1、本科毕业设计（20届）“五羊杯”初中数学竞赛初三试题的研究所在学院专业班级数学与应用数学学生姓名学号指导教师职称完成日期年月I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。I
2、IABSTRACT【ABSTRACT】THE“WUYANGBEI”MIDDLESCHOOLMATHCOMPETITIONHELDACROSSTHECOUNTRYSINCE1989HASAMAJOREFFECTTHEREARESOMERESEARCHESWHICHISABOUTONEORSOMEQUESTIONSBUTNOTATYPEOFQUESTIONSONCEAPPEARINGINTHECOMPETITIONTHEREFORETHISPAPERONTHE12THTO20THOF“WUYANGBEI”MATHEMATICCOMPETITIONMAKESASYSTEMARRANGEMENTAND
3、CLASSIFIED,ANDRESEARCHESTOUNDERSTANDQUESTIONSIDEASHOPETHATTHISMATERIALTOTHECOMPETITIONINTHEFUTUREEXAMINEESANDPERSONWHOLOVEMATHAREFERENCE。THROUGHTHISWRITINGALSOIMPROVESOWNSUMMARIZINGANDPROBLEMSOLVINGABILITY【KEYWORDS】THE“WUYANGBEI”MIDDLESCHOOLMATHCOMPETITION；CLASSIFY；RESEARCH。III目录摘要IABSTRACTII目录III1序
4、言111五羊杯初中数学竞赛的发展背景112五羊杯初中数学竞赛的重要意义113研究内容及方法22因式分解221基本知识点222已知X的值，求含有X的多项式的值。223树立整体意识,替换意识324给出一个关于X的方程，求X多项式的值43求根531基本知识点532第一类。533第二类。734第三类求整根835含有绝对值求根936关于一元二次方程的两个根104求面积1141基本知识点1142运用公式1143铺助线的妙用1244其它题型145求和SN1551非整数取整求整数1552分子，分母呈现规律性变化。1553另类176取值范围1761基本知识点1862分式、根式、绝对值混合1863一元二次方程系数
5、取值范围197另类2071比大小2072巧妙ABC2173各种整除2274分配24致谢错误未定义书签。附录错误未定义书签。11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
6、。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
7、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，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
8、维体操”。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语就能解决。213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
9、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2232,23,410XXXX6532432311214133144014414324XXXXXXXXXXX2、第18届13、已知31
10、31A，则4325654AAAA解答2223142323,23,312410,AAAA3故4324322256545651341133AAAAAAAAAAAA3、第20届1已知12M,12N,且227143678MMANN则A的值等于A5B5C9D9解答2714MMA271214127AA2236731261274NN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
11、以采用换元的思想。2、第13届11分解因式X44X21X43X2110X4原式422444422444242222222222111210112121111111XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX41X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。48442222222211112112121111XXXXXXXXXXXXXX4、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
12、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1、第16届2设X27X70，则X47X249A7B7C7D0答案D。42222227497777770XXXXXXXX2、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。53、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
13、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，B24AC0；X1AACBB242，X2AACBB242A0,B24AC0；韦达定理X1X2AB,X1X
14、2ACA0,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。6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（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
15、母5X535535X53553025353553415553X2、（第13届）1方程27X227X170的根是X，A9714B9147C311497D311497答案A3、（第14届）1方程553353105353XX的根是XA53B1173115242C513D153答案B4、（第15届）1方程223232323XX的根是A3B2C1D0。答案C5、（第16届）1方程52522525XX2的解是7A5B2C10D1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
16、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A33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,Y1212,7X802、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
17、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。114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
18、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,SACACACECAESN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。2、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
19、S梯形ABCD12（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，
20、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2224646XX，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（）A、3760B、61120C、59120D、2360解答B。连接AD如图。已知BCCD4，CAAE5，A
21、BBF6，得14,45ACDCDEACBCDASS13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
22、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46852225SXY解答3过B点作CD边上的高线交CD于点E，过B点作AD的平行线交CD于点G。解法同解答2。14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
23、、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。2、（第20届）11在边长为2的正方形ABCD的四边上分别取点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,EFBEBFFGCFCGGHGDDHHEAHAE2222EFFGGHHE22222222BEBFCFCGGDDHAHAE15当点E、F、G、H分别是对应边的中点时，22222222BE
24、BFCFCGGDDHAHAE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2002200120005434323213333A2000000B2001000C2002000D2003001解答B设NN2为自然数，有N10解答4替代法。令X18A，那么246162949691693577533577537755331111111111111111111111114XXXXSXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX2、（第17届）10在分数1234
25、567,567567567567567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。现在只需要求出2X2X567567/3567/7567/215671898127324X1626取值范围1861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
26、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X4，5，11DX3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X5D4X519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
27、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X20,得X2为整数；2、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（
28、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20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20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
29、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ABC1、（第12届）12已知4A3C32CB2BA，则9B8A7C6B5AABC0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K42B3
30、AC33A2CB23C2BA，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332242222ABBCCAKABBCCA，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23529ABCABC511224、（第15届）12已知32521322232826ABBCCAABBCCA，则232_437AB
31、CABC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，Z解答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1
32、13XY，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2000500250022505004141NNNKNN23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
33、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
34、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），那么，N能够被3，7，9，11和13这5个数中的（）个整除A、2B、3C、4D、5解答因为180180180100118071113，显然180180能被7,11,13,整除，从而易见MN99是3，7，9，11和13的倍数，但99是3和9的倍数，不是7,11,和13的倍数，从而知NM99是3和9的倍数，不是7,11,和13的倍数5、（第18届）11、计算，结果表示为循环小数722071445解答77771220714221414454590901806、（第19届）11计
35、算，并把结果表示为循环小数,819631311_解答881133419631319613131311113333324总结这一类式子里有循环小数，一般我们将小数转化为分数。74分配1、（第13届）7把7个两两不同的球分给两个人，使得每人至少分得2个球，则不同的分法共有种解答112种解法一因为把7件彼此相异的物件分给两个人，每件物件都有2种分法，故不同的分法共有72128种其中，使得有一个人没有分得物件的分法有2种，使得有一个人恰好分得一件物件的分法有2714种，故使得每人至少分得2件物件的分法共有128214112种解法二将7个球分成两堆，然后分给两个人。2577112CC2、（第14届）18
36、把7本不同的书分给甲、乙两人，甲至少要分到2本，乙至少要分到1本，两人的本数不能只相差1，则不同的分法共有种解答49种。此题是在第13届第7题的基础上做了一点改变。只有甲2本乙5本，甲5本乙2本，甲6本乙1本，这三种情况符合。25677749CCC25参考文献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）华东师范大学出版社200513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6HTTP/EDUSINACOMCN/GAOKAO/2008NGAOKAOZHT/INDEXHTML新浪考试新浪网7HTTP/WWWARTOFPROBLEMSOLVINGCOM/FORUM/PORTALPHPML1MATHLINK8HTTP/WENKUBAIDUCOM/SEARCHWORDCEE5D1F2B1ADLM0OD09HTTP/WWWMATHORGCN/博士家园10HTTP/BBSCNOOLNET/THESISJSPTHESISID494东方论坛数学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
