1、 初中希望杯代数试题的研究毕业论文目录 摘要11.引言11.1 问题的提出11.2研究目的21.3研究容21.4 研究方法22.希望杯1试代数试题研究32.1 数与式问题的分类32.1.1数的运算32.1.2. 式的运算52.2 最值问题的分类82.2.1离散型最值问题82.2.2连续型最值问题102.3 方程问题的分类112.3.1 方程的求解112.3.2方程的判别132.3.3方程的应用143.希望杯2试代数试题研究173.1数与式问题的分类173.1.1数的运算173.1.2式的运算173.1.3数与式的证明203.2 方程问题的分类213.2.1 方程的求解213.2方程的应用224
2、.小结24参考文献26致谢2730 / 311.引言1.1 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。它的参赛年级涉与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。
3、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，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
4、”都是义务教育阶段数学课程容四个重要领域之一。所以在中考当中与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（涉与到代数运算的运算）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
5、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，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
6、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”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”的容。“数与代数”的主要容包括数与式、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
7、，也包括初一最值问题的分类研究。1.2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，方程问题以与希望杯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。1.3研究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。1.4 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。2.希望杯1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
8、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。明显数的话涉与到各种数（实数，有理数，无理数等等）与数之间的关系和运算，也涉与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。2.1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。2.1.1数的运算
9、例1. 计算： 【选自第24届初一希望杯试题】例2、计算：；【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】例4.=【选自第25届初一希望杯试题】例5.计算：【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简化运算。也只能从分子着手。从分子式子来看，加
10、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。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.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.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
11、。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。这种涉与到一个规律，只要能利用就很容易了。2.1.2.式的运算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，
12、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，实质上还是只涉与到运算和运算方法。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；【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（2）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（ ）【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.例
13、2.若，则6a-10b+14c-3=【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。所以可以得到一个2元一次方程组。得到x+2y=6，-2x-3y=-10，3x+4y=14。得x=2.y=2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，则=。【选自第21届初一希望杯试题】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
14、可以参考。类似的还有例4.若，则，；【选自第22届初一希望杯试题】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：。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_.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：因为a，b是整数，所以和只能为1.得a=2,b=2.所以a+b=4.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
15、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】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【选自第24届初二希望杯试题】
16、重点是知道b-a=b+1-(a+1)。然后两边都乘以【b+1-(a+1)】。就可以算出来了。最后看例9.已知自然数a,b,c满足和。则代数式的值是【选自第22届初二希望杯试题】而。所以a=3.b=2.c=6.答案为1。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。2.2最值问题的分类最值问题的出现在1试当中可以说是涉与面也比较多比较广的。它涉与各个方面，各个题型，容丰富
17、。涉与到的有：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。2.2.1离散型最值问题例1.十位数能被11整除，则三位数最大是_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
18、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
19、的话，另一组必须要有12和6.因为只有12和6能分解出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，t
20、he 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 largest value of is ，the smallest value of is【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
21、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x1x2x3x4x5x62时。明显是一个单调递增的。所以最小值为4.所以m的最大值为3.例5.已知，则的最大值是，最小值是【选自第24届初二希望杯试题】这道题重点在运用大小关系。，另一方面，。可得.所以答案是4.2.3 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。2.3.1 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。它涉与到方程（方程组）的求解和与解有
22、关的运算，方程根的相关运算和函数求值运算。介于在涉与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）的涉与到解的问题例1.方程的解是或【选自第24届初二希望杯试题】这道题的难度相对应大了。因为要涉与分类讨论。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x和。对于，将x分类后可得：得x无解。所以对于按上述进行分类后可得x=2或x=-4/3.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，如则方程的解是_或_【选自第21届初二希望杯试题】解决这道题目的关键就是能把x的围定下来。由题意可得：x-1 x x.所以。
23、得到方程组。解得。所以x=-3或-4.带入得到到得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的取值围是【选自第22届初二希望杯试题】这道题不难，根据方程组解出。带入4x+7y中得到。K的值也就出来了。为k3分式方程的解问题例4分式方程的解是_【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，求解即可得到答案例5.若关于x的方程的解是，那么方程的的解=，=【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。所以就可以找到还有一个答案就是x-1=，x=.2.3.2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
24、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】(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：例2方程组( ) 【选自第23届初二希望杯试题】(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
25、于系数的判别例3. 若以x为未知数的方程x-2a+4=0的根是负数，则 (A) (a-1)(a-2)0(C) (a-3)(a-4)0 。【选自第21届初一希望杯试题】明显x=2a-40.得到a2.所以答案很直观就是D例4.若关于x,y的方程组没有实数解，求ab的值【选自第22届初二希望杯试题】可以看出要使方程无解。必须有a=-2/b .但是不能让方程有无穷解。所以要谨慎的情况。但是它无解。所以只要满足ab=-2就可以。2.3.3方程的应用典型的代数应用问题的话有工程问题，追与问题，买卖问题等。在求解这些问题的时候往往是通过列方程去求解的。工程问题涉与工程的问题不多。但是很有意思的是在21届初一
26、的工程问题和22届1式的工程几乎是一样的。【选自第21届初一希望杯试题】【选自第22届初一希望杯试题】这两道题目明显是同一个类型的。以前面一题为例：设每个人的每天的工作效率是x，总工程完成的天数是y，还需要完成的天数的z。那么得y=40.追与问题追与问题可以说是在代数应用题中最喜欢，最常见也最灵活的题型之一。初一1式基本上每年都有这方面的题目。我们选取几道典型的做研究【选自第21届初一希望杯试题】【选自第22届初一希望杯试题】很明显的这两道题目是很相似的。所以我们只研究后面一道。设总共的行程为x米。甲追上乙所用的时间为t。可得：。得到t=18.那么甲在18分钟后追上乙。乙这时候以与骑了18+6
27、=24分钟。一共要40分钟。那么还剩下16分钟。买卖问题例5.某农民在农贸市场卖鸡。甲先买了总数的一半又半只，然后乙买了剩下的一半又半只，最后丙买了剩下的一半又半只，恰好买完。则该农民一共卖了只鸡【选自第23届初一希望杯试题】很明显的，丙卖了剩下一半又半只后正好没了。所以丙买的时候只剩下1只鸡。假设一共有x只鸡。那么甲买了.剩下。那么乙买了。剩下。所以这就是丙所买的。即。最后看一下例6A商品的单价是50元，B商品的单价是60元，几所学校各付款1220元购买了这两种商品，任意2所学校购买的A商品的数量都不同则参加这次采购的学校最多有所【选自第24届初二希望杯试题附加题】这道题考察的点就在于A商品
28、的数量和B商品的数量都是整数。所以。设A商品数量为x，B商品数量为y。那么50x+60y=1220.可得.就是要求。当x取哪些整数时，y也是整数。那么就可以保证等式的成立。也就是要问，在x25的整数中有哪些整数x满足这个式子，同时y也是整数。我们看。所以明显的5x除以6的余数要为2.明显的x为偶数。所以5x的个位数都为0.所以5x除以6余数要为2.那么只有可能是6乘以一个数个位数为8.明显6*8=48还有3*6=18。抓住这个就可以知道3,8,13,18,是可以的。3*6=18，对应的就是4*5=20.所以x=4,同理，对应8,13,18的x为10,16,22.因为x25.所以明显的x只有这4
29、中。3.希望杯2试代数试题研究3.1数与式问题的分类3.1.1数的运算数的运算涉与的题目不多。比如例1.计算：【选自第23届初一希望杯试题】例2计算，得数是( ) 【选自第21届初二希望杯试题】(A)9位数 (B) 10位数 (C) 11位数 (D) 12位数化简的重点是在于合并。就是把当中化成可以看出是几位数的式子。明显的。所以是10位数。= 【选自第23届初二希望杯试题】明显将式子平方得：所以原式为3.1.2式的运算在代数式的运算中，2试试题没有无条件求值，都是有条件求值，在有条件求值中，分成三类，涉与到整式的运算，涉与到根式的运算，涉与到分式的运算。先看第一类例1.若x+y=3,xy=1
30、,则（ ）【选自第23届初一希望杯试题】（A）33（B）231（C）123（D）312因为这是初一的题目。所以要么用x代替y带入结果的式子中，但这不可行。所以考察。可以联想。而=9-2=7=27-9=18所以=-3=18*7-3=123例2If a+3=b9=c+6，then the value of is _【选自第24届初一希望杯试题】最简单的就是特殊值法，令a=3,b=15,c=0.答案马上出来为378或者令a=b-12,b=c+15,c=a-3带入也可直接得到答案。最后看看例3.若【选自第22届初二希望杯试题】明显要先把变成。可得根式运算例5.已知【选自第23届初二希望杯试题】=4.所
31、以答案为2例6、已知为实数，且与都是整数，则的值是。【选自第24届初二希望杯试题】要是是整数。可以设。那么。明显。可以为1.当x=5.所以。.分式运算例7若，则代数式的值( ) 【选自第23届初二希望杯试题】(A)等于 (B)等于 (C)等于或不存在. (D)等于或不存在将两边乘以18得到。则。代入中可得。但是因为分母不能为0.所以不能为0.即y不能为0.当y=0时，x=2.发现是符合题意的。所以也有可能不存在值再看例8，已知=7，则代数式的值是【选自第24届初一希望杯试题】类似化简题。例9.若实数a,b,c满足是【选自第23初二希望杯试题】这类题明显有一个特点就是式子的倒数很好处理。所以处理
32、条件中的三个式子。使之求倒得：，而要求的式子的倒数=47/120.所以=120/47在2试的试题当中出现了2道关于代数的证明题。虽然不多。但是需要关注。3.1.3数与式的证明例1.设a=，证明：a是37的倍数 【选自第21届初一希望杯试题】。因为999=37*27.所以在999+1的三次展开式中，多了一个1.同理在的展开式中同样是多了一个1.所以正好可以整除37例2.已知都是整数，如果对任意整数x，代数式的值都能被3整除。证明：可被27整除。【选自第23届初一希望杯试题】这题的解题思路可以从证明a,b,c都能被3整除入手。当x=0时，代数=能被3整除。所以c能被3整除。当x=1时，=a+b+c
33、当x=-1时。=a-b+c.两式一减可得2b能被3整除。那么b也能被3整除。因为当x=1时。=a+b+c。且b,c都能被3整除，所以a也能被3整除。所以a=3m,b=3n,c=3t.abc=3m*3n*3t=27mnt.能被27整除。3.2 方程问题的分类3.2.1 方程的求解方程的解涉与到方程的求解和与方程的解有关的运算。我们先来看方程的求解问题例1解方程：【选自第21届初二希望杯试题】显然，去分母两边同乘以12。这是不适宜的。因为初二还没有学到关于三次求解的问题。当然，有能力可以做。但是观察题目本身可以看出：左右两边都有由两个互相为倒数的分式构成。也就是说。实际上左右两边只有一个式子。因为
34、另一个式子是已定的式子的倒数。即确定了，那么也就确定了。因为他们互为倒数。所以这个题目也就变成求的解。解得x有3个解例2.函数y=ax与函数y=2x/3+b的图像入图5所示，则关于x,y的方程组的解是【选自第22届初二希望杯试题】只要把交点（1,2）带入两个函数中可以得到a=2,b=4/3,所以方程组。得再看例3.方程的整数解的个数为( )【选自第24初一希望杯试题】A.0 B.1 C.2 D.3这题可以分类讨论，将x分成x-1.-1x1/2.当x-1时，明显的绝对值里面的两个式子都是负数。所以=-x-1-2x+1=-3x=1.得到x=-1/3.因为x-1.所以不成立。当-1x1/2时。=x+
35、1-2x+1=-x+2=1,x=1.因为-1x1/2时。=x+1+2x-1=3x=1,x=1/3.也不符合前提条件。所以无解。3.2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，追与问题）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与相关问题上追与问题例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的距离是一样的。我们假设距
36、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（y-x）t=m.联立得t=30.所以再过15分钟，B追上A。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分钟相遇一次。可以假设甲的速度为x，乙的速
37、度为y，那么这个环形轨道的周长为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.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分钟完毕运动，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
38、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
39、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.【选自第22届初二希望杯试题】 假设一个轮胎的磨损
40、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。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
41、，特殊值法，分离法等等。其中分离法有系数上的分离，也涉与到题目中有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，往往涉与到题目条件的隐藏信息；还有数形结合：在涉与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与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
42、到题目的切入点，设好未知数，列出等式方程，进行求解。关于初一和初二2试试题的解题策略：数与式问题的研究上有用到提取公因式，拆分法：就是对一个式子进行加一项再减一项。还有观察法：比如初二23届的题目即例9.通过观察就知道利用倒数解决问题很容易。而2试中特有的代数证明题发现都是考察整除的。纵观1试，2试可以发现：在考察的知识点上或解题策略上有出入。有个很明显的区别就是：1试试题一看就知道怎么做，可以直接用一种方法套进去，但是2试不一样，上述说的，2试的观察法是很重要的。这一点就表达了学生平时积累的知识多少和解题思维的强弱。当然观察法也需要跟一些熟悉的解题策略联系在一起才能发挥出更好的果效。比如3.2.1的例1.用1试的解方程方程硬解是行不通的，因为3次方程没有学过，只有观察，紧紧围绕我们学过的知识点。在此基础上想方法利用观察法把这道题目放入我们能解决的策略当中，一经观察可以发现左右两边的式子都是倒数的关系。看起来是4个代数式，实质上只有2个。
