初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑻
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初一数学竞赛讲座第10讲计数措施与原理计数措施与原理是组合数学重要课题之一, 本讲简介某些计数基本措施及计数基本原理。
一、枚举法一位旅客要从武汉乘火车去北京, 她要理解所有可供乘坐车次共有多少, 一种最易行措施是找一张列车运行时刻表, 将所有从武汉到北京车次逐一挑出来, 共有多少次车也就数出来了, 这种计数措施就是枚举法。
所谓枚举法, 就是把所规定计数所有对象一一列举出来, 最终计算总数措施。
运用枚举法进行列举时, 必要注意无一反复, 也无一遗漏。
例1 四个学生每人做了一张贺年片, 放在桌子上, 然后每人去拿一张, 但不能拿自己做一张。
问: 一共有多少种不一样措施？解：设四个学生分别是A, B, C, D, 她们做贺年片分别是a, b, c, d。
先考虑A拿B做贺年片b状况（如下表）, 一共有3种措施。
同样, A拿C或D做贺年片也有3种措施。
一共有3＋3＋3=9（种）不一样措施。
例2 甲、乙二人打乒乓球, 谁先连胜两局谁赢, 若没有人连胜头两局, 则谁先胜三局谁赢, 打到决出输赢为止。
问: 一共有多少种也许状况？解：如下图, 咱们先考虑甲胜第一局状况：图中打√为胜者, 一共有7种也许状况。
同理, 乙胜第一局也有 7种也许状况。
一共有 7＋7=14（种）也许状况。
二、加法原理假如完毕一件事情有n类措施, 而每一类措施中分别有m1, m2, …, mn种措施, 而无论采用这些措施中任何一种, 都能单独地完毕这件事情, 那么要完毕这件事情共有: N=m1+m2+…mn种措施。
这是咱们所熟知加法原理, 也是运用分类法计数根据。
例3 一种自然数, 假如它顺着数和倒着数都是同样, 则称这个数为“回文数”。
例如1331, 7, 202都是回文数, 而220则不是回文数。
问: 1到6位回文数一共有多少个？按从小到大排, 第个回文数是多少？解: 一位回文数有: 1, 2, …, 9, 共9个；二位回文数有: 11, 22, …, 99, 共9个；三位回文数有: 101, 111, …, 999, 共90个；四位回文数有: 1001, 1111, …, 9999, 共90个；五位回文数有: 10001, 10101, …, 99999, 共900个；六位回文数有：100001, 101101, …, 999999, 共900个。
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初一数学竞赛讲座第11讲染色和赋值染色方法和赋值方法是解答数学竞赛问题地两种常用地方法.就其本质而言，染色方法是一种对题目所研究地对象进行分类地一种形象化地方法.而凡是能用染色方法来解地题，一般地都可以用赋值方法来解，只需将染成某一种颜色地对象换成赋于其某一数值就行了.赋值方法地适用范围要更广泛一些，我们可将题目所研究地对象赋于适当地数值，然后利用这些数值地大小、正负、奇偶以及相互之间运算结果等来进行推证.一、染色法将问题中地对象适当进行染色，有利于我们观察、分析对象之间地关系.像国际象棋地棋盘那样，我们可以把被研究地对象染上不同地颜色，许多隐藏地关系会变得明朗，再通过对染色图形地处理达到对原问题地解决，这种解题方法称为染色法.常见地染色方式有：点染色、线段染色、小方格染色和对区域染色.例1用15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片<如下图所示），能否覆盖一个8×8地棋盘？解：如下图，将 8×8地棋盘染成黑白相间地形状.如果15个“T”字形纸片和1个“田”字形纸片能够覆盖一个8×8地棋盘，那么它们覆盖住地白格数和黑格数都应该是32个，但是每个“T”字形纸片只能覆盖1个或3个白格，而1和3都是奇数，因此15个“T”字形纸片覆盖地白格数是一个奇数；又每个“田”字形纸片一定覆盖2个白格，从而15个“T”字形纸片与1个“田”字形纸片所覆盖地白格数是奇数，这与32是偶数矛盾，因此，用它们不能覆盖整个棋盘.例2如左下图，把正方体分割成27个相等地小正方体，在中心地那个小正方体中有一只甲虫，甲虫能从每个小正方体走到与这个正方体相邻地6个小正方体中地任何一个中去.如果要求甲虫只能走到每个小正方体一次，那么甲虫能走遍所有地正方体吗？解：甲虫不能走遍所有地正方体.我们如右上图将正方体分割成27个小正方体，涂上黑白相间地两种颜色，使得中心地小正方体染成白色，再使两个相邻地小正方体染上不同地颜色.显然，在27个小正方体中，14个是黑地，13个是白地.甲虫从中间地白色小正方体出发，每走一步，方格就改变一种颜色.故它走27步，应该经过14个白色地小正方体、13个黑色地小正方体.因此在27步中至少有一个小正方体，甲虫进去过两次.由此可见，如果要求甲虫到每一个小正方体只去一次，那么甲虫不能走遍所有地小正方体.例3 8×8地国际象棋棋盘能不能被剪成7个2×2地正方形和9个4×1地长方形？如果可以，请给出一种剪法；如果不行，请说明理由.解：如下图，对8×8地棋盘染色，则每一个4×1地长方形能盖住2白2黑小方格，每一个2×2地正方形能盖住1白3黑或3白1黑小方格.推知7个正方形盖住地黑格总数是一个奇数，但图中地黑格数为32，是一个偶数，故这种剪法是不存在地.例4在平面上有一个27×27地方格棋盘，在棋盘地正中间摆好81枚棋子，它们被摆成一个9×9地正方形.按下面地规则进行游戏：每一枚棋子都可沿水平方向或竖直方向越过相邻地棋子，放进紧挨着这枚棋子地空格中，并把越过地这枚棋子取出来.问：是否存在一种走法，使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子？解：如下图，将整个棋盘地每一格都分别染上红、白、黑三种颜色，这种染色方式将棋盘按颜色分成了三个部分.按照游戏规则，每走一步，有两部分中地棋子数各减少了一个，而第三部分地棋子数增加了一个.这表明每走一步，每个部分地棋子数地奇偶性都要改变.因为一开始时，81个棋子摆成一个9×9地正方形，显然三个部分地棋子数是相同地，故每走一步，三部分中地棋子数地奇偶性是一致地.如果在走了若干步以后，棋盘上恰好剩下一枚棋子，则两部分上地棋子数为偶数，而另一部分地棋子数为奇数，这种结局是不可能地，即不存在一种走法，使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子.例5图1是由数字0，1交替构成地，图2是由图1中任选减1，如此反复多次形成地.问：图2中地A格上地数字是多少？解：如左下图所示，将8×8方格黑白交替地染色.此题允许右上图所示地6个操作，这6个操作无论实行在哪个位置上，白格中地数字之和减去黑格中地数字之和总是常数.所以图1中白格中地数字之和减去黑格中地数字之和，与图2中白格中地数字之和减去黑格中地数字之和相等，都等于32，由<31＋A）-32=32，得出A=33.例6有一批商品，每件都是长方体形状，尺寸是1×2×4.现在有一批现成地木箱，内空尺寸是6×6×6.问：能不能用这些商品将木箱填满？解：我们用染色法来解决这个问题.先将6×6×6地木箱分成216个小正方体，这216个小正方体，可以组成27个棱长为2地正方体.我们将这些棱长为2地正方体按黑白相间涂上颜色<如下图）.容易计算出，有14个黑色地，有13个白色地.现在将商品放入木箱内，不管怎么放，每件商品要占据8个棱长为1地小正方体地空间，而且其中黑、白色地必须各占据4个.现在白色地小正方体共有8×13=104<个），再配上104个黑色地小正方体，一共可以放26件商品，这时木箱余下地是8个黑色小正方体所占据地空间.这8个黑色地小正方体地体积虽然与一件商品地体积相等，但是容不下这件商品.因此不能用这些商品刚好填满.例7 6个人参加一个集会，每两个人或者互相认识或者互相不认识.证明：存在两个“三人组”，在每一个“三人组”中地三个人，或者互相认识，或者互相不认识<这两个“三人组”可以有公共成员）.证明：将每个人用一个点表示，如果两人认识就在相应地两个点之间连一条红色线段，否则就连一条蓝色线段.本题即是要证明在所得地图中存在两个同色地三角形.设这六个点为A，B，C，D，E，F.我们先证明存在一个同色地三角形：考虑由A点引出地五条线段AB，AC，AD，AE，AF，其中必然有三条被染成了相同地颜色，不妨设AB，AC，AD同为红色.再考虑△BCD地三边：若其中有一条是红色，则存在一个红色三角形；若这三条都不是红色，则存在一个蓝色三角形.下面再来证明有两个同色三角形：不妨设△ABC地三条边都是红色地.若△DEF也是三边同为红色地，则显然就有两个同色三角形；若△DEF三边中有一条边为蓝色，设其为DE，再考虑DA，DB，DC三条线段：若其中有两条为红色，则显然有一个红色三角形；若其中有两条是蓝色地，则设其为DA，DB.此时在EA，EB中若有一边为蓝色，则存在一个蓝色三角形；而若两边都是红色，则又存在一个红色三角形.故不论如何涂色，总可以找到两个同色地三角形.二、赋值法将问题中地某些对象用适当地数表示之后，再进行运算、推理、解题地方法叫做赋值法.许多组合问题和非传统地数论问题常用此法求解.常见地赋值方式有：对点赋值、对线段赋值、对区域赋值及对其他对象赋值.例8一群旅游者，从A村走到B村，路线如下图所示.怎样走才能在最短时间内到达B村？图中地数字表示走这一段路程需要地时间<单位：分）.解：我们先把从A村到各村地最短时间标注在各村地旁边，从左到右，一一标注，如下图所示.由此不难看出，按图中地粗黑线走就能在最短时间<60分钟）内从A村走到B村.例9把下图中地圆圈任意涂上红色或蓝色.问：有无可能使得在同一条直线上地红圈数都是奇数？请说明理由.解：假设题中所设想地染色方案能够实现，那么每条直线上代表各点地数字之和便应都是奇数.一共有五条直线，把这五条直线上代表各点地数字之和地这五个奇数再加起来，得到地总和数仍应是一个奇数.但是，由观察可见，图中每个点都恰好同时位于两条直线上，在求上述总和数时，代表各点地数字都恰被加过两次，所以这个总和应是一个偶数.这就导致矛盾，说明假设不成立，染色方案不能实现.例10平面上n<n≥2）个点A1，A2，…，An顺次排在同一条直线上，每点涂上黑白两色中地某一种颜色.已知A1和An涂上地颜色不同.证明：相邻两点间连接地线段中，其两端点不同色地线段地条数必为奇数.证明：赋予黑点以整数值1，白点以整数值2，点Ai以整数值为a i，当A i为黑点时，a i=1，当A i为白点时，a i=2.再赋予线段A i A i+1以整数值a i+a i+1，则两端同色地线段具有地整数值为2或4，两端异色地线段具有地整数值为3.所有线段对应地整数值地总和为<a1＋a2）＋<a2＋a3）＋<a3＋a4）＋…＋<a n-1＋a n）＝a1＋a n＋2<a2＋a3＋…＋a n-1）＝2＋1＋2<a2＋a3＋…＋a n-1）＝奇数.设具有整数值2，3，4地线段地条数依次为l，m，n，则2l＋m＋4n=奇数.由上式推知，m必为奇数，证明完毕.例11 下面地表1是一个电子显示盘，每一次操作可以使某一行四个字母同时改变，或者使某一列四个字母同时改变.改变地规则是按照英文字母地顺序，每个英文字母变成它地下一个字母<即A变成B，B变成C……Z变成A）.问：能否经过若干次操作，使表1变为表2？如果能，请写出变化过程，如果不能，请说明理由.S O B R K B D ST Z F P H E X GH O C N R T B SA D V X C F Y A表1 表2解：不能.将表中地英文字母分别用它们在字母表中地序号代替<即A用1，B用2……Z用26代替）.这样表1和表2就分别变成了表3和表4.每一次操作中字母地置换相当于下面地置换：1→2，2→3，…，25→26，26→1.19 1521820 266168 15 3141 4 2224表31124198 52471820 2193625 1表4容易看出，每次操作使四个数字改变了奇偶性，而16个数字地和地奇偶性没有改变.因为表3中16个数字地和为213，表4中16个数字地和为174，它们地奇偶性不同，所以表3不能变成表4，即表1不能变成表2.例12如图<1）～<6）所示地六种图形拼成右下图，如果图<1）必须放在右下图地中间一列，应如何拼？解：把右上图黑、白相间染色<见上图）.其中有11个白格和10个黑格，当图形拼成后，图形<2）<4）<5）<6）一定是黑、白各2格，而图形<3）必须有3格是同一种颜色，另一种颜色1格.因为前四种图形，黑、白已各占2×4=8<格），而黑格总共只有10格，所以图形<3）只能是3白1黑.由此知道图<1）一定在中间一列地黑格，而上面地黑格不可能，所以图<1）在中间一列下面地黑格中.那么其它图形如何拼呢？为了说明方便，给每一格编一个数码<见左下图）.因为图<3）是3白1黑，所以为使角上不空出一格，它只能放在<1，3，4，5）或<7，12，13，17）或<11，15，16，21）这三个位置上.若放在<1，3，4，5）位置上，则图<6）只能放在<7，12，13，18）或<15，16，19，20）或<2，7，8，13）这三个位置，但是前两个位置是明显不行地，否则角上会空出一格.若放在<2，7，8，13）上，则图<2）只能放在<12，17，18，19）位置上，此时不能同时放下图<4）和图<5）.若把图<3）放在<7，12，13，17）位置上，则方格1这一格只能由图<2）或图<6）来占据.如果图<2）放在<1，2，3，4），那么图<6）无论放在何处都要出现孤立空格；如果把图<6）放在<1，4，5，10），那么2，3这两格放哪一图形都不合适.因此，图形<3）只能放在<11，15，16，21）.其余图地拼法如右上图.练习111.中国象棋盘地任意位置有一只马，它跳了若干步正好回到原来地位置.问：马所跳地步数是奇数还是偶数？2.右图是某展览大厅地平面图，每相邻两展览室之间都有门相通.今有人想从进口进去，从出口出来，每间展览厅都要走到，既不能重复也不能遗漏，应如何走法？3.能否用下图中各种形状地纸片<不能剪开）拼成一个边长为99地正方形<图中每个小方格地边长为1）？请说明理由.4.用15个1×4地长方形和1个2×2地正方形，能否覆盖8×8地棋盘？5.平面上不共线地五点，每两点连一条线段，并将每条线段染成红色或蓝色.如果在这个图形中没有出现三边同色地三角形，那么这个图形一定可以找到一红一蓝两个“圈”<即封闭回路），每个圈恰好由五条线段组成.6.将正方形ABCD分割成n2个相等地小正方格，把相对地顶点A，C染成红色，B，D染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两种颜色之一.试说明：恰有三个顶点同色地小方格地数目是偶数.7.已知△ABC内有n个点，连同A，B，C三点一共<n＋3）个点.以这些点为顶点将△ABC分成若干个互不重叠地小三角形.将A，B，C三点分别染成红色、蓝色和黄色.而三角形内地n个点，每个点任意染成红色、蓝色和黄色三色之一.问：三个顶点颜色都不同地三角形地个数是奇数还是偶数？8.从10个英文字母A，B，C，D，E，F，G，X，Y，Z中任意选5个字母<字母允许重复）组成一个“词”，将所有可能地“词”按“字典顺序”<即英汉辞典中英语词汇排列地顺序）排列，得到一个“词表”：AAAAA，AAAAB，…，AAAAZ，AAABA，AAABB，…，ZZZZY，ZZZZZ.设位于“词”CYZGB与“词”XEFDA之间<这两个词除外）地“词”地个数是k，试写出“词表”中地第k个“词”.练习11答案：1.偶数.解：把棋盘上各点按黑白色间隔进行染色<图略）.马如从黑点出发，一步只能跳到白点，下一步再从白点跳到黑点，因此，从原始位置起相继经过：白、黑、白、黑……要想回到黑点，必须黑、白成对，即经过偶数步，回到原来地位置.2.不能.解：用白、黑相间地方法对方格进行染色<如图）.若满足题设要求地走法存在，必定从白色地展室走到黑色地展室，再从黑色地展室走到白色地展室，如此循环往复.现共有36间展室，从白色展室开始，最后应该是黑色展室.但右图中出口处地展室是白色地，矛盾.由此可以判定符合要求地走法不存在.3.不能.解：我们将99×99地正方形中每个单位正方形方格染上黑色或白色，使每两个相邻地方格颜色不同，由于99×99为奇数，两种颜色地方格数相差为1.而每一种纸片中，两种颜色地方格数相差数为0或3，如果它们能拼成一个大正方形，那么其中两种颜色之差必为3地倍数.矛盾！4.不能.解：如图，给8×8地方格棋盘涂上4种不同地颜色<用数字1，2，3，4表示）.显然标有1，2，3，4地小方格各有16个.每个1×4地长方形恰好盖住标有1，2，3，4地小方格各一个，但一个2×2地正方形只能盖住有三种数字地方格，故无法将每个方格盖住，即不可能有题目要求地覆盖.5.证：设五点为A，B，C，D，E.考虑从A点引出地四条线段：如果其中有三条是同色地，如AB，AC，AD同为红色，那么△BCD地三边中，若有一条是红色，则有一个三边同为红色地三角形；若三边都不是红色，则存在一个三边同为蓝色地三角形.这与已知条件是矛盾地.所以，从A点出发地四条线段，有两条是红色地，也有两条是蓝色地.当然，从其余四点引出地四条线段也恰有两条红色、两条蓝色，整个图中恰有五条红色线段和五条蓝色线段.下面只看红色线段，设从A点出发地两条是AB，AE.再考虑从B点出发地另一条红色线段，它不应是BE，否则就有一个三边同为红色地三角形.不妨设其为BD.再考虑从D点出发地另一条红色线段，它不应是DE，否则从C引出地两条红色线段就要与另一条红色线段围成一个红色三角形，故它是DC.最后一条红色线段显然是CE.这样就得到了一个红色地“圈”：A→B→D→C→E→A.同理，五条蓝线也构成一个“圈”.6.证：将红点赋值为0，蓝点赋值为1.再将小方格四顶点上地数地和称为这个小方格地值.若恰有三顶点同色，则该小方格地值为奇数，否则为偶数.在计算所有n2个小方格之值地和时，除A，B，C，D只计算一次外，其余各点都被计算了两次或四次.因为A，B，C，D四个点上地数之和是偶数，所以n2个小方格之值地和是偶数，从而这n2个值中有偶数个奇数.7.奇数.解：先对所有地小三角形地边赋值：边地两端点同色，该线段赋值为0，边地两端点不同色，该线段赋值为1.然后计算每个小三角形地三边赋值之和，有如下三种情况：<1）三个顶点都不同色地三角形，赋值和为3；<2）三个顶点中恰有两个顶点同色地三角形，赋值和为2；<3）三个顶点同色地三角形，赋值和为0.设所有三角形地边赋值总和为S，又设<1）<2）<3）三类小三角形地个数分别为a，b，c，于是有S=3a+2b+0c=3a+2b.<*）注意到在所有三角形地边赋值总和中，除了AB，BC，CA三条边外，都被计算了两次，故它们地赋值和是这些边赋值和地2倍，再加上△ABC地三边赋值和3，从而S是一个奇数，由<*）式知a是一个奇数，即三个顶点颜色都不同地三角形地个数是一个奇数.8.EFFGY.解：将A，B，C，D，E，F，G，X，Y，Z分别赋值为0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，则CYZGB=28961，_XEFDA=74530.在28961与74530之间共有74530-28961-1=45568<个）数，词表中第45568个词是EFFGY.申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途.。
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初一数学竞赛讲座第5讲与年号有关的竞赛题在数学竞赛中，常可以看到某些题目中出现了当年的年号，这类题我们称之为“年号题”。
这类题趣味性强，时间性强，引起了参与竞赛的少年朋友很大的爱好。
“年号题”一般可提成两类，一类是题目的条件中出现了当年的年号，另一类是题目答案中出现了当年的年号。
下面我们分别举例说明这两类问题的解法。
一、题目条件中出现年号的问题1．题目在编制和解答中巧妙地运用了该年年号的数字特性，如年号数值的质因数分解式、是否质数、它的数的整除性等等。
例1 将19到80的两位数顺次排成数A＝19202322…7980。
问：这个数A 能否被1980整除？解：由于1980=99×20，因此要考察A能否被1980整除，只需要考察A能否被99和20整除就行了。
能被20整除是显然的。
由于99除100的任何次方所得的余数都是1，所以A＝19×10061+20×10060+…+79×100+80除以99的余数与B=19+20+…+79+80=99×31除以99的余数相同。
由于99|B，所以99|A。
于是A能被1980整除。
例2 用S（n）表达自然数n的各位数字之和，又n+S（n）=1999，求自然数n。
11x+2y＝89。
注意到x是奇数且x，y都是一位整数，不难求得x=7，y=6，从而n=1976。
例3 在3×3的九宫格中，填上 9个不同的自然数，使得每行三数相乘，每列三数相乘所得的6个乘积都等于P 。
试拟定P 能取1996，1997， 1998，1999，2023，2023这6个数中的哪些值。
解：所填的9个数应为P 的9个不同约数，又P 不能填入九宫格内，故P 的不同约数的个数应不小于10。
1996=22×499，有6个约数； 1997和1999是质数，各有2个约数；1998=2×33×37，有16个约数； 2023=24×53，有20个约数；2023=3×23×29，有8个约数。
初一数学竞赛教程含例题练习及答案
初一数学竞赛教程含例题练习及答案----3b244e1c-6eab-11ec-b5e7-7cb59b590d7d初一数学竞赛讲座第9课关于应用问题的精选讲座我们知道，数学是一门基础学科。
我们在学校中学习数学的目的，一方面是为学习其它学科和学习更深的数学知识打下一个基础，更重要的是为了现在和将来运用所学的数学知识去解决一些日常生活、科学实验、工农业生产以及经济活动中所遇到的实际问题。
运用数学知识解决实际问题的基本思想是将这个实际问题转化为一个数学问题（我们称之为建立数学模型），然后解决这个数学问题，从而解决这个实际问题。
即：这里，建立数学模型是关键的一步。
也就是说，要通过审题，将实际问题与自己学过的数学知识、数学方法联系起来，将其归结到某一类型的数学问题，然后解答这个数学问题。
下面介绍一些典型的数学模型。
一、两个量变化时，和一定的问题如果两个变化量之和在变化过程中保持不变，那么它们的差值和乘积之间的关系是什么？请遵守下表：我们不难得出如下的规律：如果两个变化量之和在变化过程中保持不变，那么它们之间的差值越小，乘积就越大。
如果它们可以相等，那么当它们相等时，乘积是最大的。
这条定律适用于三个或三个以上的变量。
例1农民叔叔阿根想用20块长2米、宽1.2米的金属网建一个靠墙的长方形鸡窝。
为了防止鸡飞出，所建鸡窝的高度不得低于2米，要使鸡窝面积最大，长方形的长和宽分别应是多少？解决方案：如上图所示，如果矩形的长度和宽度分别为x米和Y米，则x＋2y＝1.2×20＝24。
长方形的面积为因为X和2Y之和等于24是一个常量，所以当它们相等时，它们的乘积最大，矩形面积s也是最大的。
所以x=12，y=6。
例2如果将进货单价为40元的商品按50元售出，那么每个的利润是10元，但只能卖出500个。
当这种商品每个涨价1元时，其销售量就减少10个。
为了赚得最多的利润，售价应定为多少？解决方案：如果每种商品的售价为（50+x）元，则销售量为（500-10倍）。
初一数学竞赛讲座、例题练习及答案⑻列方程解应用题
初一数学竞赛讲座第8讲 列方程解应用题在小学数学中介绍了应用题的算术解法及常见的典型应用题。
然而算术解法往往局限于从已知条件出发推出结论，不允许未知数参加计算，这样，对于较复杂的应用题，使用算术方法常常比较困难。
而用列方程的方法，未知数与已知数同样都是运算的对象，通过找出“未知”与“已知”之间的相等关系，即列出方程（或方程组），使问题得以解决。
所以对于应用题，列方程的方法往往比算术解法易于思考，易于求解。
列方程解应用题的一般步骤是：审题，设未知数，找出相等关系，列方程，解方程，检验作答。
其中列方程是关键的一步，其实质是将同一个量或等量用两种方式表达出来，而要建立这种相等关系必须对题目作细致分析，有些相等关系比较隐蔽，必要时要应用图表或图形进行直观分析。
一、列简易方程解应用题分析：欲求这个六位数，只要求出五位数x abcde =就可以了。
按题意，这个六位数的3倍等于1abcde 。
解：设五位数x abcde =，则六位数abcde 1x +=510，六位数1101+=x abcde ， 从而有3（105+x ）=10x+1，x ＝42857。
答：这个六位数为142857。
说明：这一解法的关键有两点： ⑴抓住相等关系：六位数abcde 1的3倍等于六位数1abcde ；⑵设未知数x ：将六位数abcde 1与六位数1abcde 用含x 的数学式子表示出来，这里根据题目的特点，采用“整体”设元的方法很有特色。
（1）是善于分析问题中的已知数与未知数之间的数量关系；（2）是一般语言与数学的形式语言之间的相互关系转化。
因此，要提高列方程解应用题的能力，就应在这两方面下功夫。
例2 有一队伍以1.4米/秒的速度行军，末尾有一通讯员因事要通知排头，于是以2.6米/秒的速度从末尾赶到排头并立即返回排尾，共用了10分50秒。
问：队伍有多长？分析：这是一道“追及又相遇”的问题，通讯员从末尾到排头是追及问题，他与排头所行路程差为队伍长；通讯员从排头返回排尾是相遇问题，他与排尾所行路程和为队伍长。
初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑼
初一数学竞赛讲座第9讲应用问题选讲我们知道，数学是一门基础学科。
我们在学校中学习数学的目的，一方面是为学习其它学科和学习更深的数学知识打下一个基础，更重要的是为了现在和将来运用所学的数学知识去解决一些日常生活、科学实验、工农业生产以及经济活动中所遇到的实际问题。
运用数学知识解决实际问题的基本思路是：先将这个实际问题转化为一个数学问题（我们称之为建立数学模型），然后解答这个数学问题，从而解决这个实际问题。
即：这里，建立数学模型是关键的一步。
也就是说，要通过审题，将实际问题与自己学过的数学知识、数学方法联系起来，将其归结到某一类型的数学问题，然后解答这个数学问题。
下面介绍一些典型的数学模型。
一、两个量变化时，和一定的问题两个变化着的量，如果在变化的过程中，它们的和始终保持不变，那么它们的差与积之间有什么关系呢？观察下面的表：我们不难得出如下的规律：两个变化着的量，如果在变化的过程中，和始终保持不变，那么它们的差越小，积就越大。
若它们能够相等，则当它们相等时，积最大。
这个规律对于三个和三个以上的变量都是成立的。
例1农民叔叔阿根想用20块长2米、宽1.2米的金属网建一个靠墙的长方形鸡窝。
为了防止鸡飞出，所建鸡窝的高度不得低于2米，要使鸡窝面积最大，长方形的长和宽分别应是多少？解：如上图，设长方形的长和宽分别为x米和y米，则有x＋2y＝1.2×20＝24。
长方形的面积为因为x和2y的和等于24是一个定值，故它们的乘积当它们相等时最大，此时长方形面积S也最大。
于是有x=12， y＝6。
例2如果将进货单价为40元的商品按50元售出，那么每个的利润是10元，但只能卖出500个。
当这种商品每个涨价1元时，其销售量就减少10个。
为了赚得最多的利润，售价应定为多少？解：设每个商品售价为（50+x）元，则销量为（500-10X）个。
总共可以获利:（50＋x-40）×（500-10x）=10×（10+X）×（50-X）（元）。
初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑺
初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑺第7讲立体图形空间形体的想象能力是小学生的一种重要的数学能力，而立体图形的学习对培养这种能力十分有效。
我们虽然在课本上已经学习了一些简单的立体图形，如正方体、长方体、圆柱体、圆锥体，但有关立体图形的概念还需要深化，空间想象能力还需要提高。
将空间的位置关系转化成平面的位置关系来处理，是解决立体图形问题的一种常用思路。
一、立体图形的表面积和体积计算例1 一个圆柱形的玻璃杯中盛有水，水面高2.5cm，玻璃杯内侧的底面积是72cm，在这个杯中放进棱长6cm的正方体铁块后，水面没有淹没铁块，这时水面高多少厘米？解：水的体积为72 X 2.5=180 (cm)，放入铁块后可以将水看做是底面积为72-6 X 6=32 (cm)的柱体，所以它的高为180- 32=5 (cm)例2下图表示一个正方体，它的棱长为4cm在它的上下、前后、左右的正中位置各挖去一个棱长为1cm的正方体，问：此图的表面积是多少？分析：正方体有6个面，而每个面中间有一个正方形的孔，在计算时要减去小正方形的面积。
各面又挖去一个小正方体，这时要考虑两头小正方体是否接通，这与表面积有关系。
由于大正方体的棱长为4cm,而小正方体的棱长为1cm所以没有接通。
每个小正方体孔共有5个面，在计算表面积时都要考虑。
解：大正方体每个面的面积为4X 4-1 X仁15 (cm)，6个面的面积和为15X6=90( cm)。
小正方体的每个面的面积为1 X仁1 (cm)，5个面的面积和为1X 5=5 (cm),6个小正方体孔的表面积之和为5 X 6=30 (cm), 因此所求的表面积为90+ 30=120 (cm2)。
想一想，当挖去的小正方体的棱长是2cm时，表面积是多少？请同学们把它计算出来例3正方体的每一条棱长是一个一位数，表面的每个正方形面积是一个两位数，整个表面积是一个三位数。
而且若将正方形面积的两位数中两个数码调过来则恰好是三位数的十位与个位上的数码。
超级资源：七年级数学竞赛讲义附练习及答案(12套)
七年级数学竞赛讲义附练习及答案（12套）初一数学竞赛讲座第1讲数论的方法技巧（上）数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。
数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。
因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。
任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。
”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。
数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。
主要的结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r （0≤r＜b），且q，r是唯一的。
特别地，如果r=0，那么a=bq。
这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a 的约数，a是b的倍数。
2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。
3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k为自然数，并且这种表示是唯一的。
（1）式称为n的质因数分解或标准分解。
4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（a k+1）。
5．整数集的离散性：n 与n+1之间不再有其他整数。
因此，不等式x ＜y 与x ≤y-1是等价的。
下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。
一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。
这些常用的形式有：1．十进制表示形式：n=a n 10n +a n-110n-1+…+a 0；2．带余形式：a=bq+r ；4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t ，其中t 为奇数。
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初一数学竞赛讲座第9讲应用问题选讲我们知道，数学是一门基础学科。
我们在学校中学习数学的目的，一方面是为学习其它学科和学习更深的数学知识打下一个基础，更重要的是为了现在和将来运用所学的数学知识去解决一些日常生活、科学实验、工农业生产以及经济活动中所遇到的实际问题。
vIAQQG6lFP 运用数学知识解决实际问题的基本思路是：先将这个实际问题转化为一个数学问题<我们称之为建立数学模型），然后解答这个数学问题，从而解决这个实际问题。
即：vIAQQG6lFP这里，建立数学模型是关键的一步。
也就是说，要通过审题，将实际问题与自己学过的数学知识、数学方法联系起来，将其归结到某一类型的数学问题，然后解答这个数学问题。
下面介绍一些典型的数学模型。
vIAQQG6lFP 一、两个量变化时，和一定的问题两个变化着的量，如果在变化的过程中，它们的和始终保持不变，那么它们的差与积之间有什么关系呢？观察下面的表：我们不难得出如下的规律：两个变化着的量，如果在变化的过程中，和始终保持不变，那么它们的差越小，积就越大。
若它们能够相等，则当它们相等时，积最大。
vIAQQG6lFP这个规律对于三个和三个以上的变量都是成立的。
例1 农民叔叔阿根想用20块长2M、宽1.2M的金属网建一个靠墙的长方形鸡窝。
为了防止鸡飞出，所建鸡窝的高度不得低于2M，要使鸡窝面积最大，长方形的长和宽分别应是多少？vIAQQG6lFP解：如上图，设长方形的长和宽分别为xM和yM，则有x＋2y＝1.2×20＝24。
长方形的面积为因为x和2y的和等于24是一个定值，故它们的乘积当它们相等时最大，此时长方形面积S也最大。
于是有x=12， y＝6。
例2 如果将进货单价为40元的商品按50元售出，那么每个的利润是10元，但只能卖出500个。
当这种商品每个涨价1元时，其销售量就减少10个。
为了赚得最多的利润，售价应定为多少？vIAQQG6lFP解：设每个商品售价为<50+x）元，则销量为<500-10X）个。
初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑼
初一数学竞赛讲座第9讲应用问题选讲我们知道，数学是一门基础学科。
我们在学校中学习数学的目的，一方面是为学习其它学科和学习更深的数学知识打下一个基础，更重要的是为了现在和将来运用所学的数学知识去解决一些日常生活、科学实验、工农业生产以及经济活动中所遇到的实际问题。
运用数学知识解决实际问题的基本思路是：先将这个实际问题转化为一个数学问题（我们称之为建立数学模型），然后解答这个数学问题，从而解决这个实际问题。
即：这里，建立数学模型是关键的一步。
也就是说，要通过审题，将实际问题与自己学过的数学知识、数学方法联系起来，将其归结到某一类型的数学问题，然后解答这个数学问题。
下面介绍一些典型的数学模型。
一、两个量变化时，和一定的问题两个变化着的量，如果在变化的过程中，它们的和始终保持不变，那么它们的差与积之间有什么关系呢？观察下面的表：我们不难得出如下的规律：两个变化着的量，如果在变化的过程中，和始终保持不变，那么它们的差越小，积就越大。
若它们能够相等，则当它们相等时，积最大。
这个规律对于三个和三个以上的变量都是成立的。
例1农民叔叔阿根想用20块长2米、宽1.2米的金属网建一个靠墙的长方形鸡窝。
为了防止鸡飞出，所建鸡窝的高度不得低于2米，要使鸡窝面积最大，长方形的长和宽分别应是多少？解：如上图，设长方形的长和宽分别为x米和y米，则有x＋2y＝1.2×20＝24。
长方形的面积为因为x和2y的和等于24是一个定值，故它们的乘积当它们相等时最大，此时长方形面积S也最大。
于是有x=12， y＝6。
例2如果将进货单价为40元的商品按50元售出，那么每个的利润是10元，但只能卖出500个。
当这种商品每个涨价1元时，其销售量就减少10个。
为了赚得最多的利润，售价应定为多少？解：设每个商品售价为（50+x）元，则销量为（500-10X）个。
总共可以获利:（50＋x-40）×（500-10x）=10×（10+X）×（50-X）（元）。
初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑴
初一数学竞赛讲座第1讲数论地方法技巧<上）数论是研究整数性质地一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大地生命力.数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”.因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好地课程了.任何学生，如能把当今任何一本数论教材中地习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面地工作.”所以在国内外各级各类地数学竞赛中，数论问题总是占有相当大地比重.数学竞赛中地数论问题，常常涉及整数地整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数地分解与分拆.主要地结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r<0≤r＜b），且q，r是唯一地.特别地，如果r=0，那么a=bq.这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a 地约数，a是b地倍数.2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c.3．唯一分解定理：每一个大于1地自然数n都可以写成质数地连乘积，即其中p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k为自然数，并且这种表示是唯一地.<1）式称为n地质因数分解或标准分解.4．约数个数定理：设n地标准分解式为<1），则它地正约数个数为：d<n）=<a1+1）<a2+1）…<a k+1）.5．整数集地离散性：n与n+1之间不再有其他整数.因此，不等式x＜y与x≤y-1是等价地.下面，我们将按解数论题地方法技巧来分类讲解.一、利用整数地各种表示法对于某些研究整数本身地特性地问题，若能合理地选择整数地表示形式，则常常有助于问题地解决.这些常用地形式有：1．十进制表示形式：n=a n10n+a n-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r；4．2地乘方与奇数之积式：n=2m t，其中t为奇数.例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它地各位数字之和地10倍地差.结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998.问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？解：设红、黄、白、蓝色卡片上地数字分别是a3，a2，a1，a0，则这个四位数可以写成：1000a3+100a2+10a1+a0，它地各位数字之和地10倍是10<a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，这个四位数与它地各位数字之和地10倍地差是：990a3+90a2-9a0=1998，110a3+10a2-a0=222.比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a0=8，a2=1，a3=2.所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8.例2在一种室内游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数(a,b,c依次是这个数地百位、十位、个位数字>，并请这个人算出5个数与地和N，把N告诉魔术师，于是魔术师就可以说出这个人所想地数.现在设N=3194，请你当魔术师，求出数来.解：依题意，得a+b+c＞14，说明：求解本题所用地基本知识是，正整数地十进制表示法和最简单地不定方程.例3 从自然数1，2，3，…，1000中，最多可取出多少个数使得所取出地数中任意三个数之和能被18整除？解：设a，b，c，d是所取出地数中地任意4个数，则a+b+c=18m，a+b+d=18n，其中m，n是自然数.于是c-d=18<m-n）.上式说明所取出地数中任意2个数之差是18地倍数，即所取出地每个数除以18所得地余数均相同.设这个余数为r，则a=18a1+r，b=18b1+r，c=18c1+r，其中a1，b1，c1是整数.于是a+b+c=18<a1+b1+c1）+3r.因为18|<a+b+c），所以18|3r，即6|r，推知r=0，6，12.因为1000=55×18+10，所以，从1，2，…，1000中可取6，24，42，…，996共56个数，它们中地任意3个数之和能被18整除.例4 求自然数N，使得它能被5和49整除，并且包括1和N在内，它共有10个约数.解：把数N写成质因数乘积地形式：N=由于N能被5和72=49整除，故a3≥1，a4≥2，其余地指数a k为自然数或零.依题意，有<a1+1）<a2+1）…<a n+1）=10.由于a3+1≥2，a4+1≥3，且10=2×5，故a1+1=a2+1=a5+1=…=a n+1=1，即a1=a2=a5=…a n=0，N只能有2个不同地质因数5和7，因为a4+1≥3＞2，故由<a3+1）<a4+1）=10知，a3+1=5，a4+1=2是不可能地.因而a3+1=2，a4+1=5，即N=52-1×75-1=5×74=12005.例5 如果N是1，2，3，…，1998，1999，2000地最小公倍数，那么N等于多少个2与1个奇数地积？解：因为210=1024，211=2048＞2000，每一个不大于2000地自然数表示为质因数相乘，其中2地个数不多于10个，而1024=210，所以，N等于10个2与某个奇数地积.说明：上述5例都是根据题目地自身特点，从选择恰当地整数表示形式入手，使问题迎刃而解.二、枚举法枚举法<也称为穷举法）是把讨论地对象分成若干种情况<分类），然后对各种情况逐一讨论，最终解决整个问题.运用枚举法有时要进行恰当地分类，分类地原则是不重不漏.正确地分类有助于暴露问题地本质，降低问题地难度.数论中最常用地分类方法有按模地余数分类，按奇偶性分类及按数值地大小分类等.例6 求这样地三位数，它除以11所得地余数等于它地三个数字地平方和.分析与解：三位数只有900个，可用枚举法解决，枚举时可先估计有关量地范围，以缩小讨论范围，减少计算量.设这个三位数地百位、十位、个位地数字分别为x，y，z.由于任何数除以11所得余数都不大于10，所以x2+y2+z2≤10，从而1≤x≤3，0≤y≤3，0≤z≤3.所求三位数必在以下数中：100，101，102，103，110，111，112，120，121，122，130，200，201，202，211，212，220，221，300，301，310.不难验证只有100，101两个数符合要求.例7 将自然数N接写在任意一个自然数地右面<例如，将2接写在35地右面得352），如果得到地新数都能被N整除，那么N称为魔术数.问：小于2000地自然数中有多少个魔术数？解：设P为任意一个自然数，将魔术数N<N＜2000＝接后得，下面对N 为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论.⑴当N为一位数时，=10P+N，依题意N︱，则N︱10P，由于需对任意数P成立，故N︱10，所以N=1，2，5；⑵当N为两位数时，=100P+N，依题意N︱，则N︱100P，故N|100，所以N=10，20，25，50；⑶当N为三位数时，=1000P+N，依题意N︱，则N︱1000P，故N|1000，所以N=100，125，200，250，500；⑷当N为四位数时，同理可得N=1000，1250，2000，2500，5000.符合条件地有1000，1250.综上所述，魔术数地个数为14个.说明：<1）我们可以证明：k位魔术数一定是10k地约数，反之亦然.<2）这里将问题分成几种情况去讨论，对每一种情况都增加了一个前提条件，从而降低了问题地难度，使问题容易解决.例8 有3张扑克牌，牌面数字都在10以内.把这3张牌洗好后，分别发给小明、小亮、小光3人.每个人把自己牌地数字记下后，再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后，3人各自记录地数字地和顺次为13，15，23.问：这3张牌地数字分别是多少？解：13+15+23=51，51=3×17.因为17＞13，摸17次是不可能地，所以摸了 3次， 3张扑克牌数字之和是17，可能地情况有下面15种：①1，6，10 ②1，7，9 ③1，8，8 ④2，5，10 ⑤2，6，9⑥2，7，8 ⑦3，4，10 ⑧3，5，9 ⑨3，6，8 ⑩3，7，7(11>4，4，9 (12>4，5，8(13>4，6，7 (14>5，5，7 (15>5，6，6只有第⑧种情况可以满足题目要求，即3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23.这3张牌地数字分别是3，5和9.例9 写出12个都是合数地连续自然数.分析一：在寻找质数地过程中，我们可以看出100以内最多可以写出7个连续地合数：90，91，92，93，94，95，96.我们把筛选法继续运用下去，把考查地范围扩大一些就行了.解法1：用筛选法可以求得在113与127之间共有12个都是合数地连续自然数：114，115，116，117，118，119，120，121，122，123，124，125，126.分析二：如果12个连续自然数中，第1个是2地倍数，第2个是3地倍数，第3个是4地倍数……第12个是13地倍数，那么这12个数就都是合数.又m+2，m+3，…，m+13是12个连续整数，故只要m是2，3，…，13地公倍数，这12个连续整数就一定都是合数.解法2：设m为2，3，4，…，13这12个数地最小公倍数.m+2，m+3，m+4，…，m+13分别是2地倍数，3地倍数，4地倍数……13地倍数，因此12个数都是合数.说明：我们还可以写出13！+2，13！+3，…，13！+13<其中n！=1×2×3×…×n）这12个连续合数来.同样，<m+1）！+2，<m+1）！+3，…，<m+1）！+m+1是m个连续地合数.三、归纳法当我们要解决一个问题地时候，可以先分析这个问题地几种简单地、特殊地情况，从中发现并归纳出一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题地途径.这种从特殊到一般地思维方法称为归纳法.例10 将100以内地质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：<1）将左边第一个数码移到数字串地最右边；<2）从左到右两位一节组成若干个两位数；<3）划去这些两位数中地合数；<4）所剩地两位质数中有相同者，保留左边地一个，其余划去；<5）所余地两位质数保持数码次序又组成一个新地数字串.问：经过1999次操作，所得地数字串是什么？解：第1次操作得数字串711131131737；第2次操作得数字串11133173；第3次操作得数字串111731；第4次操作得数字串1173；第5次操作得数字串1731；第6次操作得数字串7311；第7次操作得数字串3117；第8次操作得数字串1173.不难看出，后面以4次为周期循环，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117.例11 有100张地一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面地一张开始按如下地顺序进行操作：把最上面地第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片地最下面.再把原来地第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面.反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩下地这张卡片是原来那一摞卡片地第几张？分析与解：可以从简单地不失题目性质地问题入手，寻找规律.列表如下：设这一摞卡片地张数为N，观察上表可知：<1）当N=2a<a=0，1，2，3，…）时，剩下地这张卡片是原来那一摞卡片地最后一张，即第2a张；<2）当N=2a+m<m＜2a）时，剩下地这张卡片是原来那一摞卡片地第2m张.取N=100，因为100=26+36，2×36=72，所以剩下这张卡片是原来那一摞卡片地第72张.说明：此题实质上是著名地约瑟夫斯问题：传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码1，2，3，…然后把1号杀了，把3号杀了，总之每隔一个人杀一个人，最后剩下一个人，这个人就是约瑟夫斯.如果这批俘虏有111人，那么约瑟夫斯地号码是多少？例12要用天平称出1克、2克、3克……40克这些不同地整数克重量，至少要用多少个砝码？这些砝码地重量分别是多少？分析与解：一般天平两边都可放砝码，我们从最简单地情形开始研究.<1）称重1克，只能用一个1克地砝码，故1克地一个砝码是必须地.<2）称重2克，有3种方案：①增加一个1克地砝码；②用一个2克地砝码；③用一个3克地砝码，称重时，把一个1克地砝码放在称重盘内，把3克地砝码放在砝码盘内.从数学角度看，就是利用3-1=2.<3）称重3克，用上面地②③两个方案，不用再增加砝码，因此方案①淘汰.<4）称重4克，用上面地方案③，不用再增加砝码，因此方案②也被淘汰.总之，用1克、3克两个砝码就可以称出<3+1）克以内地任意整数克重. <5）接着思索可以进行一次飞跃，称重5克时可以利用：9-<3+1）=5， 即用一个9克重地砝码放在砝码盘内，1克、3克两个砝码放在称重盘内.这样，可以依次称到1+3+9=13<克）以内地任意整数克重.而要称14克时，按上述规律增加一个砝码，其重为：14+13=27<克），可以称到1+3+9+27=40<克）以内地任意整数克重. 总之，砝码地重量为1，3，32，33克时，所用砝码最少，称重最大，这也是本题地答案.这个结论显然可以推广，当天平两端都可放砝码时，使用1，3，这是使用砝码最少、称重最大地砝码重量设计方案.练习11．已知某个四位数地十位数字减去1等于其个位数字，个位数字加2等于百位数字，这个四位数地数字反着顺序排列成地数与原数之和等于9878.试求这个四位数.3．设n 是满足下列条件地最小自然数：它们是75地倍数且恰有75个4．不能写成两个奇合数之和地最大偶数是多少？5．把1，2，3，4，…，999这999个数均匀排成一个大圆圈，从1开始数：隔过1划掉2，3，隔过4，划掉5，6……这样每隔一个数划掉两个数，转圈划下去.问：最后剩下哪个数？为什么？6．圆周上放有N 枚棋子，如下图所示，B 点地一枚棋子紧邻A 点地棋子.小洪首先拿走B 点处地1枚棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子，连续转了10周，9次越过A.当将要第10次越过A 处棋子取走其它棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子.若N 是14地倍数，则圆周上还有多少枚棋子？7．用0，1，2，3，4五个数字组成四位数，每个四位数中均没有重复数字<如1023，2341），求全体这样地四位数之和.8．有27个国家参加一次国际会议，每个国家有2名代表.求证：不可能将54位代表安排在一张圆桌地周围就座，使得任一国地2位代表之间都夹有9个人.练习1答案：1．1987.<a+d）×1000+<b+c）×110+<a+d）= 9878.比较等式两边，并注意到数字和及其进位地特点，可知：a+d=8，b+c=17.已知c-1=d，d+2=b，可求得：a=1，b=9，c=8，d=7.即所求地四位数为1987.2．1324，1423，2314，2413，3412，共5个.3．432.解：为保证n是75地倍数而又尽可能地小，因为75=3×5×5，所以可设n 有三个质因数2，3，5，即n=2α×3β×5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且<α+1）<β+1）<γ+1）=75.易知当α=β=4，γ=2时，符合题设条件.此时4．38.解：小于38地奇合数是9，15，21，25，27，33.38不能表示成它们之中任二者之和，而大于38地偶数A，皆可表示为二奇合数之和：A末位是0，则A=15+5n；A末位是2，则A=27+5n；A末位是4，则A=9+5n；A末位是6，则A=21+5n；A末位是8，则A=33+5n.其中n为大于1地奇数.因此，38即为所求.5．406.解：从特殊情况入手，可归纳出：如果是3n个数<n为自然数），那么划1圈剩下3n-1个数，划2圈剩下3n-2个数……划<n-1）圈就剩3个数，再划1圈，最后剩下地还是起始数1.36＜999＜37，从999个数中划掉<999-36=）270个数，剩下地<36=） 729个数，即可运用上述结论.因为每次划掉地是2个数，所以划掉270个数必须划135次，这时划掉地第270个数是<135×3=）405，则留下地36个数地起始数为406.所以最后剩下地那个数是406.6．23枚.解：设圆周上余a枚棋子.因为从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时小洪拿走了2a枚棋子，所以，在第9次将要越过A处棋子时，圆周上有3a枚棋子.依此类推，在第8次将要越过A处棋子时，圆周上有32a枚棋子……在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有39a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之前，小洪拿走了[2(39a-1>+1]枚棋子，所以N=2(39a-1>+1+39a=310a-1.若N=310a=59049a-1是14地倍数，则N就是2和7地公倍数，所以a必须是奇数；若N=<7×8435+4）a-1=7×8435a+4a-1是7地倍数，则4a-1必须是7地倍数，当a=21，25，27，29时，4a-1不是7地倍数，当a=23时，4a-1=91=7×13，是7地倍数.当N是14地倍数时，圆周上有23枚棋子.7．259980.解：用十进位制表示地若干个四位数之和地加法原理为：若干个四位数之和=千位数数字之和×1000+百位数数字之和×100+十位数数字之和×10+个位数数字之和.以1，2，3，4中之一为千位数，且满足题设条件地四位数有4×3×2=24<个）.这是因为，当千位数确定后，百位数可以在其余4个数字中选择；千、百位数确定后，十位数可以在其余3个数字中选择；同理，个位数有2种可能.因此，满足条件地四位数地千位数数字之和为<1+2+3+4）×4×3×2=240.以1，2，3，4中之一为百位数时，因为0不能作为千位，所以千位数也有3种选择；十位数也有3种选择<加上0）；个位数有2种选择.因此，百位数数字之和=<1+2+3+4）×18=180.同理，十位数数字之和、个位数数字之和都是180.所以满足条件地四位数之和为240×1000+180×<1+10+100）= 259980. 8．将54个座位按逆时针编号：1，2，…，54.由于是围圆桌就座，所以从1号起，逆时针转到55，就相当于1号座；转到56，就相当于2号座；如此下去，显然转到m，就相当于m被54所除地余数号座.设想满足要求地安排是存在地.不妨设1和11是同一国地代表，由于任一国只有2名代表，于是11和21不是同一国代表，下面地排法是：21和31是同一国地代表；31和41不是同一国地代表；41和51是同一国地代表；51和61不是同一国地代表<61即7号座）.由此，20k+1和20k+11是同一国地代表，若20k+1，20k+11大于54，则取这个数被54除地余数为号码地座位.取k=13，则261和271是同一国地，而261被54除地余数是45，271被54除地余数是1，这就是说，1号座与45号座是同一国地代表，而我们已设1号与11号座是同一国地代表.这样，1号、11号、45号地三位代表是同一国地，这是不可能地.所以题目要求地安排不可能实现.申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途.。
初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑴
初一数学竞赛讲座第1讲数论的方法技巧（上）同学们：一分耕耘一分收获，只要我们能做到有永不言败+勤奋学习+有远大的理想+坚定的信念，坚强的意志，明确的目标，相信你在学习和生活也一定会收获成功（可删除）数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆主要的结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r （0≤r＜b），且q，r是唯一的特别地，如果r=0，那么a=bq这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a的约数，a是b的倍数2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k为自然数，并且这种表示是唯一的（1）式称为n的质因数分解或标准分解4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（a k+1）5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数因此，不等式x＜y与x ≤y-1是等价的下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决这些常用的形式有：1．十进制表示形式：n=a n10n+a n-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r；4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t，其中t为奇数例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？解：设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a 3，a 2，a 1，a 0，则这个四位数可以写成：1000a 3+100a 2+10a 1+a 0，它的各位数字之和的10倍是10（a 3+a 2+a 1+a 0）=10a 3+10a 2+10a 1+10a 0，这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是：990a 3+90a 2-9a 0=1998，110a 3+10a 2-a 0=222比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a 0=8，a 2=1，a 3=2所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8例2 在一种室内游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数abc (a,b,c 依次是这个数的百位、十位、个位数字)，并请这个人算出5个数cab bca bac acb ,,,与cba 的和N ，把N 告诉魔术师，于是魔术师就可以说出这个人所想的数abc 现在设N=3194，请你当魔术师，求出数abc 来解：依题意，得a+b+c ＞14，说明：求解本题所用的基本知识是，正整数的十进制表示法和最简单的不定方程例3 从自然数1，2，3，…，1000中，最多可取出多少个数使得所取出的数中任意三个数之和能被18整除？解：设a ，b ，c ，d 是所取出的数中的任意4个数，则a+b+c=18m ，a+b+d=18n ，其中m ，n 是自然数于是c-d=18（m-n ）上式说明所取出的数中任意2个数之差是18的倍数，即所取出的每个数除以18所得的余数均相同设这个余数为r ，则a=18a 1+r ，b=18b 1+r ，c=18c 1+r ，其中a 1，b 1，c 1是整数于是a+b+c=18（a 1+b 1+c 1）+3r因为18|（a+b+c ），所以18|3r ，即6|r ，推知r=0，6，12因为1000=55×18+10，所以，从1，2，…，1000中可取6，24，42，…，996共56个数，它们中的任意3个数之和能被18整除例4 求自然数N ，使得它能被5和49整除，并且包括1和N 在内，它共有10个约数解：把数N 写成质因数乘积的形式：N=n an a a a a P ⨯⨯⨯⨯⨯ 43217532由于N 能被5和72=49整除，故a 3≥1，a 4≥2，其余的指数a k 为自然数或零依题意，有（a 1+1）（a 2+1）…（a n +1）=10由于a 3+1≥2，a 4+1≥3，且10=2×5，故a 1+1=a 2+1=a 5+1=…=a n +1=1， 即a 1=a 2=a 5=…a n =0，N 只能有2个不同的质因数5和7，因为a 4+1≥3＞2，故由（a 3+1）（a 4+1）=10知，a 3+1=5，a 4+1=2是不可能的因而a 3+1=2，a 4+1=5，即N=52-1×75-1=5×74=12005例5 如果N 是1，2，3，…，1998，1999，2000的最小公倍数，那么N 等于多少个2与1个奇数的积？解：因为210=1024，211=2048＞2000，每一个不大于2000的自然数表示为质因数相乘，其中2的个数不多于10个，而1024=210，所以，N 等于10个2与某个奇数的积说明：上述5例都是根据题目的自身特点，从选择恰当的整数表示形式入手，使问题迎刃而解二、枚举法枚举法（也称为穷举法）是把讨论的对象分成若干种情况（分类），然后对各种情况逐一讨论，最终解决整个问题运用枚举法有时要进行恰当的分类，分类的原则是不重不漏正确的分类有助于暴露问题的本质，降低问题的难度数论中最常用的分类方法有按模的余数分类，按奇偶性分类及按数值的大小分类等例6 求这样的三位数，它除以11所得的余数等于它的三个数字的平方和 分析与解：三位数只有900个，可用枚举法解决，枚举时可先估计有关量的范围，以缩小讨论范围，减少计算量设这个三位数的百位、十位、个位的数字分别为x ，y ，z 由于任何数除以11所得余数都不大于10，所以x 2+y 2+z 2≤10，从而1≤x ≤3，0≤y ≤3，0≤z ≤3所求三位数必在以下数中：100，101，102，103，110，111，112，120，121，122，130，200，201，202，211，212，220，221，300，301，310不难验证只有100，101两个数符合要求例7 将自然数N 接写在任意一个自然数的右面（例如，将2接写在35的右面得352），如果得到的新数都能被N 整除，那么N 称为魔术数问：小于2000的自然数中有多少个魔术数？ 解：设P 为任意一个自然数，将魔术数N （N ＜2000＝接后得PN ，下面对N 为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论⑴当N为一位数时，PN=10P+N，依题意N︱PN，则N︱10P，由于需对任意数P成立，故N︱10，所以N=1，2，5；⑵当N为两位数时，PN=100P+N，依题意N︱PN，则N︱100P，故N|100，所以N=10，20，25，50；⑶当N为三位数时，PN=1000P+N，依题意N︱PN，则N︱1000P，故N|1000，所以N=100，125，200，250，500；⑷当N为四位数时，同理可得N=1000，1250，2000，2500，5000符合条件的有1000，1250综上所述，魔术数的个数为14个说明：（1）我们可以证明：k位魔术数一定是10k的约数，反之亦然（2）这里将问题分成几种情况去讨论，对每一种情况都增加了一个前提条件，从而降低了问题的难度，使问题容易解决例8 有3张扑克牌，牌面数字都在10以内把这3张牌洗好后，分别发给小明、小亮、小光3人每个人把自己牌的数字记下后，再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后，3人各自记录的数字的和顺次为13，15，23问：这3张牌的数字分别是多少？解：13+15+23=51，51=3×17因为17＞13，摸17次是不可能的，所以摸了 3次， 3张扑克牌数字之和是17，可能的情况有下面15种：①1，6，10 ②1，7，9 ③1，8，8 ④2，5，10 ⑤2，6，9⑥2，7，8 ⑦3，4，10 ⑧3，5，9 ⑨3，6，8 ⑩3，7，7(11)4，4，9 (12)4，5，8 (13)4，6，7 (14)5，5，7 (15)5，6，6只有第⑧种情况可以满足题目要求，即3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23这3张牌的数字分别是3，5和9例9 写出12个都是合数的连续自然数分析一：在寻找质数的过程中，我们可以看出100以内最多可以写出7个连续的合数：90，91，92，93，94，95，96我们把筛选法继续运用下去，把考查的范围扩大一些就行了解法1：用筛选法可以求得在113与127之间共有12个都是合数的连续自然数：114，115，116，117，118，119，120，121，122，123，124，125，126分析二：如果12个连续自然数中，第1个是2的倍数，第2个是3的倍数，第3个是4的倍数……第12个是13的倍数，那么这12个数就都是合数又m+2，m+3，…，m+13是12个连续整数，故只要m是2，3，…，13的公倍数，这12个连续整数就一定都是合数解法2：设m为2，3，4，…，13这12个数的最小公倍数m+2，m+3，m+4，…，m+13分别是2的倍数，3的倍数，4的倍数……13的倍数，因此12个数都是合数说明：我们还可以写出13！+2，13！+3，…，13！+13（其中n！=1×2×3×…×n）这12个连续合数来同样，（m+1）！+2，（m+1）！+3，…，（m+1）！+m+1是m个连续的合数三、归纳法当我们要解决一个问题的时候，可以先分析这个问题的几种简单的、特殊的情况，从中发现并归纳出一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法例10 将100以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边；（2）从左到右两位一节组成若干个两位数；（3）划去这些两位数中的合数；（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；（5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串问：经过1999次操作，所得的数字串是什么？解：第1次操作得数字串711131131737；第2次操作得数字串11133173；第3次操作得数字串111731；第4次操作得数字串1173；第5次操作得数字串1731；第6次操作得数字串7311；第7次操作得数字串3117；第8次操作得数字串1173不难看出，后面以4次为周期循环，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117例11 有100张的一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作：把最上面的第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面再把原来的第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第几张？分析与解：可以从简单的不失题目性质的问题入手，寻找规律列表如下：设这一摞卡片的张数为N，观察上表可知：（1）当N=2a（a=0，1，2，3，…）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的最后一张，即第2a张；（2）当N=2a+m（m＜2a）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张取N=100，因为100=26+36，2×36=72，所以剩下这张卡片是原来那一摞卡片的第72张说明：此题实质上是著名的约瑟夫斯问题：传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码1，2，3，…然后把1号杀了，把3号杀了，总之每隔一个人杀一个人，最后剩下一个人，这个人就是约瑟夫斯如果这批俘虏有111人，那么约瑟夫斯的号码是多少？例12要用天平称出1克、2克、3克……40克这些不同的整数克重量，至少要用多少个砝码？这些砝码的重量分别是多少？分析与解：一般天平两边都可放砝码，我们从最简单的情形开始研究（1）称重1克，只能用一个1克的砝码，故1克的一个砝码是必须的（2）称重2克，有3种方案：①增加一个1克的砝码；②用一个2克的砝码；③用一个3克的砝码，称重时，把一个1克的砝码放在称重盘内，把3克的砝码放在砝码盘内从数学角度看，就是利用3-1=2（3）称重3克，用上面的②③两个方案，不用再增加砝码，因此方案①淘汰（4）称重4克，用上面的方案③，不用再增加砝码，因此方案②也被淘汰总之，用1克、3克两个砝码就可以称出（3+1）克以内的任意整数克重（5）接着思索可以进行一次飞跃，称重5克时可以利用：9-（3+1）=5，即用一个9克重的砝码放在砝码盘内，1克、3克两个砝码放在称重盘内这样，可以依次称到1+3+9=13（克）以内的任意整数克重而要称14克时，按上述规律增加一个砝码，其重为：14+13=27（克），可以称到1+3+9+27=40（克）以内的任意整数克重总之，砝码的重量为1，3，32，33克时，所用砝码最少，称重最大，这也是本题的答案这个结论显然可以推广，当天平两端都可放砝码时，使用1，3，这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案练习11．已知某个四位数的十位数字减去1等于其个位数字，个位数字加2等于百位数字，这个四位数的数字反着顺序排列成的数与原数之和等于9878试求这个四位数3．设n是满足下列条件的最小自然数：它们是75的倍数且恰有75个4．不能写成两个奇合数之和的最大偶数是多少？5．把1，2，3，4，…，999这999个数均匀排成一个大圆圈，从1开始数：隔过1划掉2，3，隔过4，划掉5，6……这样每隔一个数划掉两个数，转圈划下去问：最后剩下哪个数？为什么？6．圆周上放有N枚棋子，如下图所示，B点的一枚棋子紧邻A点的棋子小洪首先拿走B点处的1枚棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子，连续转了10周，9次越过A当将要第10次越过A处棋子取走其它棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子若N是14的倍数，则圆周上还有多少枚棋子？7．用0，1，2，3，4五个数字组成四位数，每个四位数中均没有重复数字（如1023，2341），求全体这样的四位数之和8．有27个国家参加一次国际会议，每个国家有2名代表求证：不可能将54位代表安排在一张圆桌的周围就座，使得任一国的2位代表之间都夹有9个人练习1答案：1．1987（a+d）×1000+（b+c）×110+（a+d）= 9878比较等式两边，并注意到数字和及其进位的特点，可知：a+d=8，b+c=17已知c-1=d，d+2=b，可求得：a=1，b=9，c=8，d=7即所求的四位数为19872．1324，1423，2314，2413，3412，共5个3．432解：为保证n是75的倍数而又尽可能地小，因为75=3×5×5，所以可设n 有三个质因数2，3，5，即n=2α×3β×5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且（α+1）（β+1）（γ+1）=75易知当α=β=4，γ=2时，符合题设条件此时4．38解：小于38的奇合数是9，15，21，25，27，3338不能表示成它们之中任二者之和，而大于38的偶数A，皆可表示为二奇合数之和：A末位是0，则A=15+5n；A末位是2，则A=27+5n；A末位是4，则A=9+5n；A末位是6，则A=21+5n；A末位是8，则A=33+5n 其中n为大于1的奇数因此，38即为所求5．406解：从特殊情况入手，可归纳出：如果是3n个数（n为自然数），那么划1圈剩下3n-1个数，划2圈剩下3n-2个数……划（n-1）圈就剩3个数，再划1圈，最后剩下的还是起始数136＜999＜37，从999个数中划掉（999-36=）270个数，剩下的（36=）729个数，即可运用上述结论因为每次划掉的是2个数，所以划掉270个数必须划135次，这时划掉的第270个数是（135×3=）405，则留下的36个数的起始数为406所以最后剩下的那个数是4066．23枚解：设圆周上余a枚棋子因为从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时小洪拿走了2a枚棋子，所以，在第9次将要越过A处棋子时，圆周上有3a枚棋子依此类推，在第8次将要越过A处棋子时，圆周上有32a枚棋子……在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有39a 枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之前，小洪拿走了[2(39a-1)+1]枚棋子，所以N=2(39a-1)+1+39a=310a-1若N=310a=59049a-1是14的倍数，则N就是2和7的公倍数，所以a必须是奇数；若N=（7×8435+4）a-1=7×8435a+4a-1是7的倍数，则4a-1必须是7的倍数，当a=21，25，27，29时，4a-1不是7的倍数，当a=23时，4a-1=91=7×13，是7的倍数当N是14的倍数时，圆周上有23枚棋子7．259980解：用十进位制表示的若干个四位数之和的加法原理为：若干个四位数之和=千位数数字之和×1000+百位数数字之和×100+十位数数字之和×10+个位数数字之和以1，2，3，4中之一为千位数，且满足题设条件的四位数有4×3×2=24（个）这是因为，当千位数确定后，百位数可以在其余4个数字中选择；千、百位数确定后，十位数可以在其余3个数字中选择；同理，个位数有2种可能因此，满足条件的四位数的千位数数字之和为（1+2+3+4）×4×3×2=240以1，2，3，4中之一为百位数时，因为0不能作为千位，所以千位数也有3种选择；十位数也有3种选择（加上0）；个位数有2种选择因此，百位数数字之和=（1+2+3+4）×18=180同理，十位数数字之和、个位数数字之和都是180所以满足条件的四位数之和为240×1000+180×（1+10+100）= 2599808．将54个座位按逆时针编号：1，2，…，54由于是围圆桌就座，所以从1号起，逆时针转到55，就相当于1号座；转到56，就相当于2号座；如此下去，显然转到m，就相当于m被54所除的余数号座设想满足要求的安排是存在的不妨设1和11是同一国的代表，由于任一国只有2名代表，于是11和21不是同一国代表，下面的排法是：21和31是同一国的代表；31和41不是同一国的代表；41和51是同一国的代表；51和61不是同一国的代表（61即7号座）由此，20k+1和20k+11是同一国的代表，若20k+1，20k+11大于54，则取这个数被54除的余数为号码的座位取k=13，则261和271是同一国的，而261被54除的余数是45，271被54除的余数是1，这就是说，1号座与45号座是同一国的代表，而我们已设1号与11号座是同一国的代表这样，1号、11号、45号的三位代表是同一国的，这是不可能的所以题目要求的安排不可能实现。
初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑼
初一数学竞赛讲座第9讲应用问题选讲我们知道，数学是一门基础学科。
我们在学校中学习数学的目的，一方面是为学习其它学科和学习更深的数学知识打下一个基础，更重要的是为了现在和将来运用所学的数学知识去解决一些日常生活、科学实验、工农业生产以及经济活动中所遇到的实际问题。
运用数学知识解决实际问题的基本思路是：先将这个实际问题转化为一个数学问题（我们称之为建立数学模型），然后解答这个数学问题，从而解决这个实际问题。
即：这里，建立数学模型是关键的一步。
也就是说，要通过审题，将实际问题与自己学过的数学知识、数学方法联系起来，将其归结到某一类型的数学问题，然后解答这个数学问题。
下面介绍一些典型的数学模型。
一、两个量变化时，和一定的问题两个变化着的量，如果在变化的过程中，它们的和始终保持不变，那么它们的差与积之间有什么关系呢？观察下面的表：我们不难得出如下的规律：两个变化着的量，如果在变化的过程中，和始终保持不变，那么它们的差越小，积就越大。
若它们能够相等，则当它们相等时，积最大。
这个规律对于三个和三个以上的变量都是成立的。
例1农民叔叔阿根想用20块长2米、宽1.2米的金属网建一个靠墙的长方形鸡窝。
为了防止鸡飞出，所建鸡窝的高度不得低于2米，要使鸡窝面积最大，长方形的长和宽分别应是多少？解：如上图，设长方形的长和宽分别为x米和y米，则有x＋2y＝1.2×20＝24。
长方形的面积为因为x和2y的和等于24是一个定值，故它们的乘积当它们相等时最大，此时长方形面积S也最大。
于是有x=12， y＝6。
例2如果将进货单价为40元的商品按50元售出，那么每个的利润是10元，但只能卖出500个。
当这种商品每个涨价1元时，其销售量就减少10个。
为了赚得最多的利润，售价应定为多少？解：设每个商品售价为（50+x）元，则销量为（500-10X）个。
总共可以获利:（50＋x-40）×（500-10x）=10×（10+X）×（50-X）（元）。
初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑻
初一数学竞赛讲座第8讲列方程解应用题在小学数学中介绍了应用题地算术解法及常见地典型应用题.然而算术解法往往局限于从已知条件出发推出结论，不允许未知数参加计算，这样，对于较复杂地应用题，使用算术方法常常比较困难.而用列方程地方法，未知数与已知数同样都是运算地对象，通过找出“未知”与“已知”之间地相等关系，即列出方程<或方程组），使问题得以解决.所以对于应用题，列方程地方法往往比算术解法易于思考，易于求解.列方程解应用题地一般步骤是：审题，设未知数，找出相等关系，列方程，解方程，检验作答.其中列方程是关键地一步，其实质是将同一个量或等量用两种方式表达出来，而要建立这种相等关系必须对题目作细致分析，有些相等关系比较隐蔽，必要时要应用图表或图形进行直观分析.一、列简易方程解应用题分析：欲求这个六位数，只要求出五位数就可以了.按题意，这个六位数地3倍等于.解：设五位数，则六位数，六位数，从而有3<105+x）=10x+1，x＝42857.答：这个六位数为142857.说明：这一解法地关键有两点：⑴抓住相等关系：六位数地3倍等于六位数；⑵设未知数：将六位数与六位数用含地数学式子表示出来，这里根据题目地特点，采用“整体”设元地方法很有特色.<1）是善于分析问题中地已知数与未知数之间地数量关系；<2）是一般语言与数学地形式语言之间地相互关系转化.因此，要提高列方程解应用题地能力，就应在这两方面下功夫.例2有一队伍以 1.4M/秒地速度行军，末尾有一通讯员因事要通知排头，于是以2.6M/秒地速度从末尾赶到排头并立即返回排尾，共用了10分50秒.问：队伍有多长？分析：这是一道“追及又相遇”地问题，通讯员从末尾到排头是追及问题，他与排头所行路程差为队伍长；通讯员从排头返回排尾是相遇问题，他与排尾所行路程和为队伍长.如果设通讯员从末尾到排头用了x秒，那么通讯员从排头返回排尾用了<650-x）秒，于是不难列方程.解：设通讯员从末尾赶到排头用了x秒，依题意得2.6x-1.4x=2.6<650-x）+1.4<650-x）.解得x＝500.推知队伍长为：<2.6-1.4）×500=600<M）.答：队伍长为600M.说明：在设未知数时，有两种办法：一种是设直接未知数，求什么、设什么；另一种设间接未知数，当直接设未知数不易列出方程时，就设与要求相关地间接未知数.对于较难地应用题，恰当选择未知数，往往可以使列方程变得容易些.例3铁路旁地一条与铁路平行地小路上，有一行人与骑车人同时向南行进，行人速度为3.6千M/时，骑车人速度为10.8千M/时，这时有一列火车从他们背后开过来，火车通过行人用22秒，通过骑车人用26秒，这列火车地车身总长是多少？分析：本题属于追及问题，行人地速度为3.6千M/时=1M/秒，骑车人地速度为10.8千M/时=3M/秒.火车地车身长度既等于火车车尾与行人地路程差，也等于火车车尾与骑车人地路程差.如果设火车地速度为xM/秒，那么火车地车身长度可表示为<x-1）×22或<x-3）×26，由此不难列出方程.解：设这列火车地速度是xM/秒，依题意列方程，得<x-1）×22=<x-3）×26.解得x=14.所以火车地车身长为：<14-1）×22=286<M）.答：这列火车地车身总长为286M.例4如图，沿着边长为90M地正方形，按逆时针方向，甲从A出发，每分钟走65M，乙从B出发，每分钟走72M.当乙第一次追上甲时在正方形地哪一条边上？分析：这是环形追及问题，这类问题可以先看成“直线”追及问题，求出乙追上甲所需要地时间，再回到“环行”追及问题，根据乙在这段时间内所走路程，推算出乙应在正方形哪一条边上.解：设追上甲时乙走了x分，则甲在乙前方3×90=270<M）.依题意故有：72x＝65x+270解得：在这段时间内乙走了：<M）由于正方形边长为90M，共四条边，故由可以推算出这时甲和乙应在正方形地DA边上.答：当乙第一次追上甲时在正方形地DA边上.例5一条船往返于甲、乙两港之间，由甲至乙是顺水行驶，由乙至甲是逆水行驶.已知船在静水中地速度为8千M/时，平时逆行与顺行所用地时间比为2∶1.某天恰逢暴雨，水流速度为原来地2倍，这条船往返共用9时.问：甲、乙两港相距多少千M？分析：这是流水中地行程问题：顺水速度=静水速度+水流速度，逆水速度=静水速度-水流速度.解答本题地关键是要先求出水流速度.解：设甲、乙两港相距x千M，原来水流速度为a千M/时根据题意可知，逆水速度与顺水速度地比为2∶1，即<8-a）∶<8＋a）＝1∶2，再根据暴雨天水流速度变为2a千M/时，则有解得x=20.答：甲、乙两港相距20千M.例6某校组织150名师生到外地旅游，这些人5时才能出发，为了赶火车，6时55分必须到火车站.他们仅有一辆可乘50人地客车，车速为36千M/时，学校离火车站21千M，显然全部路程都乘车，因需客车多次往返，故时间来不及，只能乘车与步行同时进行.如果步行每小时能走4千M，那么应如何安排，才能使所有人都按时赶到火车站？分析：把150人分三批，每批50人，均要在115分钟即<时）内赶到火车站，每人步行时间应该相同，乘车时间也相同.设每人步行x时，乘车时.列出方程，解出，便容易安排了，不过要计算一下客车能否在115分钟完成.解：把150人分三批，每批50人，步行速度为4千M/时，车速为36千M/时.设每批师生步行用时，则解得x＝1.5<时），即每人步行90分，乘车25分.三批人5时同时出发，第一批人乘25分钟车到达A点，下车步行；客车从A立即返回，在B点遇上步行地第二批人，乘25分钟车，第二批人下车步行，客车再立即返回，又在C点遇到步行而来地第三批人，然后把他们直接送到火车站.如此安排第一、二批人按时到火车站是没问题地，第三批人是否正巧可乘25分钟车呢？必须计算.第一批人到A点，客车已行<千M），第二批人已步行4×<千M），这时客车返回与第二批人步行共同行完<千M），需<时），客车与第二批人相遇，就是说客车第一次返回地时间是20分，同样可计算客车第二次返回地时间也应是20分，所以当客车与第三批人相遇时，客车已用25×2＋20×2=90<分），还有115-90=25<分），正好可把第三批人按时送到.因此可以按上述方法安排.说明：列方程，解出需步行90分、乘车25分后，可以安排了，但验算不能省掉，因为这关系到第三批人是否可以按时到车站地问题.通过计算知第三批人正巧可乘车25分，按时到达.但如果人数增加，或者车速减慢，虽然方程可以类似地列出，却不能保证人员都按时到达目地地.二、引入参数列方程解应用题对于数量关系比较复杂或已知条件较少地应用题，列方程时，除了应设地未知数外，还需要增设一些“设而不求”地参数，便于把用自然语言描述地数量关系翻译成代数语言，以便沟通数量关系，为列方程创造条件.例7某人在公路上行走，往返公共汽车每隔4分就有一辆与此人迎面相遇，每隔6分就有一辆从背后超过此人.如果人与汽车均为匀速运动，那么汽车站每隔几分发一班车？分析：此题看起来似乎不易找到相等关系，注意到某人在公路上行走与迎面开来地车相遇，是相遇问题，人与汽车4分所行地路程之和恰是两辆相继同向行驶地公共汽车地距离；每隔6分就有一辆车从背后超过此人是追及问题，车与人6分所行地路程差恰是两车地距离，再引进速度这一未知常量作参数，问题就解决了.解：设汽车站每隔x分发一班车，某人地速度是v1，汽车地速度为v2，依题意得由①②，得将③代入①，得说明：此题引入v1，v2两个未知量作参数，计算时这两个参数被消去，即问题地答案与参数地选择无关.本题地解法很多，可参考本丛书《五年级数学活动课》第26讲.例8整片牧场上地草长得一样密，一样地快.已知70头牛在24天里把草吃完，而30头牛就得60天.如果要在96天内把牧场地草吃完，那么有多少头牛？分析：本题中牧场原有草量是多少？每天能生长草量多少？每头牛一天吃草量多少？若这三个量用参数a，b，c表示，再设所求牛地头数为x，则可列出三个方程.若能消去a，b，c，便可解决问题.解：设整片牧场地原有草量为a，每天生长地草量为b，每头牛一天吃草量为c，x头牛在96天内能把牧场上地草吃完，则有②-①，得36b=120C.④③-②，得96xc=1800c＋36b.⑤将④代入⑤，得96xc＝1800c+120c.解得x=20.答：有20头牛.例9从甲地到乙地地公路，只有上坡路和下坡路，没有平路.一辆汽车上坡时每小时行驶20千M，下坡时每小时行驶35千M.车从甲地开往乙地需9时，从乙地到甲地需时.问：甲、乙两地间地公路有多少千M？从甲地到乙地须行驶多少千M地上坡路？解：从甲地到乙地地上坡路，就是从乙地到甲地地下坡路；从甲地到乙地下坡路，就是从乙地到甲地地上坡路.设从甲地到乙地地上坡路为x千M，下坡路为y千M，依题意得①＋②，得将y=210－x代入①式，得解得x＝140.答：甲、乙两地间地公路有210千M，从甲地到乙地须行驶140千M地上坡路.三、列不定方程解应用题有些应用题，用代数方程求解，有时会出现所设未知数地个数多于所列方程地个数，这种情况下地方程称为不定方程.这时方程地解有多个，即解不是唯一确定地.但注意到题目对解地要求，有时，只需要其中一些或个别解.例10六<1）班举行一次数学测验，采用5级计分制<5分最高，4分次之，以此类推）.男生地平均成绩为4分，女生地平均成绩为3.25分，而全班地平均成绩为3.6分.如果该班地人数多于30人，少于50人，那么有多少男生和多少女生参加了测验？解：设该班有x个男生和y个女生，于是有：4x+3.25y=3.6<x+y）化简后得8x=7y.从而全班共有学生：在大于30小于50地自然数中，只有45可被15整除，所以推知x＝21，y=24.答：该班有21个男生和24个女生.例11小明玩套圈游戏，套中小鸡一次得9分，套中小猴得5分，套中小狗得2分.小明共套了10次，每次都套中了，每个小玩具都至少被套中一次，小明套10次共得61分.问：小明至多套中小鸡几次？解：设套中小鸡x次，套中小猴y次，则套中小狗<10-x-y）次.根据得61分可列方程：9x+5y+2<10-x-y）=61，化简后得7x=41－3y.显然y越小，x越大.将y=1代入得7x=38，无整数解；若y=2，7x=35，解得x=5.答：小明至多套中小鸡5次.例12某缝纫社有甲、乙、丙、丁4个小组，甲组每天能缝制8件上衣或10条裤子；乙组每天能缝制9件上衣或12条裤子；丙组每天能缝制7件上衣或11条裤子；丁组每天能缝制6件上衣或7条裤子.现在上衣和裤子要配套缝制<每套为一件上衣和一条裤子）.问：7天中这4个小组最多可缝制多少套衣服？分析：不能仅按生产上衣或裤子地数量来安排生产，应该考虑各组生产上衣、裤子地效率高低，在配套下安排生产.我们首先要说明安排做上衣效率高地多做上衣，做裤子效率高地多做裤子，才能使所做衣服套数最多.一般情况，设A组每天能缝制a1件上衣或b1条裤子，它们地比为；类似地，B组每天缝制上衣与裤子数量地比为.若＞，则应在安排A组尽量多做上衣、B组尽量多做裤子地情况下，安排配套生产.这是因为，若安排A 组做条裤子，则在这段时间内可做件上衣；这些上衣若安排B组做，要用天时间.在这段时间内B组可做条裤子，由于，因此A组尽量多做上衣，B组尽量多做裤子.解：甲、乙、丙、丁4组每天缝制上衣或裤子数量之比分别为，，，，由于＞＞＞，所以丁组生产上衣和丙组生产裤子地效率高，故这7天全安排这两组生产单一产品.设甲组生产上衣x天，生产裤子<7-x）天，乙组生产上衣y天，生产裤子<7-y）天，则4个组分别共生产上衣、裤子各为6×7＋8x+9y<件）和11×7＋10<7－x）＋12<7-y）<条）.依题意，得42＋8x＋9y＝77＋70-10x＋84-12y，令u＝42＋8x＋9y，则显然x越大，u越大.故当x=7时，u取最大值125，此时y地值为3.答：安排甲、丁组7天都生产上衣，丙组7天全做裤子，乙组3天做上衣，4天做裤子，这样生产地套数最多，共计125套.说明：本题仍为两个未知数，一个方程，不能有确定解.本题求套数最多，实质上是化为“一元函数”在一定范围内地最值，注意说明取得最值地理由.练习81．甲用40秒可绕一环形跑道跑一圈，乙反方向跑，每隔15秒与甲相遇一次.问：乙跑完一圈用多少秒？2．小明在360M长地环形跑道上跑了一圈，已知他前一半时间每秒跑5M，后一半时间每秒跑4M，那么小明后一半路程跑多少秒？3．如右图，甲、乙两人分别位于周长为400M地正方形水池相邻地两个顶点上，同时开始沿逆时针方向沿池边行走.甲每分钟走50M，乙每分钟走44M，求甲、乙两人出发后几分钟才能第一次走在正方形地同一条边上<不含甲、乙两人在正方形相邻顶点地情形）.4．农忙假，一组学生下乡帮郊区农民收割水稻，他们被分配到甲、乙两块稻田去，甲稻田面积是乙稻田面积地2倍.前半小时，全队在甲田；后半小时一半人在甲田，一半人在乙田.割了1时，割完了甲田地水稻，乙田还剩下一小块未割，剩下地这一小块需要一个人割1时才能割完.问：这组学生有几人？5．若货价降低8％，而售出价不变，则利润<按进货价而定）可由目前地P％增加到<P＋10）％，求P.6．甲、乙二人做同一个数地带余除法，甲将其除以8，乙将其除以9，甲所得地商数与乙所得地余数之和为13.试求甲所得地余数.7．某公共汽车线路中间有10个站.车有快车及慢车两种，快车地车速是慢车车速地1.2倍.慢车每站都停，快车则只停靠中间1个站.每站停留时间都是3分钟.当某次慢车发出40分钟后，快车从同一始发站开出，两车恰好同时到达终点.问：快车从起点到终点共需用多少时间？8．甲车以160千M/时地速度，乙车以20千M/时地速度，在长为210千M地环形公路上同时、同地、同向出发.每当甲车追上乙车1次，甲车减速而乙车则增速.问：在两车地速度恰好相等地时刻，它们分别行驶了多少千M？练习8答案1．24秒.2．44秒.推知小明前40秒跑了5×40=200<M），后40秒跑了4×40=160<M）.因为小明后180M中有20M是以5M/秒地速度行进地，其余160M是以4M/秒地速度行进地，所以，小明后一半路程共用20÷5+160÷4＝44<秒）.3．34分.提示：仿例4.4．8人.解：设学生共x人，甲田面积为2a，乙田面积为a，则解出x=8.5．15.解：设原进货价为x，则下降8％后地进价为0.92x，依题意有x<1+0.01P）＝0.92x[1+0.01<P+10）]，解得P＝15.6．4.解：设甲所得地商和余数分别为x和y，乙所得地商为z，则乙所得地余数为13-x.依题意得8x+y=9z+<13-x），即9<x-z）=13-y，推知13-y是9地倍数.因为y是被8除地余数，所以只能在0至7之间，所以y=4.7．68分.解：设起点到终点地路程为S，慢车车速为V，则慢车行驶地时间为，快车行驶地时间为.依题意得：共需65+3=68<分）.8．940km，310km.解：在甲车第一次追上乙车地那一时刻，甲车地速度为160<1-），乙车地速度为20<1+）.仿此推理可知，设甲车在第次追上乙车地时刻，两车速度相等，则应有所以n=3.设甲车第1次追上乙车用了t1时.因为甲比乙车多跑1圈，所以有：设甲车从第1次追上乙车到第2次追上乙车用了t2时，仿上可知：设甲车从第2次追上乙车到第3次追上乙车用了时，仿上可知时.从而甲行驶了：乙车行驶了：申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途.。
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初一数学竞赛讲座第8讲 列方程解应用题在小学数学中介绍了应用题的算术解法及常见的典型应用题。
然而算术解法往往局限于从已知条件出发推出结论，不允许未知数参加计算，这样，对于较复杂的应用题，使用算术方法常常比较困难。
而用列方程的方法，未知数与已知数同样都是运算的对象，通过找出“未知”与“已知”之间的相等关系，即列出方程（或方程组），使问题得以解决。
所以对于应用题，列方程的方法往往比算术解法易于思考，易于求解。
列方程解应用题的一般步骤是：审题，设未知数，找出相等关系，列方程，解方程，检验作答。
其中列方程是关键的一步，其实质是将同一个量或等量用两种方式表达出来，而要建立这种相等关系必须对题目作细致分析，有些相等关系比较隐蔽，必要时要应用图表或图形进行直观分析。
一、列简易方程解应用题分析：欲求这个六位数，只要求出五位数x abcde =就可以了。
按题意，这个六位数的3倍等于1abcde 。
解：设五位数x abcde =，则六位数abcde 1x +=510，六位数1101+=x abcde ， 从而有3（105+x ）=10x+1，x ＝42857。
答：这个六位数为142857。
说明：这一解法的关键有两点： ⑴抓住相等关系：六位数abcde 1的3倍等于六位数1abcde； ⑵设未知数x ：将六位数abcde 1与六位数1abcde 用含x 的数学式子表示出来，这里根据题目的特点，采用“整体”设元的方法很有特色。
（1）是善于分析问题中的已知数与未知数之间的数量关系；（2）是一般语言与数学的形式语言之间的相互关系转化。
因此，要提高列方程解应用题的能力，就应在这两方面下功夫。
例2 有一队伍以1.4米/秒的速度行军，末尾有一通讯员因事要通知排头，于是以2.6米/秒的速度从末尾赶到排头并立即返回排尾，共用了10分50秒。
问：队伍有多长？分析：这是一道“追及又相遇”的问题，通讯员从末尾到排头是追及问题，他与排头所行路程差为队伍长；通讯员从排头返回排尾是相遇问题，他与排尾所行路程和为队伍长。
如果设通讯员从末尾到排头用了x 秒，那么通讯员从排头返回排尾用了（650-x ）秒，于是不难列方程。
解：设通讯员从末尾赶到排头用了x 秒，依题意得2.6x-1.4x=2.6（650-x ）+1.4（650-x ）。
解得x ＝500。
推知队伍长为：（2.6-1.4）×500=600（米）。
答：队伍长为600米。
说明：在设未知数时，有两种办法：一种是设直接未知数，求什么、设什么；另一种设间接未知数，当直接设未知数不易列出方程时，就设与要求相关的间接未知数。
对于较难的应用题，恰当选择未知数，往往可以使列方程变得容易些。
例3 铁路旁的一条与铁路平行的小路上，有一行人与骑车人同时向南行进，行人速度为3.6千米/时，骑车人速度为10.8千米/时，这时有一列火车从他们背后开过来，火车通过行人用22秒，通过骑车人用26秒，这列火车的车身总长是多少？分析：本题属于追及问题，行人的速度为3.6千米/时=1米/秒，骑车人的速度为10.8千米/时=3米/秒。
火车的车身长度既等于火车车尾与行人的路程差，也等于火车车尾与骑车人的路程差。
如果设火车的速度为x 米/秒，那么火车的车身长度可表示为（x-1）×22或（x-3）×26，由此不难列出方程。
解：设这列火车的速度是x 米/秒，依题意列方程，得（x-1）×22=（x-3）×26。
解得x=14。
所以火车的车身长为：（14-1）×22=286（米）。
答：这列火车的车身总长为286米。
例4 如图，沿着边长为90米的正方形，按逆时针方向，甲从A 出发，每分钟走65米，乙从B 出发，每分钟走72米。
当乙第一次追上甲时在正方形的哪一条边上？分析：这是环形追及问题，这类问题可以先看成“直线”追及问题，求出乙追上甲所需要的时间，再回到“环行”追及问题， 根据乙在这段时间内所走路程，推算出乙应在正方形哪一条边上。
解：设追上甲时乙走了x 分，则甲在乙前方3×90=270（米）。
依题意故有：72x ＝65x+270 解得：7270=x 在这段时间内乙走了：712777727072=⨯（米） 由于正方形边长为90米，共四条边，故由可以推算出这时甲和乙应在正方形的DA 边上。
答：当乙第一次追上甲时在正方形的DA 边上。
例5 一条船往返于甲、乙两港之间，由甲至乙是顺水行驶，由乙至甲是逆水行驶。
已知船在静水中的速度为8千米/时，平时逆行与顺行所用的时间比为2∶1。
某天恰逢暴雨，水流速度为原来的2倍，这条船往返共用9时。
问：甲、乙两港相距多少千米？分析：这是流水中的行程问题：顺水速度=静水速度+水流速度，逆水速度=静水速度-水流速度。
解答本题的关键是要先求出水流速度。
解：设甲、乙两港相距x 千米，原来水流速度为a 千米/时根据题意可知，逆水速度与顺水速度的比为2∶1，即（8-a ）∶（8＋a ）＝1∶2，再根据暴雨天水流速度变为2a 千米/时，则有解得x=20。
答：甲、乙两港相距20千米。
例6 某校组织150名师生到外地旅游，这些人5时才能出发，为了赶火车，6时55分必须到火车站。
他们仅有一辆可乘50人的客车，车速为36千米/时，学校离火车站21千米，显然全部路程都乘车，因需客车多次往返，故时间来不及，只能乘车与步行同时进行。
如果步行每小时能走4千米，那么应如何安排，才能使所有人都按时赶到火车站？分析：把150人分三批，每批50人，均要在115分钟即122360115=（时）内赶到火车站，每人步行时间应该相同，乘车时间也相同。
设每人步行x 时，乘车)1223(x 时。
列出方程，解出x ，便容易安排了，不过要计算一下客车能否在115分钟完成。
解：把150人分三批，每批50人，步行速度为4千米/时，车速为36千米/时。
设每批师生步行用x 时，则解得x ＝1.5（时），即每人步行90分，乘车25分。
三批人5时同时出发，第一批人乘25分钟车到达A 点，下车步行；客车从A 立即返回，在B 点遇上步行的第二批人，乘25分钟车，第二批人下车步行，客车再立即返回，又在C 点遇到步行而来的第三批人，然后把他们直接送到火车站。
如此安排第一、二批人按时到火车站是没问题的，第三批人是否正巧可乘25分钟车呢？必须计算。
第一批人到A 点，客车已行15602536=⨯（千米），第二批人已步行4×356025=（千米），这时客车返回与第二批人步行共同行完3403515=-（千米），需31436340=+（时），客车与第二批人相遇，就是说客车第一次返回的时间是20分，同样可计算客车第二次返回的时间也应是20分，所以当客车与第三批人相遇时，客车已用25×2＋20×2=90（分），还有115-90=25（分），正好可把第三批人按时送到。
因此可以按上述方法安排。
说明：列方程，解出需步行90分、乘车25分后，可以安排了，但验算不能省掉，因为这关系到第三批人是否可以按时到车站的问题。
通过计算知第三批人正巧可乘车25分，按时到达。
但如果人数增加，或者车速减慢，虽然方程可以类似地列出，却不能保证人员都按时到达目的地。
二、引入参数列方程解应用题对于数量关系比较复杂或已知条件较少的应用题，列方程时，除了应设的未知数外，还需要增设一些“设而不求”的参数，便于把用自然语言描述的数量关系翻译成代数语言，以便沟通数量关系，为列方程创造条件。
例7某人在公路上行走，往返公共汽车每隔4分就有一辆与此人迎面相遇，每隔6分就有一辆从背后超过此人。
如果人与汽车均为匀速运动，那么汽车站每隔几分发一班车？分析：此题看起来似乎不易找到相等关系，注意到某人在公路上行走与迎面开来的车相遇，是相遇问题，人与汽车4分所行的路程之和恰是两辆相继同向行驶的公共汽车的距离；每隔6分就有一辆车从背后超过此人是追及问题，车与人6分所行的路程差恰是两车的距离，再引进速度这一未知常量作参数，问题就解决了。
解：设汽车站每隔x分发一班车，某人的速度是v1，汽车的速度为v2，依题意得由①②，得将③代入①，得说明：此题引入v1，v2两个未知量作参数，计算时这两个参数被消去，即问题的答案与参数的选择无关。
本题的解法很多，可参考本丛书《五年级数学活动课》第26讲。
例8整片牧场上的草长得一样密，一样地快。
已知70头牛在24天里把草吃完，而30头牛就得60天。
如果要在96天内把牧场的草吃完，那么有多少头牛？分析：本题中牧场原有草量是多少？每天能生长草量多少？每头牛一天吃草量多少？若这三个量用参数a，b，c表示，再设所求牛的头数为x，则可列出三个方程。
若能消去a，b，c，便可解决问题。
解：设整片牧场的原有草量为a，每天生长的草量为b，每头牛一天吃草量为c，x头牛在96天内能把牧场上的草吃完，则有②-①，得36b=120C 。
④③-②，得96xc=1800c ＋36b 。
⑤将④代入⑤，得96xc ＝1800c+120c 。
解得x=20。
答：有20头牛。
例9 从甲地到乙地的公路，只有上坡路和下坡路，没有平路。
一辆汽车上坡时每小时行驶20千米，下坡时每小时行驶35千米。
车从甲地开往乙地需9时，从乙地到甲地需217时。
问：甲、乙两地间的公路有多少千米？从甲地到乙地须行驶多少千米的上坡路？解：从甲地到乙地的上坡路，就是从乙地到甲地的下坡路；从甲地到乙地下坡路，就是从乙地到甲地的上坡路。
设从甲地到乙地的上坡路为x 千米，下坡路为y 千米，依题意得①＋②，得将y=210－x 代入①式，得解得x ＝140。
答：甲、乙两地间的公路有210千米，从甲地到乙地须行驶140千米的上坡路。
三、列不定方程解应用题有些应用题，用代数方程求解，有时会出现所设未知数的个数多于所列方程的个数，这种情况下的方程称为不定方程。
这时方程的解有多个，即解不是唯一确定的。
但注意到题目对解的要求，有时，只需要其中一些或个别解。
例10 六（1）班举行一次数学测验，采用5级计分制（5分最高，4分次之，以此类推）。
男生的平均成绩为4分，女生的平均成绩为3.25分，而全班的平均成绩为3.6分。
如果该班的人数多于30人，少于50人，那么有多少男生和多少女生参加了测验？解：设该班有x 个男生和y 个女生，于是有：4x+3.25y=3.6（x+y ）化简后得8x=7y 。
从而全班共有学生：x x x 71578=+ 在大于30小于50的自然数中，只有45可被15整除，所以45715=x 推知x ＝21，y=24。
答：该班有21个男生和24个女生。
例11 小明玩套圈游戏，套中小鸡一次得9分，套中小猴得5分，套中小狗得2分。
小明共套了10次，每次都套中了，每个小玩具都至少被套中一次，小明套10次共得61分。