毕业设计（论文）-初中“希望杯”代数试题的研究.doc

宁波大学理学院本科毕业设计（论文） i 各专业完整优秀毕业论文设计图纸 编编号号： ： 本科本科毕业设计毕业设计（ （论论文）文） 题目：（中文）（中文）初中初中“希望杯希望杯”代数试题的研究代数试题的研究 （英文） a study of junior high school “hope cup” algebra examination 学 院 理学院理学院 专 业 数学与应用数学数学与应用数学 班 级 10 数基数基 学 号 106160031 姓 名 指导教师 完成日期 2014 年年 4 月月 15 日日 初中“希望杯”代数试题的研究 ii 诚诚 信信 承承 诺诺 我谨在此承诺：本人所写的毕业论文初中“希望杯”代数试 题的研究均系本人独立完成，没有抄袭行为，凡涉及其他作者的 观点和材料，均作了注释，若有不实，后果由本人承担。 承承诺诺人（人（签签名）：名）： 年年 月月 日日 宁波大学理学院本科毕业设计（论文） iii 目录目录 摘 要1 1.引言1 1.1 问题的提出1 1.2 研究目的.2 1.3 研究内容.2 1.4 研究方法2 2.希望杯 1 试代数试题研究3 2.1 数与式问题的分类3 2.1.1 数的运算.3 2.1.2. 式的运算5 2.2 最值问题的分类8 2.2.1 离散型最值问题.8 2.2.2 连续型最值问题.10 2.3 方程问题的分类11 2.3.1 方程的求解11 2.3.2 方程的判别.13 2.3.3 方程的应用.14 3.希望杯 2 试代数试题研究17 3.1 数与式问题的分类.17 3.1.1 数的运算.17 3.1.2 式的运算.17 3.1.3 数与式的证明.20 3.2 方程问题的分类.21 3.2.1 方程的求解21 3.2 方程的应用22 4.小结24 参考文献26 致谢27 宁波大学理学院本科毕业设计（论文） 1 初中初中“希望杯希望杯”代数试题的研究代数试题的研究 摘摘 要要 【摘要摘要】 希望杯是中小学数学重要赛事之一。它对扩宽学生视野，启发学生注意数学与其它课程 的联系，培养学生科学的思维能力、创新能力和实践能力有重要的意义，本文以文献法对近几年初一和初 二的希望杯代数试题进行系统的分类，整理归纳；并在此基础上对少量试题进行适当的扩展与推广，以加 深对希望杯的理解与认识。 【关键词关键词】希望杯；代数；初中 宁波大学理学院本科毕业设计（论文） 1 a study of junior high school “hope cup” algebra examination abstract 【abstractabstract】hope cup is one of the important events of primary and secondary mathematics. it broaden students horizons, inspire students to link mathematics and other courses. it improve students scientific thinking, innovation ability and practical ability, this paper through the method of searching literature on the grade seven and grade eight of the hope cup algebraic questions in recent years give a systematic classification, finishing induction; and on this basis, proper expansion and promotion some question, in order to deepen the understanding and awareness of hope cup. 【keywordskeywords】hope cup; junior high school；algebra 宁波大学理学院本科毕业设计（论文） 1 1.1.引言引言 1.11.1 问题的提出问题的提出 “希望杯”邀请赛自1990年问世以来，已经连续举行了二十五届，广受中小学生欢迎。 它的参赛年级涉及小学四年级到六年级。初中和高一和高二。其宗旨是：鼓励和引导中小 学生学好数学课程中最主要的内容，适当地拓宽知识面； 启发他们注意数学与其它课程的 联系和数学在实际中的应用；激励他们去钻研和探究； 培养他们科学的思维能力、创新能 力和实践能力。其命题原则是：试题内容不超出现行数学教学大纲，不超出教学进度，贴 近现行的数学课本，源于课本，高于课本。 题目活而不难，巧而不偏；既大众化又富于思 考性和启发性。将知识、能力的考察和思维能力的培养结合起来。不仅如此，希望杯的试 题有着广泛的影响力。其中每年的中考试题中都有不少直接选自赛题或与赛题类似的试题, 在白军强的“希望杯”中考数学的前兆一文中，结合实际的中考题和希望杯试题的 出入，分析了一些把握整体思想的题目和表格题等重要类型的题目在中考和希望杯中的相 似性从而讲述希望杯在初中数学的借鉴意义。不仅仅是中考题。在丁柯丹，胡奕伟的中 学数学竞赛中的初等数论问题以希望杯初中数学竞赛试题为例一文，就是以希望杯中 的16-22届试题中出现数论内容的比例和具体实例的分析作为引证去述说。 另一方面，代数是初中数学一个重要组成部分。在全日制义务教育数学课程标准(实 验稿)和义务教育数学课程标准(2011年版)中， “数与代数”都是义务教育阶段数学 课程内容四个重要领域之一。所以在中考当中及整个中学的学习当中，对代数这一块的把 握是至关重要而且作用是持续不断的。在景敏，彭坤等人发表的2012年中考数学试题分 类解析数与代数一文中，表述了数与代数的重要数学价值：能提高学生分析问题、解 决问题的能力，培养数感、符号意识、运算能力、推理能力、模型思想的能力。 其次，从希望杯本身的命题来看。我们研究了从2010年到2014年的希望杯试题。有 初试和复试（即1试和2试） 。可以看到一个数据：初一的“希望杯”竞赛，1试中代数试题 （涉及到代数运算的运算）的比例最低大概在2/3左右。也就是说。25道的竞赛题（除了 24,25届有附加题） ，最多关于几何的就8道左右。而且最后一道大题，除了23届是几何的， 其余都是代数的。观察2试的试题（从21届到24届） ，发现比例会有所下降。但是最低在50%。 虽然最后大题的趋势有从单纯是代数的题目转变为数形结合类型的题目的情况（几何的背 景，代数的解题方式） 。不管怎么说，这样的数据已经充分说明了在初一这个阶段代数试题 初中“希望杯”代数试题的研究 2 在“希望杯”中的分量和价值。初二的试题中，21届1试有15道关于代数的。包括21届在内， 基本上出题的题型规律上都是（不管是一试还是二试）：选择题10道3道左右是关于几何的。 填空题10道也是3，4道关于几何。大题分布的比较均匀，有一半左右（2，3道） 。除此之外 都是代数题（也包括极少的概率等其他类型的题目） 。所以纵观希望杯在初一和初二的出题 比例可以看出代数试题在希望杯中的地位是很高的。 本论文研究希望杯初一，初二的 1 试和 2 试中代数的部分。根据义务教育数学课程 标准(2011 年版)对义务教育阶段数学课程分为“数与代数” ， “空间与图形” ， “统计与概 率” ， “实践与综合应用”四个领域的规定。而且初中阶段的“数与代数”是义务教育全 日制初级中学数学教学大纲（适用修订版） 中“代数”内容的扩展。所以本论文研究的代 数试题就是现今义务教育数学课程标准(2011 年版)中四大领域之一的“数与代数”的 内容。 “数与代数”的主要内容包括数与式、方程与不等式、函数。由于本文研究初一，初二 的代数试题，所以着重研究数与式问题和方程问题，也包括初一最值问题的分类研究。 1.21.2 研究目的研究目的 熟悉希望杯代数试题的结构，对代数试题中的数与式问题，方程问题以及希望杯1 试中的最值问题进行整理，分类，归纳，总结并适当的扩展或推广。以加深对希望杯试题 的理解和认识。 1.31.3 研究内容研究内容 本文主要从以下方面展开研究： 1、初一和初二 1 试代数试题的分类研究。 2、初一和初二 2 试代数试题的分类研究。 1.41.4 研究方法研究方法 上网查阅近几年的希望杯试题，结合查考文献和资料，并在老师同伴的帮助下搜集各 种需要代数信息，进行分类，整理，解决，归纳。 宁波大学理学院本科毕业设计（论文） 3 2.2.希望杯希望杯 1 1 试代数试题研究试代数试题研究 我们知道：数与式包括 有理数、无理数、数轴、有理数的大小比较、倒数、相反数、 绝对值、乘方、开方（平方根、立方根） 、近似数、有效数字、幂、科学记数法、有理式 （整式、分式、二次根式） 、无理式等。 对于数与式我们可以从数，式两方面去看。明显数的话涉及到各种数（实数，有理数， 无理数等等）及数之间的关系和运算，也涉及到一些数的概念和性质。代数式可以看成有 理式和无理式，有理式又包括整式，分式。当然。按照题目的性质数与式也可以分为有条 件式和无条件式。所在在对数与式做研究时可以考虑从以下几个方面去讨论。 2.12.1 数与式问题的分类数与式问题的分类 数与式的运算包含了有理数的运算，还有有理式的运算（包括，整式，分式的运算） ， 还有科学计数。在整体大概 1 试代数试题中，占的比例还是很大的。关于数与式的运算， 包含很多。可以把数与式分开来看。 2.1.12.1.1 数的运算数的运算 例 1. 计算： 【选自第 24 届初一希望杯试题】)( 1|2|3 3)1()1( 3 例 2、计算： ； )2()5() 8 3 (3)2()25. 0( 16 3 1 342 【选自第 22 届初一希望杯试题】 例 3. if m=2，then = 【选自第 21 届初一希望杯试题】 )(31 ) 4 1 ( ) 1 (|12|) 1()( 22 243 mm m m 例 4.= 22222222 1234.979899100 1234.979899 100 【选自第 25 届初一希望杯试题】 初中“希望杯”代数试题的研究 4 例 5.计算： 122222 2201120122013 【选自第 24 届初二希望杯试题】 结合以上试题可看出，几乎每年都要考关于代数运算的题目。题目不难。 但是从出题的灵活性可以看出：早年是纯粹算一下关于一些有理数运算符号的互相 运用，穿插。似乎是考验学生的仔细，敏锐度。没什么难点可言。但是到了 24,25 届，无疑的。运算符号变得单一了。但是题目的灵活性增加了。比如初一 25 届 1 试 题目 1.。很明显的这试题当中隐藏着 22222222 1234.979899100 1234.979899 100 简化运算。也只能从分子着手。从分子式子来看，加减号交叉出现。而且是跟平方 搭干。所以会引起我们想到关于平方差的联系。那分子部分就可以化简为 .答案为-1 也就马上出来了。11234.979899 100 对这类试题做一个推广，我们也很清楚。不管最大的数是 1000，还是 10000.只 要分子中的最大数跟分母中的最大数一样。那么结果就是-1. 初二第 24 届的 12 题更难，更灵活。要是学过等差数列的求和公式，那 么答案很快就出来了。-（-1）=1.122222 2201120122013 2013 2 2013 2 但是没学过等差数列也可以找出一般的规律： 。所以原式可以直接得出为 1. 111 222(2 1)2 nnnn 这类试题的推广很显然：按幂的递减方式做减法。不管这个幂多大。底数为 2，幂按公差为 1 的方式递减排列，答案就是 1. 根据上面的研究，可以发现，题目虽然不一定很难，但是有一种越来越 活的趋势。而且往往数字是跟幂，还有今年考试的年份有关的。所以在扩展此种类 型的题目时可以抓住这两点。可以注重到数的拆分。例如： 1. 计算：的值。这种涉及到一 11111111 1 28244880120168224 个规律，只要能利用就很容易了。 11 11 (n 2)22nnn 2.1.2.2.1.2. 式的运算式的运算 宁波大学理学院本科毕业设计（论文） 5 之前讲过代数式包括有理式和无理式，有理式包括整式和分式，整式有多项式和单 项式之分。之前的实数运算一般是无条件运算。而现在式的运算一般是关于有条件运算。 （1）无条件求值无条件求值 我们先来看一种条件本身没有告诉我们什么，但是我们要把功夫下在我们要求的式子 上，也就是这类题目的关键就在于能不能处理好要求的式子，条件一般不用太在意。 这方面的题目不多。但是跟上面的实数运算类似，即所给的条件是很直白的，没有 多少隐藏式的条件，直接给你需要的，并不需要再从条件当中挖很多隐藏的信息，因此跟 上面实数的研究相比只是多了一个多项式的外壳，实质上还是只涉及到运算和运算方法。 具体的题目可以参考初一 1 式有：22 届 12 题，24 届 13 题。初二 1 试有 21 届 16，20 题， 23 届第 3 题。 看一道有代表性的题目： 例 1.若 a=2009，b=，则 ；2010ab3b2a 22 【选自第 22 届初一希望杯试题】 能化出（a+b）(a+b+b)。就可以找到答案为 2011 了ab3b2a 22 （2） 有条件求值有条件求值 首先来看在有条件运算中，条件本身就已经告诉了我们很多东西，甚至只要读懂条件， 就可以知道答案了。 例 1.已知，且，则y的值是（ ）32 x861 48 yxx 【选自第 24 届初二希望杯试题】 明显要化简得 6y+8=。y 的值易得 15. 2 42 42 11 2100298xx xx 例 2.若，则 6a-10b+14c-3= 22 23423450abcabc 【选自第 23 届初一希望杯试题】 要做这道题目。明显把握两点。两个括号里面的多项式的和为 0.即 明显 2 个方程解不出 3 个解。所以只能根据这两个2340,2a 3b 4c 50abc 等式，对他们进行放缩，让他们之和正好就是我们要的。所以可以得到一61014abc 初中“希望杯”代数试题的研究 6 个 2 元一次方程组。得到 x+2y=6，-2x-3y=-10，3x+4y=14。得 x=2.y=2 (234) 0 (2a 3b 4c 5) 0 x abc y 所以就算出来了答案为-1.所以这是充分利用条件，并没有对要求的多项式进行很多的处理。 另外初一 24 届 19 题也是类似的。 再看一类关于多项式的题目： 例 3.已知多项式是二次多项式， 4324343 25132021213axaxxxxbxbxx 则= 。 【选自第 21 届初一希望杯试题】 22 ab 这道题目很简单，只要把握二次多项式的定义就可以了。但这也是一种题型可以参考。 类似的还有 例 4.若，则 6 6 5 5 4 4 3 3 2 210 32 xaxaxaxaxaxaa) 1xx2( ，；【选自第 22 届初一希望杯试题】 531 aaa 642 aaa 这道题很明显的要展开多项式。这是最后一道，所以题目会较难。 化简：。 3 233232 1331 (21)8 (x 1)(x)8(x3x3x 1)(xxx) 2248 xx 答案很明显了。 但是像初二 23 届的 19,13 题。虽然也是这个类型，但是背景就不一样了. 例 5.已知整数 a，b 满足则 ab 的值是_.691016abab一 例 6.若 x 是自然数,x13 和 x76 都是完全平方数，那么 x=_ 例 5 要求 a+b，需要联结前面的条件跟 a+b 之间的关系。先观察这个式子，看能不能 分解成 2 个式子的乘积。发现可以： 6910166-9 =-10163a 235 23123351ababababbbba 一 因为 a，b 是整数，所以和只能为 1.得 a=2,b=2.所以 a+b=4.23b35a 例 6 很简单的假设这两个是相邻的平方数，那么两个相邻数的平方差为 89，可得这两 个数为 44,45,因为 44 的平方跟 45 的平方差 89.所以明显的 x=45*45-13=2012. 关于这一类根据处理条件就可以找到答案的类型，把握住条件本身的意义和它跟我们 宁波大学理学院本科毕业设计（论文） 7 要求的有什么直接或间接的联系很重要。 我们看关于有条件运算的另一块，即条件和我们所要求的式子都很重要，即我们既要 对条件进行分析也要对我们所要求的式子进行分析。例如 例 7.已知 a 十 x2=2011，bx2=2012,cx2=2013，且 abc=24，则 =_.【选自第 23 届初二希望杯试题】 cbaab c ac b bc a111 由条件可知 a,b,c 是联系的三个递增的自然数。且 abc=24.所以 a=2.b=3,c=4.所以最 后的答案为 1/8. 还有 例 8.设a，b是实数，且，则的值时 abba 1 1 1 1 1 b a a b 1 1 1 1 【选自第 24 届初二希望杯试题】 重点是知道 b-a=b+1-(a+1)。然后两边都乘以【b+1-(a+1)】 。就 abba 1 1 1 1 1 可以算出来了。 最后看 例 9.已知自然数 a,b,c 满足和。则代 222 424412abcabc 2 20aa 数式的值是 【选自第 22 届初二希望杯试题】 111 abc 222 222 4244122264436-42=2abcabcabc 而。所以 a=3.b=2.c=6.答案为 1。 2 20a-2102aaaa 对于该种提醒的研究和扩展，发现虽然该种题型表面上看应该是最难的。实际上出的 时候都不难，所以在预测上也偏于不会太难的题目作为扩展。例： 1.已知 x+3y+5z=0,2x+4y+7z=0.试求 222 222 35 247 xyz xyz 只要用一个未知数代替其他两个未知数就可以了。 比如用联立两个方程，用 z 把 x 和 y 表示出来。 初中“希望杯”代数试题的研究 8 2.22.2 最值问题的分类最值问题的分类 最值问题的出现在 1 试当中可以说是涉及面也比较多比较广的。它涉及各个方面，各 个题型，内容丰富。涉及到的有：直接算极值，也有跟质数，倍约数，绝对值，不等式等 等知识点相结合。在分类中也可以尝试分为离散型和连续型的。 2.2.12.2.1 离散型最值问题离散型最值问题 例 1.十位数能被 11 整除，则三位数最大是_2010888abcabc 要做这道题，就要知道能被 11 整除的数的特征是奇数位上的数之和减去偶数位上的数 之和的差是 11 的整数倍。所以 2+1+8+8+b-(8+a+c)=11k.可得 11+b-a-c 是 11 的倍数。所 以 b-a-c 是 11 的倍数。要让最大。那么 a 要取 9.那 b 只能取 9.而 c=0.所以结果就是abc 990 例 2.设完全平方数 a 是 11 个连续整数的平方和，则 a 的最小值是 【选自第 22 届初二希望杯试题】 把这 11 个数设为 x-5,x-4,x+4,x+5.那么 11 个数的和为 11x.他是一个数的完全平方。 显然是 112.a=121 若要对这题做一个推广的话：可以出：设完全平方数 a 是 a 个连续整数的平方和，则 a 的最小值是 推广：明显的当 a 是奇数的时候 a 就是 a 的平方。因为这 a 个数有一个中间值为a/2 +1.所以这样以这个数为 x，其余的数为 x+1,x-1,x+2,x-2x+a/2,x-a/2.全部加起来 就等于 ax.所以 a=a 的平方。 例 3.将不大于 20 的正偶数分成两组，使得第一组中数的乘积能被第二组中数的乘积 整除，则商的最小值是 【选自第 24 届初二希望杯试题】 明显的 14=2*7.而 7 是除不尽的。所以商的最小值只能是 7 或比 7 大。而 18=3*3*2。18 能除尽或说能被除尽的话，另一组必须要有 12 和 6.因为只有 12 和 6 能分解 宁波大学理学院本科毕业设计（论文） 9 出 2 个 3 的质因数。而 20 和 10 也必须分开进入 2 组。因为只有他们有共同的质因数 5.要 使商最小，那就把 20 跟 18 放一组，12,6.10 放一组。明显后一组是前一组的 2 倍。所以正 好把 14 放在前一组。那相除就剩下 7 了。在剩下的 2,4,8,16 中，很明显的 2*16=4*8.所以 第一组的数是 2,14,16,18,20.第二组是 4,6,8,10,12.所以第一组除以第二组为 7. 例 4 if the product of all digits of a six-digit number is 1296， among such six-digit numbers，the smallest is _ 【选自第 24 届初一希望杯试题】 中文翻译是：若有一个六位数各位数字的乘积是 1296，在所有的六位数字中， 最小的一个是_ 将 1296 分解质因数：1296=2*2*2*2*3*3*3*3 .因为要最小。所以第一个数字是 1.后面是 1，再后面是 2，剩下三个就是 8,9,9 所以是 112899 ： 例 5let ，x and y are both positive integers，then the 2013 1 x yx largest value of is ，the smallest value of is yx yx 【选自第 24 届初二希望杯试题】 易得 xy=2012.而 2012=2*2*503.所以 x 与 y 就是在这 3 个中凑。无疑最大值就 是当 x=2012，y=1 的时候。答案是 2013.最小值的话是 x=4,y=503(反过来也可以)。答案 为 507。 还有 例 6.设x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7是自然数，且x12 时。明显121xxx1x 是一个单调递增的。所以最小值为 4.所以 m 的最12121 1xxxxx 大值为 3. 例 5.已知，则的最大值是 ，最小值00acbacba， a c 是 【选自第 24 届初二希望杯试题】 这道题重点在运用大小关系。，abc02abcac 202 cc aa 另一方面，。可得.,2bcabcac 1 20 2 c ac a 所以答案是 4. 2.32.3 方程问题的分类方程问题的分类 方程在初中代数中的地位毋庸置疑，所以对它的研究是必然的。 2.3.12.3.1 方程的求解方程的求解 方程的求解占的比例在整个方程的研究中还是占有很大的比例的。它涉及到方 程（方程组）的求解和与解有关的运算，方程根的相关运算和函数求值运算。介于在涉及 到函数的题目时很多是跟图像联系在一起。所以就不把它归到代数试题的研究的。 首先我们先看方程（方程组）的涉及到解的问题 初中“希望杯”代数试题的研究 12 例 1.方程的解是 或 312xx 【选自第 24 届初二希望杯试题】 这道题的难度相对应大了。因为要涉及分类讨论。这种类型的题目的话可以分成 2 类： 或。若再考虑把的绝对值拿掉的话。就要把 x 分成 x213xx21-3xx21x 和。对于，将 x 分类后可得： 得 1 - 2 1 x 2 213xx 1 213 2 1 213 2 xxx xxx x 无解。所以对于按上述进行分类后可得 x=2 或 x=-4/3.21-3xx 再看另一中整数求解的题目。 例 2用表示不大于的最大整数，如则方程 xx 4142 53 .，. 的解是_或_ 【选自第 21 届初二希望杯试题】 6370xx 解决这道题目的关键就是能把 x 的范围定下来。由题意可得：x-1 x x.所以 。得到方程组。解得 6376376317xxxxxx 6370 63170 xx xx 。所以x=-3 或-4.带入得到到得 107 33 x 6970 61270 x x 8 3 19 6 x x 方程组的关于解的问题 例 3.若关于 x,y 的方程组的解满足，则 k 的取值范围是 321 232 xyk xy 472xy 【选自第 22 届初二希望杯试题】 宁波大学理学院本科毕业设计（论文） 13 这道题不难，根据方程组解出。带入 4x+7y 中得到。k 的 31 13 28 13 k x k y 2652 2 13 k 值也就出来了。为 k3 分式方程的解问题 例 4分式方程的解是_ 2 2 251 0 111 x xxx x 【选自第 21 届初二希望杯试题】 只要两边乘以分母的最小公倍数，再合并同类型，求解即可得到答案 2 1x 例 5.若关于 x 的方程的解是，那么方程的 bb xa xa 12 , b xa x a 的解= ，= 22 11 xa xa 1 x 2 x 【选自第 22 届初二希望杯试题】 明显当 x=a 时方程成立。然后对于方程可以稍加处理得 22 11 xa xa 。所以就可以找到还有一个答案就是 x-1=，x=. 22 11 11 xa xa 2 1a 3 1 a a 2.3.22.3.2 方程的判别方程的判别 方程的判别即在于给定条件判定结论的合理性。一般是选择题居多。有根的判 别，解的判别，方程系数的判别。例 根的判别 例 1.方程（ ） 【选自第 23 届初二希望杯试题】 3 1 1 2 1 1 2 xx (a)只有一个根 x=1 (b)只有一个根 x=2 (c)有两个根 x1=l，x2=2 (d)无 解 关于根的判别要注意分母不能为 0.所以只有一个根：2 关于方程组的判别： 初中“希望杯”代数试题的研究 14 例 2方程组 ( ) 【选自第 23 届初二希望杯试题】 402 503 10 yx zyx zyx (a)无解 (b)有 1 组解 (c)有 2 组解 (d)有无穷多组解 原则上说 3 个方程组解三个未知数是可以的。前提是三个方程组没有相类同的 （即不存在只是在未知数的系数上差距 n 倍的方程组） 。明显的：由第三个方程减去第一个 方程得到：x-z=30。第二个方程减去第一个方程得到：2x-2z=40。所以无解。 关于系数的判别 例 3. 若以 x 为未知数的方程 x2a4=0 的根是负数，则 (a) (a1)(a2)0 (c) (a3)(a4)0 。 【选自第 21 届初一希望杯试题】 明显 x=2a-41/2.当 x1/2 时。=x+1+2x-1=3x=1,x=1/3.也不符合前提条件。所以无解。|1|21|xx 3.2 方程的应用方程的应用 在方程的应用中仍然是一个很重要的点。即联系实际，考察的灵动性很强。行程 问题（包括相遇问题，追及问题）一直都是考察的重点。还有工程问题和盈利问题。但是 侧重点在行程问题以及相关问题上 追及问题 例 1.a、b、c 三辆车在同一条直路上同向行驶，某一时刻，a 在前，c 在后，b 在 a、c 正中间. 10 分钟后，c 追上 b;又过了 5 分钟，c 追上 a.则再过 分钟，b 追上 a. 【选自第 21 届初二希望杯试题】 我们可以做如下假设：在最开始的时候，a 到 b 的距离跟 b 到 c 的距离是一 宁波大学理学院本科毕业设计（论文） 23 样的。我们假设距离为 m，a 的速度为 x，b 的速度为 y，c 的速度为 z。由 10 分钟后 c 追上 b，可以列出：10z-10y=m。又过了 5 分钟，c 追上 a，可得 15z-10x=2m.联立 得 15（y-x）=0.5m.假设 b 追上 a 总共的时间为 t，那么 1010 15152 zym zxm （y-x）t=m.联立得 t=30.所以再过 15 分钟，b 追上 a。 150.5yxm yxtm （） （） 例 2. 有甲、乙两辆小汽车模型，在一个环形轨道上匀速行驶，甲的速度大于乙。如果 它们从同一点同时出发沿相反方向行驶，那么每隔 1 3 1 分钟相遇一次。现在，它们从同一 点同时出发，沿相同方向行驶，当甲第一次追上乙时，乙已经行驶了 4 圈，此时它们行驶 了 分钟。 【选自第 22 届初一希望杯试题】 由条件每隔 1 3 1 分钟相遇一次。可以假设甲的速度为 x，乙的速度为 y， 那么这个环形轨道的周长为 1 3 1 （x+y）.所以根据后面说当甲第一次追上乙的时候。明显 是甲比乙多跑了一圈。乙行驶了 4 圈，那么甲应该是 5 圈，所以可得 可得所以相遇的时间为=12. 44 4 3 y 5 3 xyxy x （）（） 5 4 x y 4 y 4 3 xy（） 16516 343 相遇问题 例 3轨道 ab 长 16.8 米，从起点站 a 到终点站 b，每 2.4 米设一站点甲、乙两个机 器人同时从 a 站点出发，到达 b 站点后，再返回，在 a 和 b 两站点之间反复运动甲、乙 运动的速度都是 0.8 米秒，甲每到达一个站点就休息 1 秒钟，而乙从不休息，若甲、乙 从 a 站点出发后 2 分钟结束运动，问：它们出发后，曾几次同时到达同一站点（包括起点 站和终点站）? 【选自第 21 届初一希望 杯试题】 这道题要抓住一个等式，也是关键，那就是在每次他们相遇的时候，甲走的 路加上乙走的路等于轨道 ab 长的偶数倍。所以假设在过了 t 秒后他们相遇。当然也发现题 初中“希望杯”代数试题的研究 24 目是叫我们求他们在站点相遇的情况，不包括在站点以外相遇的情况。因为甲每到一个地 方就要休息 1 秒钟，所以可以这么说，甲到一个站所需的时间是 4 秒，而乙只要 3 秒，所 以在 t 秒的时候他们相遇了。甲实际上在跑的时间只有 3t/4 秒。所以联立可得 0.8t+0.8*3t/4=2k*16.8.k 为整数。且 t120.得,所以 k 可以取 1,2,3,4,5.也就是总24tk 共有 5 次的时间到达同一站点。 ab 两人在环形跑道同时同地出发，a 每分 60 米，b 每分 50 米，两人（分别）每走 200 米休息 1 分钟，全长 500 米,a 第二次追上 b 已过多长时间？ 改改题目里的表达：环行跑道周长 500 米，甲乙按顺时针沿跑道同时同地起跑，甲每 分钟跑 60 米，乙每分钟跑 50 米。甲乙两人每跑 200 米都要停下来休息 1 分钟，那么第一， 二次追上乙时分别距起跑时间多少分钟？ 路程问题 例 4奇奇开车从北京去少林寺旅游，在高速公路和非高速公路上的行驶速度分别是 120 千米/时，60 千米/时. 若奇奇驶完全程用了 6 小时，其中在高速公路上行驶的路程是在 非高速公路上行驶的路程的 6 倍，则全程长_千米；【选自第 24 初一希望杯试 题】 这个是简单的列方程问题。假设在高速公路上行驶的路程是 6x，非高速公路 上行驶的路程是 x。那么.可得 x=90.所以全长 630km. 6 6 12060 xx 5.5000例一个自行车轮胎，若安装在前轮，则行驶千米后报废；若安装在后轮， 则行驶3000千米后报废。现有一辆新自行车，在行驶一定路程后， 交换前后两轮的轮胎，再继续行驶，使得两个轮胎同时报废，那么该车最多行驶多少千米 【选自第 22 届初二希望杯试题】 假设一个轮胎的磨损度为 m，那么前轮每行 1km 的磨损度就为 m/5000,同理 后轮每行 1km 的磨损度为 m/3000.所以假设轮胎在换胎前走的路程是 x，换胎后走的路程是 y。则换之前的前轮他的磨损度为 m。列出式子为 mx/5000+my/3000=m 其中 mx/5000 是每换 之前作为前轮的磨损度，my/3000 是换了之后作为后胎的磨损度。加起来就是一个轮胎的 磨损度。同理，对于另一个轮胎，即刚开始做后胎的轮胎，有 mx/3000+my/5000=m.联立这 2 式就可以得 x+y=3750km。 宁波大学理学院本科毕业设计（论文） 25 4.小结 经过上述试题的分类，归纳，解题，我们可以稍稍对于初一和初二 1 试试题的解题策 略做个纵览：首先在关于数与式的运算上，用到了配方法，代入法，特殊值法，分离法等 等。其中分离法有系数上的分离，也涉及到题目中有 2 个未知数，已知其中一个未知数的 条件去求另一个未知数，这时候可以对未知数进行分离。 而在求最值的问题当中，有考察某些特定的知识：比如能被 11 整除的数有什么特征等； 枚举分析法：在分析的基础上例举出可能的情况再进行分析；假设法：假设某条件成立， 那么对应的结果会怎么样，往往涉及到题目条件的隐藏信息；还有数形结合：在涉及到绝 对值的时候可以考虑用到数轴；还有分类讨论，放缩法：尤其在对不等式的放缩求最值等 等方法 关于方程的求解问题可能涉及到很多的题型不同的知识点。总归在处理的基础上用待 定系数法，消元法等等。 而在方程的应用上所用的方法无非就是能找到题目的切入点，设好未知数，列出等式 方程