第十二讲 综合题选讲二

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68第十二章 系列4选讲 第2课时 参数方程

68第十二章 系列4选讲   第2课时 参数方程

思维升华
消去参数的方法一般有三种 (1)利用解方程的技巧求出参数的表达式,然后代入消去参数. (2)利用三角恒等式消去参数. (3)根据参数方程本身的结构特征,灵活的选用一些方法从整体上消去参数. 将参数方程化为普通方程时,要注意防止变量x和y取值范围的扩大或缩小, 必须根据参数的取值范围,确定函数f(t)和g(t)的值域,即x和y的取值范围.
师生共研
题型二 参数方程的应用
x=2cos θ,
例 1 在直角坐标系 xOy 中,曲线 C 的参数方程为
(θ 为参数),
y=4sin θ
x=1+tcos α,
直线 l 的参数方程为
(t 为参数).
y=2+tsin α
(1)求 C 和 l 的直角坐标方程;
(2)若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1,2),求l的斜率.
椭圆
ax22+by22=1(a>b>0)
抛物线 y2=2px(p>0)
x=acos φ,
(φ 为参数)
__y_=__b_s_in__φ______________
x=2pt2,
(t 为参数)
y=2pt
【概念方法微思考】
x=x0+tcos α,
1.在直线的参数方程
(t 为参数)中,
y=y0+tsin α
跟踪训练 1
已知椭圆
C:x42+y32=1,直线
x=-3+ l:
y=2 3+t
3t,
(t 为参数).
(1)写出椭圆 C 的参数方程及直线 l 的普通方程;
x=2cos θ,
解 椭圆 C 的参数方程为
(θ 为参数),
y= 3sin θ
直线 l 的普通方程为 x- 3y+9=0.

六年级下册数学讲义-竞赛思维训练专题:第12讲.多次相遇与追及(PDF 解析版)人教版

六年级下册数学讲义-竞赛思维训练专题:第12讲.多次相遇与追及(PDF 解析版)人教版

漫画释义五年级寒假时钟问题五年级春季比例法解行程问题六年级暑期多次相遇与追及六年级秋季变速问题六年级寒假行程模块综合选讲总结多次相遇与追及的规律,利用比例、线段图、柳卡图解决多次相遇与追及问题知识站牌人与人的相遇是一种缘不管是擦肩而过,还是一次美丽的邂逅,都是一种缘缘会让来自不同世界的人走到一起例如今天我们是来自不同学校的同学,汇集到一起来学而思学习,这就是缘分,而且我们已是多次相遇,恰巧今天又要学习多次相遇与追及问题,那该是多大的缘分呀!缘是一个经历了心灵的过程,在这个过程里有些东西不仅仅是灵魂的一种体验,而且还是精神上的一种拥有为了这来之不易的缘分,让我们一起进入今天的课程,体会那精神上的享受!1.理解多次相遇与追及的规律,并能运用相应规律解决行程相关的问题2.掌握用柳卡图解决多次相遇与追及问题的技巧,体会柳卡图与线段图在解决行程问题中的联系与区别一、往返相遇问题的重要结论:设一个全程中甲走的路程为M ,乙走的路程为N ⑴甲乙二人从两端出发的直线型多次相遇问题:⑵同一出发点的直线型多次相遇问题二、柳卡图柳卡图实质上是中学学习的S -T 图的变形,即出现两条横轴(时间),纵轴(路程)忽略在画柳卡图时,最好是先画一个人往返于两地间的路线,并标注到达两地的时刻,接着再画另一人所走路线并标注到达两地的时刻,相交点即相遇地点,最后再利用几何中沙漏模型解决相关问题相遇次数甲乙共走的路程和甲共走的路程乙共走的路程11M N 233M 3N 355M 5N …………n21n -(21)n M-(21)n N-相遇次数甲乙共走的路程和甲共走的路程乙共走的路程122M 2N 244M 4N 366M 6N …………n2n2nM2nN经典精讲教学目标课堂引入1小白从家骑车去学校,每小时15千米,用时2小时,回来以每小时10千米的速度行驶,需要多少时间?【分析】从家到学校的路程:15230⨯=(千米),回来的时间30103÷=(小时).2两地间的路程有255千米,两辆汽车同时从两地相对开出,甲车每小时行45千米,乙车每小时行40千米甲、乙两车相遇时,用了___小时【分析】根据相遇公式知道相遇时间是:255÷(45+40)=255÷85=3(小时),3两列火车从相距480千米的两城相向而行,甲列车每小时行40千米,乙列车每小时行42千米,5小时后,甲、乙两车还相距多少千米?【分析】两车的相距路程减去5小时两车共行的路程,就得到了两车还相距的路程:480(4042)548041070-+⨯=-=(千米).4甲、乙二人同时从相距10千米的两地出发,同向而行,甲每小时行6千米,乙每小时行4千米,经过几小时甲追上乙?【分析】10÷(6—4)=5(小时)5A 、B 两地相距28千米,甲乙两车同时分别从A 、B 两地同一方向开出,甲车每小时行32千米,乙车每小时行25千米,乙车在前,甲车在后,几小时后甲车能追上乙车?【分析】28÷(32-25)=28÷7=4(小时)6①同样的路程,甲乙的速度比为3:2,则甲乙的时间之比为____;②同样的时间,甲乙的速度比为3:2,则甲乙走的路程之比为____;③同样的速度,甲乙用的时间比为3:2,则甲乙走的路程之比为_____.【分析】①2:3②3:2③3:2模块一:多次相遇的认识例1:求全程个数例2:柳卡图的认识模块二:多次相遇与追及规律的应用例3、例4:两次相遇与追及的应用例5:多次相遇与追及的规律运用例题思路知识回顾甲、乙两人在一条长100米的直路上来回跑步,甲的速度3米/秒,乙的速度2米/秒.如果他们同时分别从直路的两端出发,当他们跑了10分钟后,共相遇多少次?(学案对应:学案1)【分析】方法一:10分钟两人共跑了(3+2)⨯60⨯10=3000米3000÷100=30个全程.我们知道两人同时从两地相向而行,他们总是在奇数个全程时相遇(不包括追上)1,3,5,7,…,29共15次.方法二:第一次两个人相遇需要100÷(3+2)=20(秒),从第一次开始到第二次相遇要走两个全程需要:200÷(3+2)=40(秒)所以一共相遇:(10⨯60-20)÷40+1=15.5(次),即为15次.【想想练练】小明和小红两人在长100米的直线跑道上来回跑步,做体能训练,小明的速度为6米/秒,小红的速度为4米/秒.他们同时从跑道两端出发,连续跑了12分钟.在这段时间内,他们迎面相遇了多少次?【分析】第一次相遇时,两人共跑完了一个全程,所用时间为:1006410÷+=()(秒).此后,两人每相遇一次,就要合跑2倍的跑道长,也就是每20秒相遇一次,除去第一次的10秒,两人共跑了126010710⨯-=(秒).求出710秒内两人相遇的次数再加上第一次相遇,就是相遇的总次数.列式计算为:1006410÷+=()(秒),(126010)(102)3510⨯-÷⨯= ,共相遇35136+=(次).注:解决问题的关键是弄清他们首次相遇以及以后每次相遇两人合跑的路程长.如图,甲、乙两人在相距70米的甲乙两端同时出发来回步行,甲的速度和乙的速度之比为3:4,他们相遇的地点分别用A 、B 、…、G 表示,问:(1)A 点到甲地的距离为米;(2)B 点到甲地的距离:B 点到乙地的距离=:;(3)C 点到乙地的距离为米;(4)F 点到G 点的距离为米(提示:F 点到甲地的距离减去G 点到甲地的距离)【分析】(1)30米;(2)5:2;(3)60米;(4)20米D甲2420164242118151296甲、乙两车分别从,A B 两地同时出发相向而行,甲的速度是每小时30千米,乙的速度是每小时20千米,两车相遇后继续行进,各自达到B 、A 两地后,立即沿原路返回.已知两车第二次相遇的地点距第一次相遇的地点是50千米(两人相遇指迎面相遇),那么,A 、B 两地相距___千米.(学案对应:学案2)【分析】方法一:线段图,根据题意甲乙速度比是3:2,因此可以设全程为5份,画图如下:(甲走的用实线表示,乙走的用虚线表示)因此甲、乙两地间的距离是5025125÷⨯=(千米)方法二:柳卡图,由于甲乙速度比是3:2,因此甲乙各走一个全程所用的时间比是2:3,画图如下(甲走的用实线表示,乙走的用虚线表示)因此甲、乙两地间的距离是3150()12555÷-=(千米)【想想练练】甲、乙两人同时从A 、B 两地同时出发,甲的速度是乙的速度的1.5倍,到达对方出发点后立即返回,如果第一次相遇点和第二次相遇点相距300米,那么,A 、B 两地的距离为__米.【分析】方法一:将,A B 间等分为5份,甲每走3份乙走2份,甲、乙相遇情况如下图:,A B 两地的距离为30025750=÷⨯(米).方法二:利用柳卡图,甲乙两人的速度比是3:2,因此走完一个全程所用时间的比是2:3,利用相似知识得CD 间对应的分率是312555-=,,A B 两地的距离为23007505÷=(米).FED CA 062AB乙BA(A 版(1)~(2))⑴甲、乙两车同时从A 、B 两地相对驶,各自达到B 、A 两地后,立即沿距离是千米⑵甲、乙两车同时从A 、B 两地相对驶,各自达到B 、A 两地后,立即沿距离是千米⑶甲、乙两车同时从A 、B 两地相对驶,各自达到B 、A 两地后,立即沿时,距A 地千米⑷如图,A 、B 是圆的直径的两端次相遇,C 离A 点80米;在例4法国数学家柳卡·斯图射影几何与微分几何都作出了世界各国的许多著名数学家“最困难”的题目:“某轮船也有一艘轮船从纽约开往哈佛条航线上问今天中午从哈佛开船从对面开来?”问题提出后讨与激烈的争论,但直到会议称为“柳卡趣题”下面介绍的是柳卡·斯图姆给如下图:地相对开出,两车第一次在距A 地30千米处相遇立即沿原路返回,第二次在距B 地20千米处相遇地相对开出,两车第一次在距A 地30千米处相遇立即沿原路返回,第二次在距A 地60千米处相遇地相对开出,两车第一次在距A 地80千米处相遇立即沿原路返回,第二次在距B 地60千米处相遇的两端,小张在A 点,小王在B 点同时出发反向行走D 点第二次相遇,D 点离B 点60米.求这个圆的周姆生于瑞士,因数学上的成就,于1836年当选为法作出了重要贡献在十九世纪的一次国际数学会议期间学家的晨宴快要结束的时候,柳卡向在场的数学家提出某轮船公司每天中午都有一艘轮船从哈佛开往纽约,往哈佛轮船在途中所花的时间来去都是七昼夜,而且都哈佛开出的轮船,在开往纽约的航行过程中,将会遇到出后,果然一时难住了与会的数学家们尽管为此问题大到会议结束竟还没有人真正解决这个问题这个有趣的数图姆给出的一个非常直观巧妙的解法.遇,相遇后两车继续行相遇,则A 、B 两地间的遇,相遇后两车继续行相遇,则A 、B 两地间的遇,相遇后两车继续行相遇,当甲乙第三次相遇行走,他们在C 点第一圆的周长.选为法国科学院院士他对期间,有一天,正当来自家提出困扰他很久、自认,并且每天的同一时刻而且都是匀速航行在同一会遇到几艘同一公司的轮问题大家进行了广泛的探趣的数学问题,被数学界⑸小王、小李二人往返于甲、乙两地,小王从甲地、小李从乙地同时出发,相向而行,两人第一次在距甲地3千米处相遇,第二次在距甲地6千米处相遇(追上也算作相遇),则甲、乙两地的距离为千米(学案对应:学案3)【分析】⑴3032070⨯-=(千米)⑵(30360)275⨯+÷=(千米)⑶,A B 两地间相距80360180⨯-=千米当第三次相遇时,两车所走路程和是5个全程,那么其中甲车走了805400⨯=千米,400180240÷= ,所以距A 地40千米⑷第一次相遇,两人合起来走了半个周长;第二次相遇,两个人合起来又走了一个周长.从出发开始算,两个人合起来走了一周半.因此,第二次相遇时两人合起来所走的路程是第一次相遇时合起来所走的路程的3倍,那么从A 经过C 到D 的距离,应该是从A 到C 距离的3倍,即A 到D 是803240⨯=(米).那么圆周上A 到B 的距离是24060180-=(米).圆的周长为1802360⨯=(米).⑸由于两人同时出发相向而行,所以第一次相遇一定是迎面相遇;由于本题中追上也算相遇,所以两人第二次相遇可能为迎面相遇,也可能为同向追及.①如果第二次相遇为迎面相遇,如下图所示,两人第一次在A 处相遇,第二次在B 处相遇.则甲、乙两地的距离为(336)27.5⨯+÷=千米;②如果第二次相遇为同向追及,如上图,两人第一次在A 处相遇,相遇后小王继续向前走,小李走到甲地后返回,在B 处追上小王.在这个过程中,小王走了633-=千米,小李走了639+=千米,两人的速度比为3:91:3=.所以第一次相遇时小李也走了9千米,甲、乙两地的距离为9312+=千米.所以甲、乙两地的距离为7.5千米或12千米【想想练练】如图,有一个圆,两只小虫分别从直径的两端A 与C 同时出发,绕圆周相向而行.它们第一次相遇在离A 点8厘米处的B 点,第二次相遇在离C 点6厘米处的D 点,问,这个圆周的长是多少?【分析】如图所示,第一次相遇,两只小虫共爬行了半个圆周,其中从A 点出发的小虫爬了8厘米,第二次相遇,两只小虫又爬了一个圆周,所以两只小虫从出发共爬行了1个半圆周,其中从A 点出发的应爬行8324⨯=(厘米),比半个圆周多6厘米,半个圆周长为83618⨯-=(厘米),一个圆周长就是:(836)236⨯-⨯=(厘米)李王乙甲甲王乙C A甲、乙两车分别从A 、B 两地同时出发相向而行,在A 、B 两地之间不断往返行驶.甲车速度是乙车速度的37,并且甲、乙两车第2012次相遇的地点和第2013次相遇的地点恰好相距120千米(注:当甲、乙两车同向时,乙车追上甲车不算作相遇),那么,A 、B 两地之间的距离是多少千米?(学案对应:学案4)【分析】因为甲乙同时出发,同时相遇,所以甲、乙相遇时间相同,因此3:7S V V ==乙乙甲甲:S :,设全程为10份,则一个全程中,甲走了3份,乙走了7份,通过总结的规律分析第2012次相遇时,甲走:(2012⨯2-1)⨯3=12069(份),120691012069÷= ,所以第2012次相遇地点是在从A 地向右数9份的C 点,第2013次相遇时,甲继续向右数6份即可,到达D 由图看出CD 间距离为4份,A 、B 两地之间的距离是120410300÷⨯=(千米).D C BA四龟问题四只乌龟在边长为3米的正方形四个角上,以每秒1厘米的速度同时匀速爬行,每只乌龟的爬行方向时刻指向另一只.问:经过多少时间它们才能在正方形的中心碰头?答案:对于任意一只乌龟A ,它始终朝着它面对的那只乌龟B 爬行,因此无论如何,A 与B 的距离都是以1cm /s 的速度在减小的,一开始两者距离是3m ,所以就是300s 之后,两只乌龟的距离变成0,即碰头.A 、B 两地相距2400米,甲从A 地、乙从B 地同时出发,在A 、B 间往返长跑甲每分钟跑300米,乙每分钟跑240米,在30分钟后停止运动甲、乙两人在第几次相遇时距A 地最近?最近距离是多少米?【分析】方法一:()300240302400 6.75+⨯÷=(个),即甲乙共行了6.75个全程,共相遇了3次,甲乙两人的速度比是300:2405:4=,设全程为9份①如图所示,甲走路线用实线表示,乙走路线用虚线表示第一次相遇甲行5份,乙行4份,所以第一次相遇地点距A 地是全程的59②第二次相遇时两人共行了3个全程,甲行的距A 地()93593-⨯-=份,所以第二次相遇地点距A 地是全程的13③第三次相遇时两人共行了5个全程,55927⨯÷= 甲行的距A 地7份,所以第三次相遇地点距A 地是全程的79,所以第二次相遇距A 地最近,最近距离是124008003⨯=(米)方法二:柳卡图法,其中实线表示甲所走的路程,虚线表示乙走的路程,实线与虚线的交点就是相遇点由图可以看出两人共相遇了3次,其中第2次距A 地最近,最近距离为D 到A 地的距离,由图看出:6:121:2MN PQ ==,根据沙漏模型:1:2DA DB ''=,所以最近距离为124008003⨯=(米)杯赛提高1.A 、B 两地相距950米甲、乙两人同时由A 地出发往返锻炼半小时甲步行,每分钟走40米;乙跑步,每分钟行150米则甲、乙两车第次迎面相遇时距B 地最近【分析】半小时,两人一共行走(40+150)×30=5700(米),相当于5700÷950=6(个)全程,由于两人同时同地出发,两人行程每2个全程就会有一次相遇,而两人的速度比15:4,所以相同时间内两人的行程比为15:4,那么第一次相遇甲走了全程的48215419⨯=+,距离B 地1119个全程;第二次相遇甲走了全程的1619,距离B 地319个全程;第三次相遇甲走了全程的2419,距离B地519个全程,比较可知甲、乙两人第二次迎面相遇时距离B 地最近2.两名游泳运动员在长30米的游泳池里来回游泳,甲的速度是每秒1米,乙的速度是每秒0.6米,他们同时从游泳池的一端出发,来回一共游了21分钟,他们一共遇上(迎面或同向)几次?【分析】甲游全程用30130÷=秒,乙游全程用300.650÷=秒,画出柳卡图:21分钟一共1260秒,一共相遇84133⨯+=次3.男、女两名田径运动员在长110米的斜坡上练习跑步(坡顶为A ,坡底为B ).两人同时从A点出发,在A ,B 之间不停地往返奔跑.已知男运动员上坡速度是每秒3米,下坡速度是每秒5米,女运动员上坡速度是每秒2米,下坡速度是每秒3米.那么两人第二次迎面相遇的地点离A 点多少米?【分析】方法一:柳卡图法如上图所示,A 为坡顶,B 为坡底,从A 到B 的方向表示下坡,从B 到A 的方向表示上坡,折线图向右的方向的距离表示上(下)坡的时间.根据题意,男、女运动员下坡、上坡的时间比为1111:::6:10:10:155332=,男运动员跑的路线为实线,女运动员跑的路线为虚线,从图中可以看出,两人第一次迎面相遇在C ,第二乙甲03060901201501802102402703003002702402101501209060300B A 35102260附加题次迎面相遇在D ,所以需要求D 到A 的距离.根据几何中的相似三角形性质,可得D 到A 的距离与到B 的距离之比等于(2516):(2210)9:123:4--==,而A 、B 之间的距离为110米,所以D 到A 的距离为3111047347⨯=+(米),故第二次相遇的地点距A 点1477米.方法二:方程法.设第二次迎面相遇的地点离A 点x 米.由于第二次相遇时男运动员走了一个下坡、一个上坡和x 米下坡,女运动员走了一个下坡和()110x -米上坡,可得方程:1101101101105332x x +-+=+解得1477x =,即第二次迎面相遇的地点离A 点1477米.4.甲乙两人都从A 地去往B 地,甲先出发1小时后乙再出发.结果乙比甲提前1小时到达B地,问:乙在什么地方追上甲?【分析】由图可看出,乙在A,B 中点处追上甲.多次迎面相遇规律1.相向而行:第一次相遇两人合走一个全程,以后每相遇一次都要合走两个全程,因此第n 次相遇,两人合走21n -个全程(n 为正整数)2.同向而行:每相遇一次都要合走两个全程,因此第n 次相遇,两人合走2n 个全程(n 为正整数)1.甲、乙二人在相距180米的直路两端同时出发来回散步,甲每秒走2米,乙每秒走2.5米.每人都走了6.5分钟,那么在这段时间内他们共相遇了多少次.【分析】方法一:甲乙6.5分钟共走了(2 2.5) 6.5601755+⨯⨯=米,共走了17551809.75÷=个全程.两人第一次相遇合走了一个全程,以后每2个全程相遇一次.那么,9.75个全程共相遇了5次.方法二:甲行全程用180290÷=秒,乙行全程用180 2.572÷=秒画出柳卡图:乙甲AB 家庭作业知识点总结由图得,一共相遇5次2.如图,A,B 两地相距70米,甲、乙两人同时从A 地同向出发来回步行,甲的速度和乙的速度之比为3:4,则第二次相遇地点与第一次相遇地点间相距多少米?【分析】6270()406125⨯-=++(米)3.甲、乙两车同时从A 地出发同向而行去往B 地,甲车的速度是乙车速度的1.5倍,在,A B 两地间做往返运动.已知两车第二次相遇的地点距第一次相遇的地点是50千米(两人相遇指迎面相遇),那么,A 、B 两地相距___千米.【分析】方法一:线段图,根据题意甲乙速度比是3:2,因此可以设全程为5份,画图如下:(甲走的用实线表示,乙走的用虚线表示)因此甲、乙两地间的距离是5025125÷⨯=(千米)方法二:柳卡图,由于甲乙速度比是3:2,因此甲乙各走一个全程所用的时间比是2:3,画图如下(甲走的用实线表示,乙走的用虚线表示)因此甲、乙两地间的距离是3150()12555÷-=(千米)010836乙912034A B A BC D E F 6B A 26304.甲、乙二人同时从A 地出发去B 地,在A 、B 两地间往返而行,甲的速度是每小时30千米,乙的速度是每小时20千米.已知二人第二次相遇的地点距第一次相遇的地点是40千米,那么,A 、B 两地相距多少千米.【分析】因为甲乙同时出发,同时相遇,所以甲、乙相遇时间相同,因此:30:203:2S V V ===乙乙甲甲:S ,设全程为5份,第一次相遇甲、乙共同行了两个全程,则两个全程中,甲走了6份,乙走了4份,所以F 是第一次相遇地点,第一次相遇到第二次相遇,甲、乙共走2个AB ,因此从开始到第二次相遇,甲、乙共走了4个全程,一个全程甲走3份,8个全程甲共走3412⨯=份,所以D 是第二次相遇地点,由图看出DF 是2份.但已知DF 是40千米,所以AB 的长度是40÷2⨯(2+3)=100(千米).(也可以用乙进行计算)5.甲、乙两车同时从A B 、两地相向出发,第一次在距A 地3000米处相遇相遇后两车继续前行,各自到达目的地后立即返回,在距A 地500米处第二次相遇A B 、两地相距()米【分析】两人第一次相遇共同走了一个全程,第二次相遇共同走了三个全程,第二次相遇所用时间是第一次相遇时间的三倍甲第一次相遇时走了3000米,第二次相遇时走了3个3000米即9000米甲一去一回走了9000米后离出发点还有500米,即两个全程的长度是9000+500=9500米,一个全程的长度是4750米6.甲、乙二人分别从A 、B 两地同时出发,往返跑步.甲每分跑180米,乙每分跑240米.如果他们的第100次相遇点与第101次相遇点的距离是160米,求A 、B 两点间的距离为多少米?【分析】因为甲乙同时出发,同时相遇,所以甲、乙相遇时间相同,因此180:2403:4S V V ===乙乙甲甲:S :,设全程为7份,则一个全程中,甲走了3份,乙走了4份,通过总结的规律分析第100次相遇时,甲走:(100⨯2-1)⨯3=597(份),5977852÷= ,所以第100次相遇地点是在从B 地向左数2份的C 点,第101次相遇时甲走:(101⨯2-1)3⨯=603(份),6037861÷= ,所以第101次相遇地点在从A 点向右数1份的D 点,由图看出CD 间距离为4份,A 、B 两地之间的距离是16047280÷⨯=(米).【学案1】甲、乙两人在一条长100米的直路上来回跑步,甲的速度3米/秒,乙的速度2米/秒.如果他们同时从直路的同一端出发,当他们跑了10分钟后,共相遇多少次?【分析】方法一:10分钟两人共跑了(3+2)⨯60⨯10=3000米3000÷100=30个全程.我们知道两人同时从一端同向而行,每两个全程相遇一次,共15次.方法二:第一次两个人相遇需要200÷(3+2)=40(秒),从第一次开始到第二次相遇要走两个全程需要:200÷(3+2)=40(秒)所以一共相遇:10⨯60÷40=15(次)BBA版学案【学案2】甲、乙二人分别从A 、B 两地同时相向而行,甲的速度是每小时30千米,乙的速度是每小时20千米,二人相遇后继续行进,甲到B 地、乙到A 地后立即返回.已知二人第二次相遇的地点距第一次相遇的地点是20千米,那么,A 、B 两地相距多少千米.【分析】因为甲乙同时出发,同时相遇,所以甲、乙相遇时间相同,因此:30:203:2S V V ===乙乙甲甲:S ,设全程为5份,则一个全程中,甲走了3份,乙走了2份,所以C 是第一次相遇地点,第一次相遇到第二次相遇,甲、乙共走2个AB ,因此从开始到第二次相遇,甲、乙共走了3个全程,一个全程甲走3份,3个全程甲共走339⨯=份,所以D 是第二次相遇地点,由图看出DC 是2份.但已知DC 是20千米,所以AB 的长度是20÷2⨯(2+3)=50(千米).(也可以用乙进行计算)【学案3】甲、乙两车的速度分别为52千米/时和40千米/时.他们同时从A 地出发去B 地,在A 、B 两地间往返而行,从开始走到第三次相遇,共用了6小时.A 、B 两地相距多少千米?【分析】从开始走到第一次相遇,两车走的路程是两个AB 之长;而到第三次相遇,两车走的路程总共就是6个AB 之长,是(52+40)⨯6=552(千米),所以A 、B 两地相距552÷6=92(千米).【学案4】甲、乙两车同时从A 地出发同向而行,在A 、B 两地之间不断往返行驶.甲车速度是乙车速度的37,并且甲、乙两车第2012次相遇的地点和第2013次相遇的地点恰好相距120千米(注:当甲、乙两车同向时,乙车追上甲车不算作相遇),那么,A 、B 两地之间的距离是多少千米?【分析】因为甲乙同时出发,同时相遇,所以甲、乙相遇时间相同,因此3:7S V V ==乙乙甲甲:S :,设全程为10份,则一个全程中,甲走了3份,乙走了7份,通过总结的规律分析第2012次相遇时,甲走:(2012⨯2)⨯3=12072(份),120721012072÷= ,所以第2012次相遇地点是在从B 地向左数2份的C 点,第2013次相遇时,甲继续向左数6份即可,到达D 由图看出CD 间距离为6份,A 、B 两地之间的距离是120610200÷⨯=(千米).BC D BA。

二年级奥数(教案)第12讲:简单推理

二年级奥数(教案)第12讲:简单推理

二、探索发现授课[40分][一]例题1:[13分]欧拉、阿派、卡尔三个人看比赛,三个人支持的队伍是红队、黄队和蓝队。

请问,他们三人分别支持什么队伍?[][][]师:我们在推理的过程中也是考验我们一些常识性的知识的时候,比如妈妈问你,作业做完了没有,你回答说,还有一题没有做,那你是做完了还是没做完?生:没有。

师:像这样的问题,就算没有直接告诉我们,我们也能够得到自己想要的信息, 这个思考过程就叫做推理。

接下来我们看看下面的这个问题,你能不能通过推理找到想要的结果呢?谁来读一读?生:[读题][请三位同学扮演欧拉、阿派进行对话]师:这里最容易找到的信息是哪一句话?生:欧拉说的“我支持的队伍是大海的颜色。

”大海的颜色是蓝色,所以欧拉支持的是蓝队。

师:找得非常准确,开了一个好头,那么现在还有哪两个队不知道是谁支持的?生:红队和黄队!师:你们推出来了没有?生:推出来了,阿派支持的是黄队,卡尔支持的是红队。

师:说一说你是根据什么推出来的?生:阿派说他支持的不是红队,只有两个队,那么他支持的只能是黄队。

黄队有阿派支持,那么剩下的红队就一定是卡尔支持的。

师:你们的结果是不是一样的?生:是!师:前面是根据我们的常识推出来的,我们知道大海的颜色是蓝色,那欧拉支持的就是蓝队。

第二个我们用排除的方法,后面两个人,不是支持红队就是黄队,正好阿派说他支持的不是红队,那么就只有是黄队了。

你们除了这个思考方式,还有其他的方式吗?生:还可以先推出欧拉支持的是蓝队,阿派不支持红队,那么支持红队的就是卡尔,剩下的黄队就是阿派支持的。

师:非常棒!别看这么一个小小的推理题,里面也有多种思考方向,接下来咱们就小小地试一下。

做一做练习。

板书:欧拉:蓝队;阿派:黄队;卡尔:红队。

练习1:[6分]三个人考试成绩分别是96分、98分、100分。

[][][]分析:这里的分数只有3个,分别是96分,98分和100分,人也只有3个人,那么这里一定是一一对应的。

【二升三】小学数学奥数第12讲:等量代换-教案

【二升三】小学数学奥数第12讲:等量代换-教案

(三年级)暑期备课教员:* * *第十二讲等量代换一、教学目标: 1. 初步体会等量代换的数学思想方法;初步运用其思想方法解决一些简单的实际问题或数学问题。

2. 通过观察、猜测、操作、计算、验证等活动,亲历学习过程,在丰富的学习活动中,培养学生有序、全面地思考问题的意识。

3. 经历解决问题的过程,感受等量代换与生活的密切联系及它的应用价值,从而体验学习的愉悦。

二、教学重点:利用天平或跷跷板的原理,使学生在解决实际问题的过程中初步体会等量代换的思想方法,为以后学习代数知识做准备。

三、教学难点:让学生真正理解书等量代换的本质。

四、教学准备:PPT五、教学过程:第一课时(50分钟)一、创设情景,引入温故知新(5分)1. 出示画面:(1)看到这个画面,你们还记得这是什么故事吗?(2)在一年级我们就知道了,谁还记得曹冲是怎样知道大象重量的?(因为石头和大象的重量是相等的,称出石头重量就是大象重量)2. 引出课题:因为当时没有那么大的称能直接称出大象的重量,所以曹冲就用石头的重量代换了大象的重量,称出了石头的重量也就知道了大象的重量。

同学们,你们大概还不知道吧,曹冲确实非常了不起,他运用了一种重要的数学思考方法——等量代换。

(板书课题:等量代换)师:这节课我们就来学习如何用“等量代换”的方法解决问题。

二、探索发现授课(40分)(一)例题一:(13分)师:同学们,我们先来观察一下这张图上有哪些图形?生:有星星、太阳、月亮。

师:我们先来看一下第一幅图告诉了我们什么?生:2个星星等于4个太阳。

师:是的,那你还知道什么呢?生:根据条件“”我们可以知道1个等于2个。

师:很好,我们再来看一下第二幅图表示什么?生:3个星星等于1个月亮。

师:是的,我们刚才求出1个星星等于2个太阳,那跟第二幅图有什么关系呢?生:可以把第二幅图中的3个星星全部换成太阳。

师:是的,我们知道1个星星等于2个太阳,那3个星星等于几个太阳呢?生:2×3=6(个)太阳。

高中物理竞赛讲义(超级完整版)(1)

高中物理竞赛讲义(超级完整版)(1)

最新高中物理竞赛讲义(完整版)目录最新高中物理竞赛讲义(完整版) (1)第0部分绪言 (5)一、高中物理奥赛概况 (5)二、知识体系 (5)第一部分力&物体的平衡 (6)第一讲力的处理 (6)第二讲物体的平衡 (8)第三讲习题课 (9)第四讲摩擦角及其它 (13)第二部分牛顿运动定律 (15)第一讲牛顿三定律 (16)第二讲牛顿定律的应用 (16)第二讲配套例题选讲 (24)第三部分运动学 (24)第一讲基本知识介绍 (24)第二讲运动的合成与分解、相对运动 (26)第四部分曲线运动万有引力 (28)第一讲基本知识介绍 (28)第二讲重要模型与专题 (30)第三讲典型例题解析 (38)第五部分动量和能量 (38)第一讲基本知识介绍 (38)第二讲重要模型与专题 (40)第三讲典型例题解析 (53)第六部分振动和波 (53)第一讲基本知识介绍 (53)第二讲重要模型与专题 (57)第三讲典型例题解析 (66)第七部分热学 (66)一、分子动理论 (66)二、热现象和基本热力学定律 (68)三、理想气体 (70)四、相变 (77)五、固体和液体 (80)第八部分静电场 (81)第一讲基本知识介绍 (81)第二讲重要模型与专题 (84)第九部分稳恒电流 (95)第一讲基本知识介绍 (95)第二讲重要模型和专题 (98)第十部分磁场 (107)第一讲基本知识介绍 (107)第二讲典型例题解析 (111)第十一部分电磁感应 (117)第一讲、基本定律 (117)第二讲感生电动势 (120)第三讲自感、互感及其它 (124)第十二部分量子论 (127)第一节黑体辐射 (127)第二节光电效应 (130)第三节波粒二象性 (136)第四节测不准关系 (140)第0部分绪言一、高中物理奥赛概况1、国际(International Physics Olympiad 简称IPhO)① 1967年第一届,(波兰)华沙,只有五国参加。

三年级奥数《合理安排时间》教案

三年级奥数《合理安排时间》教案
师:既然大家都掌握了这种解题思路,那现在就来挑战一下练习3吧。相信大
家都能学以致用。
练习3:(5分)
如果一只平底锅上只能煎两个葱油饼,用它煎1个葱油饼需要2分钟(正反两面各1分钟)。卡尔煎7个葱油饼至少要用几分钟?
分析:
根据题意,一共要煎7个葱油饼,正反面各煎1分钟,也就是一共有14个面要煎,平底锅一次可以煎2个面,那么一共就需要煎7次,一次煎1分钟,以此求出最少需要的时间。
们可以同时做哪些事呢?
生:用2分钟洗茶壶,用3分钟洗茶杯,用2分钟拿茶叶。
师:我们完成这些事情用了多少时间?
生:2+3+2=7(分钟)
师:我们来看,这些事都是和烧水同时进行的,烧水需要8分钟,完成这些事
需要7分钟,所以我们只要再等1分钟,等水烧开是不是就能喝上茶了?
生:是的。
师:那么整个过程用了多少分钟?
这些实际情境中,我们该怎么合理安排,才能更加节约时间呢?
二、探索发现授课(42分)
(一)例题3:(10分)
用一只平底锅煎饼,每次只能放两块饼,煎一块需要4分钟,正、反面各需2分钟,煎5块饼至少需要几分钟?
讲解重点:理解单数块饼的煎法,煎的时候先放2块,一面煎熟后,给其中一
块翻个面,另一块取出,放入一块没煎过的,这样剩下的两块可以
师:同学们,今天老师给你们带来了一个谜语,猜对的同学可以获得一个大拇
指的奖励哦,你们准备好了吗?
生:准备好了!
师:看不见,摸不着,没有脚,却能跑,只见匆忙过,不见回头跑。你们知道
谜底是什么吗?
生:时间。
师:没错,谜底就是时间,我们每个人都要好好珍惜时间,抓紧时间去做有意
义的事,对吗?
生:对。
师:我们日常生活中往往有很多事情要做,那你们知道怎么合理安排,才能最

六年级奥数(教案)第12讲:圆柱的表面积

六年级奥数(教案)第12讲:圆柱的表面积

【教师邀请两个学生讲解自己的思路,由其他学生指出问题,教师重点指导不懂的学生】板书:底面半径:24÷2÷3÷2=2(厘米)3.14×22×2+3.14×2×2×3=62.8(平方厘米)答:原来这个圆柱表面积是62.8平方厘米。

(三)例题5(选讲):用铁皮做一个如右图所示的空心管(单位:厘米),需用铁皮多少平方厘米?师:同学们已经学过求组合图形的面积,我们在做题的时候有哪些技巧?生:填补、平移、拆分……师:这道题可以用这些技巧吗?生:可以。

师:怎么来做?生:分成上下两部分。

师:嗯,下面部分就是?生:圆柱。

师:是圆柱,但是这个圆柱是?生:空心的。

师:空心的,我们计算的时候只需要计算?生:侧面积。

师:嗯,很好。

那上面部分呢?生:圆柱的一半。

师:同学们真厉害。

我们一起来做一下。

【教师先引导学生的解题思路,再结合课件详细讲解,加深学生印象】板书:上半部分:3.14×6×(12-8)÷2=37.68(平方厘米)下半部分:3.14×6×8=150.72(平方厘米)37.68+150.72=188.4(平方厘米)答:需用铁皮188.4平方厘米。

将高是0.8米,底面半径分别为1.5米、1米和0.5米的三个圆柱组成一个物体,这个物体的表面积是多少?分析:另一部分是上下两个,一部分是三个圆柱的侧面积,可以分成两部分来计算 发现也是一个大圆,上面我们可以从上往下看,面:下面就是大圆柱一个底面积柱的底面积。

求和即可计算出其表面积。

【教师邀请两个学生讲解自己的思路,由其他学生指出问题,教师重点指导不懂的学生】板书:三个侧面积的和:3.14×(1.5×2+1×2+0.5×2)×0.8=15.072(平方米)上下面积的和:3.14×1.52×2=14.13(平方米)15.072+14.13=29.202(平方米)答:这个物体的表面积是29.202平方米。

六年级下册数学试题-思维能力训练:第12讲.进位制进阶(解析版pdf)全国通用

六年级下册数学试题-思维能力训练:第12讲.进位制进阶(解析版pdf)全国通用

构造进位制解决实际问题
(学生版只有(1)~(3)) (1)艾迪经常去大宽的小店买鸡蛋,每次最少买 1 个,最多买 31 个,大宽为了这位特殊的顾客,把鸡蛋分成了 5 种 不同的包装,这样无论艾迪要多少个,大宽都能选出几种各不相同的包装凑成相应数量来给艾迪.那么这五包分 别都是多少个? (2)艾迪有 10 箱钢珠,每个钢珠重 10 克,每箱 600 个.但这 10 箱钢珠中不小心混进了 1 箱次品,次品钢珠每个 重 9 克,那么,要找出这箱次品最少要称几次? (3)艾迪装了 10 箱零件.但他没有注意自己的马虎性格,混进了几箱次品进去,已知每件零件重 10 克,次品比标 准品轻 1 克,聪明的你能不能只称量一次就能把所有的次品零件都找出来么?(每箱的零件足够多) (4)艾迪装零件又出错了!这次他虽然只装 6 箱零件,却把次品、不及格品各混了几箱进去.已知标准零件重 10 克,每个次品比标准重 1 克,不及格品比标准轻 1 克.这次还能不能只称量一次就能把装有次品、不及格品 的箱子分辨出来? (5)艾迪怕再次出错,于是找来了朋友大宽帮忙,结果反而把零件搞得更乱了!这次 6 箱零件中混进了次品、不 及格品.每个标准零件重 10 克,每个次品比标准重 1 克,不及格品比标准轻 0.5 克.艾迪想照搬上次的方法却 失败了!请你再为他想一个好方法将箱子分辨出来!
把十进009 1 8 251 3 8 31 7 3 3
所以,(2009)10 (7D9)16 (3731)8
(1) (78)10 化成五进制是多少? (2) (125)7 化成八进制是多少? 【分析】(1) (78)10 (3034)5
4
六年级 第 12 讲 进位制进阶 (A 版)
(4)现在零件 3 种状态,分别为标准、次品、不及格品,因此我们构造三进制区分三种状态.每箱分别 取零件 (1)3 、 (10)3 、 (100)3 、…… (100000)3 ,即 1、3、9、……、243 个.这次我们假设全是次品,那 么重量和应为 (1 3 9 243) 11 4004 (克).实际重量比 4004 轻了 n 克,是因为有某几箱的每个 零件轻了 1 或 2 克.因此只需看 n 是由 1,3,9,……243 中的哪些数字组成,即看 n 的三进制表示中哪几 位为 1 或 2 即可.其中 1 表示比次品轻 1 克,即标准品;2 表示比次品轻 2 克,即不及格品.如实际重 量和为 3580 克, 4004 3580 424 (120201)3 ,即第 1、6 箱为标准品;第 2、4 箱为次品;第 3、5 箱为 不及格品. (5)题目中的 0.5 克不好处理.但我们可以假设每两个零件可以拼成一个大零件,那么题目可变为:每 个次品比标准重 2 克,每个不及格品比标准轻 1 克.现在零件也有 3 种状态,若将标准重量看作 1,那 么次品、不及格品重量分别为 3、0,由于有 3 的存在,因此我们需要构造四进制才可区分三种状态. 与上题类似,每箱分别取零件 (1)4 、 (10)4 、 (100)4 、…… (100000)4 ,即 1、4、16、……、1024 个,假设 全是次品,和应为 (1 4 16 1024) 11 15015 (克).实际重量比 15015 轻了 n 克,是因为有某几箱 的每个零件轻了1或1.5 克.因此只需看 2n 是由 1、4、16、……、1024 的那些数字组成,即看 2n 的 四进制表示中哪几位为 2 或 3 即可.其中 2 表示比每两个零件比次品轻 2 克,即标准品;3 表示每两个 零件比次品轻 3 克,即不及格品. 如实际重量和为 13198 克,15015 13198 1817 ,1817 2 3634 (320302)4 ,即第 1、5 箱为标准品, 第 2、4 箱为次品、第 3、6 箱为不及格品.

佳一数学暑期实验版教案 五升六-12 流水问题(选学内容)

佳一数学暑期实验版教案 五升六-12 流水问题(选学内容)

<佳一数学思维训练教程>教案第二课时本讲教材及练习册答案:自主探究答案:自主探究1: 5时自主探究2: 6时自主探究3:8千米/时自主探究4:108千米大胆闯关:1.顺水速度:280÷14 =20 (千米/时 )逆水速度:280÷20 =14 (千米/时 )静水速度: (20 +14 )÷2 =17 (千米/时 )水流速度:20 -17 =3 (千米/时 )2. 6000千米3. 400÷ (100 +20 -20 ) =4 (分 )4. 假设路程为35水流速度: (35÷5 -35÷7 )÷2 =1时间:35÷1 =35 (昼夜 )练习册:1. 顺水速度:480÷16 =30 (千米/时 )逆水速度:480÷20 =24 (千米/时 )静水速度: (30 +24 )÷2 =27 (千米/时 )水流速度:30 -27 =3 (千米/时 )2. 解:设该船从上海返回重庆用了x小时(30 +6 ) (16 -x ) = (30 -6 )xx答:该船从上海返回重庆用了9.6小时 .3. 解:设静水速度为x千米/时,那么两港口之间距离为4 (8 +x )千米 . 4(8 +x) =5(x -8)32 +4x =5x -40x =72路程:4× (72 +8 ) =320 (千米 )答:两港口之间距离为320千米 .4. 甲顺水速度:120÷2 =60 (千米/时 )甲逆水速度:120÷4 =30 (千米/时 )公众号:惟微小筑水流速度: (60 -30 )÷2 =15 (千米/时 )乙顺水速度:120÷3 =40 (千米/时 )乙逆水速度:40 -15×2 =10 (千米/时 )乙返回原地比去时多用时间:120÷10 -3 =9 (时 )。

奥数讲座(4年级-综合练习)(12讲)

奥数讲座(4年级-综合练习)(12讲)

四年级奥数讲座综合练习目录第一讲:乘法原理第二讲:加法原理第三讲:排列第四讲:组合第五讲:排列、组合第六讲:排列组合的综合应用第七讲:有趣的数阵第八讲:数学游戏第九讲:简单的幻方及其他数阵图第十讲:数字综合题选讲第十一讲:数字谜第十二讲:数学竞赛试题选讲第一讲:乘法原理基础班1、有五顶不同的帽子,两件不同的上衣,三条不同的裤子。

从中取出一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成一套装束。

问:有多少种不同的装束?2、四角号码字典,用4个数码表示一个汉字。

小王自编一个"密码本",用3个数码(可取重复数字)表示一个汉字,例如,用"011"代表汉字"车"。

问:小王的"密码本"上最多能表示多少个不同的汉字?3、"IMO"是国际数学奥林匹克的缩写,把这3个字母写成三种不同颜色。

现在有五种不同颜色的笔,按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的"IMO"?4、在右图的方格纸中放两枚棋子,要求两枚棋子不在同一行也不在同一列。

问:共有多少种不同的放法?5、要从四年级六个班中评选出学习和体育先进集体各一个(不能同时评一个班),共有多少种不同的评选结果?6、甲组有6人,乙组有8人,丙组有9人。

从三个组中各选一人参加会议,共有多少种不同选法?7、如下图,在三条平行线上分别有一个点,四个点,三个点(且不在同一条直线上的三个点不共线).在每条直线上各取一个点,可以画出一个三角形.问:一共可以画出多少个这样的三角形?8、在自然数中,用两位数做被减数,用一位数做减数.共可以组成多少个不同的减法算式?9、一个篮球队,五名队员A、B、C、D、E,由于某种原因,C不能做中锋,而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上.问:共有多少种不同的站位方法?10、由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数?②三位偶数?③没有重复数字的三位偶数?④百位为8的没有重复数字的三位数?⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数?11、某市的电话号码是六位数的,首位不能是0,其余各位数上可以是0~9中的任何一个,并且不同位上的数字可以重复.那么,这个城市最多可容纳多少部电话机?解答1.30种。

奥数与普数的区别

奥数与普数的区别

奥数与普数的区别一、对象奥数:部分有兴趣的小学生普数:所有小学生二、学习的目的奥数:①孩子学有余力,对奥数很感兴趣,非常喜欢②为了学奥数而学奥数,想通过奥数提高自己的思维能力和应付择校考试普数:应试(毕业考)三、内容奥数:奥数一部分内容是课本的提高,还有一部分则是更高年级所涉及的知识点普数:完全是课本内容、什么样的孩子适合学奥数?奥数不是人人都能学好的。

对于学有余力的学生来说,学习奥数确实对思维有一定帮助,而且上路得早,对以后的学习会有一定好处。

但是还是一句话,要看小孩的实际情况,如果他不喜欢,数学成绩一般甚至很差,就完全没有这个必要来学习奥数了。

如果强迫学习,只会让他们更加头疼,学习更感吃力,对数学更加没有兴趣。

学习奥数绝不是短期的功利行为,也决不可能取得立竿见影的效果,一定是持之以恒。

所以客观地讲,一般的学生还是要以普通数学的要求为基础。

概括来说具备以下特征的孩子比较适合学奥数:一、对数学有浓厚的兴趣二、突出的自学能力三、强烈的独立意识四、超常的记忆力五、超常的心算能力六、坚强的意志品质七、富于创造性八、高远的志向和报负学习奥数对学生的作用:通过奥数的学习:培养学生会观察、实验、比较、猜想、分析、综合、抽象和概括等能力。

让孩子们会用归纳、演绎和类比进行推理,会合乎逻辑地、准确地阐述自己的思想和观点。

对于今后的其他理科科目学习的帮助很大,打牢理科学习的扎实基础。

1、促进在校成绩的全面提高,培养良好的思维习惯;2、使学生获得心理上的优势,培养自信;3、有利于学生智力的开发;4、数学是理科的基础,学习奥数对于这个学生进入初中后的学习物理化学都非常有好处(很多重点中学就是因为这个原因招奥数好的学生)。

怎样学好奥数经常有家长问我:“我的孩子刚开始接触奥数,怎么样能快速提高?”我想大家都知道欲速则不达的道理,如果真的起步比较晚的话,就应该从重点抓起,比如应用题,数论这些考试必考的内容,先把少数重要的专题学好,绝对不能图快,想一举把所有内容用短短的时间全学会,囫囵吞枣的结果是:各个内容你可能都见过,老师提到什么方法你可能也知道,但是给你出几个题你可能就做不出来了。

小学四年级奥数知识点:第十二讲 数字综合题选讲

小学四年级奥数知识点:第十二讲 数字综合题选讲

分析 为了叙述方便,我们先把这六个空格中所填的数字用字母a、b、c、d、e、f来表示.
因为在这六个数字中,1最小,6最大,所以先考虑1和6这两个数字.
1只能填在a处,因为1若填在其他五个格中,则从剩下的五个数字中找不出比1还小的数填在1的左边或上面.6只能填在f处(同理).
现在考虑5.5只能填在c处或e处.因为5若放在b处或d处,则从剩下的2、3、4中找不出比5大的数填在e处.
①若c=5,则b、d、e三格只能填2、3和4这三个数字,因为e>b,且e>d,所以e=4,共有以下两种填法:
b=2,d=3,e=4和b=3,d=2,e=4.
②若e=5,则b、c、d三格只能填2、3和4,因为c>b,所以c=3或4,共有以下三种填法:
b=2,c=3,d=4;b=2,c=4,d=3
解:任一个四位数乘以9801的积,必然小于98010000,数字和最大不超过97999999的数字和,即A≤9×7+7=70.
在小于70的两位数中,数字和最大的为69,6+9=15,因此B≤15.
在小于15的自然数中,数字和最大的为9,所以C≤9.因为9801能被9整除,所以四位数与9801的积也能被9整除,所以A、B、C均能被9整除,因此C=9.
任意取出的这199个自然数分成两种情况进行考虑:
①若这199个自然数中,含有个位数字为5的,则这199个数的乘积的个位必为5.
②若这199个自然数中,不含个位数字为5的,则这199个数的乘积的个位数字为:
1×9×3×7的个位数字为9,则
综上所述,这199个数的乘积的个位数字为3或5.
11-5=6,6÷2=3,所以把1与4对换,得987651324能被11整除.

五年级第12讲:轴对称、平移与旋转

五年级第12讲:轴对称、平移与旋转

师:同学们,轴对称图形有什么特点?生1:对称。

生2:有对称轴,沿着对称轴折叠,图形的两边能够完全重合。

师:同学们说得都非常棒。

根据同学们说的轴对称图形的特点我们一起来看一看这几个图形。

【课件出示例题一】师:第一个图形是?生:钥匙。

师:对了,这是一把钥匙,这把钥匙是轴对称图形吗?生:不是。

师:很好,是不是轴对称图形,我们只需要找一找这个图形有没有对称轴,如果没有,那就不是轴对称图形。

这把钥匙显然没有对称轴,所以不是轴对称图形。

接下来来看第二个,第二个是轴对称图形吗?生:是。

师:这是一辆小轿车,同学们怎么看出来这是一个轴对称图形呢?生:中间有一条对称轴。

师:很好,再来看第三个,第三个同学们认识吗?生:这是香港的徽标。

师:这位同学真是见多识广,能认识香港特别行政区的徽标,很不错。

那么请问,这个图形是轴对称图形吗?生:不是。

师:对,它不是轴对称图形,怎么看呢?生:它没有对称轴。

师:嗯,再来看最后一个。

生:是轴对称图形。

师:同学们认识这个符号是什么吗?生:这是农业银行的徽标。

师:嗯,那你们能告诉老师,它的对称轴在哪里呢?生:正中间。

师:非常棒。

同学们我们一起来找找身边有哪些轴对称图形,小组讨论,看谁找得多。

【四人小组,寻找身边的轴对称图形】答:第⒉4个图形是轴对称图形。

师:同学们都会找轴对称图形了吗?生:会了。

师:好,现在,老师要你们自己试着做一做,看看你们是不是不仅认识轴对称图形,而且还能找出有几条轴对称图形。

练习一:〈7分钟〉你能画出如图所示图形所有的对称轴吗?如果能,请画出来,并填上合适的数。

〈〉对称轴〈〉对称轴〈〉对称轴分析:本题难度较小,需要认真找出每一条对称轴,注意不要遗漏。

板书:5条,2条,4条。

〈二〉例题二:〈14分钟〉教室门的打开和关上,门的运动是什么运动?电风扇的扇叶是什么运动?师:刚才我们认识了轴对称图形,现在我们要来学学……,老师先保密,让同学们自己来发现。

请看题。

【课件出示例题,教师在讲解过程中配合课件动画,加深学生理解】师:门的打开和关上是什么运动?生:旋转。

四年级奥数教案第12讲:简单推理

四年级奥数教案第12讲:简单推理

白色√答:第一个盒子里放着白色的卡纸,第二个盒子里放着紫色的卡纸,第三个盒子里放着蓝色的卡纸,第四个盒子里放着黑色的卡纸。

”例题5:(选讲)下图是三个完全相同的积木,每块积木的六个面分别写着数字1、2、3、4、5、6,相对两个面上的数字和最大是多少?讲解重点:根据已知条件,推理解决问题。

师:阿派最近做了三个积木,他给积木刷上了颜色,并标上了数字,变的很漂亮了,他想用这几个积木考考大家,我们一起去看看吧。

师:问题是什么?生:相对两个面上的数字和最大是多少?师:要想知道相对两个面上的数字和最大是多少?必须要知道什么?生:知道所有的积木相对面是多少。

师:没错,我们一起来观察下这三个积木,你们有什么发现吗?生:前面两块积木上都有数字1。

师:没错,与写有数字1的面相邻的面上数字是2,3,4,6,所以1相对面的数字是几?生:数字1面对数字为5。

师:你还有什么发现吗?生:第二块和第三块积木上都有数字3,我们可以知道什么?生:与数字3的面相邻的面上数字是1,2,4,5,所以数字3面对数字为6。

师:还剩下2和4,两个数字,所以数字2对4。

对吗?生:对。

师:现在我们知道了它们相对两个面上的数字,要求的是相对两个面上的数字和最大是多少?试一试吧。

生:(学生尝试) 1+5=6,2+4=6,3+6=9。

板书:相对的数字为:1对5、2对4、3对6。

1+5=6,2+4=6,3+6=9答:相对两个面上的数字和最大是9。

练习5:(选做)有一个正方体,在它的各个面上分别涂着红、黄、蓝、绿、紫、黑六种颜色,欧拉、米德和阿派三位同学从三个不同的角度去观察此正方体,观察结果如图所示,问这个正方体各个面上的颜色对面各是什么颜色?分析:由图1和图2可以看出,与红相邻的颜色是黑、绿、黄、蓝,由此可知红色的面对是紫色;由图2和图3可以看出,与蓝色相邻的是黄、红、紫、绿,因此,蓝色的对面是黑色;由图1和图3可以看出,与绿相邻的是红、黑、蓝、紫,因此,绿色的对面是黄色。

部编版数学六年级上册第12讲.应用题综合_二_

部编版数学六年级上册第12讲.应用题综合_二_
⑵ 310 30(元) 35.25 303.5 1.5 (吨)
1.5 10 11.5 (吨) 用水11.5 吨.
【想想练练】自来水公司为鼓励居民节约用水,规定每人每月用水不超过 2 立方米时,按每立方米 0.5 元收费;超过2 立方米的部分按每立方米 2 元收费.王红家 3 口人,上月共交水费13 元,请你算一 算王红家上月用水多少立方米? 【分析】 2 (13 2 0.5) 2 8 (立方米)
【巩固】某市收取水费按以下规定:若每月每户用水不超过 20 立方米,则每立方米按 2.2 元收费, 若超过 20 立方米,则超过的部分按每立方米 3 元收费.如果某用户这个月所交的平均水价是 2.5 元, 那么该用户这个月用了多少立方米的水 ?
【分析】十字交叉法:
2.2 3

2.5
,所以这个月用水 20 5(5 3) 32 (立方米)
教学目标
1. 掌握分百应用题相关的相关解题技巧 2. 灵活运用方程思想解决实际问题
知识点回顾
1.
牧场上长满牧草,每天牧草都匀速生长.这片牧场可供 10 头牛吃 20 天,可供 15 头牛吃
10 天.可供 25 头牛吃几天?
【分析】设 1 头牛 1 天的吃草量为“1”,10 头牛吃 20 天共吃了10 20 200 份;15 头牛吃 10 天共吃


成本

润,利润率
利润 成本
100%
售价成本成本
100%

售价=标价×折扣 三、 浓度问题
浓度问题相关公式:
溶液=溶质+溶剂,浓度=
溶质 溶液
100%
溶质 = 溶质溶 剂 100%
.
常用方法:
1. 十字交叉法:(甲溶液浓度大于乙溶液浓度)

奥数讲座(4年级-下)(14讲)

奥数讲座(4年级-下)(14讲)

四年级奥数讲座(二)目录第一讲乘法原理第二讲加法原理第三讲排列第四讲组合第五讲排列组合第六讲排列组合的综合应用第七讲行程问题第八讲数学游戏第九讲有趣的数阵图(一)第十讲有趣的数阵图(二)第十一讲简单的幻方及其他数阵图第十二讲数字综合题选讲第十三讲三角形的等积变形第十四讲简单的统筹规化问题第一讲乘法原理在日常生活中常常会遇到这样一些问题,就是在做一件事时,要分几步才能完成,而在完成每一步时,又有几种不同的方法,要知道完成这件事一共有多少种方法,就用我们将讨论的乘法原理来解决.例如某人要从北京到大连拿一份资料,之后再到天津开会.其中,他从北京到大连可以乘长途汽车、火车或飞机,而他从大连到天津却只想乘船.那么,他从北京经大连到天津共有多少种不同的走法?分析这个问题发现,某人从北京到天津要分两步走.第一步是从北京到大连,可以有三种走法,即:第二步是从大连到天津,只选择乘船这一种走法,所以他从北京到天津共有下面的三种走法:注意到 3×1=3.如果此人到大连后,可以乘船或飞机到天津,那么他从北京到天津则有以下的走法:共有六种走法,注意到3×2=6.在上面讨论问题的过程中,我们把所有可能的办法一一列举出来.这种方法叫穷举法.穷举法对于讨论方法数不太多的问题是很有效的.在上面的例子中,完成一件事要分两个步骤.由穷举法得到的结论看到,用第一步所有的可能方法数乘以第二步所有的可能方法数,就是完成这件事所有的方法数.一般地,如果完成一件事需要n个步骤,其中,做第一步有m1种不同的方法,做第二步有m2种不同的方法,…,做第n步有mn种不同的方法,那么,完成这件事一共有N=m1×m2×…×mn种不同的方法.这就是乘法原理.例1某人到食堂去买饭,主食有三种,副食有五种,他主食和副食各买一种,共有多少种不同的买法?分析某人买饭要分两步完成,即先买一种主食,再买一种副食(或先买副食后买主食).其中,买主食有3种不同的方法,买副食有5种不同的方法.故可以由乘法原理解决.解:由乘法原理,主食和副食各买一种共有3×5=15种不同的方法.补充说明:由例题可以看出,乘法原理运用的范围是:①这件事要分几个彼此互不影响的独立步骤来完成;②每个步骤各有若干种不同的方法来完成.这样的问题就可以使用乘法原理解决问题.例2右图中有7个点和十条线段,一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点,要求任何线段和点不得重复经过.问:这只甲虫最多有几种不同的走法?分析甲虫要从A点沿线段爬到B点,必经过C点,所以,完成这段路分两步,即由A到C,再由C到B.而由A到C有三种走法,由C到B也有三种走法,所以,由乘法原理便可得到结论.解:这只甲虫从A到B共有3×3=9种不同的走法.例3书架上有6本不同的外语书,4本不同的语文书,从中任取外语、语文书各一本,有多少种不同的取法?分析要做的事情是从外语、语文书中各取一本.完成它要分两步:即先取一本外语书(有6种取法),再取一本语文书(有4种取法).(或先取语文书,再取外语书.)所以,用乘法原理解决.解:从架上各取一本共有6×4=24种不同的取法.例4王英、赵明、李刚三人约好每人报名参加学校运动会的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项中的一项比赛,问:报名的结果会出现多少种不同的情形?分析三人报名参加比赛,彼此互不影响独立报名.所以可以看成是分三步完成,即一个人一个人地去报名.首先,王英去报名,可报4个项目中的一项,有4种不同的报名方法.其次,赵明去报名,也有4种不同的报名方法.同样,李刚也有4种不同的报名方法.满足乘法原理的条件,可由乘法原理解决.解:由乘法原理,报名的结果共有4×4×4=64种不同的情形.例5由数字0、1、2、3组成三位数,问:①可组成多少个不相等的三位数?②可组成多少个没有重复数字的三位数?分析在确定由0、1、2、3组成的三位数的过程中,应该一位一位地去确定.所以,每个问题都可以看成是分三个步骤来完成.①要求组成不相等的三位数.所以,数字可以重复使用,百位上,不能取0,故有3种不同的取法;十位上,可以在四个数字中任取一个,有4种不同的取法;个位上,也有4种不同的取法,由乘法原理,共可组成3×4×4=48个不相等的三位数.②要求组成的三位数中没有重复数字,百位上,不能取0,有3种不同的取法;十位上,由于百位已在1、2、3中取走一个,故只剩下0和其余两个数字,故有3种取法;个位上,由于百位和十位已各取走一个数字,故只能在剩下的两个数字中取,有2种取法,由乘法原理,共有3×3×2=18个没有重复数字的三位数.解:由乘法原理①共可组成3×4×4=48(个)不同的三位数;②共可组成3×3×2=18(个)没有重复数字的三位数.例6由数字1、2、3、4、5、6共可组成多少个没有重复数字的四位奇数?分析要组成四位数,需一位一位地确定各个数位上的数字,即分四步完成,由于要求组成的数是奇数,故个位上只有能取1、3、5中的一个,有3种不同的取法;十位上,可以从余下的五个数字中取一个,有5种取法;百位上有4种取法;千位上有3种取法,故可由乘法原理解决.解:由1、2、3、4、5、6共可组成3×4×5×3=180个没有重复数字的四位奇数.例7右图中共有16个方格,要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里,并使每行每列只能出现一个棋子.问:共有多少种不同的放法?分析由于四个棋子要一个一个地放入方格内.故可看成是分四步完成这件事.第一步放棋子A,A可以放在16个方格中的任意一个中,故有16种不同的放法;第二步放棋子B,由于A已放定,那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B,故还剩下9个方格可以放B,B有9种放法;第三步放C,再去掉B所在的行和列的方格,还剩下四个方格可以放C,C有4种放法;最后一步放D,再去掉C所在的行和列的方格,只剩下一个方格可以放D,D有1种放法,本题要由乘法原理解决.解:由乘法原理,共有16×9×4×1=576种不同的放法.例8现有一角的人民币4张,贰角的人民币2张,壹元的人民币3张,如果从中至少取一张,至多取9张,那么,共可以配成多少种不同的钱数?分析要从三种面值的人民币中任取几张,构成一个钱数,需一步一步地来做.如先取一角的,再取贰角的,最后取壹元的.但注意到,取2张一角的人民币和取1张贰角的人民币,得到的钱数是相同的.这就会产生重复,如何解决这一问题呢?我们可以把壹角的人民币4张和贰角的人民币2张统一起来考虑.即从中取出几张组成一种面值,看共可以组成多少种.分析知,共可以组成从壹角到捌角间的任何一种面值,共8种情况.(即取两张壹角的人民币与取一张贰角的人民币是一种情况;取4张壹角的人民币与取2张贰角的人民币是一种情况.)这样一来,可以把它们看成是8张壹角的人民币.整个问题就变成了从8张壹角的人民币和3张壹元的人民币中分别取钱.这样,第一步,从8张壹角的人民币中取,共9种取法,即0、1、2、3、4、5、6、7、8;第二步,从3张壹元的人民币中取共4种取法,即0、1、2、3.由乘法原理,共有9×4=36种情形,但注意到,要求“至少取一张”而现在包含了一张都不取的这一种情形,应减掉.解:取出的总钱数是9×4-1=35种不同的情形.习题一1.某罪犯要从甲地途经乙地和丙地逃到丁地,现在知道从甲地到乙地有3条路可以走,从乙地到丙地有2条路可以走,从丙地到丁地有4条路可以走.问,罪犯共有多少种逃走的方法?2.如右图,在三条平行线上分别有一个点,四个点,三个点(且不在同一条直线上的三个点不共线).在每条直线上各取一个点,可以画出一个三角形.问:一共可以画出多少个这样的三角形?3.在自然数中,用两位数做被减数,用一位数做减数.共可以组成多少个不同的减法算式?4.一个篮球队,五名队员A、B、C、D、E,由于某种原因,C不能做中锋,而其余四人可以分配到五个位置的任何一个上.问:共有多少种不同的站位方法?5.由数字1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个①三位数?②三位偶数?③没有重复数字的三位偶数?④百位为8的没有重复数字的三位数?⑤百位为8的没有重复数字的三位偶数?6.某市的电话号码是六位数的,首位不能是0,其余各位数上可以是0~9中的任何一个,并且不同位上的数字可以重复.那么,这个城市最多可容纳多少部电话机?习题一解答1.3×2×4=24(种).2.1×4×3=12(个).3.90×9=810(个).4.4×4×3×2×1=96(种).5.①8×8×8=512(个);②4×8×8=256(个);③4×7×6=168(个);④1×7×6=42(个);⑤1×3×6=18(个).6.9×10×10×10×10×10=900000(部).第二讲加法原理生活中常有这样的情况,就是在做一件事时,有几类不同的方法,而每一类方法中,又有几种可能的做法.那么,考虑完成这件事所有可能的做法,就要用我们将讨论的加法原理来解决.例如某人从北京到天津,他可以乘火车也可以乘长途汽车,现在知道每天有五次火车从北京到天津,有4趟长途汽车从北京到天津.那么他在一天中去天津能有多少种不同的走法?分析这个问题发现,此人去天津要么乘火车,要么乘长途汽车,有这两大类走法,如果乘火车,有5种走法,如果乘长途汽车,有4种走法.上面的每一种走法都可以从北京到天津,故共有5+4=9种不同的走法.在上面的问题中,完成一件事有两大类不同的方法.在具体做的时候,只要采用一类中的一种方法就可以完成.并且两大类方法是互无影响的,那么完成这件事的全部做法数就是用第一类的方法数加上第二类的方法数.一般地,如果完成一件事有k类方法,第一类方法中有m1种不同做法,第二类方法中有m2种不同做法,…,第k类方法中有mk种不同的做法,则完成这件事共有N=m1+m2+…+mk种不同的方法.这就是加法原理.例1学校组织读书活动,要求每个同学读一本书.小明到图书馆借书时,图书馆有不同的外语书150本,不同的科技书200本,不同的小说100本.那么,小明借一本书可以有多少种不同的选法?分析在这个问题中,小明选一本书有三类方法.即要么选外语书,要么选科技书,要么选小说.所以,是应用加法原理的问题.解:小明借一本书共有:150+200+100=450(种)不同的选法.例2一个口袋内装有3个小球,另一个口袋内装有8个小球,所有这些小球颜色各不相同.问:①从两个口袋内任取一个小球,有多少种不同的取法?②从两个口袋内各取一个小球,有多少种不同的取法?分析①中,从两个口袋中只需取一个小球,则这个小球要么从第一个口袋中取,要么从第二个口袋中取,共有两大类方法.所以是加法原理的问题.②中,要从两个口袋中各取一个小球,则可看成先从第一个口袋中取一个,再从第二个口袋中取一个,分两步完成,是乘法原理的问题.解:①从两个口袋中任取一个小球共有3+8=11(种),不同的取法.②从两个口袋中各取一个小球共有3×8=24(种)不同的取法.补充说明:由本题应注意加法原理和乘法原理的区别及使用范围的不同,乘法原理中,做完一件事要分成若干个步骤,一步接一步地去做才能完成这件事;加法原理中,做完一件事可以有几类方法,每一类方法中的一种做法都可以完成这件事.事实上,往往有许多事情是有几大类方法来做的,而每一类方法又要由几步来完成,这就要熟悉加法原理和乘法原理的内容,综合使用这两个原理.例3如右图,从甲地到乙地有4条路可走,从乙地到丙地有2条路可走,从甲地到丙地有3条路可走.那么,从甲地到丙地共有多少种走法?分析从甲地到丙地共有两大类不同的走法.第一类,由甲地途经乙地到丙地.这时,要分两步走,第一步从甲地到乙地,有4种走法;第二步从乙地到丙地共2种走法,所以由乘法原理,这时共有4×2=8种不同的走法.第二类,由甲地直接到丙地,由条件知,有3种不同的走法.解:由加法原理知,由甲地到丙地共有:4×2+3=11(种)不同的走法.例4如下页图,一只小甲虫要从A点出发沿着线段爬到B点,要求任何点和线段不可重复经过.问:这只甲虫有多少种不同的走法?分析从A点到B点有两类走法,一类是从A点先经过C点到B点,一类是从A点先经过D点到B点.两类中的每一种具体走法都要分两步完成,所以每一类中,都要用乘法原理,而最后计算从A到B的全部走法时,只要用加法原理求和即可.解:从A点先经过C到B点共有:1×3=3(种)不同的走法.从A点先经过D到B点共有:2×3=6(种)不同的走法.所以,从A点到B点共有:3+6=9(种)不同的走法.例5有两个相同的正方体,每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6.将两个正方体放到桌面上,向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形?分析要使两个数字之和为偶数,只要这两个数字的奇偶性相同,即这两个数字要么同为奇数,要么同为偶数,所以,要分两大类来考虑.第一类,两个数字同为奇数.由于放两个正方体可认为是一个一个地放.放第一个正方体时,出现奇数有三种可能,即1,3,5;放第二个正方体,出现奇数也有三种可能,由乘法原理,这时共有3×3=9种不同的情形.第二类,两个数字同为偶数,类似第一类的讨论方法,也有3×3=9种不同情形.最后再由加法原理即可求解.解:两个正方体向上的一面同为奇数共有3×3=9(种)不同的情形;两个正方体向上的一面同为偶数共有3×3=9(种)不同的情形.所以,两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有3×3+3×3=18(种)不同的情形.例6从1到500的所有自然数中,不含有数字4的自然数有多少个?分析从1到500的所有自然数可分为三大类,即一位数,两位数,三位数.一位数中,不含4的有8个,它们是1、2、3、5、6、7、8、9;两位数中,不含4的可以这样考虑:十位上,不含4的有1、2、3、5、6、7、8、9这八种情况.个位上,不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况,要确定一个两位数,可以先取十位数,再取个位数,应用乘法原理,这时共有8×9=72个数不含4.三位数中,小于500并且不含数字4的可以这样考虑:百位上,不含4的有1、2、3、这三种情况.十位上,不含4的有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种情况,个位上,不含4的也有九种情况.要确定一个三位数,可以先取百位数,再取十位数,最后取个位数,应用乘法原理,这时共有3×9×9=243个三位数.由于500也是一个不含4的三位数.所以,1~500中,不含4的三位数共有3×9×9+1=244个.解:在1~500中,不含4的一位数有8个;不含4的两位数有8×9=72个;不含4的三位数有3×9×9+1=244个,由加法原理,在1~500中,共有:8+8×9+3×9×9+1=324(个)不含4的自然数.补充说明:这道题也可以这样想:把一位数看成是前面有两个0的三位数,如:把1看成是001.把两位数看成是前面有一个0的三位数.如:把11看成011.那么所有的从1到500的自然数都可以看成是“三位数”,除去500外,考虑不含有4的这样的“三位数”.百位上,有0、1、2、3这四种选法;十位上,有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种选法;个位上,也有九种选法.所以,除500外,有4×9×9=324个不含4的“三位数”.注意到,这里面有一个数是000,应该去掉.而500还没有算进去,应该加进去.所以,从1到500中,不含4的自然数仍有324个.这是一种特殊的思考问题的方法,注意到当我们对“三位数”重新给予规定之后,问题很简捷地得到解决.例7如下页左图,要从A点沿线段走到B,要求每一步都是向右、向上或者向斜上方.问有多少种不同的走法?分析观察下页左图,注意到,从A到B要一直向右、向上,那么,经过下页右图中C、D、E、F四点中的某一点的路线一定不再经过其他的点.也就是说从A到B点的路线共分为四类,它们是分别经过C、D、E、F的路线.第一类,经过C的路线,分为两步,从A到C再从C到B,从A到C有2条路可走,从C到B也有两条路可走,由乘法原理,从A经C到B共有2×2=4条不同的路线.第二类,经过D点的路线,分为两步,从A到D有4条路,从D到B有4条路,由乘法原理,从A经D到B共有4×4=16种不同的走法.第三类,经过E点的路线,分为两步,从A到E再从E到B,观察发现.各有一条路.所以,从A经E到B共有1种走法.第四类,经过F点的路线,从A经F到B只有一种走法.最后由加法原理即可求解.解:如上右图,从A到B共有下面的走法:从A经C到B共有2×2=4种走法;从A经D到B共有4×4=16种走法;从A经E到B共有1种走法;从A经F到B共有1种走法.所以,从A到B共有:4+16+1+1=22种不同的走法.习题二1.如右图,从甲地到乙地有三条路,从乙地到丙地有三条路,从甲地到丁地有两条路,从丁地到丙地有四条路,问:从甲地到丙地共有多少种走法?2.书架上有6本不同的画报和7本不同的书,从中最多拿两本(不能不拿),有多少种不同的拿法?3.如下图中,沿线段从点A走最短的路线到B,各有多少种走法?4.在1~1000的自然数中,一共有多少个数字0?5.在1~500的自然数中,不含数字0和1的数有多少个?6.十把钥匙开十把锁,但不知道哪把钥匙开哪把锁,问:最多试开多少次,就能把锁和钥匙配起来?习题二解答1.3×3+2×4=17(种).2.6+7+15+21+6×7=91(种).提示:拿两本的情况分为2本画报或2本书或一本画报一本书.3.(1)6;(2)10;(3)20;(4)35.4.9+180+3=192(个).5.8+8×8+3×8×8=264(个).6.9+8+7+6+5+4+3+2+1=45(次).第三讲排列在实际生活中常遇到这样的问题,就是要把一些事物排在一起,构成一列,计算有多少种排法.就是排列问题.在排的过程中,不仅与参加排列的事物有关,而且与各事物所在的先后顺序有关.例如某客轮航行于天津、青岛、大连三个城市之间.问:应准备有多少种不同船票?分析这个问题,可以用枚举法解决,三个城市之间,船票有下面六种设置方式:如果不用枚举法,注意到要准备的船票的种类不仅与所选的两个城市有关,而且与这两个城市作为起点、终点的顺序有关,所以,要考虑共准备多少种不同的船票,就要在三个城市之间每次取出两个,按照起点、终点的顺序排列.首先确定起点站,在三个城市中,任取一个为起点站,共有三种选法.其次确定终点站,每次确定了一个起点站后,只能从剩下的两个城市之中选终点站,共有两种选法.由乘法原理,共需准备:3×2=6种不同的船票.为叙述方便,我们把研究对象(如天津、青岛、大连)看作元素,那么上面的问题就是在三个不同的元素中取出两个,按照一定的顺序排成一列的问题.我们把每一种排法叫做一个排列(如天津——青岛就是一个排列),把所有排列的个数叫做排列数.那么上面的问题就是求排列数的问题.一般地,从n个不同的元素中任取出m个(m≢n)元素,按照一定的顺序排成一列.叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.由排列的定义可以看出,两个排列相同,不仅要求这两个排列中的元素完全相同,而且各元素的先后顺序也一样.如果两个排列的元素不完全相同.或者各元素的排列顺序不完全一样,则这就是两个不同的排列.从n个不同元素中取出m个(m≢n)元素的所有排列的个数,叫做从上面的问题要计算从3个城市中取出2个城市排成一列的排列数,就是一般地,从n个不同元素中取出m个元素(m≢n)排成一列的问题,可以看成是从n个不同元素中取出m个,排在m个不同的位置上的问题,而第一步:先排第一个位置上的元素,可以从n个元素中任选一个,有n种不同的选法;第二步:排第二个位置上的元素.这时,由于第一个位置已用去了一个元素,只剩下(n-1)个不同的元素可供选择,共有(n-1)种不同的选法;第三步:排第三个位置上的元素,有(n-2)种不同的选法;…第m步:排第m个位置上的元素.由于前面已经排了(m-1)个位置,用去了(m-1)个元素.这样,第m个位置上只能从剩下的[n-(m-1)]=(n-m+1)个元素中选择,有(n-m+1)种不同的选法.由乘法原理知,共有:n(n-1)(n-2)…(n-m+1)种不同的排法,即:这里,m≢n;且等号右边从n开始,后面每个因数比前一个因数小1,共有m个因数相乘.例1解:由排列数公式知:例2有五面颜色不同的小旗,任意取出三面排成一行表示一种信号,问:共可以表示多少种不同的信号?分析这里五面不同颜色的小旗就是五个不同的元素,三面小旗表示一种信号,就是有三个位置.我们的问题就是要从五个不同的元素中取三个,排在三个位置的问题.由于信号不仅与旗子的颜色有关,而且与不同旗子所在的位置有关,所以是排列问题,且其中n=5,m=3.解:由排列数公式知,共可组成种不同的信号.补充说明:这个问题也可以用乘法原理来做,一般,乘法原理中与顺序有关的问题常常可以用排列数公式做,用排列数公式解决问题时,可避免一步步地分析考虑,使问题简化.例3用1、2、3、4、5、6、7、8可组成多少个没有重复数字的五位数?分析这是一个从8个元素中取5个元素的排列问题,且知n=8,m=5.解:由排列数公式,共可组成:例4幼儿园里的6名小朋友去坐3把不同的椅子,有多少种坐法?分析在这个问题中,只要把3把椅子看成是3个位置,而6名小朋友作为6个不同元素,则问题就可以转化成从6个元素中取3个,排在3个不同位置的排列问题.解:由排列数公式,共有:种不同的坐法.例5幼儿园里3名小朋友去坐6把不同的椅子(每人只能坐一把),有多少种不同的坐法?分析与例4不同,这次是椅子多而人少,可以考虑把6把椅子看成是6个元素,而把3名小朋友作为3个位置,则问题转化为从6把椅子中选出3把,排在3名小朋友面前的排列问题.解:由排列公式,共有:种不同的坐法.例6有4个同学一起去郊游,照相时,必须有一名同学给其他3人拍照,共可能有多少种拍照情况?(照相时3人站成一排)分析由于4人中必须有一个人拍照,所以,每张照片只能有3人,可以看成有3个位置由这3人来站.由于要选一人拍照,也就是要从四个人中选3人照相,所以,问题就转化成从四个人中选3人,排在3个位置中的排列问题.要计算的是有多少种排法.解:由排列数公式,共可能有:种不同的拍照情况.例7 4名同学到照相馆照相.他们要排成一排,问:共有多少种不同的排法?分析 4个人到照相馆照相,那么4个人要分坐在四个不同的位置上.所以这是一个从4个元素中选4个,排成一列的问题.这时n=4,m=4.解:由排列数公式知,共有。

五年级奥数教案第12讲:抽屉原理

五年级奥数教案第12讲:抽屉原理
你们想知道是什么考验吗?
生:……
师:月考结束后,博士觉得卡尔他们的表现很好,决定要奖励他们,但是想要
出个难题考考他们。于是找来一个箱子,往箱子里装了红、黄、蓝三色彩
球各10个,博士对孩子们说:“孩子们,我这儿有三种颜色的彩球各10
个,谁能一次摸最少的球出来保证有三个球是相同颜色,我就奖励他一份
礼品,或者你们一起讨论,对了也把礼品给你们分享。”最后米德获得了
中有5个球的颜色相同,则最少要取出多少个球?
板书:
3+4+4+1=12[个]
答:最少要取出12个球。
5.今天博士给孩子们买了很多三种不同的面包,分别是枣泥面包、牛角包和虎
皮面包,一共有39个学生,要求一个人至少选1种,那么至少有几个人的
选择是相同的?
板书:
3+3+1=7[种]
39÷7=5[个]……4[个]
7÷6=1[个]……1[个]
答:如果每个抽屉里都放一个苹果,那么6个抽屉就有6个苹果,实际上有7
个苹果,说明至少有一个抽屉里至少有2个苹果。
练习1:[5分]
5只鸽子飞进4个鸽笼,那么一定有一个鸽笼里至少飞进2只鸽子,为什么?
分析:
把多于n件的物品任意放进n个抽屉里,那么至少有一个抽屉里的物品不少于2件。
家庭作业
主管评价
主管评分
课后反思
[不少于60字]
整体效果
设计不足之处
设计优秀之处
5+1=6[个]答:至少有6个人的选择是相同的。
练习4:[5分]
某次数学竞赛总共有210名同学参加,那么这些同学中至少有几名同学是同一个月出生的?
分析:
抽屉原理[二]:将多于m×n件物品放进n个抽屉里,则至少有一个抽屉里放的物品不少于m+1件。

第12讲 水管问题

第12讲  水管问题
【答案】
进水速度: 1 ;排水速度: 1 - 1 = 1 ;
6
6 12 12
1 ÷( 1 ×3- 1 )= 6
26
12 5
练习2
一个水池有两个相同的进水管和一个排水管,如果单独打开一
个进水管,那么6小时可以将空水池灌满;如果打开一个进水管和一
个排水管,那么30小时可以将空水池灌满。请根据题意,回答问题:
第十二讲
五年级寒假C版课件
水管问题
数学教研组 编写
知识要点:
水管问题
工程问题
基本量 关系式 工作总量
工作总量、工作时间、工作效率 工作总量=工作效率×工作时间 工作效率=工作总量÷工作时间 工作时间=工作总量÷工作效率
一般情况下设为“1”
水管问题效率
进水速度 排水速度
工作总效率
进水效率>排水效率: 总效率=进水速度-排水速度
例题1
一个水池有若干相同的进水管和若干相同的排水管,如果单独打开
一个进水管,那么24小时可以将空水池灌满;如果单独打开一个排水管,
那么36小时可以将满池的水排光。请根据题意回答下列问题:
(1)同时打开2个进水管,多少小时可以将空水池灌满?
【答案】 1÷( 1 ×2)=24(小时) 24
(2)同时打开3个进水管和1个排水管,多少小时可以将空水池灌
门泄洪,多少小时后水位降至安全线?
【答案】
出水速度:(1- 1 ) 2= 2
9 45
45
进水速度: 2 1 = 1 45 45 45
1÷( 2 ×5 1 )=5 (小时) 45 45
例题6
有一个敞口的立方体水箱,在其侧面一条高的三等分点处有两 个排水孔A和B,它们排水时的速度相同且保持不变。现在以一定的 速度从上面往水箱注水。如果打开A孔、关闭B孔,经过20分钟可将 水箱注满;如果关闭A孔,打开B孔,经过22分钟可将水箱注满。如 果两个孔都打开,那么注满水箱的时间是多少分钟?
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第十二讲综合题选讲(二)解综合题,除了要有牢固的解基本题的基础之外,还要求解题者有创造性意识,有构造(构思)能力,有探索能力,要善于把复杂的问题化归为较简单的问题.例1 任意100个自然数,从中是否可找出若干个数(也可以是一个,也可以是多个),使得找出的这些数之和可以被100整除?说明理由.分析 100太大,先从小一些的数分析.如果是两个自然数,当其中有偶数时,这个偶数可被2整除,这时结论成立;当其中没有偶数时,这两个奇数之和是偶数,这两个数之和能被2整除,可见对于两个自然数,结论成立.如果有3个自然数,当其中有3的倍数时,这个数就可被3整除,选这个数即可;当其中没有3的倍数时,如果这3个数被3除的余数相等,那么这3个数之和可被3整除,这时可选出这3个数;如果这3个数被3除后有的余1,有的余2,就取余1和余2的各一个数,这两个数之和可被3整除.因此,对于3个整数的情形,结论成立.类似的分析可知,对于4个整数的情形,结论成立.不过分析的过程要更长些.按这种思路分析下去,虽然能够依次断定对于5个,6个,7个,8个,…整数时结论成立,但是还不能说“对于100个整数结论也成立”.因为我们不可能在短时间内一直验证到100.看来要另外设计证题的方法.虽然没有证出原来的题目,但是从简单情况可猜想原题的结论应当是肯定的.因为本题结论是与若干个数之和有关的,由此可联想构造“若干个数之和”形式的数.再进一步考虑被100除后的余数.设原来的 100个数是a1, a2,…, a100.考虑 b1, b2,…,b100,其中b1=a1,b2=a1+a2,b3=a1+a2+a3,b100=a1+a2+a3+…+a100.很显然每个b i(i=1,2,…,100),以及它们中的任意两个之差(例如b5-b2=a3+a4+a5),都是若干个原来的数之和.考虑b1,b2,…, b100被 100除后各自的余数.如果有一个数,例如b1,它能被 100整除,那么问题就解决了.如果任一个数被100除之后的余数都不是0,那么100个数最多可能余1,余2,…,余99,所以至少有两个数,它们被100除后的余数相同.这时,它们的差可被100整除,也就是说在a1,a2,…,a100中存在若干个数,它们的和可被100整除.说明:上面的论证方法利用了余数类,同余,抽屉原理,这些解数学竞赛题中常用的方法.在考虑b1,b2,…,b100时,采用了构造法.应当指出,题目中的“100”不是本质的,改成200,300…,甚至改成任一自然数n,结论也成立,证法相同.例2某班学生有下列特点:任何四个人中,都有一个人与另外三个人通过电话.证明:全班之中的任意四个人中,可找到一个人,这个人与全班所有人都通过电话.分析这个题目中“数”很少,要论证的结论“任意四个人中可找到一个人,这个人与全班所有的人都通过电话”又比较强,为此,要充分利用“任何四个人中都有一个人与另外三个人通过电话”的已知条件.画个示意图,人用点表示,两个人之间通过电话就用这两点的实连线表示,否则就用虚线表示.如果这些学生之间的任何两个人都有线相连,那么问题已解决;如果有四个人A、B、C、D有如下图所示的关系:那么D与A、B、C都通过电话,考虑除A、B、C、D外的任何一个人E.D、E之间一定通过电话.否则A、C、D、E四人与已知条件不符.由于E 的任意性表明D与所有人通过电话.如果有四个人A、B、C、D,它们间的关系如下图所示,与上图的证法类似,可知D与所有人通过电话.我们已讨论了所有可能的情形,因此综上所证知:任意四人中,总有一个人,这个人与所有人通过电话.说明:我们采用的证明方法是用图这种直观方式表达关系和逻辑,把人和通电话分别用点、边表示,未通电话用虚线表示.这样便于对照图形分析问题.这种方法是图论的基本方法.在上述证明中,使用了分情况论证(分情况讨论)的方法.这是推理论证的基本方法之一.例3 甲、乙两所学校的学生中,有些学生互相认识.已知甲校的学生中任何一个人也认不全乙校的学生,乙校的任意两名学生都有甲校中的一个公共朋友.问:能否在甲校中找出两个学生A、B,从乙校中找出三个学生C、D、E,使得A认识C、D,不认识E,B认识D、E,不认识C?说明理由.(认识是相互的,即甲认识乙时,乙也认识甲).分析如果选乙校学生中任意两个人为C、D,那么甲校中有认识C、D 的人,设它为A.因为A认不全乙校学生,所以在乙校中有学生E,A不认识E.这时A认识C、D,不认识E.按这个思路,再考虑选B时有些麻烦.虽然对于乙校的D、E,可知甲校中有学生认识D、E,如果把甲校的这个认识D、E的人选为B.这个B可能认识C,这样就达不到题目要求了.之所以陷入上述困境,原因在于C、D在乙校中太“任意”了,在乙校中任选C、D,就可能使得最后甲校中的B选不出来,看来要选特殊一点的人.因为甲校学生都认不全乙校的学生,所以存在甲校的认识乙校学生数目最多的人(或认识乙校学生数目最多的人之一).选他为A.因为A认不全乙校学生,取A不认识的乙校的一名学生为E,设A认识的乙校的一名学生为D.对于D、E,在甲校中有一个人,设它为B,B认识D、E.因为B认识E,A不认识E,所以A、B不是同一个人.在A认识的乙校学生中,一定有B不认识的人,若不然,当A认识的乙校的任何一名学生都认识B时,B至少要比A多认识一个人E,这与“甲校学生中认识乙校人数最多的人之一是A”的假定矛盾.设在乙校中,学生C认识A而不认识B,这样就有:A认识C、D,不认识E,B认识D、E,不认识C.说明:为论证的需要,选择特殊元素(如最多、最少、最早、最晚、…等),是行之有效的办法,这个特殊元素的性质作为论证的一个重要已知条件.例4若干个自然数之和是1993,这些自然数之积的最大值是多少?分析这个问题中有下列难点:“若干个”是几个?这些自然数都是什么?如何找出这些自然数之积的最大值?虽然把有限数1993拆成各种不同的自然数之和的方法也是有限的,但是一一分拆再求出它们的乘积,最后再从乘积中选出最大的是不现实的,那样计算量过大.首先可以看出,1993拆开的各加数中不应当有1.因为1作为因数对乘积无作用,当把1合并到另一个加数中去后,会使乘积增大,因此不拆出1为加数.另一方面,拆成的加数也不应当太大,例如当拆成的加数中有5时,只要把5再拆为2+3,由于2×3>5,可见把5去掉,换成2+3会使乘积增大.同样,如果加数中有6,换成 3+3,由于 3×3>6,可见换成 3+3会使乘积增大.一般地,因为当a>4时,2×(a-2)>a,所以我们总可以把5或5以上的加数a换成2+(a-2),这样使乘积增大,也就是说,所拆成的加数中至多是4.进一步考虑,如果有加数4,把4用2+2换一下,乘积不变.因此,为使考虑问题简单起见,可以认为所拆成的加数中不含4,即加数中只有2和3两种数.如果加数中有3个或3个以上的“ 2”,当把3个“ 2”用2个“ 3”代替时,和不变,但因为 2×2×2< 3×3,可见乘积增大.由此可以设想1993拆成的各加数中仅有2、3,而且2的数目不多于两个.因为1993不是3的倍数,所以至少要拆出一个“2”,但1993-2=1991也不是3的倍数,可见1993要拆出两个“2”.容易看出:这时取得最大乘积 22×3663.说明:上面采取了层层化简的分析方法,把1993的分析问题归结为“只含有2、3,且2的数目不多于两个”,以达到乘积最大.这是在不断比较、调整的过程中对各加数的性质逐渐认识得到的.在朝着使乘积逐渐增加的方向,我们排除了加数中的1,排除了加数中大于4的数,进而去掉4,限制了加数中“2”的数目,经过这样一系列的比较、简化才比较方便地找出了乘积的最大值,我们应当学习这种层层化简的转化策略.习题十二1.某个四位数有如下特点:①这个数加 1之后是 15的倍数;②这个数减去3是38的倍数;③把这个数各数位上的数左右倒过来所得的数与原数之和能被10整除,求这个四位数.2.某学校的若干学生在一次数学考试中所得分数之和是8250分.第一、二、三名的成绩是88、85、80分,得分最低的是30分,得同样分的学生不超过3人,每个学生的分数都是自然数.问:至少有几个学生的得分不低于60分?3.一个自然数,如果它的奇数位上各数字之和与偶数位上各数字之和的差是11的倍数,那么这个自然数是11的倍数,例如 1001,因为1+0=0+1,所以它是 11的倍数;又如1234,因为 4+2-(3+1)=2不是 11的倍数,所以 1234不是11的倍数.问:用0、1、2、3、4、5这6个数字排成不含重复数字的六位数,其中有几个是11的倍数?4.做少年广播体操时,某年级的学生站成一个实心方阵时(正方形队列)时,还多10人,如果站成一个每边多1人的实心方阵,则还缺少15人.问:原有多少人?习题十二解答因为该数加 1之后是 15的倍数,也是5的倍数,所以d=4或d=9.因为该数减去3是38的倍数,可见原数是奇数,因此d≠4,只能是d=9.这表明 m=27、37、47;32、42、52.(因为38m的尾数为6)又因为 38m+3=15k-1(m、k是正整数)所以 38m+4=15k.由于 38m的个位数是 6,所以5|(38m+4),因此 38m+4=15k等价于3|(38m+4),即 3除m余1,因此可知m=37,m=52.所求的四位数是1409,1979.2.除得分88、85、80的人之外,其他人的得分都在30至79分之间,其他人共得分:8250-(88+85+80)=7997(分).为使不低于60分的人数尽量少,就要使低于60分的人数尽量多,即得分在30~59分中的人数尽量多,在这些分数上最多有 3×(30+31+…+59)= 4005分(总分),因此,得 60~79分的人至多总共得7997-4005=3992分.如果得60分至79分的有60人,共占分数 3×(60+61+ …+ 79)= 4170,比这些人至多得分7997-4005= 3992分还多178分,所以要从不低于60分的人中去掉尽量多的人.但显然最多只能去掉两个不低于60分的(另加一个低于60分的,例如,178=60+60+58).因此,加上前三名,不低于60分的人数至少为61人.,它能被11整除,并设a1+a3+a5≥a2+a4+a6,则对某一整数k≥0,有:a1+a3+a5-a2-a4-a6=11k (*)也就是:a1+a2+a3+a4+a5+a6=11k+2(a2+a4+a6)15=0+1+2+3+4+5=11k+2(a2+a4+a6)(**)由此看出k只能是奇数由(*)式看出,0≤k<2 ,又因为k为奇数,所以只可能k=1,但是当k=1时,由(**)式看出a2+a4+a6=2.但是在0、1、2、3、4、5中任何三个数之和也不等于2,可见k≠1.因此(*)不成立.对于a2+a4+a6>a1+a3+a5的情形,也可类似地证明(a2+a4+a6)-(a1+a3+a5)不是11的倍数.根据上述分析知:用0、1、2、3、4、5不能组成不包含重复数字的能被11整除的六位数.4.当扩大方阵时,需补充10+15人,这25人应站在扩充的方阵的两条邻边处,形成一层人构成的直角拐角.补充人后,扩大的方阵每边上有(10+15+1)÷2=13人.因此扩大方阵共有13×13=169人,去掉15人,就是原来的人数169-15=154人.。

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