数学竞赛训练题(三)附答案

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1、1. 竞赛讲座 20容斥原理2. 竞赛讲座 21应用题选讲3. 竞赛讲座 22因式分解4. 竞赛讲座 23完全平方数5. 竞赛讲座 24判别式与韦达定理6. 竞赛讲座 25绝对值与二次根式竞赛讲座20-容斥原理在一些计数问题中，经常遇到有关集合元素个数的计算。我们用|A|表示有限集合A的元素个数(新教材中用表示有限集合A的元素个数)。原理一：给定两个集合A和B，要计算AB中元素的个数，可以分成两步进行：第一步：先求出A+B（或者说把A，B的一切元素都“包含”进来，加在一起）；第二步：减去AB（即“排除”加了两次的元素）总结为公式：|AB|=A+B-AB。原理二：给定三个集合A，B，C。要计算A

2、BC中元素的个数，可以分三步进行：第一步 求|A|+|B|+|C|；第二步 减去|AB|，|AC|，|BC|；第三步 加上|ABC|。例1 求不超过20的正整数中是2的倍数或3的倍数的数共有多少个。例2 某班统计考试成绩，数学得90分上的有25人；语文得90分以上的有21人；两科中至少有一科在90以上的有38人。问两科都在90分以上的有多少人？ 例3 某校组织棋类比赛，分成围棋、中国象棋和国际象棋三个组进行。参加围棋比赛的共有42人，参加中国象棋比赛的共有51人，参加国际象棋比赛的共有30人。同时参加了围棋和中国象棋比赛的共有13人，同时参加了围棋和国际象棋比赛的7人，同时参加了中国象棋和国际

3、象棋比赛的11人，其中三种棋赛都参加的3人。问参加棋类比赛的共有多少人？例4 边长分别为6，5，2的三个正方形，如图85所示放在桌面上。问它们盖住的面积是多大？例5 求1到200的自然数中不能被2、3、5中任何一个数整除的数有多少？练习题1. 某班共有48名学生，都参加了语文兴趣小组或数学兴趣小组，其中参加语文兴趣小组的有30人，参加数学兴趣小组的有28人，问同时参加语文、数学兴趣小组的人数是多少2.纸片面积为7，一张边长为2的正方形纸片，把这两张纸片放在桌面上覆盖的面积为8，问两张纸片重合部分的面积是多少？3. 不超过110且与110互质的自然数有几个？4. 求在1至1000的自然数中，不能

4、被5或7整除的数有多少个。5. 某个班的全体学生进行短跑、游泳、篮球三个项目的测试，有4名学生在这三个项目上都没有达到优秀，其余每人至少有一个项目达到了优秀。这部分学生达到优秀的项目、人数如下表： 求这个班的学生人数。6.求在不超过100的自然数中，不是5的倍数，也不是7的倍数有多少个？竞赛讲座21 应用题选讲应用题联系实际，生动地反映了现实世界的数量关系，能否从具体问题中归纳出数量关系，反映了一个人分析问题、解决问题的实际能力.列方程解应用题，一般应有审题、设未知元、列解方程、检验、作结论等几个步骤.下面从几个不同的侧面选讲一部分竞赛题，从中体现解应用题的技能和技巧.1.合理选择未知元例1

5、（1983年青岛市初中数学竞赛题）某人骑自行车从A地先以每小时12千米的速度下坡后，以每小时9千米的速度走平路到B地，共用55分钟.回来时，他以每小时8千米的速度通过平路后，以每小时4千米的速度上坡，从B地到A地共用小时，求A、B两地相距多少千米？解法1 （选间接元）设坡路长x千米，则下坡需依题意列方程：解之，得x=3.答：A、B两地相距9千米.解法2（选直接元辅以间接元）设坡路长为x千米，A、B两地相距y千米，则有如下方程组解法3（选间接元）设下坡需x小时，上坡需y小时，依题意列方程组：例2 （1972年美国中学数学竞赛题）若一商人进货价便谊8%，而售价保持不变，那么他的利润（按进货价而定）

6、可由目前的x%增加到(x+10)%，x等于多少？解 本题若用直接元x列方程十分不易，可引入辅助元进货价M，则0.92M是打折扣的价格，x是利润，以百分比表示，那么写出售货价（固定不变）的等式，可得：M（1+0.01x）=0.92M1+0.01（x+10）.约去M，得1+0.01x=0.921+01.1（x+10）.解之，得 x=15.例3 在三点和四点之间，时钟上的分针和时针在什么时候重合？分析 选直接元，设两针在3点x分钟时重合，则这时分针旋转了x分格，时针旋转了（x-15）分析，因为分针旋转的速度是每分钟1分格，旋转x分格需要分钟，时针旋转的速度是每分钟分格，旋转（x-15）分格要例4（1

7、985年江苏东台初中数学竞赛题）从两个重为m千克和n千克，且含铜百分数不同的合金上，切下重量相等的两块，把所切下的每一块和另一种剩余的合金加在一起熔炼后，两者的含铜百分数相等，问切下的重量是多少千克？解 采用直接元并辅以间接元，设切下的重量为x千克，并设m千克的铜合金中含铜百分数为q1，n千克的铜合金中含铜百分数为q2，则切下的两块中分别含铜xq1千克和xq2千克，混合熔炼后所得的两块合金中分别含铜xq1+(n-x)q2千克和xq2+(m-x)q1千克，依题意，有：2.多元方程和多元方程组例5 （1986年扬州市初一数学竞赛题）A、B、C三人各有豆若干粒，要求互相赠送，先由A给B、C，所给的豆

8、数等于B、C原来各有的豆数，依同法再由B给A、C现有豆数，后由C给A、B现有豆数，互送后每人恰好各有64粒，问原来三人各有豆多少粒？解 设A、B、C三人原来各有x、y、z粒豆，可列出下表：则有：解得：x=104，y=56，z=32.答：原来A有豆104粒，B有56粒，C有32粒.例6（1985年宁波市初中数学竞赛题）某工厂有九个车间，每个车间原有一样多的成品，每个车间每天能生产一样多的成品，而每个检验员检验的速度也一样快，A组8个检验员在两天之间将两个车间的所有成品（所有成品指原有的和后来生产的成品）检验完毕后，再去检验另两个车间的所有成品，又用了三天检验完毕，在此五天内，B组的检验员也检验完

9、毕余下的五个车间的所有成品，问B组有几个检验员？解 设每个车间原有成品x个，每天每个车间能生产y个成品；则一个车间生产两天的所有成品为（x+2y）个，一个车间生产5天的所有成品为(x+5y)个，由于A组的8个检验员每天的检验速度相等，可得解得：x=4y一个检验员一天的检验速度为：又因为B组所检验的是5个车间，这5个车间生产5天的所有成品为5(x+5y)个，而这5(x+5y)个成立要B组的人检验5天，所以B组的人一天能检验(x+5y)个.因为所有检验员的检验速度都相等，所以，(x+5y)个成品所需的检验员为：（人）.答：B组有12个检验员.3.关于不等式及不定方程的整数解例7（1985年武汉市初

10、一数学竞赛题）把若干颗花生分给若干只猴子，如果每只猴子分3颗，就剩下8颗；如果每只猴子分5颗，那么最后一只猴子得不到5颗，求猴子的只数和花生的颗数.解：设有x只猴子和y颗花生，则： y-3x=8, 5x-y5， 由得：y=8+3x, 代入得5x-(8+3x)5, x6.5因为y与x都是正整数，所以x可能为6，5，4，3，2，1，相应地求出y的值为26，23，20，17，14，11.经检验知，只有x=5，y=23和x=6，y=26这两组解符合题意.答：有五只猴子，23颗花生，或者有六只猴子，26颗花生.例8（1986年上海初中数学竞赛题）在一次射箭比赛中，已知小王与小张三次中靶环数的积都是36，

11、且总环数相等，还已知小王的最高环数比小张的最高环数多（中箭的环数是不超过10的自然数），则小王的三次射箭的环数从小到大排列是多少？解 设小王和小张三次中靶的环数分别是x、y、z和a、b、c,不妨设xyz，abc，由题意，有： 因为环数为不超过10的自然数，首先有z10，否则与式矛盾.若设z=9,则由知：xy=4,x=2,y=2,或x=1,y=4,x+y+z=13或x+y+z=14.又由及cz知，c|36，c=6，这时，ab=6.a=2，b=3，或a=1，b=6a+b+c=11或a+b+c=13又由知：x+y+z=a+b+c=13取x=2，y=2，z=9.答：小王的环数分别为2环，2环，9环.例

12、9（1980年苏联全俄第6届中学生物理数学竞赛题）一队旅客乘坐汽车，要求每辆汽车的乘客人数相等，起初，每辆汽车乘了22人，结果剩下一人未上车；如果有一辆汽车空车开走，那么所有旅客正好能平均分乘到其它各车上，已知每辆汽车最多只能容纳32人，求起初有多少辆汽车？有多少名旅客？解 设起初有汽车k辆，开走一辆空车后，平均每辆车所乘的旅客为n名，显然，k2，n32，由题意，知：22k+1=n(k-1)，k-1=1，或k-1=23,即k=2，或k=24.当k=2时，n=45不合题意，当k=24时,n=23合题意，这时旅客人数为n(k-1)=529.答：起初有24辆汽车，有529名旅客4.应用题中的推理问题

13、竞赛中常见的应用题不一定是以求解的面目出现，而是一种逻辑推理型.解答这类题目不仅需要具备较强的分析综合能力，还要善于用准确简练的语言来表述自己正确的逻辑思维.例10（1986年加拿大数学竞赛题）有一种体育竞赛共含M个项目，有运动员A、B、C参加，在每个项目中，第一、二、三名分别得p1、p2、p3分，其中p1、p2、p3为正整数且p1p2p3，最后A得22分，B与C均得9分，B在百米赛中取得第一，求M的值，并问在跳高中谁取得第二名？分析 考虑三个得的总分，有方程：M(p1+p2+p3)=22+9+9=40, 又 p1+p2+p31+2+3=6， 6MM(p1+p2+p3)=40，从而M6.由题设

14、知至少有百米和跳高两个项目，从而M2，又M|40，所以M可取2、4、5.考虑M=2，则只有跳高和百米，而B百米第一，但总分仅9分，故必有：9p1+p3,8，这样A不可能得22分.若M=4，由B可知：9p1+3p3，又p31，所以p16,若p15，那么四项最多得20分，A就不可能得22分，故p1=6.4（p1+p2+p3）=40,p2+p3=4.故有：p2=3,p3=1,A最多得三个第一，一个第二，一共得分36+3=2122，矛盾.若M=5，这时由5(p1+p2+p3)=40，得：p1+p2+p3=8.若p32，则：p1+p2+p34+3+2=9，矛盾，故p3=1.又p1必须大于或等于5,否则,

15、A五次最高只能得20分,与题设矛盾,所以p15.若p16，则p2+p32，这也与题设矛盾，p1=5，p2+p3=3，即p2=2，p3=1.A=22=45+2.故A得了四个第一，一个第二；B=9=5+41，故B得了一个第一，四个第三；C=9=42+1，故C得了四个第二，一个第三. 练 习五1.选择题（1）打开A、B、C每一个阀门，水就以各自不变的速度注入水槽.当所有三个阀门都打开时，注满水槽需1小时；只打开A、C两个阀门，需要1.5小时；如果只打开B、C两个阀门，需要2小时，若只打开A、B两个阀门时，注满水槽所需的小时数是（ ）.（A）1.1 （B）1.1 （C）1.2 （D）1.25 (E)1

16、.75（2）两个孩子在圆形跑道上从同一点A出发，按相反方向运动，他们的速度是每秒5英尺和每秒9英尺，如果他们同时出发并当他们在A点第一次再相遇的时候结束，那么他们从出发到结束之间相遇的次数是（ ）.（A）13 （B）25 （C）44 （D）无穷多 （E）这些都不是（3）某超级市场有128箱苹果，每箱至少120只，至多144只，装苹果只数相同的箱子称为一组，问其中最大一组的箱子的个数n，最小是（ ）（A）4 （B）5 （C）6 （D）24 （E）25（4）两个相同的瓶子装满酒精溶液，在一个瓶子中酒精与水的容积之比是p:1，而在另一个瓶子中是q:1，若把两瓶溶液混合在一起，混合液中的酒精与水的容积

17、之比是（ ）.（5）汽车A和B行驶同样的距离，汽车A以每小时u千米行驶距离的一半并以每小时千米行驶另一半，汽车B以每小时u千米行驶所行时间的一半并以每小时千米行驶另一半，汽车A的平均速度是每小时x千米，汽车B的平均速度是每小时y千米，那么我们总有（ ）（A）xy (B)xy (C)xy (D)xy (E)xy2.填空题（1）已知闹钟每小时慢4分钟，且在3点半时对准，现在正确时间是12点，则过正确时间_分钟，闹钟才指到12点上.（2）若b个人c天砌f块砖，则c个人用相同的速度砌b块砖需要的天数是_.（3）某人上下班可乘火车或汽车，若他早晨上班乘火车则下午回家乘汽车；又假若他下午回家乘火车则早晨上

18、班乘汽车，在x天中这个人乘火车9次，早晨乘汽车8次，下午乘汽车15次，则x=_.（4）一个年龄在13至19岁之间的孩子把他自己的年龄写在他父亲年龄的后面，从这个新的四位数中减去他们年龄差的绝对值得到4289，他们年龄的和为_.（5）一个城镇的人口增加了1200人，然后这新的人口又减少了11%，现在镇上的人数比增加1200人以前还少32人，则原有人口为_人.3.（1982-1983年福建省初中数学竞赛题）一个四位数是奇数，它的首位数字小于其余各位数字，而第二位数字大于其余各位数字，第三位数字等于首末两位数字之和的二倍，求此四位数.4.（第2届祖冲之杯）甲乙两人合养了几头羊，而每头羊的卖价又恰为n

19、元，两人分钱方法如下：先由甲拿10元，再由乙拿10元，如此轮流，拿到最后，剩下不足十元，轮到乙拿去，为了平均分配，甲应该分给乙多少钱？5.（1986年湖北省荆州地区初中数学竞赛题）完成同一工作，A独做所需时间为B与C共同工作所需时间的m倍，B独做所需时间为A与C共同工作所需时间的n倍，C独做所需时间为A与B共同工作所需时间的x倍，用m，n表示出x来.6.（1988年江苏省初中数学竞赛题）今有一个三位数，其各位数字不尽相同，如将此三位数的各位数字重新排列，必可得一个最大数和一个最小数（例如，427，经重新排列得最大数742，最小数247），如果所得最大数与最小数之差就是原来的那个三位数，试求这个

20、三位数.7.（1978年四川省数学竞赛题）某煤矿某一年产煤总量中，除每年以一定数量的煤作为民用、出口等非工业用途外，其余留作工业用煤，按照该年度某一工业城市的工业用煤总量为标准计算，可供这样的三个工业城市用六年，四个这样的城市用五年（当然每年都要除去非工业用煤的那一个定量），问如果只供一个城市的工业用煤，可以用多少年？练习五 岁 设从首位起，各位数字顺次为，则，且，又（）且，故（）为奇数，这时（），略设、单独完成同一工作所需时间分别为、，则单位时间他们可分别完成全部工作的、，依题意有：由上面三式，可得：设三位数为，重排后最大数为则最小数为于是有由于，由上式有，（），（）可求得，设该煤矿该年度产

21、煤总量为，每年非工业用煤量为，该工业城市该年工业用煤量为，并设只供这样一个城市工业用煤可用年，由题意得方程组：由与得从、三式中消去、，得竞赛讲座22-因式分解因式分解是中学数学中最重要的恒等变形之一，具有一定的灵活性和技巧性，下面我们在初中教材已经介绍过基本方法的基础上，结合竞赛再补充介绍添项、拆项法，待定系数法、换元法、对称式的分解等有关内容和方法.1.添项.拆项法添项、拆项的目的是在各项间制造公因式或便于利用公式分解因式，解题时要注意观察分析题目的特点.例1（1986年扬州初一数学竞赛题）分解因式（1+y）2-2x2(1+y2)+x4(1-y)2解：原式=(1+y)2+2(1+y)x2(1

22、+y)+x4(1-y)2-2(1+y)x2(1-y)-2x2(1+y2)=(1+y)+x2(1-y)2-2(1+y)x2(1-y)-2x2(1+y2)=(1+y)+x2(1-y)2-(2x)2=(1+y)+x2(1-y)+2x(1+y)+x2(1-y)-2x=(x2-x2y+2x+y+1)(x2-x2y-2x+y+1)=(x+1)2-y(x2-1)(x-1)2-y(x2-1)=(x+1)(x+1-xy+y)(x-1)(x-1-xy-y)例2（第11届国际数学竞赛题）证明：具有如下性质的自然数a有无穷多个，对于任意的自然数m.z=n4+a都不是素数.证明设a=4k4（k为大于1的自然数），则z=

23、n4+a=n4+4k4=n4+4n2k2+4k4-4n2k2=(n2+2k2)2-4n2k2=(n2+2k2+2nk)(n2+2k2-2nk)=(n+k)2+k2(n-k)2+k2.k为大于1的自然数，(n+k)2+k21,(n-k)2+k21故的右边两个因子都大于1，故当k1时，z是合数.由于大于1的自然数k有无穷多个，故有无穷多个自然数a，使n4+a对一切自然数n总非素数2.待定系数法若两多项式f(x)=g(x)，则它们同次的对应项系数一定相等，利用这条结论可将某些因式分解的问题转化为解方程组的问题来解决.例3分解因式3x2+5xy-2y2+x+9y-4.解由于3x2+5xy-2y2=(3

24、x-y)(x+2y)，故可设3x2+5xy-2y2+x+9y-4=(3x-y+a)(x+2y+b)=3x2+5xy-2y2+(a+3b)x+(2a-b)y+ab.比较两边系数得由,联立得a=4,b=-1,代入式适合.原式=(3x-y+4)(x+2y-1).例4(1963年北京中学生数学竞赛试题)已知多项式x3+bx2+cx+d的系数都是整数,若bd+cd是奇数,证明这个多项式不能分解为两个整系数多项式的乘积.证明设x3+bx2+cx+d=(x+p)(x2+qx+r)=x3+(p+q)x2+(pq+r)x+pr(其中p、q、r均为整数)比较两边系数得pr=d.又bd+cd=d(b+c)是奇数,故

25、b+c与d均为奇数,那么pr也是奇数,即p与r也是奇数.今以x=1代入(因为它是恒等式)得1+b+c+d=(1+p)(1+q+r).b+c,d为奇数,1+b+c+d也为奇数,而p为奇数,1+p为偶数.(1+p)(1+q+r)为偶数.这说明等式的左端为奇数,右端为偶数,这是不可能的.所以,所述多项式不能分解成两个整系数多项式的乘积.3.换元法例5分解因式(x2+3x+2)(x2+7x+12)-120.解原式=(x+2)(x+1)(x+4)(x+3)-120=(x+2)(x+3)(x+1)(x+4)-120=(x2+5x+6)(x2+5x+4)-120令x2+5x=A,代入上式,得原式=(A+6)

26、(A+4)-120=A2+10A-96=(A+16)(A-6)=(x2+5x+16)(x2+5x-6)=(x2+5x+16)(x+6)(x-1)例6证明a(a+1)(a+2)(a+3)+1必为完全平方数解原式=a(a+3)(a+1)(a+2)+1=(a2+3a)(a2+3a+2)+1=(a2+3a)2+2(a2+3a)+1=(a2+3a+1)2a(a+1)(a+2)(a+3)+1为完全平方数.说明:这里未设新元,但在思想上把a2+3a看作一个新元素.4.对称式的因式分解在一个含有若干个元的多项式中,如果任意交换两个元的位置,多项式不变,这样的多项式叫做对称多项式.例7分解因式x4+(x+y)4

27、+y4分析这是一个二元对称式,二元对称式的基本对称式是x+y,xy任何二元对称多项式都可用x+y,xy表示,如x2+y2=(x+y)2-2xy,二元对称多项式的分解方法之一是:先将其用xy,x+y表示,再行分解.解x4+y4=(x+y)4-4x3y-6x2y2-4xy2=(x+y)4-4xy(x+y)2+2x2y2.原式=(x+y)4-4xy(x+y)2+2x2y2+(x+y)4=2(x+y)4-4xy(x+y)2+2x2y2=2(x+y)4-2xy(x+y)2+(xy)2=2(x+y)2-xy2-2(x2+y2+xy)2,例8分解因式a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b).此题中若将

28、式中的b换成a,c换成b,a换成c,即为c2(a-b)+a2(b-c)+b2(c-a),原式不变,这类多项式称为关于a、b、c的轮换对称式，轮换对称式的因式分解，用因式定理及待定系数法比较简单，下面先粗略介绍一下因式定理，为了叙述方便先引入符号f(x)、f(a)如对一元多项式3x2-5x-2可记作f(x)=3x2-5x-2,f(a)即表示当x=a时多项式的值，如x=1时多项式3x2-5x-2的值为f(1)=312-51-2=-4,当x=2时多项式3x2-5x-2的值为f(2)=322-52-2=0.因式定理如果x=a时多项式f(x)的值为零,即f(a)=0,则f(x)能被x-a整除(即含有x-

29、a之因式).如多项式f(x)=3x2-5x-2,当x=2时,f(2)=0,即f(x)含有x-2的因式,事实上f(x)=3x2-5x-2=(3x+1)(x-2).证明设f(x)=anxn+an-1xn-1+a1x+a0,若f(a)=0,则f(x)=f(x)-f(a)=(anxn+an-1xn-1+a1x+a0)=(anan+an-1an-1+a1a+a0)=an(xn-an)+an-1(xn-1-an-1)+a1(x-a),由于(x-a)|(xn-an),(x-a)|(xn-1-an-1),(x-a)|(x-a),(x-a)|f(x),对于多元多项式,在使用因式定理时可以确定一个主元,而将其它的

30、元看成确定的数来处理.现在我们用因式定理来解例8.解这是一个含有a、b、c三个字母的三次多项式，现以a为主元，设f(a)=a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b),易知当a=b和a=c时，都有f(a)=0,故a-b和a-c是多项式的因式，而视b为主元时，同理可知b-c也是多项式的因式，而三次多项式至多有三个因式故可设a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)=k(a-b)(b-c)(c-a),其中k为待定系数，令a=0,b=1,c=-1可得k=-1.a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)=-(a-b)(b-c)(c-a).例9分解因式a3(b-c)+b3(c-a)+c3(a-

31、b).分析这是一个关于a、b、c的四次齐次轮换多项式，可用因式定理分解，易知a-b,b-c,c-a是多项式的三个因式，而四次多项式还有一个因式，由轮换对称性可知这个一次因式应是a+b+c，故可设a3(b-c)+b3(c-a)+c3(a-b)=k(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)（其中k为待定系数），取，a=0,b=1,c=-1可得k=-1,所以原式=-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c).因式定理使用得更多的还是一元n次多项式的因式分解.例10（1985年武汉市初中数学竞赛题）证明：2x+3为多项式2x4-5x3-10x2+15x+18的因式.证明以f(x)记多项式.+15-

32、2x+3是f(x)的因式.例11分解因式x3-19x-30.分析这里常数项是30,如果多项式f(x)=x3-19x-30有x-a这种形式的因式,那么a一定是30的因数,这是因为f(a)=a3-19a-30=0即a3-19a=30.a|(a3-19a),a|30解30的因数为1,2,3,4,5,6,10,15,30.f(1)=-48,f(-1)=-12,f(2)=-60,f(-2)=0,f(3)=-60,f(-3)=0,f(5)=0.(这里已有f(-2)、f(-3)、f(5)等于零了，三次多项式只有三个一次因式，所以不必再计算了.)x3-19x-30=k(x+2)(x+3)(x-5),x3的系数

33、为1，k=1,故x3-19x-30=(x+2)(x+3)(x-5).练习1.选择题(1)在1到100之间若存在整数n,使x2+x-n能分解为两个整系数一次式的乘积,这样的n有()个(A)0(B)1(C)2(D)9(E)10(2)二次多项式x2+2kx-3k2能被x-1整除,那么k值是()(A)1或(B)-1或(C)0(D)1或-1(3)如果100x2-kxy+49y2是一个完全平方式,那么k=()(A)4900(B)9800(C)140(D)702.填空（1）多项式6x2+mxy-3y2+3x+10y-3能分解成关于x、y的一次多项式,则m=_.（2）已知x2+x-1=0,则x3+2x2+19

34、85=_.3.（1）分解因式a2-b2+4a+2b+3（2）分解因式(x2+x+1)(x2+x+2)-12.4.（1）分解因式a3b-ab3+a2+b2+1（2）（1989年广州等五市联赛）分解因式(x+y)(x-y)+4(y-1).5.（1986年全国初中数学知识竞赛）分解因式(x+y)3+2xy(1-x-y)-1.6.证明是合数.7.分解因式(x+y)3-x3-y3+3xy.8.分解因式(ab+bc+ca)(a+b+c)-abc.9.（1986年五城市联赛试题）若a为自然数，则a4-3a2+9是质数，还是合数？给出你的证明.10.（1985年北京市初中数学竞赛题）若a为自然数，证明10|(

35、a1985-a1949).练习（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）（）分角为两因数之积，且两因数均大于即可得证原式（）（）（）（）（）（）原式（）（）再讨论：或时，知为质数，为合数.（）（）（）（）（）（）（）（2）（）当的个位数字分别为09时,上式右端总含有因数2和5,（）竞赛讲座23完全平方数(一)完全平方数的性质一个数如果是另一个整数的完全平方，那么我们就称这个数为完全平方数，也叫做平方数。例如：0,1,4,9,16,25,36,49,64,81,100,121,144,169,196,225,256,289,324,361,400,441,484,观察这

36、些完全平方数，可以获得对它们的个位数、十位数、数字和等的规律性的认识。下面我们来研究完全平方数的一些常用性质：性质1：完全平方数的末位数只能是0,1,4,5,6,9。性质2：奇数的平方的个位数字为奇数，十位数字为偶数。证明奇数必为下列五种形式之一：10a+1,10a+3,10a+5,10a+7,10a+9分别平方后，得(10a+1)=100+20a+1=20a(5a+1)+1(10a+3)=100+60a+9=20a(5a+3)+9(10a+5)=100+100a+25=20(5a+5a+1)+5(10a+7)=100+140a+49=20(5a+7a+2)+9(10a+9)=100+180a

37、+81=20(5a+9a+4)+1综上各种情形可知：奇数的平方，个位数字为奇数1,5,9；十位数字为偶数。性质3：如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6；反之，如果完全平方数的个位数字是6，则它的十位数字一定是奇数。证明已知=10k+6，证明k为奇数。因为的个位数为6，所以m的个位数为4或6，于是可设m=10n+4或10n+6。则10k+6=(10n+4)=100+(8n+1)x10+6或10k+6=(10n+6)=100+(12n+3)x10+6即k=10+8n+1=2(5+4n)+1或k=10+12n+3=2(5+6n)+3k为奇数。推论1：如果一个数的十位数字是奇数，而个

38、位数字不是6，那么这个数一定不是完全平方数。推论2：如果一个完全平方数的个位数字不是6，则它的十位数字是偶数。性质4：偶数的平方是4的倍数；奇数的平方是4的倍数加1。这是因为(2k+1)=4k(k+1)+1(2k)=4性质5：奇数的平方是8n+1型；偶数的平方为8n或8n+4型。在性质4的证明中，由k(k+1)一定为偶数可得到(2k+1)是8n+1型的数；由为奇数或偶数可得(2k)为8n型或8n+4型的数。性质6：平方数的形式必为下列两种之一：3k,3k+1。因为自然数被3除按余数的不同可以分为三类：3m,3m+1,3m+2。平方后，分别得(3m)=9=3k(3m+1)=9+6m+1=3k+1

39、(3m+2)=9+12m+4=3k+1同理可以得到：性质7：不能被5整除的数的平方为5k1型，能被5整除的数的平方为5k型。性质8：平方数的形式具有下列形式之一：16m,16m+1,16m+4,16m+9。除了上面关于个位数，十位数和余数的性质之外，还可研究完全平方数各位数字之和。例如，256它的各位数字相加为2+5+6=13，13叫做256的各位数字和。如果再把13的各位数字相加：1+3=4，4也可以叫做256的各位数字的和。下面我们提到的一个数的各位数字之和是指把它的各位数字相加，如果得到的数字之和不是一位数，就把所得的数字再相加，直到成为一位数为止。我们可以得到下面的命题：一个数的数字和

40、等于这个数被9除的余数。下面以四位数为例来说明这个命题。设四位数为，则=1000a+100b+10c+d=999a+99b+9c+(a+b+c+d)=9(111a+11b+c)+(a+b+c+d)显然，a+b+c+d是四位数被9除的余数。对于n位数，也可以仿此法予以证明。关于完全平方数的数字和有下面的性质：性质9：完全平方数的数字之和只能是0,1,4,7,9。证明因为一个整数被9除只能是9k,9k1,9k2,9k3,9k4这几种形式，而(9k)=9(9)+0(9k1)=9(92k)+1(9k2)=9(94k)+4(9k3)=9(96k)+9(9k4)=9(98k+1)+7除了以上几条性质以外，

41、还有下列重要性质：性质10：为完全平方数的充要条件是b为完全平方数。证明充分性：设b为平方数，则=(ac)必要性：若为完全平方数，=，则性质11：如果质数p能整除a，但不能整除a，则a不是完全平方数。证明由题设可知，a有质因子p，但无因子，可知a分解成标准式时，p的次方为1，而完全平方数分解成标准式时，各质因子的次方均为偶数，可见a不是完全平方数。性质12：在两个相邻的整数的平方数之间的所有整数都不是完全平方数，即若km(但89为质数，它的正因子只能是1与89，于是。解之，得n=45。代入(2)得。故所求的自然数是1981。例2：求证：四个连续的整数的积加上1，等于一个奇数的平方(1954年基

42、辅数学竞赛题)。分析设四个连续的整数为，其中n为整数。欲证是一奇数的平方，只需将它通过因式分解而变成一个奇数的平方即可。证明设这四个整数之积加上1为m，则而n(n+1)是两个连续整数的积，所以是偶数；又因为2n+1是奇数，因而n(n+1)+2n+1是奇数。这就证明了m是一个奇数的平方。例3：求证：11,111,1111,这串数中没有完全平方数(1972年基辅数学竞赛题)。分析形如的数若是完全平方数，必是末位为1或9的数的平方，即或在两端同时减去1之后即可推出矛盾。证明若，则因为左端为奇数，右端为偶数，所以左右两端不相等。若，则因为左端为奇数，右端为偶数，所以左右两端不相等。综上所述，不可能是完

43、全平方数。另证由为奇数知，若它为完全平方数，则只能是奇数的平方。但已证过，奇数的平方其十位数字必是偶数，而十位上的数字为1，所以不是完全平方数。例4：试证数列49,4489,444889,的每一项都是完全平方数。证明=+1=4+8+1=4()(9+1)+8+1=36()+12+1=(6+1)即为完全平方数。例5：用300个2和若干个0组成的整数有没有可能是完全平方数？解：设由300个2和若干个0组成的数为A，则其数字和为60036003A此数有3的因子，故9A。但9600，矛盾。故不可能有完全平方数。例6：试求一个四位数，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(1999小

44、学数学世界邀请赛试题)。解：设此数为此数为完全平方，则必须是11的倍数。因此11a+b，而a,b为0,1,2,9，故共有(2,9),(3,8),(4,7),(9,2)等8组可能。直接验算，可知此数为7744=88。例7：求满足下列条件的所有自然数：(1)它是四位数。(2)被22除余数为5。(3)它是完全平方数。解：设，其中n,N为自然数，可知N为奇数。11N-4或11N+4或k=1k=2k=3k=4k=5所以此自然数为1369,2601,3481,5329,6561,9025。例8：甲、乙两人合养了n头羊，而每头羊的卖价又恰为n元，全部卖完后，两人分钱方法如下：先由甲拿十元，再由乙拿十元，如此

45、轮流，拿到最后，剩下不足十元，轮到乙拿去。为了平均分配，甲应该补给乙多少元(第2届“祖冲之杯”初中数学邀请赛试题)？解：n头羊的总价为元，由题意知元中含有奇数个10元，即完全平方数的十位数字是奇数。如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6。所以，的末位数字为6，即乙最后拿的是6元，从而为平均分配，甲应补给乙2元。例9：矩形四边的长度都是小于10的整数(单位：公分)，这四个长度数可构成一个四位数，这个四位数的千位数字与百位数字相同，并且这四位数是一个完全平方数，求这个矩形的面积(1986年缙云杯初二数学竞赛题)。解：设矩形的边长为x,y，则四位数N是完全平方数，11为质数x+y能被

46、11整除。又,得x+y=11。9x+1是一个完全平方数，而，验算知x=7满足条件。又由x+y=11得。例10：求一个四位数，使它等于它的四个数字和的四次方，并证明此数是唯一的。解：设符合题意的四位数为，则，为五位数，为三位数，。经计算得，其中符合题意的只有2401一个。例11：求自然数n，使的值是由数字0,2,3,4,4,7,8,8,9组成。解：显然，。为了便于估计，我们把的变化范围放大到，于是，即。，。另一方面，因已知九个数码之和是3的倍数，故及n都是3的倍数。这样，n只有24,27,30三种可能。但30结尾有六个0，故30不合要求。经计算得故所求的自然数n=27。(四)讨论题1.(1986

47、年第27届IMO试题)设正整数d不等于2,5,13，求证在集合2,5,13,d中可以找到两个不同的元素a,b，使得ab-1不是完全平方数。2.求k的最大值，使得可以表示为k个连续正整数之和。竞赛讲座24判别式与韦达定理根的判别式和韦达定理是实系数一元二次方程的重要基础知识，利用它们可进一步研究根的性质，也可以将一些表面上看不是一元二次方程的问题转化为一元二次方程来讨论.1判别式的应用例1（1987年武汉等四市联赛题）已知实数a、b、c、R、P满足条件PR1，Pc+2b+Ra=0.求证：一元二次方程ax2+2bx+c=0必有实根.证明=（2b）2-4ac.若一元二次方程有实根，必须证0.由已知条

48、件有2b=-（Pc+Ra），代入，得=（Pc+Ra）2-4ac=（Pc）2+2PcRa+（Ra）2-4ac=（Pc-Ra）2+4ac（PR-1）.（Pc-Ra）20，又PR1，a0，（1）当ac0时，有0；（2）当ac0时，有=（2b）2-4ac0.（1）、（2）证明了0，故方程ax2+2bx+c=0必有实数根.例2（1985年宁波初中数学竞赛题）如图21-1，k是实数，O是数轴的原点，A是数轴上的点，它的坐标是正数a.P是数轴上另一点,坐标是x,xa，且OP2=kPAOA.（1）k为何值时，x有两个解x1，x2（设x1x2）；此处无图（2）若k1，把x1，x2，0，a按从小到大的顺序排列，并

49、用不等号“”连接.解（1）由已知可得x2=k（a-x）a，即x2+kax-ka2=0，当判别式0时有两解，这时=k2a2+4ka2=a2k（k+4）0.a0，k（k+4）0，故k-4或k0.（2）x10x2a.例3（1982年湖北初中数学竞赛题）证明不可能分解为两个一次因式之积.分析若视原式为关于x的二次三项式，则可利用判别式求解.证明将此式看作关于x的二次三项式，则判别式=显然不是一个完全平方式，故原式不能分解为两个一次因式之积.例3（1957年北京中学生数学竞赛题）已知x，y，z是实数，且x+y+z=a，求证：0x0y0z分析将代入可消去一个字母，如消去z，然后整理成关于y的二次方程讨论.

50、证明由得z=a-x-y，代入整理得此式可看作关于y的实系数一元二次方程，据已知此方程有实根，故有=16（x-a）2-16（4x2-4ax+a2）00x同理可证：0y，0z.例5设a1，a2，a3，b是满足不等式（a1+a2+a3）22（）+4b的实数.求证：a1a2+a2a3+a3a13b.证明由已知可得0.设则a3是实数，故0，即有（a1+a2）2（）-2a1a2+4b+r2（）-（a1+a2）2+4b.于是（a1+a2）2（）+2b，a1a2b.同理有a2a3b，a3a1b.三式相加即得a1a2+a2a3+a3a13b.例6设a、b、c为实数，方程组与均无实数根.求证:对于一切实数x都有证

51、明由已知条件可以推出a0，因为若a=0，则方程组至少有一个有实数解.进一步可知，方程ax2+bx+c=x无实根，因此判别式=0，于是（b-1）2+（b+1）-8ac0.即4ac-b21.2韦达定理的应用例7（1899年匈牙利数学奥林匹克竞赛题）假设x1、x2是方程x2-（a+d）x+ad-bc=0的根.证明这时是方程的根.证明由已知条件得=a3+d3+3abc+3bcd，由韦达定理逆定理可知，、是方程的根.例8已知两个系数都是正数的方程a1x2+b1x+c1=0，a2x2+b2x+c2=0，都有两个实数根，求证：（1）这两个实数根都是负值；（2）方程a1a2x2+b1b2x+c1c2=0也有两

52、个负根.证明方程有两个实数根，0.同理0.又a1、b1、c1都是正数，0，0.由此可知方程的两根是负值.同样可证方程的两根也是负值.显然a1c14a1c1代入，得0，由0，得=0，方程也有两个实数根.又a1a20，b1b20，c1c20，0，0.由此可知方程的两个根也是负值.例9（1983年上海初中数学竞赛题）对自然数n，作x的二次方程x2+（2n+1）x+n2=0，使它的根为n和n.求下式的值：+解由韦达定理得=而=（n3），原式=+=例10（1989年全国初中联赛试题）首项不相等的两个二次方程（a-1）x2-（a2+2）x+（a2+2a）=0及（b-1）x2-（b2+2）x+（b2+2b）=0（其中a，b为正整数）有一公共根，求的值.解由题得知，a，b为大于1的整数，且ab.设x0是方程的公共根，则x01，否则将x=1代入得a=1，矛盾.得x0代入原方程，并经变形得及所以a，b是