1、1毕业论文开题报告数学与应用数学“五羊杯”初中数学竞赛初三试题的研究一、选题的背景与意义数学竞赛是发现人才的有效手段之一。一些重大数学竞赛的优胜者，大多在他们后来的事业中卓有建树。因此，世界发达国家都十分重视数学竞赛活动。十余年来，我国中学数学竞赛活动蓬勃发展，其影响越来越大，特别是我国中学生在影响最大、水平最高的国际数学奥林匹克竞赛中，多次荣登榜首，成绩令世人瞩目，充分显示了中华民族的聪明才智和数学才能。了解国际赛史，熟悉国内赛况，认识数赛意义是必要的，也是有益的。五羊杯自1989年开办以来，取得了很大的成果，挖掘了许多数学人才。五羊杯的试题由熟悉中学数学竞赛的教授、专家拟定，题型新颖、趣味
2、性强、有较好的思维训练价值，有利于开拓学生的数学视野，提高学生的数学素质。二、研究的基本内容与拟解决的主要问题研究的基本内容是五羊杯初中数学竞赛初三试题。研究从1989年举办以来到2010年该竞赛的发展趋势，以及这些试题的解题思路和出题背景。按照初中的知识点来汇编试题，将试题按题型来分类处理。并且探索题目的新解法和发展前景。得出五羊杯初三竞赛应试技巧和策略三、研究的方法与技术路线1、查阅相关资料，搜集1989年到2010的五羊杯数学竞赛初三试题。2、查找文献，对参考文献中的重要结论加以整理和论证，以文献中解题技巧和思路应用到解试题的过程中。3、通过知识点进行分类和汇编竞赛试题4、通过自己的思考
3、，老师的指导和同学的讨论，得出新的解题方法和思路5、通过浏览奥数网、博士家园、东方论坛数学板块等发布题目收集更好的解题方法四、研究的总体安排与进度220101212101215完成文献综述，文献翻译，开题报告。20101220准备开题，开题论证201144完成毕业论文初稿，交由指导老师初审。2011452011415修改毕业论文初稿，定稿。20114162011429准备论文答辩PPT。2011年5月1日前准备毕业论文答辩及正式答辩。参考文献（1）单墫因式分解技巧/数学奥林匹克小丛书初中卷2华东师范大学出版社20055版（2）田廷彦面积与面积方法/数学奥林匹克小丛书（初中卷8）华东师范大学出版
4、社20051（3）单墫数学竞赛研究教程全册江苏教育出版社20092第三版（4）许康华，陈计主编浙江大学出版社20061版（5）单墫主编数学奥林匹克初中版新版知识篇北京大学出版社2001。12版（11）张景中为数学竞赛说几句话（12）陈方杰爱林匹克数学竞赛题的解题思维（13）陈洁对初中数学竞赛若干题型的解题分析3毕业论文文献综述数学与应用数学“五羊杯”初中数学竞赛初三试题的研究数学竞赛是发现人才的有效手段之一。十余年来，我国中学数学竞赛活动蓬勃发展，其影响越来越大，特别是我国中学生在影响最大、水平最高的国际数学奥林匹克竞赛中，多次荣登榜首，成绩令世人瞩目，充分显示了中华民族的聪明才智和数学才能。
5、然而随着升学的压力，许多家长或者学校为了提高校绩强迫学生去参加竞赛辅导班，导致学生压力重重。而且出现了一些以谋利为目的而又误人子弟的数学竞赛培训。这本身就违背了我们原先寄予数学竞赛的意义。正如张景中在为数学竞赛说几句话中提到就数学竞赛本身而言，是面向青少年中很小一部分数学爱好者而组织的活动。这些热心参与数学竞赛的数学爱好者还有不少数学爱好者参与其他活动，例如青少年创新发明活动、数学建模活动、近年来设立的丘成桐中学数学奖，估计不超过约两亿中小学生的百分之五。从一方面讲，数学竞赛培训活动过热产生的消极影响和升学考试体制以及教育资源分配过分集中等多种因素有关，这笔账不能算在数学竞赛头上；从另一方面看
6、，大学招生和数学竞赛挂钩，这也正说明了数学竞赛活动的成功因而得到认可。对于青少年的课外兴趣活动，积极的对策不应当是限制堵塞，而是开源分流。发展多种课外活动，让更多的青少年各得其所，把各种活动都办得像数学竞赛这样成功并且被认可，数学竞赛培训活动过热的问题自然就化解或缓解了。数学竞赛题相对于一般数学题而言更侧重考查学生对知识的综合运用能力和解题思维能力题目相对偏难一些要解答奥林匹克数学竞赛题，不仅要有牢固的知识做基础，还必须选择一个好的解题方法。那么，在解题的时候如何展开思维、如何来寻找这些解题方法即采取什么样的解题思维策略来分析题目，进而找到解题思路，提出解题方案。陈方杰在爱林匹克数学竞赛题的解
7、题思维一文中指出将奥林匹克数学竞赛解题的思维过程分为问题表征、解析问题、解决问题、解题监控和题后反思五个阶段。一、问题表征指形成问题空间，包括明确问题的初始状态、目标状态及4允许的操作。问题的表征也就是审题，在这个思维阶段中，观察和表象占很大的比重。解题者首先通过读题对问题进行字面理解，用自己的话重新表述问题，把问题的文字和符号等信息转化为解题者内部的、心理表征。二、解析问题即分析和理解问题。在这个阶段，解题者要对问题所包含的信息和本身已储存的知识信息进行主动的加工，通过这种加工进而认识问题的起始状态与目标状态，并判断是否有现成的解题途径。个体的知识和解题经验影响着解题者对问题的理解。实际上，
8、在解析奥林匹克数学竞赛题时，解题者是在审题的基础上对问题给出的条件和结论仔细地分析，结合已有的知识和解题经验进行思考，以找到切人点，理清解题思路，设计出解题方案。三、解决问题是解题者在前面对题目的表征和理解的基础上，根据问题的特点来改变问题的起始状态而拟订出解题方案并执行这个方案。解题方案是由一系列的操作所构成，解题操作的选择和组织是由选取一定的策略来决定的。四、解题监控就是解题者为了达到解题目标，对解题过程中的解题操作是否适宜、是否能够得到问题的解决作出评估。五、题后反思即对解题的回顾与思考。这五点对于我们解题和教学具有非常大的帮助。单遵在数学奥林匹克小丛书之因式分解技巧中将因式分解技巧分为
9、12部分提公因式、应用公式、分组分解、拆项与添项、十字相乘、二元二次式的分解、综合运用、多项式的一次因式、待定系数法、轮换式与对称式、实数集与复数集内的分解、既约多项式。将因式分解的各种技巧巧妙地通过例题介绍了，概括和整理地相对比较齐全，实用价值也比较高，对于解竞赛题或者其他题都是有益无害的。田延彦在数学奥林匹克小丛书之面积与面积方法的前言中数学最本质的特点是演绎推理的严密性和清晰性，可以说，提高数学修养，几何是第一关。这本书就是专门讲面积与面积方法的，其中既有经典的问题，也有杂题，反映了当前流行的一些奥数题型及作者多年积累的解题经验，当然值得深入探讨下去的，还有很多很多。书中不仅有解题过程，
10、而且解完题还对题目和其解答进行评注，这种方法值得推广。陈洁在对初中数学竞赛若干题型的解题分析一文中，提出了六种解题法。一、构造性解题方法是一古老而又崭新的科学方法，常简称为构造法。构造法的实质是根据某些数学问题的条件或结论所具有的特征，用已知条件中的元素为5“元件”，用已知的数学关系为“支架”，在思维中构造出一种相关的数学对象、一种新的数学形式，从而使问题转化并得到解决的方法。在思维方式上，构造法常常表现出简捷、明快、精巧等特点，常使数学解题突破常规，另辟蹊径。利用构造法构造出来的数学对象所涉及的面广，如数、式、方程、不等式、函数、命题、“抽屉”、程序等等。二、一般化方法。一般化就是我们为了解
11、决问题的需要放开或改变一些条件的限制，把具体的个性问题转化为一般的共性问题来研究。由于特殊的情况往往涉及一些无关条件而掩盖了问题的关键，因而一般情况有时则更明确地表述了问题的本质。三、分类讨论法。所谓分类讨论，就是原问题分解成一组相对独立的“小问题来处理，综合对这些小问题的解答，便可以推证出原问题的结论。四、递推法。通过建立递推关系解决问题的方法，称之为递推法。利用递推关系法解题的一般步骤为1确定初始值；2建立递推关系3解递推关系。五、极端性原理在解决数学竞赛问题时，常常需要考虑命题中某些量或某些元素的“极端情况，譬如“最大值”，“最小值”，“边界值”等等，这是分析和解决问题重要的方法之一。利
12、用考虑极端的元素来实现解题的方法称为极端性”原理。六、整体法。这一解题策略要求在解题过程中，不是分解它的条件和结论，采取各个击破的办法，而是要立足全局把握条件和结论的联系，摆脱局部细节中一时难以弄清的数量关系的纠缠，使眼界更加开阔，以利于看清问题的实质，抓住问题的要害。总之，对于数学竞赛的研究具有很重大的意义。虽然前人对于数学竞赛已经取得了一些较好的研究结果。但是对于五羊杯数学竞赛的研究还是欠缺，于是我选取了五羊杯初三数学竞赛的研究。主要参考文献（1）单墫因式分解技巧/数学奥林匹克小丛书初中卷2华东师范大学出版社20055版（2）田廷彦面积与面积方法/数学奥林匹克小丛书（初中卷8）华东师范大学
13、出版社20051（3）单墫数学竞赛研究教程全册江苏教育出版社20092第三版（4）许康华，陈计主编浙江大学出版社20061版6（5）单墫主编数学奥林匹克初中版新版知识篇北京大学出版社2001。12版（11）张景中为数学竞赛说几句话（12）陈方杰爱林匹克数学竞赛题的解题思维（13）陈洁对初中数学竞赛若干题型的解题分析7本科毕业设计（20届）“五羊杯”初中数学竞赛初三试题的研究摘要【摘要】五羊杯初中数学竞赛自1989年开办以来，在全国范围内举行，对于初中数学竞赛具有重大的8影响。虽然有一些对于此竞赛试题的研究，但是都是对于某一届竞赛中其中的一题或几题，没有对在竞赛中出现的某一类型进行研究。因此本文
14、对于第12届到第20届五羊杯数学竞赛初三试题进行了系统的整理、分类和归纳，及研究了解题思路。希望这份资料能对将来参加竞赛的考生和热爱数学的人起到一定的参考作用。通过这次编写也提高了自己的归纳总结和解决问题的能力。【关键词】五羊杯数学竞赛；分类；研究。9ABSTRACT【ABSTRACT】THE“WUYANGBEI”MIDDLESCHOOLMATHCOMPETITIONHELDACROSSTHECOUNTRYSINCE1989HASAMAJOREFFECTTHEREARESOMERESEARCHESWHICHISABOUTONEORSOMEQUESTIONSBUTNOTATYPEOFQUESTI
15、ONSONCEAPPEARINGINTHECOMPETITIONTHEREFORETHISPAPERONTHE12THTO20THOF“WUYANGBEI”MATHEMATICCOMPETITIONMAKESASYSTEMARRANGEMENTANDCLASSIFIED,ANDRESEARCHESTOUNDERSTANDQUESTIONSIDEASHOPETHATTHISMATERIALTOTHECOMPETITIONINTHEFUTUREEXAMINEESANDPERSONWHOLOVEMATHAREFERENCE。THROUGHTHISWRITINGALSOIMPROVESOWNSUMMA
16、RIZINGANDPROBLEMSOLVINGABILITY【KEYWORDS】THE“WUYANGBEI”MIDDLESCHOOLMATHCOMPETITION；CLASSIFY；RESEARCH。10目录摘要7ABSTRACT9目录101序言1111五羊杯初中数学竞赛的发展背景1112五羊杯初中数学竞赛的重要意义1113研究内容及方法122因式分解1221基本知识点1222已知X的值，求含有X的多项式的值。1223树立整体意识,替换意识1324给出一个关于X的方程，求X多项式的值143求根1531基本知识点1532第一类。1633第二类。1834第三类求整根1935含有绝对值求根1936关
17、于一元二次方程的两个根204求面积2241基本知识点2242运用公式2243铺助线的妙用2344其它题型255求和SN2651非整数取整求整数2652分子，分母呈现规律性变化。2753另类286取值范围2961基本知识点2962分式、根式、绝对值混合2963一元二次方程系数取值范围307另类3171比大小3172巧妙ABC3273各种整除3474分配35致谢错误未定义书签。附录错误未定义书签。111序言11五羊杯初中数学竞赛的发展背景1959年诞生了国际奥林匹克数学竞赛，目的是为了发现鼓励世界上具有数学天份的青少年，为各国进行科学教育交流创造条件，增进各国师生间的友好关系；1986年中国也开始
18、正式参赛；近10年里，中国奥数取得了优异的成绩，中国学生数学的潜力举世瞩目，进而演变成为疯狂的“全民奥数”数学竞赛活动深受广大师生和家长的欢迎和参与，并得到了社会各界有识之士的高度评价和大力支持。但是随着素质教育的不断推进，竟然出现了“素质教育”与“应试教育”的对立抗衡的情况。初中数学竞赛活动与素质教育对立起来的倾向现象。针对这种现象，成都市教育局副局长娄进说“当奥数教育逐渐被泛化并被异化为升学和择校工具时，当奥数市场因利益而疯狂时，就威胁到孩子们的身心健康。”在1995年，国家教委就已经颁发了停办奥校的文件，将数学竞赛控制在适当的温度中和适当的范围内。目前，我国部分省市教育部门已下发命令停办
19、奥数班。面对各地相继出台的“封杀令”，社会对奥数的口诛笔伐中，中国奥数将何去何从呢“奥数”真的错了吗奥数的学习对学生到底有没有积极的作用呢它对培养学生数学思维品质又有怎么样的影响呢然而笔者认为，初中生开展适当的数学竞赛活动在数学教育发展中有着不可替代的作用。12五羊杯初中数学竞赛的重要意义初中数学竞赛的飞速发展，极大地激发了学生学习数学的积极性和潜力。数学竞赛也为那些热爱数学的学生提供了展示才能的舞台。在深化学习数学的同时，发挥学生的主观能动性，提高创新精神。竞赛中有些涉及到实际的应用问题，需要学生将这些问题转化为数学问题，再加以分析并解决。在这过程中，学生会发掘数学的魅力，提高对数学的热爱，
20、体会解题成功后的喜悦感，提高自信心，发展他们的智力。竞赛数学的题目灵活,需要敏捷的思维。竞赛数学是一种需要思维灵活与敏捷程度更高的数学问题它能够性改善学生打破原有狭隘经验造成的定势的能力,能够培养学生适应新学科分支学习所需的更具一般性的好的特殊思维定势能力。所以人们称它为“思维体操”。12在训练过程中的发现思维的深刻性。让那些对于知识型或解题善于生搬硬套的同学接触竞赛数学及学习有关的奇异的技巧,会使他们的思维受到启发。尤其对于解决问题过程中显现技巧使人愉悦的解法,会提高他们精练解法的思维水平。数学竞赛有利于培养学生的创造性思维。一些很一般的思维解决问题的解法十分繁杂，而用另一种思想解题就三言两
21、语就能解决。13研究内容及方法收集五羊杯数学竞赛试题（第1221届）。对第12届到第21届五羊杯初三数学竞赛中的有关于因式分解、解方程、求和、求面积等题型进行收集、整理、分类、归纳和总结。尝试用最基础的知识点去解题，并寻找最简单的解题方式。2因式分解21基本知识点因式分解三步骤一提（提取公因式）、二代、三分组。因式分解中常见的公式（1）22ABABAB平方差公式（2）3322ABABAABB立方差公式（3）3322ABABAABB立方和公式（4）2222AABBAB完全平方（5）2222AABBAB完全平方（6）3223333AABABBAB完全立方（7）3223333AABABBAB完全立方
22、22已知X的值，求含有X的多项式的值。1、（第13届）2设X32，则X63X511X32X1A14324B14324C14332D32143解答2232,23,410XXXX136532432311214133144014414324XXXXXXXXXXX2、第18届13、已知3131A，则4325654AAAA解答2223142323,23,312410,AAAA故4324322256545651341133AAAAAAAAAAAA3、第20届1已知12M,12N,且227143678MMANN则A的值等于A5B5C9D9解答2714MMA271214127AA2236731261274NN
23、又因227143678MMANN，所以7A2得A923树立整体意识,替换意识1、第12届11分解因式X4X24X4X2310原式42242422424242224222221210221212121111XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX将42XX看作一个整体，也可以采用换元的思想。2、第13届11分解因式X44X21X43X2110X4原式14422444422444242222222222111210112121111111XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX41X看作整体3、第14届11在实数范围内的分解因式X81解答运用平方差公式。8442222222211112
24、112121111XXXXXXXXXXXXXX4、第15届11在实数范围内分解因式4234XX解答原式42222222447277272XXXXXXXXX5、第18届12、在实数范围内因式分解432344XXXX解答原式22222214141221XXXXXXXXXXXX6、第19届12在实数范围内因式分解3X5X一6_解答1332256155115116XXXXXXXXXXX解答2X1是356XX0的根由除法可以得325616XXXXX24给出一个关于X的方程，求X多项式的值151、第16届2设X27X70，则X47X249A7B7C7D0答案D。42222227497777770XXXXX
25、XXX2、第14届2设X333X26X228O，则X541X21的值为A132B132C13D13答案B。同第16届第2题。要找到要求式子和已知式子的相同点。3、第15届2设3X3437X2一37X7O，则X47X3一7X2一37X2的值为A307B30C7D0答案B。同第16届第2题。要找到要求式子和已知式子的相同点。3求根31基本知识点1一元二次方程AX2BXC0A0的实数根，是由它的系数A,B,C的值确定的根公式是XAACBB242B24AC02根的判别式实系数方程AX2BXC0A0有实数根的充分必要条件是B24AC0有理系数方程AX2BXC0A0有有理数根的判定是B24AC是完全平方式
26、方程有有理数根整系数方程X2PXQ0有两个整数根P24Q是整数的平方数3设X1,X2是AX2BXC0的两个实数根，那么AX12BX1C0A0，B24AC0，AX22BX2C0A0，B24AC160；X1AACBB242，X2AACBB242A0,B24AC0；韦达定理X1X2AB,X1X2ACA0,B24AC04方程整数根的其他条件整系数方程AX2BXC0A0有一个整数根X1的必要条件是X1是C的因数特殊的例子有C0X10，ABC0X11，ABC0X1132第一类。通常出现在第一题，第12届到第19届都有出现。以第12届为例。分为两步。1合并同类项（将有X的项合并，常数和常数项合并）。2通分母
27、（分母出现根式如35的，通常分子分母同乘以35，进行分母有理化）。有些答案比较简单的如第15、16、17届第1题可以观察出来，也可以采用代入法。1、（第12届）1方程X35535X3的根是XA415B415C154135解答B。3X55353X将X向右移合并同类项，5X505353同分母5X535535X53553025353553415553X2、（第13届）1方程27X227X170的根是X，A9714B9147C311497D31149717答案A3、（第14届）1方程553353105353XX的根是XA53B1173115242C513D153答案B4、（第15届）1方程223232
28、323XX的根是A3B2C1D0。答案C5、（第16届）1方程52522525XX2的解是A5B2C10D1答案D6、（第17届）1方程2776535XX2的解是A2B3C5D6答案A7、（第18届）1、关于X的一元一次方程216216237676XX的根是（）A、2B、3C、7D、6答案B8、（第19届）1关于X的一元一次方程4446262XX的根是A26；B一26；C46；D23答案A1833第二类。1、第13届7设X表示不大于X的最大整数，X表示不小于X的最小整数,X表示最接近X的整数XN05，N为整数例如343，344，343,则方程3X2XX8的解为A满足L0,Y0,Y1212,7X
29、802、X03、X62、2X63、X12X1,且Q2X2,将（1）和（2）式相加得（PQ）22X,又因为3PQ，所以得21X2、（第19届）7设方程210XX的两根是P，Q，则545PQPQQA1；B0；C一4；D4解答D用韦达定理。提示1X2X1,1X2X1，根代入21PP，21QQ，再化简545PQPQQ总结此类题涉及到一元二次方程的两个根，一般采用韦达定理，求根公式，根代入方程法。224求面积41基本知识点1因为面积公式是用线段的代数式表示的，所以面积与线段可以互相转换。运用面积公式及有关面积性质定理解答几何题是常用的方法，简称面积法。2面积公式（略）3两个三角形的面积比定理等高（底）的
30、两个三角形的面积比，等于它们对应的底（高）的比有一个角相等或互补的两个三角形面积的比等于夹这个角两边的乘积的比相似三角形面积的比等于它们的相似比的平方有公共边的两个三角形面积的比等于它们的第三顶点连线被公共边分成的两条线段的比（内分比或外分比）。定理是以公共边为底，面积的比等于它们的对应高的比换成对应线段的比42运用公式1、第12届10如图，D是ABC的边AB延长线上一点，DEBC，E在AC延长线上，EFAB，F在BC延长线上，已知SADEM，SEFCN，则S四边形BFEDA4MNB3MNC2MNDMN解答C。设三角形ABC的面积为S，因为EF/AB，所以ABCEFC，于是SACECN,SAC
31、ACACECAESN又因为BC/DE,所以ABCADE,于是SACAEM，,2SSSNMSMNMNSNM而S四边形BFED22MNSMNMNMNMN此题运用相似三角形的面积之比等于对应边平方之比的原理。232、第13届9如图，梯形ABCD两腰DA，CB的延长线交于O已知SAOB4，SAOC9，则S梯形ABCD（A）25（B）1625（C）16（D）1525解答B。因为三角形ABC和三角形AOB分别以OB和BC为底那么等高，所以有4,9AOBAOCSOBOASOCOD4,9ODCOACSODSOA所以ODCS94OACS9492025因此S梯形ABCD202541625。此题求面积用了三角形同高
32、这一方法。3、（第13届）10如图，设梯形两对角线交于M，且SAOBC2,SAMBA2,CA0,则S梯形ABCD（A）222424ACCA（B）22224ACCA（C）222424ACCA（D）22224ACCA解答C。类似第13届第九题的解法。43铺助线的妙用1、第17届）19在ABC中，BAC135，ADBC，BD4，DC6，如图6，则ABC的面积等于_解答如图分别以AB和AC为对称轴，作出三角形ABD和三角形ACD的对称图，延长相交于点P。因为135BAC所以135FACEAB,因此36013513590FAE所以四边形AFPE是正方形。设ADX,BP4X,PC6X由勾股定理得22246
33、46XX，解得X2,X12负数舍去2、（第18届）5、设ABC中，边BC上一点D满足BCCD4，边CA上一点E满足CAAE5，边AB上一点F满足ABBF6，那么DEF的面积ABC的面积（）24A、3760B、61120C、59120D、2360解答B。连接AD如图。已知BCCD4，CAAE5，ABBF6，得14,45ACDCDEACBCDASS由此可得15CDEACBSS。同理可得11,68AEFBFDACBCBASS1111616851120ABCDECBFDAEFDEFABCABCSSSSSSS3、（第21届）17“在四边形ABCD中，AB/CD，ADCDBD5，BC6，则四边形ABCD的
34、面积S_解答1过D、B点作梯形的高。已知ADCDBD5，BC6，设BFFAEDX,则AB2X,BEFDY由勾股定理得222BFDFBD,222BECEBC即2222225,56XYXY。解得724,55XY，利用梯形面积公式得46852225SXY解答2过D点作AB边上的高线，并且延长BA到G点，使得BGCD，连接DG。可知四边形BCDG是一个平行四边形。设BFFAX,则AB2X,FDY，利用勾股定理得222222,AFDFADGFDFGD，代入X,Y得2222225,56XYXY解得724,55XY，利用梯形面积公式得46852225SXY25解答3过B点作CD边上的高线交CD于点E，过B点
35、作AD的平行线交CD于点G。解法同解答2。解答3分别以B、D点作CD、BC边上的高交于点E、H。已知ADCDBD5，BC6，得BHHC3，得DH4，BCDHCDBE得BE24/5可求出DE和AB。最后求出S。解答4SBCDABDSS。基本前面的步骤不变，求S的时候，利用公式不同44其它题型1、割补法（第16届）16如图两个相同的梯形重叠在一起，则上面的梯形中未重叠部分面积是解答上面梯形空白部分面积整个梯形阴影面积，下面梯形空白部分面积整个梯形阴影面积。两个空白相等。通过下面那个梯形容易算。空白部分面积103104234称为割补法。262、（第20届）11在边长为2的正方形ABCD的四边上分别取
36、点E、F、G、H四边形EFGH四边的平方和2222EFFGGHHE最小时其面积为_解答222222222222,EFBEBFFGCFCGGHGDDHHEAHAE2222EFFGGHHE22222222BEBFCFCGGDDHAHAE当点E、F、G、H分别是对应边的中点时，22222222BEBFCFCGGDDHAHAE最小，四边形EFGH是一个边长为2的正方形。四边形EFGH的面积为25求和SN51非整数取整求整数1、（第12届）6设X表示不大于X的最大整数，例如3153，373，33，则2002200120005434323213333A2000000B2001000C2002000D200
37、3001解答B设NN2为自然数，有N10解答4替代法。令X18A，那么29246162949691693577533577537755331111111111111111111111114XXXXSXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX2、（第17届）10在分数1234567,567567567567567中把所有的最简分数相加，和为A284；B283；C163；D162解答D56733337,所以N/567是最简分数的条件是N不被3和7整除。那么（567N）/567也是假分数。所以设其中的最简分数有2X个。它们就可以两两相加等于1,最简分数相加和就等于X。现在只需要
38、求出2X2X567567/3567/7567/215671898127324X1626取值范围61基本知识点由几届竞赛中出现的求取值范围这类题目，将分式、二次根式、绝对值都混合在式子中。我们需要注意1、二次根式X，0X2、分式BA中的0A3、0X62分式、根式、绝对值混合1、（第13届）3要使分式|4X|8X|33X有意义，则X的取值范围是AX12BX12或X3，6，7，8，9，10CX3且X4，5，11DX330解答303804XXX得34,5,11XX选C2、（第15届）14要使分式和都有意义，则X的取值范围是解答2222222040202040242024XXXXXXXXXXXXXXX得
39、X4或者4X3、（第17届）3要使分式4X|3X|27X2有意义，则X的取值范围是AX4BX7或X5CX4且X5D4X5解答2702304XXX得7,71,54XXXX即X4且X5第13、15、17届出现了这种类似的题型，解法几乎相同。而在之后的几届没有再出现这样的题型，而是将取值范围和一元二次方程结合出题。63一元二次方程系数取值范围1、（第19届）19已知关于X的方程22321210MMXMXMM的根都是整数，其中M为实数，则M可以取的所有的值为_解答22321210MMXMXMM可化成2211210MMXMXMM分成两种情况1、M2，此时原方程为3X60,得X2为整数M1,此时原方程为X
40、20,得X2为整数；312、当M1，2时，方程用十字相乘法可化为M一1XMM一2X一M10得12131,112XXMM,设12,XX都是整数。12131,211MMXX，两式相减得1213111XX通分得1221111310XXXX化简得1212220XXXX12223XX13311331可得（12,XX）一1，1，1，一1，一3，一5或一5，一33、验证,可知当12,XX一1，1时M无解；其余3个值可相应地解得135,224M，都满足题意，故知题目的答案为1,2，135,224经过这个题目的解答，我们要注意一点，当一元二次方程的二次项系数是未知的，我们需要考虑二次项系数是否等于零。2、（第2
41、0届）13关于X的方程20AXBXC有两个不相等的实根,且,ABC的平均值为2B,则C的取值范围是_解答由方程20AXBXC有两个不相等的实根，可得240BAC；,ABC的平均值为2B，得24ACB；24440BACAC，1AC将4AC代入1AC得2410CC得23C或23C此题只需要将每一个条件转化为数学上对应的符号和等式就能解出。7另类71比大小1、（第12届）3若32X622X56X，则A2X3XB2X3X或2X4,C错误。所以应选D。总结比大小。1、相减法。2、可以将不同形式的化成同种形式。3、找到一个中间值，比如072巧妙ABC331、（第12届）12已知4A3C32CB2BA，则9
42、B8A7C6B5AABC0解答ABB2C3CA234K，则AB2,B2C3,3CA4KKK。解得11213A,B,C555KKK，将,ABC代入9B8A7C6B5A得101509B8A7C6B5A2、（第13届）2已知42B3AC33A2CB23C2BA,则2C3BA3C2BAA0解答K42B3AC33A2CB23C2BA，即A2B3C2,B2A3C3K,C3A2B4KK解得981,111111AKBKCK，代入得3142C3BA3C2BA3、（第14届）12已知332242222ABBCCAABBCCA，A、B,C0，AB,BC,CA，则23529ABCABC5A2B9C解答令3322422
43、22ABBCCAKABBCCA，化简的3322ABKAB，222,24BCKBCCAKCA。得210550KK，K0或者112。分情况讨论当KO时,和当K112时。得23529ABCABC5114、（第15届）12已知32521322232826ABBCCAABBCCA，则232_437ABCABC解答15。解题思路和前面几题类似。5、（第16届）12已知,5,7823,132CBCBCACABABA则CBACBA375436解答2。解题思路和前面几题类似。总结这类题要设定一个K6、（第12届）14已知4ZXZX3ZXZX3YZZY2YZZY2XYYXXYYX，且1Y3X2，则X,Y，Z34解
44、答2XYYXXYYX13XYXY2XY，YZ2YZ5YZXZ3ZX7ZX1,1YZ3YZYZ3YZXZ4ZXXZ4ZX，即3XY5YZ7ZXXY2XYYZ3YZXZ4ZX，化简得357111111234XYYZZX（1式）将132ZYX代入（1式）解得343,23XYZ7、（第17届）12已知113XY，则2523XXYYYXYX_解答由113XY可得11XY32211525252235111111333633XXYYYXXYYXYXXYXY73各种整除1、（第14届）19已知正整数N大于30，且使得4N1整除2002N，则N等于解答设200241NKN，则200050025002250500
45、4141NNNKNN因为4N1是奇数，所以4N1整除N250设25041NPN，410001001414141NPNN。所以4N1整除1001因30N且100171113，只能4N1143，N36,P2,符合条件。2、（第15届）5作自然数带余除法，有算式ABC27如果B27且ABC27，代入A80B21C524O，得BC80B21C5510，（B21）C802204221929，当B2129258，C8038时,B79,C118，A43593、（第17届）15在12005的所有正整数中，共有_个整数X，使313X和3X被5除的余数相同解答X12345678910LLL213L4L51617L8L92O21AL243L243L243L243L2431B13240L3240L3240L3240L其中A，B分别表示313X和3X被5除的余数显然A按周期4变化,B按周期5变化，两种余数合起来按周期20变化，在一个周期中有4次余数相同X1，12，18，19。而2005201005，所以题目的答案为10041401个4、（第18届）9、设N18018018018099（前面共有100个180，最后两位是99），那
