小學六年級奧數36講(下)(共81頁)

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上第13講 植樹問題內容概述幾何圖形的設計與構造，本講講解一些有關的植樹問題典型問題 1今有10盆花要在平地上擺成5行，每行都通過4盆花請你給出一種設計方案，畫圖時用點表示花，用直線表示行 【分析與解】 如下圖所示： 2今有9盆花要在平地上擺成10行，每行都通過3盆花請你給出一種設計方案，畫圖時用點表示花，用直線表示行 【分析與解】 如下圖所示：3今有10盆花要在平地上擺成10行，每行都通過3盆花請你給出一種設計方案，畫圖時用點表示花，用直線表示行· 【分析與解】 如下圖所示： 4今有20盆花要在平地上擺成18行，每行都通過4盆花請你給出一種設計方案，畫圖時用

2、點表示花，用直線表示行 【分析與解】 如下圖所示： 5今有20盆花要在平地上擺成20行，每行都通過4盆花請你給出一種設計方案，畫圖時用點表示花，用直線表示行 【分析與解】 如下圖所示：第14講 數字謎綜合內容概述各種具有相當難度、求解需要綜合應用多方面知識的豎式、橫式、數字及數陣圖等類型的數字謎問題 典型問題 1ABCD表示一個四位數，EFG表示一個三位數，A，B，C，D，E，F，G代表1至9中的不同的數字已知ABCD+EFG=1993，問：乘積ABCD×EFG的最大值與最小值相差多少? 【分析與解】 因為兩個數的和一定時，兩個數越緊接，乘積越大；兩個數的差越大，乘積越小 A顯然只能

3、為1，則BCD+EFG=993， 當ABCD與EFG的積最大時，ABCD、EFG最接近，則BCD盡可能小，EFG盡可能大，有BCD最小為234，對應EFG為759，所以有1234×759是滿足條件的最大乘積； 當ABCD與EFG的積最小時，ABCD、EFG差最大，則BCD盡可能大，EFG盡可能小，有EFG最小為234，對應BCD為759，所以有1759×234是滿足條件的最小乘積； 它們的差為1234×7591759×234=(1000+234)×759一(1000+759)×234=1000×（759234)=2.有9個分

4、數的和為1，它們的分子都是1其中的5個是,另外4個數的分母個位數字都是5請寫出這4個分數 【分析與解】 l一(+)= 需要將1010拆成4個數的和，這4個數都不是5的倍數，而且都是3×3×7×1l的約數因此，它們可能是3，7，9，11，21，33，77，63，99，231，693 經試驗得693+231+77+9=1010所以，其余的4個分數是：,.3. 請在上面算式的每個方格內填入一個數字，使其成為正確的等式 【分析與解】 1988=2×2×7×7l=4×497，+，在等式兩邊同時乘上，就得+顯然滿足題意 又+=，兩邊同乘

5、以，就得+顯然也滿足 +，+均滿足. 4小明按照下列算式： 乙組的數口甲組的數1= 對甲、乙兩組數逐個進行計算，其中方框是乘號或除號，圓圈是加號或減號他將計算結果填入表141的表中有人發(fā)現表中14個數中有兩個數是錯的請你改正問改正后的兩個數的和是多少? 【分析與解】 甲組的前三個數0.625，都是小于1的數，2與這三個數運算后，得5.05，4，4；不論減1還是加l后，這三個數都比2大，而這是2與小于1的數運算的結果，因此可以猜想方框內是除號現在驗算一下：2÷0.625=×=4.05；2÷=×=3；2÷=×=3；2÷3=. 從

6、上面四個算式來看，圓圈內填加號，這樣有三個結果是對的，而4是錯的 按照算式 乙組的數÷甲組的數+1* 2÷3+1=1，顯然不為1.5，上面已認定3是正確的，因此，只有把2改為1.5，才有1.5÷3+1=1，而1.5÷0.625+l=3.4，1.5÷+1=3.25 由此可見，確定的算式*是正確的表中有兩個錯誤，4應改為4，2應改為1.5，4+1=5+=6改正后的兩個數的和是6 5圖143中有大、中、小3個正方形，組成了8個三角形現在先把1，2，3，4分別填在大正方形的4個頂點上，再把1，2，3，4分別填在中正方形的4個頂點上，最后把1，2，3，4

7、分別填在小正方形的4個項點上 (1)能否使8個三角形頂點上數字之和都相等?如果能，請給出填數方法：如果不能，請說明理由 (2)能否使8個三角形頂點上數字之和各不相同?如果能，請給出填數方法；如果不能，請說明理由 【分析與解】 (1)無論怎樣填法，都不可以使八個三角形頂點上數字之和相等 事實上，假設存在某種填法使得八個三角形頂點上數字之和都相等，不妨設每個三角形頂點上數字之和為k 在計算八個三角形頂點上數字之和時，大正方形四個頂點上每個數字恰好使用過一次；中正方形四個頂點上每個數字各使用過三次；小正方形四個頂點上每個數字各使用過二次 因此，這八個三角形頂點上數字之和的總和為： 8k=(1+2+3

8、+4)+3×(1+2+3+4)+2×(1+2+3+4)，即8k=60,k不為整數，矛盾，所以假設是錯誤的 (2)易知：不可能做到三角形的三個頂點上數字完全相同，所以三角形頂點上數字之和最小為1 +1+2=4，最大為3+4+411 而411共8個數，于是有可能使得8個三角形頂點上數字之和各不相同，可如下構造，且填法不惟一圖(a)和圖(b)是兩種填法 6圖145中有11條直線請將1至11這11個數分別填在11個圓圈里，使每一條直線上所有數的和相等求這個相等的和以及標有*的圓圈中所填的數【分析與解】 表述1：設每行的和為S，在左下圖中，除了a出現2次，其他數字均只出現了1次，并且

9、每個數字都出現了，于是有4S=(1+2+3+11)+a=66+a； 在右上圖中除了a出現5次，其他數字均只出現了1次，并且每個數字都出現了，于是有5S=(1+2+3+11)+4a66+4a 綜合以上兩式， ×5-×4得66-11a=0，所以a=6，則S=18 考慮到含有*的五條線，有4*+(1+2+3+4+11)-t=5S=90即4*-t=24，由t是111間的數且t*，可知*=7，而每行相等的和S為18.表述2：如下圖所示，在每個圓圈內標上字母，帶有*的圓圈標為x， 首先考慮以下四條直線：(h、f、a)，(i、g、a)，(x、d、b)，(j、e、c)，除了標有a的圓圈外，

10、其余每個圓圈都出現了一次，而標有a的圓圈出現了兩次，設每條直線上數字之和為S，則有： (111)×11÷2+a=4S，即66+a=4S 再考慮以下五條直線：(h、f、a)，(i、g、a)，(j、x、a)，(e、d、a)，(c、b、a)，同理我們可得到66+4a=5S 綜合兩個等式，可得a為6，每條直線上和S為18 最后考慮含x的五條直線：(x、h)，(x、g、f)，(j、x、a)，(x、d、b)，(i、x、c)其中除了x出現了5次，e沒有出現，其他數字均只出現了一次，于是可以得到： 66+4xe=5S=90，即4x-e=24，由e是111間的數且ex可知x=7即每行相等的和

11、S為18，*所填的數為7 7一個六位數，把個位數字移到最前面便得到一個新的六位數，再將這個六位數的個位數字移到最前面又得到一個新的六位數，如此共進行5次所得的新數連同原來的六位數共6個數稱為一組循環(huán)數已知一個六位數所生成的一組循環(huán)數恰巧分別為此數的l倍，2倍，3倍，4倍，5倍，6倍，求這個六位數 【分析與解】方法一：=，=，。 對應有，它們依次是的1、2、3、4、5、6倍 且只用了1、4、2、8、5、7這6個數字，滿足題意 所以這個六位數為 方法二：首先可以確定最小的六位數的首位為1，不然2*的6倍就不是六位數，于是不妨設這個六位數為，那么6個六位數中必定存在一個數為. 而個位數字1，只能由1

12、×1，3×7或9×9得到但是只能對應為×(26)，所以只能是×3得到即=×3 于是，我們不難遞推出d為5，c為8，b為2，a為4，所以這個六位數為方法三：部分同方法二，=×3那么有×10+l=(+)×3，解得=42857所以這個六位數為15講 計數綜合1內容概述 將關鍵的已知數據看作變量，得到一類結構相同的計數問題，通過建立這些問題的結果所構成數列的遞推關系，逐步地求得原問題的答案與分數、幾何等相關聯的計數綜合題典型問題 1一個長方形把平面分成兩部分，那么3個長方形最多把平面分成多少部分? 【分析與解】

13、一個長方形把平面分成兩部分第二個長方形的每一條邊至多把第一個長方形的內部分成2部分，這樣第一個長方形的內部至多被第二個長方形分成五部分 同理，第二個長方形的內部至少被第一個長方形分成五部分這兩個長方形有公共部分(如下圖，標有數字9的部分)還有一個區(qū)域位于兩個長方形外面，所以兩個長方形至多把平面分成10部分 第三個長方形的每一條邊至多與前兩個長方形中的每一個的兩條邊相交，故第一條邊被隔成五條小線段，其中間的三條小線段中的每一條線段都把前兩個長方形內部的某一部分一分為二，所以至多增加3×4=12個部分而第三個長方形的4個頂點都在前兩個長方形的外面，至多能增加4個部分 所以三個長方形最多能

14、將平面分成10+12+4=26 2一個樓梯共有10級臺階，規(guī)定每步可以邁1級臺階或2級臺階，最多可以邁3級臺階從地面到最上面1級臺階，一共可以有多少種不同的走法? 【分析與解】 我們知道最后一步可以邁1級臺階、2級臺階或3級臺階，也就是說可以從倒數第1、2或3級臺階直接邁入最后一級臺階 即最后一級臺階的走法等于倒數第1、2和3級臺階的走法和而倒數第l級臺階的走法等于倒數第2、3和4級臺階的走法和， 如果將1、2、3級臺階的走法依次排成一個數列，那么從第4項開始，每一項等于前3項的和有1，2，3級臺階的走法有1，2，4種走法，所以4，5，6，7，8，9，10級臺階的走法有7，13，24，44，8

15、1，149，274種走法 3一個圓上有12個點A1，A2，A3，A11，A12以它們?yōu)轫旤c連三角形，使每個點恰好是一個三角形的頂點，且各個三角形的邊都不相交問共有多少種不同的連法? 【分析與解】我們采用遞推的方法 I如果圓上只有3個點，那么只有一種連法 如果圓上有6個點，除A1點所在三角形的三頂點外，剩下的三個點一定只能在A1所在三角形的一條邊所對應的圓弧上，表1給出這時有可能的連法 如果圓上有9個點，考慮A1所在的三角形此時，其余的6個點可能分布在： A1所在三角形的一個邊所對的弧上； 也可能三個點在一個邊所對應的弧上，另三個點在另一邊所對的弧上 在表2中用“+”號表示它們分布在不同的邊所對

16、的弧 如果是情形，則由，這六個點有三種連法； 如果是情形，則由，每三個點都只能有一種連法 共有12種連法 最后考慮圓周上有12個點同樣考慮A1所在三角形，剩下9個點的分布有三種可能： 9個點都在同一段弧上： 有6個點是在一段弧上，另三點在另一段弧上； 每三個點在A1所在三角形的一條邊對應的弧上得到表3共有12×3+3×6+155種所以當圓周上有12個點時，滿足題意的連法有55種. 4現在流行的變速自行車，在主動軸和后軸分別安裝了幾個齒數不同的齒輪用鏈條連接不同搭配的齒輪，通過不同的傳動比獲得若干擋不同的車速“希望牌”變速自行車主動軸上有3個齒輪，齒數分別是48，36，24；

17、后軸上有4個齒輪，齒數分別是36，24，16，12問：這種變速車一共有多少擋不同的車速? 【分析與解】算出全部的傳動比，并列成表：這里有4對傳動比是相同的：1，2，3，將重復的傳動比去掉，剩下8個不同的比，所以共有8擋不同的車速5分子小于6，分母小于60的不可約真分數有多少個?【分析與解】 分子的取值范圍是從1到5 當分子為1時，分母可從2到59，共有58個真分數，它們當然都是不可約分數 由于2，3，5都是質數，因此當分子分別為2，3，5時，分母必須而且只需適合下列兩個條件： 分母大于分子且小于60 分母不是分子的倍數 易知：當分子為2時，適合條件的分母有29個； 當分子為3時，適合條件的分母

18、有38個： 當分子為5時，適合條件的分母有44個； 最后來看分子為4的情形，與分子為2基本相同，分母不能為偶數，此外分母不能為3所以共有28(=291)個總之，符合要求的分數共有58+29+38+44+28197個 6一個正方形的內部有1996個點，以正方形的4個頂點和內部的1996個點為頂點，將它剪成一些三角形問：一共可以剪成多少個三角形?如果沿上述這些點中某兩點之間所連的線段剪開算作一刀，那么共需剪多少刀? 【分析與解】方法一：如下圖，采用歸納法，列出1個點、2個點、3個點時可剪出的三角形個數，需剪的刀數 不難看出，當正方形內部有n個點時，可以剪成2n2個三角形，需剪3n+l刀，現在內部有

19、1996個點，所以可以剪成2×1996+2=3994個三角形，需剪3×1996+1=5989刀 方法二：我們知道內部一個點貢獻360度角，原正方形的四個頂點共貢獻了360度角，所以當內部有n個點時，共有360n+360度角，而每個三角形的內角和為180度角，所以可剪成(360n+360)÷180=2n+2個三角形 2n+2個三角形共有3×(2n+2)=6n+6條邊，但是其中有4條是原有的正方形的邊，所以正方形內部的三角形邊有6n+64=6n+2條邊，又知道每條邊被2個三角形共用，即每2條邊是重合的，所以只用剪(6n+2)÷23n+1刀本題中n=

20、1996，所以可剪成3994個三角形，需剪5989刀7如圖153，某城市的街道由5條東西與7條南北向馬路組成現在要從西南角的A處沿最短路線走到東北角的B處，由于修路十字路口C不能通過，那么共有多少種不同走法? 【分析與解】 因為每個路口(點)只能由西邊相鄰點、南邊相鄰點走過來，所以達到每個點的走法為西邊相鄰點、南邊相鄰點的走法之和，并且最南方一排、最西方一排的所有點均只有1種走法 因為C點不能通過，所以C處所標的數字為0如下圖所示：所以，從A到B滿足條件的走法共有120種8經理將要打印的信件交給秘書，每次給一封，且放在信封的最上面，秘書一有空就從最上面拿一封信來打有一天共有9封信打，經理按第1

21、封，第2封，第9封的順序交給秘書午飯時，秘書告訴同事，已把第8封信打印好了，但未透露上午工作的其他情況，這個同事很想知道是按什么順序來打印根據以上信息，下午打印的信的順序有多少種可能?(沒有要打的信也是一種可能) 【分析與解】 我們根據最后一封信來計數： (1)第9封信在上午送給秘書； 于是，T=1，2，3，4，5，6，7，9 則下午打印的每種可能都是T的一個子集，因為秘書可以把不在子集中的信件上午一送來就打完了，而未打別的信集T有8個元素，故有28=256個不同子集(包括空集) (2)第9封信在午后才送給秘書令 S1，2，3，4，5，6，7， 則上午未打印的信的號碼是S的一個子集若將9排在子

22、集之后，則與中的情形相同，故只有子集中至少有一封信已把號碼9放在該子集的非最后的位置上對于有k個元素的子集，號碼9有k個位置可放，即可放在第i一1個元素之后和i個元素之前，i=1，2，k于是不同的順序總數為： 0×C07+1×C17+2×C27+7×C77=7×27÷2=7×26=448 即下午有448種可能的打印順序 所以，下午共有256+448=704種打印的方法第16講 邏輯推理內容概述體育比賽形式的邏輯推理問題，其中存在的呼應“一隊的勝、負、平分對應著另一隊的負、平、勝”對解題有重要作用，有時宜將比賽情況用點以及連這

23、些點的線來表示需要從整體考慮，涉及數量比較、整數分解等具有一定綜性的邏輯推理問題典型問題 1共有4人進行跳遠、百米、鉛球、跳高4項比賽，規(guī)定每個單項中，第一名記5分，第二名記3分，第三名記2分，第四名記1分已知在每一單項比賽中都沒有并列名次，并且總分第一名共獲17分，其中跳高得分低于其他項得分；總分第三名共獲11分，其中跳高得分高于其他項得分問總分第二名在鉛球項目中的得分是多少? 【分析與解】 每個單項的4人共得分5+3+2+1=11分，所以4個單項的總分為11×4=44分，而第一，三名得分為17、11分，所以第二、四名得分之和為分 其中第四名得分最少為4分，此時第二名得分最高，為1

24、6-4=12分；又因為第三名為11分，那么第二名最低為12分； 那么第二名只能為12分，此時第四名4分 于是，第一、二、三、四名的得分依次為17、12、1l、4分，而17只能是5+5+5+2，4只能是1+1+1+1. 不難得到下表：由表知總分第二名在鉛球項目中的得分是3分 24支足球隊進行單循環(huán)比賽，即每兩隊之間都比賽一場每場比賽勝者得3分，負者得0分，平局各得1分比賽結果，各隊的總得分恰好是4個連續(xù)的自然數問：輸給第一名的隊的總分是多少? 【分析與解】 四個隊共賽了場，6場總分在12(=6×2)與18(=6×3)之間 由于是4個連續(xù)自然數的和，所以=234=514或=3+

25、4+5=18 如果=18，那么每場都產生3分，沒有平局，但5=3+1+1表明兩場踢平，矛盾 所以=14，14=3×2+2×4表明6場中只有2場分出勝負此時第一、二、三、四名得分依次為5、4、3、2 則第三名與所有人打平，那么第二名沒有了平局，只能是第一名與第四名打平，這樣第一名還有1局勝，第二名還有1局負，所以第一名勝第二名 即輸給第一名的隊得4分 如下圖所示，在兩隊之間連一條線表示兩隊踢平，畫一條，表示勝各隊用它們的得分來表示評注：常見的體育比賽模式個隊進行淘汰賽，至少要打場比賽：每場比賽淘汰一名選手；個隊進行循環(huán)賽，一共要打場比賽：每個隊要打場比賽循環(huán)賽中常見的積分方式

26、：兩分制：勝一場得2分，平一場得1分，負一場得0分；核心關系：總積分=2×比賽場次；三分制：勝一場得3分，平一場得1分，負一場得O分；核心關系：總計分=3×比賽場次-1×賽平場次 3 6支足球隊進行單循環(huán)比賽，即每兩隊之間都比賽一場每場比賽勝者得3分，負者得0分，平局各得1分現在比賽已進行了4輪，即每隊都已與4個隊比賽過，各隊已賽4場的得分之和互不相同已知總得分居第三位的隊共得7分，并且有4場球踢成平局，那么總得分居第五位的隊最多可得多少分?最少可得多少分? 【分析與解】 每輪賽3場，最多產生分，四輪最多分現在有4場踢成平局，每平一場少1分，所以總分為 前三名得分

27、的和至少為 所以后三名的得分的和至多為 第5名如果得4分，則后三名的得分的和至少為這不可能，所以第5名最多得3分，圖()為取3分時的一種可能的賽況圖 顯然第5名最少得1分，圖(b)為取1分時的一種可能的賽況圖評注：以下由第5名得分情況給出詳細賽況： 4某商品的編號是一個三位數現有5個三位數：874，765，123，364，925，其中每一個數與商品編號，恰好在同一位上有一個相同的數字那么這個三位數是多少? 【分析與解】 方法一：每一個與商品編號，恰好在同一位上有一個相同的數字五個數，就要有五次相同，列出這五個數：874，765， 123，364，925百位上五個數各不相同，十位上有兩個6和兩個

28、2，個位上有兩個4和兩個5 因此，商品編號的個位數字一定和給定5個數中的兩個個位數字相同，商品編號的十位數字一定和給定5個數中的兩個十位數字相同，商品編號的百位數字只能跟5個數中的一個百位數字相同 若商品編號的個位數字是5，我們就把第二個和第五個數拿走，剩下的三個數的十位數字各不相同，無法滿足題目的要求(事實上，十位數字只能取7，而十位上只有一個7) 若商品編號的個位數字是4，拿走第一和第四個數后，十位上仍有兩個2，可取十位數字為2，再拿走第三和第五個數，剩第二個數，它的百位是7，所以商品的編號為724 如果一個數與商品編號在某一位有相同數字，那么這個數與商品編號不會再有另外相同數字因此解的過

29、程中用“拿走”這一說法是恰當的 方法二：商品編號的個位數字只可能是3、4、5 如果是3，那么874，765，364，925這4個數中至多有三個數與商品編號有相同數字(百位有一個相同，十位有兩個相同)，還有一個數與商品編號無相同數字，矛盾 如果是5，那么765，925的個位數字是5，從而商品號碼的十位數字不是6、2，因此必須是7這時123、364中至少有一個與商品號碼無相同數字，矛盾 所以，該商品號碼的個位數字只能是4，而且這個號碼應為724 即這個三位數為724 5某樓住著4個女孩和2個男孩，他們的年齡各不相同，最大的10歲，最小的4歲，最大的女孩比最小的男孩大4歲，最大的男孩比最小的女孩大4

30、歲求最大的男孩的歲數 【分析與解】 本題中最大的孩子，可能是男孩，可能是女孩 當最大的孩子為女孩時，即最大的女孩為10歲，那么最小的男孩為歲，則4歲定是最小的女孩，那么最大的男孩是4+4：8歲，滿足題意； 當最大的孩子為男孩時，即最大的男孩為10歲，那么最小的女孩為104=6歲.則4歲一定時最小的男孩，那么最大的女孩為4+4=8歲，也就是說4個年齡不同的女孩的年齡在68之間，顯然得不到滿足 于是，最大的男孩為8歲 6某次考試滿分是100分，A，B，C，D，E這5個人參加了這次考試 A說：“我得了94分” B說：“我在5個人中得分最高” C說：“我的得分是A和D的平均分，且為整數” D說：“我的

31、得分恰好是5個人的平均分” E說：“我比C多得了2分，并且在5個人中居第二” 問這5個人各得了多少分? 【分析與解】 B、E分別為第一、二名，C介于A、D之間，則當A為第三時，C為第四，D為第五，得5人平均分的人為最后一名，顯然不滿足 于是D、C、A只能依次為第三、四、五名，有B、E、D、C、A依次為第一、二、三、四、五名，A為94分，C為D、A得平均分，且為整數，所以D的得分為偶數，只可能為98或96(如果為100，則B、E無法取值)，D、C、A得分依次為98、96、94或96、95、94，有E比C高2分，則E、D、C、A得分依次為98、98、96、94或97、96、95、94.對應5個人的

32、平均分為98或96，而B的得分對應為104或98，顯然B得不到104分 所以B、E、D、C、A的得分只能依次是98、97、96、95、94 7在一次射擊練習中，甲、乙、丙3位戰(zhàn)士各打了4發(fā)子彈，全部中靶其命中情況如下： 每人4發(fā)子彈所命中的環(huán)數各不相同； 每人4發(fā)子彈所命中的總環(huán)數均為17環(huán)； 乙有2發(fā)命中的環(huán)數分別與甲其中的2發(fā)一樣，乙另2發(fā)命中的環(huán)數與丙其中的2發(fā)一樣： 甲與丙只有1發(fā)環(huán)數相同； 每人每發(fā)子彈的最好成績不超過7環(huán) 問：甲與丙命中的相同環(huán)數是幾? 【分析與解】 條件較多，一次直接求出滿足所有條件的情況有些困難，爭把條件分類，再逐個滿足之 第一步：使用枚舉法找出符合每發(fā)最多不超

33、過7環(huán)、四發(fā)子彈命中的環(huán)型不相同，和為17環(huán)的所有情況； 第二步：在這些情況中去掉不符合條件、的，剩下的就是符合全部條利的情況，即為答案 滿足條件、的只有如下四種情況： 從上述四個式子中看出式A與式B有數字1、7相同；式B與式D有數字4和5相同式B既與式A有兩個數字相同，又與式D有兩個數字相同，式B就是乙 式A與式D對應為甲和丙 式A與式D相同的數字是6，所以甲和丙相同的環(huán)數是6第17講 賽況分析內容概述 賽況分析是一些學校近年考試的熱點，我們再給出幾例，希望大家在掌握了下面的知識點以后，多多練習 常見的體育比賽模式： N個隊進行淘汰賽，至少要打N-1場比賽：每場比賽淘汰一名選手；N個隊進行循

34、環(huán)賽，一共要打場比賽：每個隊要打N-1場比賽循環(huán)賽中常見的積分方式： 兩分制：勝一場得2分，平一場得1分，負一場得0分； 核心關系：總積分=2×比賽場次； 三分制：勝一場得3分，平一場得1分。負一場得0分；核心關系：總計分=3×比賽場次一1×賽平場次典型問題 2一次圍棋比賽共有10名選手參加，他們分別來自甲、乙、丙三個隊，每隊不少于2人，每個人都與其他的9人比賽，每盤勝者得2分，負者得0分，平居各得1分結果乙隊平均得分為5.2分，丙隊平均分17分，試求甲隊的平均分 【分析與解】 因為每隊的總分均為整數，所以乙隊為5人，那么乙隊的總為26分考慮丙隊的情況：選手所能得

35、到的最高分為18分，而丙隊中的最高不少于17分 當最高分為18分，次高分至多為16分，第三名至多14分，前兩名的平均分為17分 當最高分為17分，次高分至多為17分，第三名至多14分，第一名/前兩名的平均分為17分 因為丙隊不少于2人，所以丙隊2人，則丙隊的總分為34分 所以甲隊有10-5-2=3人，總分為分，所以平均分為30÷3=10分 4五支足球隊進行單循環(huán)賽，每兩隊之間進行一場比賽勝一場得3分，平一場得1分，負一場得0分最后發(fā)現各隊得分都不相同，第三名得了7分，并且和第一名打平，那么這五支球隊的得分從高到低依次是多少? 【分析與解】 每個隊各賽4場，共賽5×4

36、7;2：10場第三名得7分，與第一名打平，那么剩下的3場，得6分，只能是3+3+0，即第二名的比賽輸了，所以只能是1+0+3+3 那么，第一名為+3+1+3+3，第二名為0+3+3+3，第三名為1+0+3+第四名為0+0+0+3，第五名為0+0+0+0+所以，這五支球隊的得分從高到低依次是10、9、7、3、0 6. 有五支足球隊進行循環(huán)賽，每兩個隊之間進行一場比賽，勝者得3分，平者各得1分，負者得0分現在還有一些比賽沒有進行，各個隊目前的得分恰好是五個連續(xù)的偶數，其中甲隊積2分，并且負于乙隊，那么乙隊現在積多少分? 【分析與解】 最高分為3×4=12，而賽完后5支隊伍的最高分為

37、15;3=30分，因為出現2分，所以5個連續(xù)的偶數，可能是0、2、4、6、8；2、4、6、8、10 但是，2+4+6+8+10=30分，而還有些比賽沒有進行，所以只能是0、2、4、6、8 甲：1+0+1+1+，乙：3+1+，丙：1+，?。?+，戊： 所以，只能是戊為0分 當乙為8分時，只能是3+1+1+3，因為丙、丁在我們看來完全等價，當丁為6分時1+1+1+3，此時丙只能是4分，只能是1+1+1+1，而這時戊一定有得分所以不滿足 當乙為6分時，只能是3+0+0+3，當丙為8分時1+3+1+3，此時丁只能是4分，但是只能是1+3+1+，超過4分所以不滿足 當乙為4分時，只能是3+l+0+，當丁

38、為8分時l+3+1+3，此時丙只能為6分，為1+1+l+3滿足 所以，乙的得分為48五支足球隊A、B、C、D、E進行單循環(huán)比賽，即每兩隊之間都比賽一場每場比賽勝者得2分，負者得0分，平局各得1分已知：(1)4隊獲得了冠軍；(2)B隊、C隊和D隊的得分相同，且無其它并列情況；(3)在C隊參加的比賽中，平局只有一場，那場的對手是B隊；(4)D隊戰(zhàn)勝了A隊請你根據上述信息，分析出每場比賽的勝、平、負情況【分析與解】 根據已知條件可以畫出如下賽況圖： 因為每場比賽2個隊共得2分，所以5個隊的總分為×2=20分 (1)當B、C、D均得2分，而A最多得到6分，E最少得到20-2×3-6

39、=8分，超過A，而A是冠軍，所以不滿足； (2)當B、C、D均得3分，此時E的得分最少為20-3×3-6=5分，所以此時只能是A得6分，B、C、D均得3分，E得5分于是，A的另外三場均是A勝 E于是只能一場平，另外的2場為勝由條件3知，E不可能與C平，所以只能是與B或D打平當E與D平，有，有如左下圖的賽況表 當E與B平，有，有如右上圖的賽況表 (3)當B、C、D均得4分，因為C只能平一場得到1分，而其他情況，要么得到2分，要么不得分，所以不可能； (4)當B、C、D均得5分，那么只能是A得5分，E得0分，不滿足 綜上所述，有2種賽況表滿足， 第18講 方程與方程組1內容概述 二元、三

40、元一次方程組的代入與加減消元法各種可通過列方程與方程組解的應用題，求解時要恰當地選取未知數，以便于將已知條件轉化為方程典型問題1一個分數，分子與分母的和是122，如果分子、分母郡減去19，得到的分數約簡后是那么原來的分數是多少?【分析與解】 方法一：設這個分數為，則分子、分母都減去19為,即,解得,則122-33=89所以原來的分數是 方法二：設這個分數為變化后為，那么原來這個分數為，并且有=122, ，解得。=14所以原來的分數是 2有兩堆棋子，A堆有黑子350和白子500個，B堆有黑子400個和白子100個為了使A堆中黑子占50，B堆中黑子占75，那么要從B堆中拿到A堆黑子多少個?白子多少

41、個? 【分析與解】 要使A堆中黑、白子一樣多，從B堆中拿到A堆的黑子應比白子多150個，設從B堆中拿白子個，則拿黑子(+150)個 依題意有=75, 解得=25. 所以要拿黑子25+150=175個白子25個 3A種酒精中純酒精的含量為40，B種酒精中純酒精的含量為36，C種酒精中純酒精的含量為35它們混合在一起得到了純酒精的含量為385,的酒精11升，其中B種酒精比C種酒精多3升那么其中的A種酒精有多少升?【分析與解】 設c種酒精x升，則B種酒精戈x+3升，A種酒精ll-x-(x+3) 升.有：11-x-(x+3) +4+( x +3)×36+ x×35=11×

42、385解得x =0.5 其中A種酒精為11-2x-3=7(升) 4.校早晨6：00開校門，晚上6：40關校門。下午有位同學問老師現在的時間，老師說：從開校門到現在時間的加上現在到關校門時間的，就是現在的時間那么現在的時間是下午幾點? 【分析與解】 設現在為下午點那么上午6：00距下午點為6+小時；下午點距下午6：40為6小時有：，解得x=4 所以現在的時間為下午4點5如圖182中的短除式所示，一個自然數被8除余1，所得的商被8除余1，再把第二次所得的商被8除后余7，最后得到的一個商是圖18-3中的短除式表明：這個自然數被17除余4，所得的商被17除余15，最后得到的一個商是的2倍求這個自然數【

43、分析與解】 由題意知整理得512a+457=578a+259，即66a=198，a=3于是，(80+1)×8+1× 8+1=19936一堆彩色球，有紅、黃兩種顏色首先數出的50個球中有49個紅球；以后每數出的8個球中都有7個紅球一直數到最后8個球，正好數完如果在已經數出的球中紅球不少于90，那么這堆球的數目最多只能有多少個?【分析與解】 方法一 ：首先數出的50個球中，紅球占49÷50×100=98以后每次數出的球中，紅球占7÷8×100=875 取得次數越多，紅球在所取的所有球中的百分數將越低設取得次后，紅球恰占90共取球50+8z

44、，紅球為49+7 (49+7)÷(50+8)×100=90，解得=20，所以最多可取20次，此時這堆球的數目最多只能有50+8×20=210個 方法二：設,除了開始數出的50個球，以后數了次，那么,共有紅球49+7n，共有球50+8n,有90，即49+7n45+72n,解得20，所以n的最大值20. 則這堆球的數目最多只能有50+8×20：210個 7.有甲、乙、丙、丁4人，每3個人的平均年齡加上余下一人的年齡分別為29，23，2l和17這4人中最大年齡與最小年齡的差是多少? 【分析與解】 設這些人中的年齡從大到小依次為、，+十得：2(+y+z+)=90

45、，則 =15-得： , =21；-得：， z=3；所以最大年齡與最小年齡的差為 =213=18(歲)第19講 方程與方程組2內容概述 一般的，把含有未知數的等式稱為方程 九章算術第八卷“方程”劉徽注:程,課程也.群物總雜,各列有數,總言其實,令每行為率,二物者再程,三物者三程,皆如物數程之.并列為行,故謂方程. 將含有未知數的個數稱為“元”，如：+y=2就是一個二元方程，而兩個含有2個未知數的方程合在一起，就組成了二元方程組，就是一個二元一次方程組 把未知數的最高次數稱為“次”，如就是一個二元二次方程如果方程組的個數等于未知數的個數，我們就稱這個方程為適定方程； 如果方程組的個數少于未知數的個

46、數，我們就稱這個方程為不定方程；一般的不定方程沒有確定解 方程的基本性質： 1方程兩邊同時加上或減去某個數，等號仍然成立； 2方程兩邊同時乘以或除以某個非零數，等號仍然成立 在解方程中最常用的一種技巧是移項，將方程中的某些項改變符號后，從方程的一邊移到另一邊的變形叫移項如3+12=18，可以將12移項為3x=18-12 通過“代人”消去一個未知數，將方程組減少一元來解的方法叫做代入消元法，簡稱代人法； 通過將兩個方程相加(或相減)消去一個未知數，將方程組減少一元來解的方法叫做加減消元法，簡稱加減法典型問題 1若石是自然數，且滿足，試求的值【分析與解】4-1必須是105的約數，105=3

47、5;5×7，當4-1=7時，=2：當4x-1=15時，=4；當4x-1=3時，=1；當4-1=35時，=9 所以只能是105÷(4×9-1)=9-6，即=9 2小吳和小林兩人解方程組， 由手小吳看錯了方程中的而得到方程組的解為,小林看錯了方程中的而得到的解為,如果按正確的、計算，試求出原方程組的解 【分析與解】 因為小吳同學沒有看錯，所以是符合的解，有4×7-b×9=1，解得b=3；因為小林同學沒有看錯，所以是符合的解，有×3-2×8=2，解得=6； 即原方程組為解得3解方程組： 【分析與解】這是一個高達2005元的一次方程

48、組，必須從中發(fā)現規(guī)律才求出來未知數的值由 所以; 所以 ,所以=,所以 所以=于是有=, = = 令 , 那么有 所以即4一只小蟲從A爬到B處如果它的速度每分鐘增加1米，可提前15分鐘到達如果它的速度每分鐘再增加2米，則又可提前15分鐘到達那么A處到B處之間的路程是多少米?【分析與解】設小蟲的速度為名米分鐘，從A到B所需時間為Y分鐘，那么有： 化簡為解得所以A、B地相距3×60=180米5若干學生搬一堆磚，若每人搬五塊，則剩下20塊未搬走；若每人搬9則最后一名學生只搬6塊，那么學生共有多少人?【分析與解】設有n個學生根據磚的數量可得到方程即=23因為23是質數，所以n與(9-K中一個

49、是23，另一個是1所以只能是n=23評注：在這道題中，K僅是一個過渡變量，借用9-K9，求得n=23第20講 列方程解應用題內容概述 列方程解決問題是一種很重要的通法，以前我們往往將應用題分成：雞兔同籠、年齡問題、還原問題等等，再歸納出每一類問題的解法而現在我們就可以利用方程統(tǒng)一來考慮這些問題方程思想的建立可以說是一個很大的飛躍 下面我們就如何找好等量關系，如何建立方程給出一些示范，希望大家體會掌握以提高自己的解題能力典型問題 1有一籃子雞蛋分給若干人，第一人拿走1個雞蛋和余下的，第二人拿走2個和余下的，第三人拿走3個和余下的，最后恰好分完，并且每人分到的雞蛋數相同，問：共有多少雞蛋?分給幾個

50、人?【分析與解】 設原有個雞蛋，那么第一人拿了個雞蛋，第二人拿了個雞蛋 解得，則第一人拿了個雞蛋，所以共有64÷88人.即共有64個雞蛋，分給8個人2.某人每日下午5時下班后有一輛汽車按時接他回家有一天，他提前l(fā)小時下班，因汽車未到，遂步行返家，在途中遇到來接他的汽車，因而比平日早16分鐘到家，問此人是步行幾分鐘后遇見汽車的? 【分析與解】設此人在步行分鐘以后遇見汽車，汽車的速度為“”，汽車從家到單位需要分鐘 由家到單位的總路程為，如果汽車在4時就在單位接他，他應該提前1小時到家，但是現在只提前16分鐘到家，說明相對汽車他在分鐘這段路程上耽擱44分鐘，所以汽車走這段路程只需要44分鐘

51、 而汽車是從5：00-從家出發(fā)，在4：00+達到相遇點所以行駛-60分鐘 ，有所以，此人是在步行52分鐘后遇見汽車的 3一次數學競賽中共有A、B、C三道題，25名參賽者每人至少答對了一題在所有沒有答對A的學生中，答對B的人數是答對C的人數的兩倍，只答對問題A的人數比既答對A又至少答對其他一題的人數多1又已知在所有恰好答對一題的參賽者中，有一半沒有答對A請問有多少學生只答對B? 【分析與解】設不只答對A的為人，僅答對B的為人，沒有答對A但答對B與C的為z人 解得：， =7時，、都是正整數，所以。 故只答對B的有6人 4河水是流動的，在Q點處流入靜止的湖中，一游泳者在河中順流從P到Q，然后穿過湖到

52、R，共用3小時若他由R到Q再到P，共需小時如果湖水也是流動的，速度等于河水的速度，那么從P到Q再到R需小時問在這樣的條件下，從R到Q再到P需幾小時? 【分析與解】設游泳者的速度為1，水速為y，PQ=a，QR=b，則有：，且有1+y、 1y、y均不為0-得，即-得，即由、得，即.于是，.由得.小時.即題中所述情況下從R到Q再到P需小時第21講 行程與工程內容概述 運動路線或路況復雜，與周期性或數論知識相關聯，需進行優(yōu)化設計等具有相當難度的行程問題工作效率發(fā)生改變，要完成的項目及參加工作的對象較多的工程問題 典型問題 1。如圖21-l，A至B是下坡，B至C是平路，C至D是上坡.小張和小王在上坡時步行速度是每小時4千米，平路時步行速度是每小時5千米，下坡時步行速度是每小時6千米小張和小王分別從A和D同時出發(fā)，1小時后兩人在E點相遇已知E在BC上，并且E至C的距離是B至C距離的當小王到達A后9分鐘，小張到達D那么A至D全程長是多少千米? 【分析與解】 BE是BC的，CE是BC的，說明DC這段下坡，比AB這段下坡所用的時間多，也就是DC這一段，比AB這一段長，因此可以在DC上取一段DF和A