初二数学竞赛模拟试卷(四)

一、选择题1.已知a2+b2=1,b2+c2=2,c2+a2=2,则ab+bc+ca的最小值为().(A)3-21(B)-3+21(C)-3-12(D)3+212.设a1,a2,a3,…,a50是从-1,0,1这三个整数中取值的数,若a1+a2+a3+…+a50=9,且(a1+1)2+(a2+1)2+(a3+1)2…+(a50+1)2=107,则a1,a2,a3,…,a50中0的个数为().(A)10(B)11(C)12(D)13图13.在正方形ABCD中,E在BC上,BE=2,CE=1,P在BD上,则PE+PC的最小值为().(A)23(B)没有最小值(C)13(D)324.将一个各面上分别标有数字1,2,3,4,5,6的正方体表面按不同的方式展开,下面4个图中有3个图是该正方体表面展开图,则不是该正方体表面展开图的图形是()…     

一道2014年湖北高考试题的探究与推广

题目 (2014年湖北理数第9题)已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且∠F1PF2=π/3,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为() A.4√3/3 B.2√3/3 C.3 D.2 解析:不妨设椭圆和双曲线的方程分别为x2/a212+t2/b12=1和x2/a22-y2/b22=1,其中:a1＞b1＞0,a2 ＞0,b2 ＞0,且椭圆和双曲线的离心率分别为e1和e2.记|PF1 |=m,| PF2 |=n,则由椭圆和双曲线的定义知:|m+n|=2a1①,| m-n |=2a2②.由①②得:m2+n2=2a2+ 2a2,mn=a12-a22③.在△F1 PF2中,应用余弦定理得:cos∠ F1PF2=m2+n2-(2c)2/2mn =1/2,即m2+ n2-4c2=mn.     

数学单元测试题(二)(整式除法)

一、填空题1.x7÷x3=__.2.a10÷a8×a2=__.3.-0.000106用科学记数法表示为=__.4.( )÷2a2b=-(1/2)a5b4.5.已知9x2+kx+16是个完全平方式,则k=__.6.(24a3-16a2)÷(-8a2)=__.7.(-(1/4)x6y5+(2/3)x6y9)÷2x4y5=__.8.(x2m+1ym-x3m-1y)÷xm=__.9.(ab)6÷(ab)2=__.     

抓住一元好分解

对于含多个字母的因式分解题,大多数学生都不知如何下手求解,在此,本人给出一种比较实用的方法,那就是以题中某个字母为主元,其他字母看成是常数,这样将多元问题变为一元问题,问题便轻易解决,下面举例说明.例1分解因式2x~2-5xy+2y~2+7x-5y+3.解:视x为未知元,变形,则有:原式=2x~2+(7-5y)x+(2y~2-5y+3)=2x~2+(7-5y)x+(y-1)(2y-3)=[2x-(y-1)][x-(2y-3)]     

略谈组合恒等式的证明

组合恒等式证明问题,一般难度较大,学生往往不易掌握。下面就来谈谈组合恒等式证明的几种方法。 1.置换法。在公式(a+b)~n=C_n~0a~n+C_n~1a~(n-1)b+C_n~2a~(n-2)b~2+…+C_n~ra~(n-r)b~r+…+C_n~nb~n中,适当地选择某个数来置换a和b,原恒等式即可得证。例1.求证:①2~n-C_n~12~(n-1)+C_n~22~(n-2)+…+(-1)~(n-1)C_n~(n-1)2+(-1)~n=1; ②3~n-C_n~13~(n-1)+C_n~23~(n-2)+…+(-1)~(n-1)C_n~(n-1)3+(-1)~n=2~n。     

倒数方程解法综述

倒数方程是一种特殊的高次方程，它有四种基本类型，每种类型都有常规的解法。本文就从四个方面对这个问题作以综述。一、第一类型的偶次倒数方程的解法例1、解方程x~4+7x~3+14x~2+7x+1=0解：显然x=0不是方程的根，两边同除以x~2，得（x~2+(1/x~2)）+7（x+(1/x)）+14=0令x+(1/x)=y，测x~2+(1/x~2)=y~2-2测有y~2+7y+12=0（y+3）（y+4）=0∴y=3或y=4当x+(1/x)=-3时，x~2+3x+1=0     

一道IMO试题的几何模型及应用

第五届IMO第5题是:证明: cos π/7-sos (2π)/7+cos=(3π)/7=1/2. 因为cos (3π)/7=cos(π-(4π)/7)=-cos (4π)/7,所以原题变为: cos π/7-cos (2π/7)-cos (4π/7)=1/2.由于π/7+(2π)/7+(4π)/7=π,故可构造一个三角形来证明.     

基本不等式a~2+b~2≥2ab的变形与应用

基本不等式a2+b2≥2ab在不等式的证明中起重要作用,但有些不等式直接用它去证明比较困难,而应用该不等式的变形去证明却比较方便. 变形1a2+b2≥2ab a2+b2≥1/2(a+b)2. 例 1 已知 a,b,c∈R+,且a+b+c=5,a2+b2+c2=9,试证明:1≤a、b、c≤7/3. 证明:由已知 a+b=5-c,a2+b2≥9-c2,∵a2+b2≥1/2(a+b)2,∴9-c2≥1/2(5-c)2,∴3c2-10c+7≤0,∴1≤c≤7/3,同理1≤a≤7/3,1≤b≤7/3. 例2 设a,b∈R+,且a+b=1,求证:(a+1/2)2+(b+1/b)2≥25/2.     

有理数加减法的技巧

一、相邻差相等法 例1 计算1-2 +3-4 +5-6 +7-8+…+4999-5000的值. 解:(1-2)+(3-4)+(5-6)+(7-8)+…+(4999-5000) =(-1)+(-1)+(-1)+(-1)+…+(-1) =-2500 二、分数的性质法 例2 计算1/0.1-1/0.01-1/0.001-1/0.0001 解:1/0.1-1/0.01-1/0.001-1/0.0001 =1 × 10 1 × 100 1 × 1000 1 × 10000 =0.1×10 0.01×100 0.001 ×1000 0.0001 ×10000 =10-100-1000-10000 =-11090     

欧拉公式的应用(初二、初三)

下列的式子称为欧拉公式a3+b3+c3-3abc =(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca) =1/2(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] 特别地,(1)当a+b+c=0时,有a3+b3+c3=3abc. (2)当c=0时,欧拉公式变为两数立方和公式. 请看公式的应用: 例1 分解因式(a+b-2x)3-(a-x)3-(b-x)3的结果等于____. (“希望杯”试题) 解因为     

有理数运算的技巧

一、巧用运算律例1计算-117×(132-0.125)÷(-1.2)×(-1313).解原式=-117×(132-18)×(-56)×(-1613)=-117×1613×(132-18)×56=-9×(12-2)×56=9×32×56=1114.二、合理分组例2计算1-2+3-4+5-6+7-8+…+4999-5000=(1999年“希望杯”初一数学竞赛试题)解原式=(1-2)+(3-4)+(5-6)+(7-8)+…+(4999-5000)=(-1)+(-1)+(-1)+(-1)+…+(-1)(共有2500个)=-2500.三、反序相加例3计算12+(14+34)+(16+36+56)+…+(198+398+…+9798)=(1998年“五羊杯”初一数学竞赛试题)解设原式=S,将每个括号内的分数反序排列,可得S=12+(34+14)+(56+36+16)+…+(9798+…+39…     

二次根式大小比较的方法技巧

比较两个二次根式大小是二次根式运算中经常遇到一种类型题.有的比较简单,有的可能就无从下手,所以就此谈一谈几种方法.一、因式内移原理:若a≥b≥0时,则a≥b.例1比较23和32的大小.解:23=12,32=18.因为12<18,所以23<32.对于-23和-32大小比较同样适用.二、平方法原理:a≥0,b≥0且a2≥b2,则a≥b.例2比较2+7与3+6的大小.解:(2+7)2=(2)2+(7)2+2·2·7=9+214(3+6)2=(3)2+(6)2+2·3·6=9+218因为2+7>0,3+6>0,所以2+7<3+6.三、做差法原理:a-b≥0,则a≥b.例3比较2+33与4-33的大小.解:(2+33)-(4-33)=2+33-4+33=63-2=108-4因为108>4,所以(2+33)-(4-33)…     

一个不等式的推广及其特殊证法

本文约定字母均表示正数。 (1)如果a+b=1, 则(a+1/a)~2+(b+1/b)~2≥ 25/2 ① (2)如果a+b+c=1, 则(a+1/a)~2+(b+1/b)~2+(c+1/c)~2 ≥100/3 ②一般地,如果sum from i=1 to n a_i=1, 则 sum from i=1 to n(a_i+1/a_i)~2≥(n~2+1)~2/n ③下面只证不等式②、③。引进三元函数 W=(x+1/a)~2+(y+1/b)~2+(z+1/c)~2,那么它的几何意义是动点P(x,y,z)到定点(-1/a,-1/b,-1/c)的距离的平方。     

2003届高中毕业班第一次教学质量检测数学(理科)参考答案

一、选择题1.Ｂ　 2 .Ｃ　 (新 )Ｂ　 3.Ｄ　 4 .Ａ　 5.Ｂ　 6 .Ｄ7.Ｃ　 8.Ｂ　 9.Ａ　 10 .Ａ　 11.Ｄ　 12 .Ｂ二、填空题13.ｘ - 2 ｙ +3=0　 14 .ｘ =2　 15.16　 13.(新 ) 12 0 　 16 .ａｎ =2 +( - 1) ｎ 2ｎ 或ａｎ =1　ｎ为奇数3　ｎ为偶数 　或ａ =2 +ｓｉｎ2ｎ +12 π三、解答题17.解 :ｔａｎ2θ =2ｔａｎθ1-ｔａｎ2 θ=- 2 2 ,解得ｔａｎθ =-22 或ｔａｎθ =2因为 2π <2θ <3π ,所以π <θ <3π2 则ｔａｎθ >0 ,所以ｔａｎθ =- 22 (舍去 ) ,所以ｔａｎθ =2 .原式 =ｃｏｓθ-ｓｉｎθｃｏｓθ +ｓｉｎθ=1-ｔａｎθ1+ｔ…     

最HIGH拼词

例诗歌=(诗)+(音乐)1.作文=( )+(2.风景=( )+(3.快乐 :( )+(4.成功=失败的经验+(S.成功:机会 +( )6.IQ零蛋 :( )一(7.快乐=物质消费+(8.成功:努力 +正确的方法+(9.生活=物质+精神+(最HIGH拼词~~     

等差数列的有趣性质

在等差数列中 ,已知ａ3=9,ａ9=3 ,求ａ1 2 .这是一道很简单的等差数列问题 ,易求得ａ1 2 =0 .若细看上题的数字特征 ,会发现这是等差数列的一个有趣性质 .更一般地 ,有在等差数列中 ,若ａｍ =ｎ ,ａｎ =ｍ ,则ａｍ+ｎ =0 .证法 1　ａｍ =ａ1 +(ｍ-1)ｄ =ｎ ,ａｎ =ａ1 +(ｎ -1)ｄ=ｍ ,两式联立 ,解方程组 ,得ａ1 =ｍ+ｎ -1和ｄ =-1.∴ａｍ +ｎ =ａ1 +(ｍ +ｎ-1)ｄ =0 .证法 2　由ａｎ =ａｍ+(ｎ -ｍ)ｄ ,得ｍ =ｎ+(ｎ -ｍ)ｄ ,ｄ=-1.∴ａｍ +ｎ =ａｍ +(ｍ +ｎ-ｍ)ｄ=ｎ -ｎ=0 .这里巧用通项与各项的关系式 ,省去了解方程组及求ａ1 的过程 ,…     

解数列题应掌握的8种解题思想

1.方程思想例1等差数列{an}的前n项和记为Sn.已知a10=30,a20=50(Ⅰ)求通项an;(Ⅱ)若Sn=242,求n.解:(Ⅰ)由an=a1+(n-1)d,a10=30,a20=50,得方程组(?)a1+9d=30,a1+19d=50.解得a1=12,d=2.所以an=2n+10.(Ⅱ)由Sn=na1+(n(n-1))/2d,Sn=242得方程12n+(n(n-1)/2×2=242.解得n=11或n=-22(舍去).2.函数思想例2已知等差数列{an}中,a1≠0,前n项和为Sn,且S1=S2005,S9=Sn,求n的值.解:因为点P(n,Sn)在函数y=d/2x2+(2a1-d)/2x的图象上,且S1=S2005所以抛物线的对称轴为x=1003又S9=Sn,所以(n+9)/2=1003,即n=19973.整体思想例3等差数列{an}的前n项和为Sn,且S10=100,S100=10,求S110.解:S100-S10=a11+a12+…+a100=(a11+a100)/2×90又S100-     

递推法在一类证题中的应用

先看一个例题: 例1 求证:C_n~1/-C_n~2/2+C_n~3/3-……+(-1)~(n-1)·C_n~n/n=1+1/2+1/3+……+1/n。求证式等号两边均有n项。可用递推方法证之。证明:记S_n=C_n~1/1-C_n~3/2+C_n~3/3-……+(-1)~(n-1),C_n~n/n。     

一个代数不等式的代数证法

本刊文 [2 ]用几何方法改进并证明了文[1]出现的不等式 :已知 x,y∈ R,求证x2 +y2 +( x -1) 2 +y2 +x2 +( y -1) 2 ≥ 22 ( 3 +1) .这体现了由数到形的沟通 ,但还不是完整意义上的数形结合 ,本文补充由形到数的沟通 .首先将费马点所提供的几何意义 ,用复数乘法把 OP,AP,BP首尾连接 ,再用复数模不等式|z1 |+|z2 |+|z3 |≥ |z1 +z2 +z3 |1拉直 ,得出证明 1;然后把复数运算“翻译”为配方 ,并把 1改写为∑3i= 1a2i +b2i ≥ ( ∑3i=1ai) 2 +( ∑3i =1bi) 2 ,2得出更直接的代数证明 .其中的复数证法能说明配方的来由 ,而不是妙手偶得的技巧 .…     

加减凑整速算乘法

用“加减凑整法”计算两位数乘法 ,比较简便、迅速。其方法是 :两个因数相乘 ,可以从一个因数上减去一个数 ,减去的数加到另一个因数上 ,将其中一个因数减成整十数 ;或将另一个因数加成整十数 ,再把加 (减 )后得到的两个数相乘 ,最后加上原来两个因数与加成 (或减成 )的整十数之差的积。例如 :1 . 86× 67=( 86+7)× ( 67-7) +( 86-60 )× ( 67-60 ) =93× 60 +2 6× 7=5 5 80 +1 82 =5 762或 86× 67=( 86+4 )× ( 67-4) +( 90 -86)× ( 90 -67) =90× 63 +4× 2 3 =5 670 +92 =5 7622 . 83× 76=89× 70 +1 3× 6=62 3 0 +78=63 0 8或 83…