的数．依此递推(结合341符合要求)，可知有无穷多个满足条件的合数． 评注 满足题中的合数n 称为“伪质数”，如果对任意(a ，n )=1，都有()11mod n a n -≡成立，那么合数 n 称为“绝对伪质数”．请读者寻找“绝对伪质数”．

20.1.38★★★★设p 为质数．证明：存在无穷多个正整数n ，使得|2n p n -．

解析 如果2p =，那么取n 为偶数，就有|2n p n -，

命题成立．

设2p >，则由费马小定理知

()121mod p p -≡，

因此，对任意正整数k ，都有

()()121mod k p p -≡，

所以，只需证明存在无穷多个正整数k ，使得

()()11mod k p p -≡

(这样，令()1n k p =-，就有|2n p n -)．

而这只需()1mod k p ≡-，这样的k 当然有无穷多个．

所以，命题成立．

评注 用费马小定理处理数论中的一些存在性问题有时非常方便、简洁．

20.1.39★★求出大于1的整数n 的个数，使得对任意的整数a ，都有25|n a a -．

解析 设满足条件的正整数组成集合S ，若25|n a a -,25|m a a -，则[]25,m n a a -，因此S 中全部数的最小公倍数也属于S ，即S 中的最大数是其余每个数的倍数．25|m a a -，则m 的约数也整除25a a -，于是只需确定最大数m ，其一切大于1的约数组成集合S ．

因为25|22m -,25|33m -，并且25(22-,2533)-=2×3×5×7×13，由费马小定理，易证2×3× 5×7×1325|a a -，所以m =2×3×5×7×13，集合S 共有31个元素．

评注 利用特殊值法确定最大值，再进行证明是处理竞赛问题的典型技巧．

20.1.40★★★已知正整数m ，n n m

，求证：

1n m mn

+． 解析 由题设条件可得27m ≥21n +．

对于整数x ，有2x ≡0，1，2，4(mod7)，所以2271m n ≠+(否则，()26mod7n ≡)，2272m n ≠+(否则，()25mod 7n ≡)，故27m ≥23n +，于是

7≥2

222222311n n n m m m mn m n -??+=++ ???

≥21n m mn ??+ ???，

1n m mn

+． 20.1.41★★★★正整数n 不能被2、3整除，且不存在非负整数a 、b ，使得23a b n -=．求n 的最小值．

解析 先通过具体赋值猜出n 值，再进行证明．

当1n =时，11231-=；5n =时，22235-=；7n =时，12237-=；11n =时，432311-=；13n =时，412313-=；17n =时，642317-=；19n =时，332319-=；23n =时，522323-=；25n =时，132325-=；29n =时，512329-=；31n =时，502331-=．

下证n =35满足要求，用反证法，若不然，存在非负整数a 、b ，使得2335a b -=．

(1)若2335a b -=，显然a ≠0，1，2，故a ≥3．模8，得()33mod8b -≡，即()35mod8b ≡，但31b ≡，()3mod8，不可能．

(2)若3235b a -=，易知b ≠0，1，模9，得()21mod9a =，因为 (){2mod9}k ：2，4，8，7，5，1，2，4，…所以，621k ≡；6122k +≡，6224k +≡，6328k +≡，6427k +≡，()6525mod 9k +≡．于是6a k =，其中k 为非负整数，所以23835b k -=．再模7，得()31mod7b ≡．因 为(){3mod7}k ：3，2，6，4，5，1，3，2，…，故6b k =′，k ′为正整数，所以， 663235k k '-=，()()

3333323235k k k k ''-+=．

所以3333321,3235;k k k k ''?-=??+=??或3333325,327.k k k k ''?-=??+=?? 于是，3318k '=或6，不可能．综上可知， 35min n =．

20.1.42★★★求方程

345x y z += ①

的所有正整数解．

解析 显然，2x y z ===是方程的一组解．下面证明这是唯一的解． 设正整数x 、y 、z 满足方程，则

()534011mod3z x y y =+≡+=，

即

()

()11mod 3z -≡．

所以z 是偶数．

令12z z =，那么①可变为 ()()115

2523z z y y x +-=，

所以

11523z x y +=， ②

12523z x y -=． ③ 其中120x x >≥，12x x x +=．

②+③，得

()3112122533331x z x x x x -?=+=+．

因为3与2和5都互质，所以20x =，1x x =．由②、③可得 ()

()1110(mod3)z y -+-≡， ()()()1

111mod3z y ---≡， 所以

()()1211mod 3z

-≡， ()()211mod3y

-≡-． 故1z 是奇数，y 是偶数．再由②式，得

()()11mod 4x -≡，

所以x 也是偶数．

若2y >，由②得

()51mod8≡，

矛盾，故y 只能为2．由③知11z =，再由②，得2x =． 所以，2x y z ===是方程的唯一解．

初中数学竞赛常用解题方法(代数)

初中数学竞赛常用解题方法（代数） 一、 配方法 例1练习：若2 ()4()()0x z x y y z ----=，试求x+z 与y 的关系。 二、 非负数法 例21 ()2 x y z =++. 三、 构造法 （1）构造多项式 例3、三个整数a 、b 、c 的和是6 的倍数.，那么它们的立方和被6除，得到的余数是( ) (A) 0 (B) 2 (C) 3 (D) 不确定的 （2）构造有理化因式 例4、 已知(2002x y =. 则2 2 346658x xy y x y ----+=___ ___。 （3）构造对偶式 例5、 已知αβ、是方程2 10x x --= 的两根，则4 3αβ+的值是___ ___。 （4）构造递推式 例6、 实数a 、b 、x 、y 满足3ax by +=,2 2 7ax by +=,3 3 16ax by +=,4 4 42ax by +=.求5 5 ax by +的值___ ___。 （5）构造几何图形 例7、（构造对称图形）已知a 、b 是正数，且a + b = 2. 求u =___ ___。 练习：（构造矩形）若a ，b 形的三条边的长，那么这个三角形的面积等于___________。 四、 合成法 例8、若12345,,,x x x x x 和满足方程组

123451234512345123451234520212 224248296 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++=++++=++++=++++=++++= 确定4532x x +的值。 五、 比较法（差值比较法、比值比较法、恒等比较法） 例9、71427和19的积被7除，余数是几？ 练习：设0a b c >>>，求证：222a b c b c c a a b a b c a b c +++>. 六、 因式分解法（提取公因式法、公式法、十字相乘法） 1221()(...)n n n n n n a b a b a a b ab b -----=-++++ 1221()(...)n n n n n n a b a b a a b ab b ----+=+-+-+ 例10、设n 是整数，证明数3 231 22 M n n n =++为整数，且它是3的倍数。 练习：证明993 991993 991+能被1984整除。 七、 换元法（用新的变量代换原来的变量） 例11、解方程2 9(87)(43)(1)2 x x x +++= 练习：解方程 11 (1) 11 (1x) x =. 八、 过度参数法（常用于列方程解应用题） 例12、一商人进货价便宜8%，售价保持不变，那么他的利润（按进货价而定）可由目前的 %x 增加到(10)%x +，x 等于多少? 九、 判别式法（24b ac ?=-判定一元二次方程20ax bx c ++=的根的性质） 例13、求使2224 33 x x A x x -+=-+为整数的一切实数x. 练习：已知,,x y z 是实数，且 2 2 2 212 x y z a x y z a ++=++=

全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第26讲 含参数的一元二次方程的整数根问题

全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第二十六讲含参数的一元二次方程的整数根问题 对于一元二次方程ax2＋bx＋c=0(a≠0)的实根情况，可以用判别式Δ=b2-4ac来判别，但是对于一个含参数的一元二次方程来说，要判断它是否有整数根或有理根，那么就没有统一的方法了，只能具体问题具体分析求解，当然，经常要用到一些整除性的性质．本讲结合例题来讲解一些主要的方法． 例1 m是什么整数时，方程 (m2-1)x2-6(3m-1)x＋72＝0 有两个不相等的正整数根． 解法1首先，m2-1≠0，m≠±1．Δ=36(m-3)2＞0，所以m≠3．用求根公式可得 由于x1，x2是正整数，所以 m-1=1，2，3，6，m+1=1，2，3，4，6，12， 解得m=2．这时x1=6，x2=4． 解法2首先，m2-1≠0，m≠±1．设两个不相等的正整数根为x1，x2，则由根与系数的关系知 所以m2-1=2，3，4，6，8，9，12，18，24，36，72，即 m2＝3，4，5，7，9，10，13，19，25，37，73， 只有m2=4，9，25才有可能，即m=±2，±3，±5． 经检验，只有m=2时方程才有两个不同的正整数根． 说明一般来说，可以先把方程的根求出来(如果比较容易求的话)，然后利用整数的性质以及整除性理论，就比较容易求解问题，解法1就是

这样做的．有时候也可以利用韦达定理，得到两个整数，再利用整除性质求解，解法2就是如此，这些都是最自然的做法． 例2 已知关于x的方程 a2x2-(3a2-8a)x＋2a2-13a＋15=0 (其中a是非负整数)至少有一个整数根，求a的值． 分析“至少有一个整数根”应分两种情况：一是两个都是整数根，另一种是一个是整数根，一个不是整数根．我们也可以像上题一样，把它的两个根解出来． 解因为a≠0，所以 所以 所以只要a是3或5的约数即可，即a=1，3，5． 例3设m是不为零的整数，关于x的二次方程 mx2-(m-1)x＋1＝0 有有理根，求m的值． 解一个整系数的一元二次方程有有理根，那么它的判别式一定是完全平方数．令 Δ=(m-1)2-4m＝n2， 其中n是非负整数，于是 m2-6m+1=n2，

初中数学竞赛专题辅导因式分解一

因式分解 多项式的因式分解是代数式恒等变形的基本形式之一，它被广泛地应用于初等数学之中，是我们解决许多数学问题的有力工具．因式分解方法灵活，技巧性强，学习这些方法与技巧，不仅是掌握因式分解内容所必需的，而且对于培养学生的解题技能，发展学生的思维能力，都有着十分独特的作用．初中数学教材中主要介绍了提取公因式法、运用公式法、分组分解法和十字相乘法．本讲及下一讲在中学数学教材基础上，对因式分解的方法、技巧和应用作进一步的介绍． 1．运用公式法 在整式的乘、除中，我们学过若干个乘法公式，现将其反向使用，即为因式分解中常用的公式，例如： (1)a2-b2=(a+b)(a-b)； (2)a2±2ab+b2=(a±b)2； (3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)； (4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)． 下面再补充几个常用的公式： (5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2； (6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)； (7)a n-b n=(a-b)(a n-1+a n-2b+a n-3b2+…+ab n-2+b n-1)其中n为正整数； (8)a n-b n=(a+b)(a n-1-a n-2b+a n-3b2-…+ab n-2-b n-1)，其中n为偶数； (9)a n+b n=(a+b)(a n-1-a n-2b+a n-3b2-…-ab n-2+b n-1)，其中n为奇数． 运用公式法分解因式时，要根据多项式的特点，根据字母、系数、指数、符号等正确恰当地选择公式．

例1 分解因式： (1)-2x5n-1y n+4x3n-1y n+2-2x n-1y n+4； (2)x3-8y3-z3-6xyz； (3)a2+b2+c2-2bc+2ca-2ab； (4)a7-a5b2+a2b5-b7． 解 (1)原式=-2x n-1y n(x4n-2x2n y2+y4) =-2x n-1y n[(x2n)2-2x2n y2+(y2)2] =-2x n-1y n(x2n-y2)2 =-2x n-1y n(x n-y)2(x n+y)2． (2)原式=x3+(-2y)3+(-z)3-3x(-2y)(-Z) =(x-2y-z)(x2+4y2+z2+2xy+xz-2yz)． (3)原式=(a2-2ab+b2)+(-2bc+2ca)+c2 ＝(a-b)2+2c(a-b)+c2 =(a-b+c)2． 本小题可以稍加变形，直接使用公式(5)，解法如下：原式=a2+(-b)2+c2+2(-b)c+2ca+2a(-b) =(a-b+c)2 (4)原式=(a7-a5b2)+(a2b5-b7) =a5(a2-b2)+b5(a2-b2) =(a2-b2)(a5+b5)

初中数学竞赛辅导讲义全

专业资料 初中数学竞赛辅导讲义（初三） 第一讲 分式的运算 [知识点击] 1、 分部分式：真分式化为另几个真分式的和，一般先将分母分解因式，后用待定系数法进行。 2、 综合除法：多项式除以多项式可类似于是有理数的除法运算，可列竖式来进行。 3、 分式运算：实质就是分式的通分与约分。 [例题选讲] 例1．化简 2312++x x + 6512++x x + 12 712++x x 解：原式= )2)(1(1++x x + )3)(2(1++x x + ) 4)(3(1++x x = 11+x - 21+x + 21+x - 31+x + 31+x - 4 1+x =) 4)(1(3++x x 例2． 已知 z z y x -+ = y z y x +- = x z y x ++- ，且xyz ≠0，求分式xyz x z z y y x ))()((+-+的值。

专业资料 解：易知：z y x + = y z x + = x z y + =ｋ 则?? ???=+=+=+)3()2()1(kx z y ky z x kz y x （1）+（2）+（3）得：(ｋ-2)(x+y+z)=0 ｋ=2 或 x+y+z=0 若ｋ=2则原式= k 3 = 8 若 ｘ+ｙ+ｚ=0，则原式= k 3 =-1 例3．设 1 2+-mx x x =1，求 12242+-x m x x 的值。 解：显然X 0≠，由已知x mx x 12+- =1 ，则 x +x 1 = ｍ + 1 ∴ 22241x x m x +- = ｘ2 + 21x - ｍ2= (x +x 1)2-2 –ｍ2 =( ｍ +1)2-2- ｍ2= 2ｍ -1 ∴原式=1 21-m 例4．已知多项式3x 3 +ax 2 +3x +1 能被x 2 +1整除，求ａ的值。 解：

初中数学竞赛专题培训(4)：代数式的化简与求值

初中数学竞赛专题培训第四讲分式的化简与求值 分式的有关概念和性质与分数相类似，例如，分式的分母的值不能是零，即分式只有在分母不等于零时才有意义；也像分数一样，分式的分子与分母都乘以(或除以)同一个不等于零的整式，分式的值不变，这一性质是分式运算中通分和约分的理论根据．在分式运算中，主要是通过约分和通分来化简分式，从而对分式进行求值．除此之外，还要根据分式的具体特征灵活变形，以使问题得到迅速准确的解答．本讲主要介绍分式的化简与求值． 例1 化简分式： 分析直接通分计算较繁，先把每个假分式化成整式与真分式之和的形式，再化简将简便得多． ＝［(2a+1)-(a-3)-(3a+2)+(2a-2)］ 说明本题的关键是正确地将假分式写成整式与真分式之和的形式． 例2 求分式 当a=2时的值．分析与解先化简再求值．直接通分较复杂，注意到平方差公式：a2-b2=(a+b)(a-b)， 可将分式分步通分，每一步只通分左边两项． 例3 若abc=1 ，求 分析本题可将分式通分后，再进行化简求值，但较复杂．下面介绍几种简单的解法． 解法1 因为abc=1，所以a，b，c都不为零． 解法2 因为abc=1，所以a≠0，b≠0，c≠0． 例4 化简分式：

分析与解 三个分式一齐通分运算量大，可先将每个分式的分 母分解因式，然后再化简． 说明 互消掉的一对相反数，这种化简的方法叫“拆项相消”法， 它是分式化简中常用的技巧． 例5 化简计算(式中a ，b ，c 两两不相等)： 似的，对于这个分式，显然分母可以分解因式为(a -b)(a -c)，而分子又恰好凑成(a -b)+(a -c)，因此有下面的解法． 解 说明 本例也是采取“拆项相消”法，所不同的是利用 例6 已知：x+y+z=3a(a ≠0，且x ，y ，z 不全相等)，求 分析 本题字母多，分式复杂．若把条件写成 (x -a)+(y -a)+(z -a)=0，那么题目只与x -a ，y -a ，z -a 有关，为简化计算，可用换元法求解． 解 令x -a=u ，y -a=v ，z -a=w ，则分式变为 u 2+v 2+w 2 +2(uv+vw+wu)=0． 由于x ，y ，z 不全相等，所以u ，v ，w 不全为零，所以u 2 +v 2 +w 2 ≠0，从而有 说明 从本例中可以看出，换元法可以减少字母个数，使运算 过程简化． 例7 化简分式： 适当变形，化简分式后再计算求值． (x -4)2 =3，即x 2 -8x+13＝0． 原式分子=(x 4 -8x 3 +13x 2 )+(2x 3 -16x 2 +26x)+(x 2 -8x+13)+10 =x 2 (x 2 -8x+13)+2x(x 2 -8x+13)+(x 2 -8x+13)+10

初中数学竞赛专题选讲-配方法(含答案)

初中数学竞赛专题[配方法] 一、内容提要 1. 配方：这里指的是在代数式恒等变形中，把二次三项式a 2 ±2ab+b 2 写成完全平方式 （a ±b ）2. 有时需要在代数式中添项、折项、分组才能写成完全平方式. 常用的有以下三种： ①由a 2 +b 2 配上2ab ， ②由 2 ab 配上a 2 +b 2 ， ③由a 2 ±2ab 配上b 2 . 2. 运用配方法解题，初中阶段主要有： ① 用完全平方式来因式分解 例如：把x 4 +4 因式分解. 原式＝x 4 +4＋4x 2 －4x 2 =(x 2 +2)2 －4x 2 ＝…… 这是由a 2 +b 2配上2ab. ② 二次根式化简常用公式：a a =2，这就需要把被开方数 写成完全平方式. 例如：化简6 25-. 我们把5－2 6写成 2－232＋3 ＝2)2(－232＋2)3( ＝（ 2－3） 2 . 这是由2 ab 配上a 2 +b 2 .

③ 求代数式的最大或最小值，方法之一是运用实数的平方是非负数，零就是最小值.即∵a 2 ≥0， ∴当a=0时， a 2 的值为0是最小值. 例如：求代数式a 2 +2a －2 的最值. ∵a 2 +2a －2= a 2 +2a+1－3=(a+1)2 －3 当a=－1时, a 2 +2a －2有最小值－3. 这是由a 2 ±2ab 配上b 2 ④ 有一类方程的解是运用几个非负数的和等于零，则每一个非负数都是零，有时就需要配方. 例如:：求方程x 2 +y 2 +2x-4y+5=0 的解x, y. 解：方程x 2 +y 2 +2x-4y+1＋4＝0. 配方的可化为 （x+1）2 +(y －2)2 =0. 要使等式成立，必须且只需? ??=-=+0201y x . 解得 ???=-=2 1 y x 此外在解二次方程中应用根的判别式，或在证明等式、不等式时，也常要有配方的知识和技巧.

南开中学初中数学竞赛辅导资料

初中数学竞赛辅导资料 第一讲数的整除 一、容提要： 如果整数A 除以整数B(B ≠0)所得的商A/B 是整数,那么叫做A 被B 整除. 0能被所有非零的整数整除. 能被7整除的数的特征： ①抹去个位数 ②减去原个位数的2倍 ③其差能被7整除。 如 1001 100－2＝98（能被7整除） 又如7007 700－14＝686， 68－12＝56（能被7整除） 能被11整除的数的特征： ①抹去个位数 ②减去原个位数 ③其差能被11整除 如 1001 100－1＝99（能11整除） 又如10285 1028－5＝1023 102－3＝99（能11整除） 二、例题 例1已知两个三位数328和92x 的和仍是三位数75y 且能被9整除。 求x,y 解：x,y 都是0到9的整数，∵75y 能被9整除，∴y=6. ∵328＋92x ＝567，∴x=3 例2已知五位数x 1234能被12整除，求x 解：∵五位数能被12整除，必然同时能被3和4整除， 当1＋2＋3＋4＋x 能被3整除时，x=2，5，8

当末两位4x能被4整除时，x＝0，4，8 ∴x＝8 例3求能被11整除且各位字都不相同的最小五位数 解：五位数字都不相同的最小五位数是10234， 但（1＋2＋4）－（0＋3）＝4，不能被11整除，只调整末位数仍不行 调整末两位数为30，41，52，63，均可， ∴五位数字都不相同的最小五位数是10263。 练习一 1、分解质因数：（写成质因数为底的幂的连乘积） ①756②1859 ③1287 ④3276 ⑤10101 ⑥10296 987能被3整除，那么 a=_______________ 2、若四位数a x能被11整除，那么x＝__________ 3、若五位数1234 35m能被25整除 4、当m=_________时，5 9610能被7整除 5、当n=__________时，n 6、能被11整除的最小五位数是________,最大五位数是_________ 7、能被4整除的最大四位数是____________，能被8整除的最大四位数是_________。 8、8个数：①125，②756，③1011，④2457，⑤7855，⑥8104，⑦9152，⑧70972 中，能被下列各数整除的有（填上编号）： 6________,8__________,9_________,11__________ 9、从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_____个，能被3整除 但不是5的倍数的共______个。 10、由1，2，3，4，5这五个自然数，任意调换位置而组成的五位数中，不能被3 整除的数共有几个？为什么？

初中数学竞赛专题辅导--函数图像

初中数学竞赛专题选讲 函数的图象 一、内容提要 1. 函数的图象定义：在直角坐标系中，以自变量x 为横坐标和以它的函数y 的对应值为纵 坐标的点的集合，叫做函数y=f(x)的图象. 例如 一次函数y=kx+b (k,b 是常数，k ≠0)的图象是一条直线 ① l 上的任一点p 0(x 0,y 0) 的坐标，适合等式y=kx+b, 即y 0=kx ② 若y 1=kx 1+b ，则点p 1(x 1,y 1) 在直线l 上. 2. 方程的图象：我们把y=kx+b 看作是关于x, y 的 二元 一次方程kx －y+b=0, 那么直线l 就是以这个方程的解为坐标 的点的集合，我们把这条直线叫做二元一次方程的图象. 二元一次方程ax+by+c=0 (a,b,c 是常数，a ≠0,b ≠0) 叫做 直线方程. 一般地，在直角坐标系中，如果某曲线是以某二元方程的解为坐标的 点的集合，那么这曲线就叫做这个方程的图象. 例如： 二元二次方程y=ax 2+bx+c(a ≠0) (即二次函数)的图象是抛物线； 二元分式方程y= x k (k ≠0) (即反比例函数)的图象是双曲线. 3. 函数的图象能直观地反映自变量x 与函数y 的对应规律. 例如： ① 由图象的最高，最低点可看函数的最大，最小值； ② 由图象的上升，下降反映函数 y 是随x 的增大而增大(或减小)； ③ 函数y=f(x)的图象在横轴的上方，下方或轴上，分别表示y>0,y<0,y=0. 图象所对应 的横坐标就是不等式f(x)>0,f(x)<0 的解集和方程f(x)=0的解. ④ 两个函数图象的交点坐标，就是这两个图象所表示的两个方程(即函数解析式)的公 共解.等等 4. 画函数图象一般是： ①应先确定自变量的取值范围. 要使代数式有意义，并使代数式所表示的实际问题有意义，还要注意是否连续，是否有界. ②一般用描点法，但对一次函数(二元一次方程)的图象，因它是直线(包括射线、线段)，所以可采用两点法.线段一定要画出端点(包括临界点). ③对含有绝对值符号(或其他特殊符号)的解析式 ，应按定义对自变量分区讨论，写成几个解析式. 二、例题 例1. 右图是二次函数y=ax 2+bx+c (a ≠0)， 试决定a, b, c 及b 2－4ac 的符号. 解：∵抛物线开口向下， ∴a<0. ∵对称轴在原点右边，∴x=－ a b 2>0且a<0, ∴b>0. ∵抛物线与纵轴的交点在正半轴上， ∴截距c>0. ∵抛物线与横轴有两个交点， ∴b 2－4ac>0. 例2. 已知：抛物线f ：y=－(x －2)2+5. 试写出把f 向左平行移动2个单位后，所得的曲线f 1的方程；以及f 关于x 轴对称的曲线f 2 的方程. 画出f 1和f 2的略图，并求：

初中数学竞赛辅导训练试题及答案

初中数学竞赛辅导练习题 1、已知a 、b 、c 都是实数，并且c b a >>，那么下列式子中正确的是（ ） （Ａ）bc ab >（Ｂ）c b b a +>+（Ｃ）c b b a ->-（Ｄ） c b c a > 2、如果方程()0012 >=++p px x 的两根之差是1，那么p 的值为（ ） （Ａ）2（Ｂ）4（Ｃ）3（Ｄ）5 3、在△ABC 中，已知BD 和CE 分别是两边上的中线，并且BD ⊥CE ，BD=4，CE=6，那么△ABC 的面积等于（ ）（Ａ）12（Ｂ）14（Ｃ）16（Ｄ）18 4、已知0≠abc ，并且 p b a c a c b c b a =+=+=+，那么直线p px y +=一定通过第（ ）象限 （Ａ）一、二（Ｂ）二、三（Ｃ）三、四（Ｄ）一、四 5、如果不等式组? ??<-≥-080 9b x a x 的整数解仅为1，2，3，那么适合这个不等式组的整数a 、b 的有序数 对（a 、b ）共有（ ）（Ａ）17个（Ｂ）64个（Ｃ）72个（Ｄ）81个 6、计算 的值是（ ）。（A ）1（B ）－1（C ）2（D ）－ 2。 7、△ABC 的周长是24，M 是AB 的中点，MC ＝MA ＝5，则△ABC 的面积是（ ）。 （A ）12；（B ）16；（C ）24；（D ）30。 8、设 ，将一次函数 与 的图象画在同一平面直角坐标 系内，则有一组 的取值，使得下列4个图中的一个为正确的是（ ）。 9、如图，在等腰梯形ABCD 中，AB∥DC，AB ＝998，DC ＝1001，AD ＝1999，点P 在线 段AD 上，则满足条件∠BPC＝90°的点P 的个数为（ ）。 （A ）0；（B ）1；（C ）2；（D ）不小于3的整数。 （A ）0；（B ）1；（C ）2；（D ）3。 二、填空题： 6、在矩形ABCD 中，已知两邻边AD=12，AB=5，P 是AD 边上任意一点，PE ⊥BD ，PF ⊥AC ，E 、F 分别是垂足，那么PE+PF=___________。 9、已知方程( ) 015132832 2 2 2 =+-+--a a x a a x a （其中a 是非负整数），至少有一个整数根，那么a =___________。 10、B 船在A 船的西偏北450处，两船相距210km ，若A 船向西航行，B 船同时向南航行，且B 船的速度为A 船速度的2倍，那么A 、B 两船的最近距离是___________km 。 1.设15+=m ,那么m m 1 + 的整数部分是 . 2.在直角三角形ABC 中,两条直角边AB,AC 的长分别为1厘米,2厘米,那么直角

初中数学竞赛专题培训 -生活中的数学(2)

初中数学竞赛专题培训第三十讲生活中的数学(四)──买鱼的学问 鱼是人们喜欢吃的一种高蛋白食物，所以谁都希望买到物美价廉的鱼．假定现在商店里出售某种鱼以大小论价，大鱼A每斤1.5元，小鱼B每斤1元．如果大鱼的高度为13厘米，小鱼的高度为10厘米(图2-171)，那么买哪种鱼更便宜呢？ 有人可能觉得大鱼A和小鱼B高度之比为13∶10，差不了许多，而小鱼的价格却比大鱼便宜许多，因此，买小鱼比较合算．这种想法是合理的吗？我们还是用数学来加以分析吧！ 在平面几何中，我们已经知道以下定理． 定理1 相似形周长的比等于相似比． 定理2 相似形面积的比等于相似比的平方． 例1 已知：△ABC∽△A′B′C′，并且AB=2c，BC＝2a，AC=2b，A′B′＝3c， B′C′=3a，A′C′=3b．求证：△ABC和△A′B′C′周长的比是2∶3(图2-172)． 证△ABC的周长是 2a＋2b＋2c=2(a＋b＋c)， △A′B′C′的周长是 3a＋3b+3c=3(a＋b＋c)， 所以△ABC和△A′B′C′的周长的比是 2(a+b+c)∶3(a＋b＋c)=2∶3． 例2 图2-173是两个相似矩形，如果它们的相似比是3∶4，求证：它们面积的比是32∶42． 证矩形ABCD的面积是3a·3b=32ab，矩形A′B′C′D′的面积是4a·4b=42ab，所以矩形ABCD和矩形A′B′C′D′的面积之比是 32ab∶42ab=32∶42． 从定理1和定理2，我们自然会想到：相似的两个立体的体积之比与它们的相似比有什么关系呢？为此，我们看下面的例子． 例3 图2-174是两个相似的长方体，它们的相似比为3∶5，求它们的体积之比． 解长方体(a)的体积是3a·3b·3c=33abc， 长方体(b)的体积是5a·5b·5c=53abc， 所以长方体(a)与长方体(b)的体积的比是 33abc∶53abc＝33∶53 例4 图2-175是两个相似圆柱，它们的相似比为2∶3，求它们的体积之比． 解小圆柱的体积是 (2a)2π·2b＝23a2bπ，大圆柱的体积是 (3a)2π·3b＝33a2bπ，所以小圆柱与大圆柱的体积之比为23∶33． 定理3 相似形的体积之比，等于它的相似比的立方．

全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集第21讲 分类与讨论

全国初中数学竞赛辅导(八年级)教学案全集 第二十一讲分类与讨论 分类在数学中是常见的，让我们先从一个简单的例子开始． 有四张卡片，它们上面各写有一个数字：1，9，9，8．从中取出若干张按任意次序排列起来得到一个数，这样的数中有多少个是质数？ 因为按要求所得的数可能是一位数、二位数、三位数和四位数，我们分别给予讨论． 任取一张卡片，只能得3个数：1，8，9，其中没有质数；任取二张卡片，可得7个数：18，19，81，89，91，98，99，其中19，89两个是质数；任取三张卡片，可得12个数：189，198，819，891，918，981，199，919，991，899，989，998，其中199，919，991三个数是质数；取四张，所得的任一个四位数的数字和是27，因而是3的倍数，不是质数．综上所述，质数共有2＋3=5个． 上面的解题方法称为分类讨论法．当我们要解决一个比较复杂的问题时，经常把所要讨论的对象分成若干类，然后逐类讨论，得出结论． 分类讨论法是一种很重要的数学方法．在分类中须注意题中所含的对象都必须在而且只在所分的一类中．分类讨论一般分为三个步骤，首先确定分类对象，即对谁实施分类．第二是对对象实施分类，即分哪几类，这里要特别注意，每次分类要按照同一标准，并做到不重复、不遗漏，有些复杂的问题，还要逐级分类．最后对讨论的结果进行综合，得出结论． 例1求方程 x2-│2x-1│-4=0 的实根． x2+2x-1-4=0，

x 2-2x ＋1-4=0， x 1＝3，x 2=-1． 说明 在去绝对值时，常常要分类讨论． 例2 解方程x 2-[x]=2，其中[x]是不超过x 的最大整数． 解 由[x]的定义，可得 x ≥[x]=x 2-2， 所以 x 2-x -2≤0， 解此不等式得 -1≤x ≤2． 现把x 的取值范围分成4个小区间(分类)来进行求解． (1)当-1≤x ≤0时，原方程为 x 2-(-1)=2， 所以x=-1(因x=1不满足-1≤x ＜0)． (2)当0≤x ＜1时，原方程为 x 2=2． (3)当1≤x ＜2时，原方程为 x 2-1=2， 所以 (4)当x=2时，满足原方程．

全国初中数学知识竞赛辅导方案(优选.)

最新文件---------------- 仅供参考--------------------已改成-----------word文本 --------------------- 方便更改 全国初中数学知识竞赛辅导方案 王选民 为了在全国数学知识竞赛中取得优异成绩，将对学生辅导方案总结如下： 一、了解掌握优生的特点 一般我们选择参加竞赛的学生都是学优生，当我们与“优生”进行面谈时，应该清醒地认识到，他们能成为“优生”，是学生家长和老师共同教育的结果。尤其要看到这些“优生”的两重性：一方面，他们的行为习惯、学习习惯、学习成绩以及各种能力比一般学生在这个年龄容易出现的毛病外，也存在着他们作为老师的“好学生”、家长的“好孩子”所特有的一些毛病。 具体说来，“优生”一般具有以下特点： 1、思想比较纯正，行为举止较文明，自我控制的能力比较强，一般没有重大的违纪现象。 2、求知欲较旺盛，知识接受能力也较强，学习态度较端正，学习方法较科学，成绩较好。 3、长期担任学生干部，表达能力、组织能力以及其它工作能力都较强，在同学中容易形成威信。 4、课外涉及比较广泛，爱好全面，知识面较广。 5、由于智力状况比较好，课内学习较为轻松，因而容易自满，不求上进。 6、长期处于学生尖子的位置，比较骄傲自负，容易产生虚心。 7、有的“优生”之间容易产生互相嫉妒、勾心斗角的狭隘情绪和学习上的

不正当竞争。 8、从小就处在受表扬、获荣誉、被羡慕的顺境之中，因而他们对挫折的心理承受能力远不及一般普通学生。 以上几点，只是就一般“优生”的共性而，当然不一定每一个“优生”都是如此。 辅导优生的具体措施 1、创设能引导学优生主动参与的教育环境。 2、了解学生在兴趣、学习偏好、学习速度、学习准备以及动机等方面的情况。这些资料为教师制定活动和计划时的依据，也是“促进学生主动地、富有个性地学习的需要”。 3、为尖子设计学习方案。学优生学习新知识时，比其他学生花的时间少，他不需要很多的练习就已经理解新知识，因此，做的练习也少。让他们做那些已经理解的题目就很多难让学生体会到智力活动的乐趣。长此以往，反而可能在一定程度上降低学生对于智力生活的敏感性。教师应该备有不同层次介绍同一主题的资料，采用向学生布置分组作业的方法，从众多的方案和活动中选取与他们的知识、技能水平相当的项目，指定他们完成。 4、解决学优生心理问题：学优生在心理状态上，易产生骄气，居高临下，听不进半点批评，心理脆弱。在价值取向上，易产生唯我独尊，以自我为中心的个性倾向和价值取向，不把其他同学的感觉、好恶、需要放在一定的位置；在行为方式上，由于始终把自己当学优生，与一般同学不一样，束缚了自己，娱乐活动不愿参加，集体劳动怕吃苦。 针对这种状况，教学中应注意： 学优生学习成绩优异，但不能“一俊遮百丑”。在鼓励保持学习上的竞争姿态和上进好胜的同时，要创造条件和环境，磨练他们的意志，培养他们的创造能力，规范他们的行为意识。

初中数学竞赛辅导资料(1)

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. 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92x 的和仍是三位数75y 且能被9整除。 求x,y 解：x,y 都是0到9的整数，∵75y 能被9整除，∴y=6. ∵328＋92x ＝567，∴x=3 例2己知五位数x 1234能被12整除， 求X 解：∵五位数能被12整除，必然同时能被3和4整除， 当1＋2＋3＋4＋X 能被3整除时，x=2，5，8

4能被4整除时，X＝0，4，8 当末两位X ∴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。 丙练习 1分解质因数：（写成质因数为底的幂的連乘积） ①593②1859③1287④3276⑤10101⑥10296 987能被3整除，那么a=_______________ 2若四位数a 12X能被11整除，那么X＝__________- 3若五位数34 35m能被25整除 4当m=_________时，5 9610能被7整除 5当n=__________时，n 6能被11整除的最小五位数是________,最大五位数是_________ 7能被4整除的最大四位数是____________，能被8整除的最小四位数是_________ 88个数：①125，②756，③1011，④2457，⑤7855，⑥8104，⑦9152， ⑧70972中，能被下列各数整除的有（填上编号）： 6________,8__________,9_________,11__________ 9从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_____个，能被3整除但不是5的倍数的共______个。 10由1，2，3，4，5这五个自然数，任意调换位置而组成的五位数中，不能被3整除的数共有几个？为什么？ 1234能被15整除，试求A的值。 11己知五位数A 12求能被9整除且各位数字都不相同的最小五位数。 13在十进制中，各位数码是0或1，并能被225整除的最小正整数是＿＿＿＿（1989年全国初中联赛题）

初中数学竞赛专题培训

第一讲：因式分解(一) (1) 第二讲：因式分解(二) (4) 第三讲实数的若干性质和应用 (7) 第四讲分式的化简与求值 (10) 第五讲恒等式的证明 (13) 第六讲代数式的求值 (16) 第七讲根式及其运算 (19) 第八讲非负数 (23) 第九讲一元二次程 (27) 第十讲三角形的全等及其应用 (30) 第十一讲勾股定理与应用 (34) 第十二讲平行四边形 (37) 第十三讲梯形 (40) 第十四讲中位线及其应用 (43) 第十五讲相似三角形(一) (46) 第十六讲相似三角形(二) .......................................... 49 第十七讲* 集合与简易逻辑 (52) 第十八讲归纳与发现 (57) 第十九讲特殊化与一般化 (61) 第二十讲类比与联想 (65) 第二十一讲分类与讨论 (68) 第二十二讲面积问题与面积法 (72) 第二十三讲几不等式 (75) 第二十四讲* 整数的整除性 (79) 第二十五讲* 同余式 (82) 第二十六讲含参数的一元二次程的整数根问题 (85) 第二十七讲列程解应用问题中的量 (88) 第二十八讲怎样把实际问题化成数学问题 (92) 第二十九讲生活中的数学(三) ——镜子中的世界 (96) 第三十讲生活中的数学(四)──买鱼的学问 (99) 第一讲：因式分解(一) 多项式的因式分解是代数式恒等变形的基本形式之一，它被广泛地应用于初等数学之中，是我们解决多数学问题的有力工具．因式分解法灵活，技巧性强，学习这些法与技巧，不仅是掌握因式分解容所必需的，而且对于培养学生的解题技能，发展学生的思维能力，都有着十分独特的作用．初中数学教材中主要介绍了提取公因式法、运用公式法、分组分解法和十字相乘法．本讲及下一讲在中学数学教材基础上，对因式分解的法、技巧和应用作进一步的介绍． 1．运用公式法 在整式的乘、除中，我们学过若干个乘法公式，现将其反向使用，即为因式分解中常用的公式，例如： (1)a2-b2=(a+b)(a-b)； (2)a2±2ab+b2=(a±b)2； (3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)； (4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)． 下面再补充几个常用的公式： (5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2； (6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)； (7)a n-b n=(a-b)(a n-1+a n-2b+a n-3b2+…+ab n-2+b n-1)其中n为正整数； (8)a n-b n=(a+b)(a n-1-a n-2b+a n-3b2-…+ab n-2-b n-1)，其中n为偶数； (9)a n+b n=(a+b)(a n-1-a n-2b+a n-3b2-… -ab n-2+b n-1)，其中n为奇数． 运用公式法分解因式时，要根据多项式的特点，根据字母、系数、指数、符号等正确恰当地选择公式．例1 分解因式： (1)-2x5n-1y n+4x3n-1y n+2-2x n-1y n+4； (2)x3-8y3-z3-6xyz； (3)a2+b2+c2-2bc+2ca-2ab； (4)a7-a5b2+a2b5-b7． 解(1)原式=-2x n-1y n(x4n-2x2ny2+y4) =-2x n-1y n[(x2n)2-2x2ny2+(y2)2] =-2x n-1y n(x2n-y2)2 =-2x n-1y n(x n-y)2(x n+y)2． (2)原式=x3+(-2y)3+(-z)3-3x(-2y)(-Z) =(x-2y-z)(x2+4y2+z2+2xy+xz-2yz)． (3)原式=(a2-2ab+b2)+(-2bc+2ca)+c2 ＝(a-b)2+2c(a-b)+c2 =(a-b+c)2． 本小题可以稍加变形，直接使用公式(5)，解法如下：原式=a2+(-b)2+c2+2(-b)c+2ca+2a(-b) =(a-b+c)2 w

初中数学竞赛专题选讲《完全平方数和完全平方式》

初中数学竞赛专题选讲 完全平方数和完全平方式 一、内容提要 一定义 1. 如果一个数恰好是某个有理数的平方，那么这个数叫做完全平方数. 例如0，1，0.36，25 4，121都是完全平方数. 在整数集合里，完全平方数，都是整数的平方. 2. 如果一个整式是另一个整式的平方，那么这个整式叫做完全平方式. 如果没有特别说明，完全平方式是在实数范围内研究的. 例如： 在有理数范围 m 2, (a+b －2)2, 4x 2－12x+9, 144都是完全平方式. 在实数范围 （a+3）2, x 2+22x+2, 3也都是完全平方式. 二. 整数集合里，完全平方数的性质和判定 1. 整数的平方的末位数字只能是0，1，4，5，6，9.所以凡是末位数字为2，3，7，8的整数必不是平方数. 2. 若n 是完全平方数，且能被质数p 整除, 则它也能被p 2整除.. 若整数m 能被q 整除，但不能被q 2整除, 则m 不是完全平方数. 例如：3402能被2整除，但不能被4整除，所以3402不是完全平方数. 又如：444能被3整除，但不能被9整除，所以444不是完全平方数. 三. 完全平方式的性质和判定 在实数范围内 如果 ax 2+bx+c (a ≠0)是完全平方式，则b 2－4ac=0且a>0； 如果 b 2－4ac=0且a>0；则ax 2+bx+c (a ≠0)是完全平方式. 在有理数范围内 当b 2－4ac=0且a 是有理数的平方时，ax 2+bx+c 是完全平方式. 四. 完全平方式和完全平方数的关系 1. 完全平方式（ax+b ）2 中 当a, b 都是有理数时, x 取任何有理数，其值都是完全平方数； 当a, b 中有一个无理数时，则x 只有一些特殊值能使其值为完全平方数. 2. 某些代数式虽不是完全平方式，但当字母取特殊值时，其值可能是完全平方数. 例如： n 2+9, 当n=4时，其值是完全平方数. 所以，完全平方式和完全平方数，既有联系又有区别. 五. 完全平方数与一元二次方程的有理数根的关系 1. 在整系数方程ax 2+bx+c=0(a ≠0)中 ① 若b 2－4ac 是完全平方数，则方程有有理数根； ② 若方程有有理数根，则b 2－4ac 是完全平方数. 2. 在整系数方程x 2+px+q=0中 ① 若p 2－4q 是整数的平方，则方程有两个整数根； ② 若方程有两个整数根，则p 2－4q 是整数的平方.

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全国初中数学竞赛辅导（初三分册）全套

第一讲分式方程(组)的解法 分母中含有未知数的方程叫分式方程．解分式方程的基本思想是转化为整式方程求解，转化的基本方法是去分母、换元，但也要灵活运用，注意方程的特点进行有效的变形．变形时可能会扩大(或缩小)未知数的取值范围，故必须验根． 例1 解方程 解令y=x2＋2x-8，那么原方程为 去分母得 y(y-15x)＋(y+9x)(y-15x)＋y(y＋9x)=0， y2-4xy-45x2=0， (y+5x)(y-9x)=0， 所以 y=9x或y=-5x．

由y=9x得x2+2x-8=9x，即x2-7x-8=0，所以x1=-1，x2=8；由y=-5x，得x2+2x-8=-5x，即x2＋7x-8=0，所以x3=-8，x4=1． 经检验，它们都是原方程的根． 例2 解方程 y2-18y+72=0， 所以 y1=6或y2=12． x2-2x＋6=0．此方程无实数根． x2-8x+12=0，

所以 x1=2或x2=6． 经检验，x1=2，x2=6是原方程的实数根． 例3 解方程 分析与解我们注意到：各分式的分子的次数不低于分母的次数，故可考虑先用多项式除法化简分式．原方程可变为 整理得 去分母、整理得 x＋9=0，x=-9． 经检验知，x=-9是原方程的根． 例4 解方程

分析与解方程中各项的分子与分母之差都是1，根据这一特点把每个分式化为整式和真分式之和，这样原方程即可化简．原方程化为 即 所以 ((x+6)(x+7)=(x+2)(x+3)． 例5 解方程 分析与解注意到方程左边每个分式的分母中两个一次因式的差均为常数1，故可考虑把一个分式拆成两个分式之差的形式，用拆项相消进行化简．原方程变形为

初中数学竞赛专题辅导因式分解(一)

初中数学竞赛专题辅导因式分解(一) 多项式的因式分解是代数式恒等变形的基本形式之一，它被广泛地应用于初等数学之中，是我们解决许多数学问题的有力工具．因式分解方法灵活，技巧性强，学习这些方法与技巧，不仅是掌握因式分解内容所必需的，而且对于培养学生的解题技能，发展学生的思维能力，都有着十分独特的作用．初中数学教材中主要介绍了提取公因式法、运用公式法、分组分解法和十字相乘法．本讲及下一讲在中学数学教材基础上，对因式分解的方法、技巧和应用作进一步的介绍． 1．运用公式法 在整式的乘、除中，我们学过若干个乘法公式，现将其反向使用，即为因式分解中常用的公式，例如： (1)a2-b2=(a+b)(a-b)； (2)a2±2ab+b2=(a±b)2； (3)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)； (4)a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)． 下面再补充几个常用的公式： (5)a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2； (6)a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)； (7)a n-b n=(a-b)(a n-1+a n-2b+a n-3b2+…+ab n-2+b n-1)其中n为正整数； (8)a n-b n=(a+b)(a n-1-a n-2b+a n-3b2-…+ab n-2-b n-1)，其中n为偶数； (9)a n+b n=(a+b)(a n-1-a n-2b+a n-3b2-…-ab n-2+b n-1)，其中n为奇数． 运用公式法分解因式时，要根据多项式的特点，根据字母、系数、指数、符号等正确恰当地选择公式．