初二代数第一学期期中自测题

A组题一、判断题 (每小题 2分 ,共 1 0分 )1 .x5-y5=(x2 -y2 ) (x3 +y3 ) (　 ) .2 .(x -y) n=(y-x) n(n为偶数 ) (　 ) .3 .x6-y6=(x3 -y3 ) (x3 +y3 )=(x -y) (x2 +y2 ) (x3 +y3 ) (　 ) .4.(a -b) 2 -(a +b) 2 =2a4(　 ) .5 .8a3 -6a2 +2a的公因式是 2a (　 ) .二、选择题 (每小题 3分 ,共 2 4分 )1 .1 6a2 +2m +b2 是一个完全平方式 ,那么m的值是 (　 ) .A .± 4ab　B .± 1 6ab　C .± 3 2ab　D .1 6ab2 .下列分解因式错误的是 (　 ) .A .4a2 -1 =( 2a +1 ) ( 2a -1 )B .a4-64=(a2 +8) (a +2 2 ) (a -2 2 )C .a4+1 =(a2 -1 ) (a2 -…     

上期课外练习解答

高一年级1.(1)若2(a2+1)=3-a+a+1, 则a=±1,当a=1时,(d=-2; 当a=-1时,d=0. (2)若2a+2=a2-a+4, 则a=1或a=2. 当a=1时,d=-2; 当a=2时,d=2. (3)若a2+a+1=6-2a, ∴ a=1或a=-4.     

诡辩一则--对数值是存在还是不存在

题目　已知实数 a、b满足 a + b =- 1 0 0 ,ab=1 ,问 lga2b+ lgb2a与 lg( 1a+ 1b)的值存在吗 ?若存在求出值来 ,若不存在请说明理由 .解　 lga2b+ lgb2a与 lg( 1a+ 1b)的值均存在 .lga2b+ lgb2a =lg( a2b .b2a) =lg( ab)=| lg1 | =0 ,或　 lga2b+ lgb2a =lga2 - lgb + lgb2 - lga=2 lga - lgb + 2 lgb - lga =lga + lgb =lg( ab) =0 .lg( 1a + 1b) =12 lg( 1a + 1b) 2 =12 lg( a + bab ) 2 =12 lg1 0 0 2 =12 × 4 =2 .诡辩揭密由已知条件 a+ b=- 1 0 0 <0 ,ab=1 >0可知 :实数 a、b均为负数 .从而　 a2b<0 ,b2a <0 ,1a + 1b <0 ,所以 lga2b+…     

数论问题

本讲通过数学竞赛中的一些数论问题,简要地介绍初等数论中较为基本的思考方法.对于问题所涉及的数论基础知识,我们将直接引用而不作讨论(可以参看,例如,《奥数教程》,高三年级,华东师范大学出版社) .例1　设a ,b是给定的正整数,证明,仅有有限多个正整数n ,使得(a + 12 ) n+ (b + 12 ) n为整数.证　问题等价于证明,仅有有限多个n ,使得2 n整除(2a + 1) n+ (2b + 1) n.我们希望分解被除数(2a + 1) n+ (2b + 1) n.这在n为奇数时易于实现:我们有(2a + 1) n + (2b + 1) n =(2a + 2b + 2 ) (2a +1) n -1- (2a + 1) n -2 (2b + 1) +…- (2a + 1) (2…     

初二代数第一学期期中自测题

A组一、填空题1.(x-y)n(n为偶数)=.2.(a-b)2-(a+b)2=.3.x2-5x-14=.4.x2+x+m=(x+n)2,则m=,n=.5.()2+12xy+9y2=()2.6.a+b-ab-1=(a-1)().7.x2-2xy+y2-z2=()().8.a4+a2-20=()()().9.32002-5×32001+6×32000=.10.4(1-b2+ab)-a2=.二、选择题1.把多项式4x-x2-4分解因式,结果正确的是().A.-x(4-x)-4B.-(x-2)2C.4x-(x+2)(x-2)D.-(x+2)22.x2+mx+16是一个完全平方式,则m的值是().A.±8B.±16C.±4D.163.x4-k=(x2+9)(x+3)(x-3),则k=().A.9B.-9C.81D.-814.下列分解因式错误的是().A.4a2-1=(2a+1)(2a-1)B.a4-64=(a2+8)(a+22)(a-22)C.x4+1=(x2-1)(x…     

初二代数第一学期期末自测题

A组一、选择题 (每小题 3分 ,共 3 0分 )1 .下列由左边到右边的变形 ,属于因式分解的是(　　 ) .A .( 2a +b) ( 2a -b) =4a2 -b2B .x2 -2x -3 =(x +1 ) (x-3 )C .4x2 y3 -2xy2 +1 =2xy2 ( 2xy -1 ) +1D .a2 +1 =a(a+1a)2 .若 4x2 +2 (k-4)x+1是一个完全平方式 ,则k的值为 (　　 ) .A .4和 2　　　　B .5和 2C .6和 2　　　　D . -4和 23 .下列各式中 ,变形不正确的是A .c-ab=-cab　　　B .-b-3a=b3aC .3b-4a=-3b4a　　D .--7b3a =7b-3a4.若 4a =5b(b≠ 0 ) ,则 a2 -b2b2 的值等于 (　　 ) .A .-15 　　　B .14　　　C .91 6　　　D .…     

世界各地数学奥林匹克竞赛试题摘编

1　 (第 2 3届全俄中学奥林匹克竞赛试题 ,11年级 )求方程 (x2 - y2 ) 2 =1+ 16 y的整数解 .解　以下将证明方程(x2 - y2 ) 2 =1+ 16 y (1)的解是 (- 4,5 ) ,(4,5 ) ,(- 1,0 ) ,(1,0 ) ,(- 4,3) ,(4,3) .设x ,y是满足方程 (1)的两个整数 .注意到 ,若 y <0 ,则 1+ 16 y <0 ,则 1+ 16 y不是一个完全平方数 ;若 (x ,y)就是 (1)的解 .不失一般性 ,可设x≥ 0 .情形 1:若x≥y ,可令x =y +a且a∈N .方程 (1)可改写为 :4a2 y2 + 4 (a3- 4) y +a4 - 1=0 .故 y是二次方程 4a2 X2 + 4 (a3- 4)X +a4 - 1=0的一个解 .此时Δ =16 (- 8a3+a2 + 16 ) ,则一…     

一个不等式的推广、加强及应用

文[1 ] 给出了一个不等式 :2 (n + 1 - 1 ) <∑nk=11k<2n - 1 (n>1 )……(Ⅰ)本文对 (Ⅰ )式进行推广并且给出 (Ⅰ )式的一种加强形式 ,最后指出其应用 .定理 1 :已知 {an}为等差数列且a1 >0 ,公差d >0 ,则 2d(an+1 - a1 ) <∑nk=11ak<2d(an - a1 ) + 1a1.证 :因为a1 >0 ,d>0 ,所以 {an}为严格递增正数列 .因为ak - ak- 1 =dak+ak- 1>d2ak(k≥ 2 ) ,所以 1ak<2d(ak -ak- 1 ) . (A)又因为ak+1 - ak =dak+1 + ak2d(ak+1 -ak) . (B)由 (A)式知 ∑nk =11ak<1a1+ 2d[(a2 -a1 ) + ( a3- a2 ) +… + ( an- an- 1 ) ]=2d(an - a1 )…     

观察 猜想 验证 反思——从一道课本习题说起

题　设f(x) =x2 - 1x2 +1,求1) f ba ;　2 ) f ab .解　1) f ba =b2a2 - 1b2a2 +1=b2 -a2a2 +b2 ;2 ) f ab =a2b2 - 1a2b2 +1=a2 -b2a2 +b2 .对1) ,2 )的计算结果进行观察,不难发现:f ab +f ba =b2 -a2a2 +b2 +a2 -b2a2 +b2 =0 .由f ab ,f ba 的特点,容易让人联想到f(x) +f 1x 的值有可能为定值,于是进行验证:f(x) +f(1x) =x2 - 1x2 +1+1x2 - 11x2 +1=x2 - 1+1-x2x2 +1=0 (x≠0 ) .通过验证,说明猜想成立,这样就得到了一般性的结论.用此方法可以解决一些高考和竞赛题,下面举例说明.例1　(2 0 0 2年全国高考)己知f(x) =x21+x2 ,求f(1) +f(12 …     

一个不等式的证明与推广

题目　设a1 、a2 、m1 、m2 均为正实数 ,且m1 +m2 =1.求证 :m1 a1 +m2 a2 ≥m1 a1 +m2 a2 .证明　∵a1 、a2 、m1 、m2 均为正实数 ,且m1 +m2 =1.要证 :　　m1 a1 +m2 a2 ≥m1 a1 +m2 a2 m1 a1 +m2 a2 ≥m21 a1 +2m1 m2a1 a2 +m22 a2 m1 ( 1-m1 )a1 +m2 ( 1-m2 )a2≥ 2m1 m2 a1 a2 m1 m2 a1 +m2 m1 a2 ≥ 2m1 m2 a1 a2 m1 m2 (a1 -2a1 a2 +a2 )≥ 0 m1 m2 (a1 -a2 ) 2 ≥ 0 .上式显然成立 .∴m1 a1 +m2 a2 ≥m1 a1 +m2 a2 .思考设a1 、a2 、a3、m1 、m2 、m3均为正实数 ,且m1 +m2 +m3=1.则m1 a1 +m2 a2 +m3a3≥m1 a1 +m2 a2 +m3a3是否…     

等比数列的一个性质

文 [1 ]给出了等差数列的一个性质 :设 {an}是以 d为公差的等差数列 ,则有a1+ a2 +… + ann =am+ 1+ am+ 2 +… + an-mn - 2 m .本文运用类比的方法 ,得到等比数列的一个类似的性质 .性质　设 {an}是公比为 q( q>0 )的等比数列 ,则有( a1a2 … an) 1n =( am+ 1am+ 2 … an-m) 1n-2 m,其中 n >2 m.证明　当 n为奇数时 ,n- 2 m也为奇数 .( a1. a2 .… . an) 1n　 =( a1. a1q . a1q2 .… . a1qn-1) 1n　 =( an1. q1+ 2 + 3 +… + n-1) 1n,　 =( an1. qn( n-1)2 ) 1n =a1. qn-12 .( am+ 1. am+ 2 .… . an-m) 1n-2 m　 =( a1qm . a1qm+ 1.… . a…     

2004年第四期初中数学问题参考解答

一、比较 2 0 0 5- 2 0 0 4与 2 0 0 4 - 2 0 0 3的大小 .解 :∵ 2 0 0 5+ 2 0 0 4 >2 0 0 4 + 2 0 0 3,∴ 12 0 0 5+ 2 0 0 4 <12 0 0 4 + 2 0 0 3.即　 2 0 0 5- 2 0 0 4( 2 0 0 5+ 2 0 0 4 ) ( 2 0 0 5- 2 0 0 4 ) <2 0 0 4 - 2 0 0 3( 2 0 0 4 + 2 0 0 3) ( 2 0 0 4 - 2 0 0 3) .故 2 0 0 5- 2 0 0 4 <2 0 0 4 - 2 0 0 3.二、已知 36a2 ÷ 6a+ 1=0 ,求 ( 6a) 1 6+ 1( 6a) 1 6的值 .解 :由 36a2 ÷ 6a + 1=0有 6a+ 1=0 .∴ 6a =- 1.∴ ( 6a) 1 6+ 1( 6a) 1 6=( - 1) 1 6+ 1( - 1) 1 6=2 .三、一整数a若不能被 2和 3整除 ,则a2 + 2 3必能…     

一个代数恒等式的应用

人教版初中《代数》第二册课本中两个重要的公式 (a +b) 2 =a2 + 2ab +b2 ,(a -b) 2 =a2 -2ab +b2 ,通常是直接应用于解题 .如果将两公式相减 ,将得到一个新的有用的代数恒等式 :ab=14 [(a +b) 2 -(a -b) 2 ] ○ ,此代数恒等式简单易记 ,操作简便 .解题中若能灵活、恰当地运用此恒等式 ,将会使一类数学问题的解题思路清晰明朗、过程简洁凑效 .本文以竞赛题为例说明它的应用 .1用于分解因式例 1分解因式 :(ab -1) 2 + (a +b -2 )(a +b -2ab) . (96天津数学竞赛题 )解　原式 =(ab -1) 2 + (a+b -2 +a +b-2ab2 ) 2-[a +b-2 -(a +b-2ab)2 ] 2=(…     

一个不等式的拓广

文 [1],[2 ]均对不等式“已知 :a >0 ,b >0 ,a3 +b3 =2 ,则a +b≤ 2”作出了一系列的讨论 .本文将给出该不等式的两个拓广 ,并由此证明了文 [2 ]末给出的猜想命题 1　若an +bn=2 ,a ,b∈R ,n≥ 2且n∈N ,则a +b≤ 2 ,ab≤ 1.上述命题为原不等式在指数上的推广 ,即文 [2 ]中猜想 1.证　 1)当a >0 ,b >0时 ,∵an+bn≥ 2anbn ,∴ 2anbn ≤ 2 ,即anbn≤ 1.∴ab≤ 1.又an+1+… +1n -1个 1+bn+1+… +1n -1个 1≥n nan +n·nbn,即na +nb≤ 2 +2 (n - 1) ,∴a +b≤ 2 .2 )若a <0 ,b <0 ,由题设n必为偶数 .此时 ,an+bn=(-a) n+(-b) n=2 .由 1)知 :(-…     

含两参数的平均值代换法的应用

含一参数的平均值代换法是 ,若数学题中含有x + y =2a的条件 ,则令x =a +t,y =a -t(t为参数 ) .除此以外 ,还有含两参数的平均值代换法 ,即若数学题中含有x + y +z =3a的条件 ,则令x =a +t1,y =a +t2 ,z =a - (t1+t2 ) (t1,t2 为参数 ) .此法也可以推广到更多个参数的情形 .下面只举例说明含两参数的平均值代换法的应用 .1　求值例 1　已知 xa + yb + zc =1,ax + by + cz =0 ,求 x2a2 + y2b2 + z2c2 的值 .解　因 ax + by + cz =0 ,故可令 ax =t1,by =t2 ,cz =- (t1+t2 ) ,则有1t1+ 1t2- 1t1+t2=1.将上式两边平方 ,得1t21+ 1t22+ 1(t1+t2 ) …     

剖析不等式证明中的一个典型错误

据笔者所知 ,文 [1 ]首先提出并“证明”了一个数学奥林匹克问题 :已知 a,b,c为非负实数 ,且 ab+ bc+ ca= 1 .求证 :1a+ b+ 1b+ c+ 1a+ c≥ 52 . ( * )为便于分析 ,我们将文 [1 ]的“证明”(部分 )抄录如下 :由对称性 ,可设 a≥ b≥c≥ 0 .由所给条件易知 a≥b>0 .1b+ c + 1a+ c ≥ 2( b+ c) ( a+ c)=2ab+ ac+ bc+ c2=21 + c2,等号成立的充要条件是 a=b.这时 ,原题条件化为a2 + 2 ac=1 ,　c=1 - a22 a .由 c≥ 0知 ,a≤ 1 .再由 1 =ab+ bc+ ca≤3a2知 a≥ 13.于是 ,1a+ b+ 1b+ c+ 1c+ a=12 a+ 2a+ c=… =9a2 + 12 a( a2 + 1 ) =f( a) .下面…     

试题研讨(14)

试题 ( 2 0 0 3年省际重点中学大联考 )设数列 {an}的前 n项和 Sn =n2 ( an + 1 ) ,n∈N+ ,a2 =a.( 1 )求证 :数列 {an}为等差数列 ;( 2 )若 a =3,Tn =a1a2 - a2 a3 + a3 a4-a4a5+… + ( - 1 ) n-1anan+ 1,求 Tn.命题溯源　此题是在 1 993年上海市高考试题 ( 2 5)的基础上 ,根据 1 994年全国高考试题 ( 2 5)改编的 .主要考查等差数列的基础知识、数学归纳法及推理论证能力 .原解思路　由　 Sn =n2 ( an + 1 )　得a1=1 ,又 a2 =a,则可猜想an =1 + ( n - 1 ) ( a - 1 ) ( * )下面用数学归纳法加以验证 .1 n =1、n =2时 ( * )式都成立 ;2假设…     

名校基础知识自测

一、选择题1.在整式 -3y2 ,bc,2 +x ,2ab25 ,0 ,-y ,6x2-2x + 1中 ,是单项式的个数为 (　　 ) .(A) 3　 (B) 4　 (C) 5　 (D) 62 .单项式 -13a2 b7的系数和次数分别是(　　 ) .(A) -13 ,2　　　　　 (B) -13 ,3(C) -137,2 (D) -137,33 .-(a2 -b3+c4 )去括号后为 (　　 ) .(A) -a2 -b3+c4 　　 (B) -a2 +b3+c4(C) -a2 -b3-c4 　　 (D) -a2 +b3-c44.将整式 2a -(a -a2 )去括号 ,合并同类项后 ,得到的正确结果是 (　　 ) .(A)a -a2 (B)a +a2(C) 2 -a2 (D) 2 +a25 .若a <0 ,ab <0 ,计算 |b -a + 1| -|a -b-5 |的结果为 (　　 ) .(A) 4(B…     

初三代数第一学期期末自测题

A组一、填空题1 .关于x的方程 6mx2 +3nx +2 =0和 2 4mx2 +1 0nx+7=0有公共根是 12 ,则m =,n =.2 .关于x的二次三项式 (m -1 )x2 +4 (m -1 )x +2m +2是一个完全平方式 ,则m的值等于3 .若x1,x2 是方程ax2 +bx +c =0 (a≠ 0 )的两个根 ,则二次三项式ax2 +bx +c在实数范围内可分解为.4.已知方程 3x2 -4x =-1的两个根为x1,x2 ,不解方程 ,代数式 x2x21+x1x22=.5 .关于x的二次方程 (x+2 ) 2 =2 -n(n <5 )无实数根 ,则n的最大整数值是 .6.在平面直角坐标系内 ,已知点 ( 1 -2a ,a -2 )在第三象限 ,且a为整数 ,则a =.7.设P(x ,y)是平面直角坐标系中…     

2004年中考数学模拟试题(4)

一、选择题 (本大题共 3 6分 ,每小题 3分 )1 .已知 2x =3y(x≠ 0 ) ,则下列比例式成立的是(　 ) .A .x2 =y3 　　　　B .x3 =y2C .xy =23 　　D .x2 =3y2 .一个角是它余角的 4倍 ,则这个角的补角为(　 ) .A .1 62°　　B .72°　　C .1 0 8°　　D .1 44°3 .下列式子中 ,总能成立的是 (　 ) .A .(a -1 ) 2 =a2 -1B .(a +1 ) 2 =a2 +a+1C .(a +1 ) (a-1 ) =a2 -a+1D .(a +1 ) ( 1 -a) =1 -a24.下列图形中 ,不是轴对称图形的是 (　 ) .5 .下列各个方程中 ,无解的方程是 (　 ) .A .x+2 =-1B .3 (x -2 ) +1 =0C .x2 -1 =0D . xx-1 =26.…