小学数学奥林匹克讲义第三十讲
小学四年级奥数教程30讲(经典讲解)
小学奥数基础教程（四年级）第1讲速算与巧算（一）第2讲速算与巧算（二）第3讲高斯求和第4讲 4，8，9整除的数的特征第5讲弃九法第6讲数的整除性（二）第7讲找规律（一）第8讲找规律（二）第9讲数字谜（一）第10讲数字谜（二）第11讲归一问题与归总问题第12讲年龄问题第13讲鸡兔同笼问题与假设法第14讲盈亏问题与比较法（一）第15讲盈亏问题与比较法（二）第16讲数阵图（一）第17讲数阵图（二）第18讲数阵图（三）第19将乘法原理第20讲加法原理（一）第21讲加法原理（二）第22讲还原问题（一）第23讲还原问题（二）第24讲页码问题第25讲智取火柴第26讲逻辑问题（一）第27讲逻辑问题（二）第28讲最不利原则第29讲抽屉原理（一）第30讲抽屉原理（二）第1讲速算与巧算（一）计算是数学的基础，小学生要学好数学，必须具有过硬的计算本领。
准确、快速的计算能力既是一种技巧，也是一种思维训练，既能提高计算效率、节省计算时间，更可以锻炼记忆力，提高分析、判断能力，促进思维和智力的发展。
我们在三年级已经讲过一些四则运算的速算与巧算的方法，本讲和下一讲主要介绍加法的基准数法和乘法的补同与同补速算法。
例1 四年级一班第一小组有10名同学，某次数学测验的成绩（分数）如下：86，78，77，83，91，74，92，69，84，75。
求这10名同学的总分。
分析与解：通常的做法是将这10个数直接相加，但这些数杂乱无章，直接相加既繁且易错。
观察这些数不难发现，这些数虽然大小不等，但相差不大。
我们可以选择一个适当的数作“基准”，比如以“80”作基准，这10个数与80的差如下：6，-2，-3，3，11，-6，12，-11，4，-5，其中“-”号表示这个数比80小。
于是得到总和=80×10＋（6-2-3＋3＋11-＝800＋9＝809。
实际计算时只需口算，将这些数与80的差逐一累加。
为了清楚起见，将这一过程表示如下：通过口算，得到差数累加为9，再加上80×10，就可口算出结果为809。
小学六年级数学奥数讲座共30讲含答案_(10)
小学数学奥数基础教程(六年级)
本教程共30讲第10讲
圆与扇形
五年级已经学习过三角形、矩形、平行四边形、梯形以及由它们形成的组合图形的相关问题，这一讲学习与圆有关的周长、面积等问题。
圆的面积=πr2，
圆的周长=2πr，
本书中如无特殊说明，圆周率都取π=3.14。
例1 如下图所示，200米赛跑的起点和终点都在直跑道上，中间的弯道是一个半圆。
已知每条跑道宽1.22米，那么外道的起点在内道起点前面多少米？（精确到0.01米）
分析与解：半径越大，周长越长，所以外道的弯道比内道的弯道长，要保证内、外道的人跑的距离相等，外道的起点就要向前移，移的距离等于外道弯道与内道弯道的长度差。
虽然弯道的各个半径都不知道，然而两条弯道的中心线的半径之差等于一条跑道之宽。
设外弯道中心线的半径为R，内弯道中心线的半径为r，则两个弯道的长度之差为
πR-πr＝π（R-r）。
小学六年级数学奥数讲座共30讲含答案-(6)
小学数学奥数基础教程(六年级)本教程共30讲第6讲巧用单位“1”在工程问题中，我们往往设工作总量为单位“1”。
在许多分数应用题中，都会遇到单位“1”的问题，根据题目条件正确使用单位“1”，能使解答的思路更清晰，方法更简捷。
分析：因为第一天、第二天都是与全书比较，所以应以全书的页数为单位答：这本故事书共有240页。
分析与解：本题条件中单位“1”的量在变化，依次是“全书的页数”、“第一天看后余下的页数”、“第二天看后余下的页数”，出现了3个不同的单位“1”。
按照常规思路，需要统一单位“1”，转化分率。
但在本题中，不统一单位“1”反而更方便。
我们先把全书看成“1”，看成“1”，就可以求出第三天看后余下的部分占全书的共有多少本图书？分析与解：故事书增加了，图书的总数随之增加。
题中出现两个分率，这给计算带来很多不便，需要统一单位“1”。
统一单位“1”的一个窍门就是抓“不变量”为单位“1”。
本题中故事书、图书总数都发生了变化，而其它书的本数没有变，可以以图书室原来共有图书分析与解：与例3类似，甲、乙组人数都发生了变化，不变量是甲、乙组的总人数，所以以甲、乙组的总人数为单位“1”。
例5公路上同向行驶着三辆汽车，客车在前，货车在中，小轿车在后。
在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离相等；走了10分钟，小轿车追上了货车；又过了5分钟，小轿车追上了客车，再过多少分钟，货车追上客车？分析与解：根据“在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离相等”，设这段距离为单位“1”。
由“走了10分钟，小轿车追上了货车”，可知小轿可知小轿车(10+5)分钟比客车多行了两个这样的距离，每分钟多行这段距离的两班各有多少人？乙班有84-48=36（人）。
练习7树上原有多少个桃？剩下的部分收完后刚好又装满6筐。
共收西红柿多少千克？7.六年级两个班共有学生94人，其中女生有39人，已知一班的女生占本答案与提示练习7 1.35个。
2.60个。
3.64吨。
小学六年级数学奥数讲座共30讲含答案-(6)
小学数学奥数基础教程(六年级)本教程共30讲第6讲巧用单位“1”在工程问题中，我们往往设工作总量为单位“1”。
在许多分数应用题中，都会遇到单位“1”的问题，根据题目条件正确使用单位“1”，能使解答的思路更清晰，方法更简捷。
分析：因为第一天、第二天都是与全书比较，所以应以全书的页数为单位答：这本故事书共有240页。
分析与解：本题条件中单位“1”的量在变化，依次是“全书的页数”、“第一天看后余下的页数”、“第二天看后余下的页数”，出现了3个不同的单位“1”。
按照常规思路，需要统一单位“1”，转化分率。
但在本题中，不统一单位“1”反而更方便。
我们先把全书看成“1”，看成“1”，就可以求出第三天看后余下的部分占全书的共有多少本图书？分析与解：故事书增加了，图书的总数随之增加。
题中出现两个分率，这给计算带来很多不便，需要统一单位“1”。
统一单位“1”的一个窍门就是抓“不变量”为单位“1”。
本题中故事书、图书总数都发生了变化，而其它书的本数没有变，可以以图书室原来共有图书分析与解：与例3类似，甲、乙组人数都发生了变化，不变量是甲、乙组的总人数，所以以甲、乙组的总人数为单位“1”。
例5公路上同向行驶着三辆汽车，客车在前，货车在中，小轿车在后。
在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离相等；走了10分钟，小轿车追上了货车；又过了5分钟，小轿车追上了客车，再过多少分钟，货车追上客车？分析与解：根据“在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离相等”，设这段距离为单位“1”。
由“走了10分钟，小轿车追上了货车”，可知小轿可知小轿车(10+5)分钟比客车多行了两个这样的距离，每分钟多行这段距离的两班各有多少人？乙班有84-48=36（人）。
练习7树上原有多少个桃？剩下的部分收完后刚好又装满6筐。
共收西红柿多少千克？7.六年级两个班共有学生94人，其中女生有39人，已知一班的女生占本答案与提示练习7 1.35个。
2.60个。
3.64吨。
小学校奥林匹克数学课本_小学生5年级_奥数
小学校奥林匹克数学课本_小学生5年级_奥数华罗庚学校数学课本（五年级修订版）华罗庚学校数学课本（五年级修订版）上册上册第一讲数的整除问题第一讲数的整除问题数的整除问题，内容丰富，思维技巧性强。
它是小学数学中的重要课题，也是小学数学竞赛命题的内容之一。
一、基本概念和知识1.整除――约数和倍数例如：15÷3=5，63÷7=9一般地，如a、b、c为整数，b≠0，且a÷b=c，即整数a除以整除b （b不等于0），除得的商c正好是整数而没有余数（或者说余数是0），我们就说，a能被b整除（或者说b能整除a）。
记作b｜a.否则，称为a 不能被b整除，（或b不能整除a），记作ba。
如果整数a能被整数b整除，a就叫做b的倍数，b就叫做a的约数。
例如：在上面算式中，15是3的倍数，3是15的约数；63是7的倍数，7是63的约数。
2.数的整除性质性质1：如果a、b都能被c整除，那么它们的和与差也能被c整除。
即：如果c｜a，c｜b，那么c｜（a±b）。
例如：如果2｜10，2｜6，那么2｜（10＋6），并且2｜（10―6）。
性质2：如果b与c的积能整除a，那么b与c都能整除a.即：如果bc｜a，那么b｜a，c｜a。
性质3：如果b、c都能整除a，且b和c互质，那么b与c的积能整除a。
即：如果b｜a，c｜a，且（b，c）=1，那么bc｜a。
例如：如果2｜28，7｜28，且（2，7）=1,那么（2×7）｜28。
性质4：如果c能整除b，b能整除a，那么c能整除a。
即：如果c｜b，b｜a，那么c｜a。
例如：如果3｜9，9｜27，那么3｜27。
3.数的整除特征①能被2整除的数的特征：个位数字是0、2、4、6、8的整数.“特征”包含两方面的意义：一方面，个位数字是偶数（包括0）的整数，必能被2整除；另一方面，能被2整除的数，其个位数字只能是偶数（包括0）.下面“特征”含义相似。
②能被5整除的数的特征：个位是0或5。
小学奥林匹克数学竞赛辅导——最大公约数与最小公倍数
最大公约数与最小公倍数实际生活中，我们经常会碰到这样一些问题，把一张大长方形纸片平均裁成若干张小的长方形或正方形纸片而没有剩余，怎么办？这一类问题其实是最大公约数和最小公倍数在实际中的运用。
最大公约数和最小公倍数的知识在解决生活实际问题中经常用到，在数学竞赛中也占有一定的比重。
这一讲我们就来研究这个问题。
【例1】一块长96厘米，宽84厘米的铁皮，根据需要且不能浪费边角料，要剪出面积相等的最大的正方形铁皮，问：最多可以剪出这样的正方形铁皮多少块？［分析］根据题意，要求不浪费材料，并要剪成最大的正方形，可知剪出的正方形铁皮片的边长一定既是长方形铁皮片长的约数，又是这个长方形铁皮片宽的约数，也就是长方形铁皮片长和宽的公约数，因为要求最大的正方形块数，正方形的边长一定是长方形铁皮长和宽的最大公约数，进而就可求所剪正方形的块数了。
［解］解法一：（96、84）＝12所剪最大正方形面积是：12×12＝144（平方厘米）长方形铁皮的面积是：96×84＝8064（平方厘米）能剪出面积相等的最大正方形的块数是：8064÷144＝56（块）解法二：（96、84）＝12长里面有几个最大正方形的边长：96÷12＝8（个）宽里面有几个最大正方形的边长：84÷12＝7（个）8×7＝56（块）答：可剪出大小相等面积最大的正方形56块。
【例2】在一次庆祝活动中，某公司买来336个苹果，252个桔子，210个梨，用这些果品，最多可以分成多少份同样的礼物？在每份礼物中，苹果、桔子、梨各有多少个？［分析］苹果总数＝每份中苹果数×份数，因此，份数应是苹果总数的约数，同样份数也应该是桔子总数和梨总数的约数，所分礼物的份数一定是苹果、桔子、梨的总数的公约数。
即一定要是336、252、210的公约数。
题目求最多可以分多少份，就是求336、252、210的最大公约数。
［解］（336、252、210）＝42，所以这样的水果最多可以分成42份相同的礼品，并且在每份礼品中，苹果有：336÷42＝8（个）桔子有：252÷42＝6（个）梨有：210÷42＝5（个）［评析］这道题中，因为分成的是同样的礼物，所以份数是三个数量的最大公约数。
小学数学奥数基础教程(六年级)目30讲全[1]
![小学数学奥数基础教程(六年级)目30讲全[1]](https://img.taocdn.com/s3/m/e685617852d380eb63946d5c.png)
小学奥数基础教程(六年级)第1讲比较分数的大小第2讲巧求分数第3讲分数运算的技巧第4讲循环小数与分数第5讲工程问题(一)第6讲工程问题(二)第7讲巧用单位“1”第8讲比和比例第9讲百分数第10讲商业中的数学第11讲圆与扇形第12讲圆柱与圆锥第13讲立体图形(一)第14讲立体图形(二)第15讲棋盘的覆盖第16讲找规律第17讲操作问题第18讲取整计算第19讲近似值与估算第20讲数值代入法第21讲枚举法第22讲列表法第23讲图解法第24讲时钟问题第25讲时间问题第26讲牛吃草问题第27讲运筹学初步（一）第28讲运筹学初步（二）第29讲运筹学初步（三）第30讲趣题巧解第一讲比较分数的大小同学们从一开始接触数学，就有比较数的大小问题。
比较整数、小数的大小的方法比较简单，而比较分数的大小就不那么简单了，因此也就产生了多种多样的方法。
对于两个不同的分数，有分母相同，分子相同以及分子、分母都不相同三种情况，其中前两种情况判别大小的方法是：分母相同的两个分数，分子大的那个分数比较大；分子相同的两个分数，分母大的那个分数比较小。
第三种情况，即分子、分母都不同的两个分数，通常是采用通分的方法，使它们的分母相同，化为第一种情况，再比较大小。
由于要比较的分数千差万别，所以通分的方法不一定是最简捷的。
下面我们介绍另外几种方法。
1.“通分子”。
当两个已知分数的分母的最小公倍数比较大，而分子的最小公倍数比较小时，可以把它们化成同分子的分数，再比较大小，这种方法比通分的方法简便。
如果我们把课本里的通分称为“通分母”，那么这里讲的方法可以称为“通分子”。
2.化为小数。
这种方法对任意的分数都适用，因此也叫万能方法。
但在比较大小时是否简便，就要看具体情况了。
3.先约分，后比较。
有时已知分数不是最简分数，可以先约分。
4.根据倒数比较大小。
5.若两个真分数的分母与分子的差相等、则分母（子）大的分数较大；若两个假分数的分子与分母的差相等，则分母（子）小的分数较大。
奥数题型与解题思路21~40讲
奥数题型与解题思路21~40讲【数字求和】例1 100个连续自然数的和是8450，取其中第1个，第3个，第5个，………，第99个（所有第奇数个），再把这50个数相加，和是______°（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析：第50、51两个数的平均数是8450÷ 100= 84. 5，所以，第50个数是84°则100个连续自然数是：35，36，37，………，133，134°上面的一列数分别取第1、3、5、……、99个数得：35，37，39，……131，133°则这50个数的和是：例2 把1至100的一百个自然数全部写出来，所用到的所有数码的和是_____°（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析；可把1至100这一百个自然数分组，得（1、2、3、……、9），（10、11、12、……、19），（20、21、22、……29），……，（90、91、92、……99），（100）°容易发现前面10组中，每组的个位数字之和为45°而第一组十位上是0，第二组十位上是1，第三组十位上是2，……第十组十位上是9，所以全体十位上的数字和是（l+2+3+……+9）×10=450°故所有数码的和是45×10+450+l=901°续若干个数字之和是1992，那么a=____°（北京市第八届“迎春杯”小学数学竞赛试题）又，1992÷27=73余21，而21=8+5+7+1，所以 a=6°例4 有四个数，每次选取其中三个数，算出它们的平均数，再加上另外一个数，用这种方法计算了四次，分别得到四个数：86，92，100，106°那么，原来四个数的平均数是（1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：每次所选的三个数，计算其平均数，实际上就是计算这三个数中原来四个数的平均数为（86+92+100+106）÷2=192°【最大数与最小数】例1 三个不同的最简真分数的分子都是质数，分母都是小于20的合数，要使这三个分数的和尽可能大,这三个分数是（全国第四届《从小爱数学》邀请赛试题）°讲析： 20以内的质数有： 2、 3、 5、 7、 11、 13、 17、 19要使三个分数尽量大，必须使每个分子尽量大而分母尽量小°且三个真例2 将1、2、3、4、5、6、7、8这八个数分成三组，分别计算各组数的和°已知这三个和互不相等，且最大的和是最小和的2倍°问：最小的和是多少？（全国第三届“华杯赛”决赛口试试题）讲析；因为1+2+3+……+8=36，又知三组数的和各不相同，而且最大的例3 把20以内的质数分别填入□中（每个质数只用一次）：使A是整数°A最大是多少？（第五届《从小爱数学》邀请赛试题）讲析：要使A最大，必须使分母尽量小，而分子尽量大°分母分别取2、3、5时，A都不能为整数°当分母取7时，例4 一组互不相同的自然数，其中最小的数是1，最大的数是25°除1之外、这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于这组数中某两个数之和°问：这组数之和的最大值是多少？当这组数之和有最小值时，这组数都有哪些数？并说明和是最小值的理由°（全国第四届“华杯赛”决赛第一试试题）析：观察自然数1、2、3、4、5、……、25这25个数，发现它们除1之外，每个数都能用其中某一个数的2倍，或者某两个数之和表示°因此，这组数之和的最大值是1+2+3+……+25=325°下面考虑数组中各数之和的最小值°1和25是必取的，25不能表示成一个数的2倍，而表示成两个数之和的形式，共有12种°我们取两个加数中含有尽可能大的公约数的一组数（20+5）或者（10+15）°当取1、5、20、25时，还需取2、3、10三个；当取1、10、15、25时，还需取2、3、5°经比较这两组数，可知当取1、2、3、4、5、10、15、25时，和最小是61°22、数字串问题【找规律填数】例1 找规律填数（杭州市上城区小学数学竞赛试题）（1992年武汉市小学数学竞赛试题）讲析：数列填数问题，关键是要找出规律；即找出数与数之间有什么联系°第（1）小题各数的排列规律是:第1、3、5、……（奇数）个数分别别是4和2°第（2）小题粗看起来，各数之间好像没有什么联系°于是，运用分数得到了例2 右表中每竖行的三个数都是按照一定的规律排列的°按照这个规律在空格中填上合适的数°（1994年天津市小学数学竞赛试题）讲析：根据题意，可找出每竖行的三个数之间的关系°不难发现每竖行中的第三个数，是由前两数相乘再加上1得来的°所以空格中应填33°【数列的有关问题】数是几分之几？（第一届《从小爱数学》邀请赛试题）讲析：经观察发现，分母是1、2、3、4、5……的分数个数，分别是1、3、5、7、9……°所以，分母分别为1、2、3……9的分数共例2 有一串数：1，1993，1992，1，1991，1990，1，1989，1988，…这个数列的第1993个数是______（首届《现代小学数学》邀请赛试题）讲析：把这串数按每三个数分为一组，则每组第一个数都是1，第二、三个数是从1993开始，依次减1排列°而1993÷3=664余1，可知第1993个数是1°例3 已知小数0.12345678910111213……9899的小数点后面的数字，是由自然数1—99依次排列而成的°则小数点后面第88位上的数字是______°（1988年上海市小学数学竞赛试题）讲析：将原小数的小数部分分成A、B两组：A中有9个数字，B中有180个数字，从10到49共有80个数字°所以，第88位上是4°例4 观察右面的数表（横排为行，竖排为列）；几行，自左向右的第几列°（全国第三届“华杯赛”决赛试题）讲析：第一行每个分数的分子与分母之和为2，第二行每个分数的分子与分母之和为3，第三行每个分数的分子与分母之和为4，……即每行各数的分子与分母之和等于行数加1°例5 如图5.4，除了每行两端的数之外，其余每个数都是与它相连的上一行的两个数的平均数，那么第100行各数之和是_______°（广州市小学数学竞赛试题）讲析：可试探着计算每行中各数之和°第一、二、三、四行每行的各数之和分别是6、8、10、12，从而得出，每行的数字之和，是行数的2倍加4°故第100行各数之和为100×2＋4=204.例6 伸出你的左手，从大拇指开始，如图5.5所示的那样数数：l、2、3……°问：数到1991时，会落在哪个手指上？（全国第三届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：除1之外，从2开始每8个数为一组，每组第一个数都是从食指开始到拇指结束°∵（1991—1）÷8=248余6，∴剩下最后6个数又从食指开始数，会到中指结束°例7 如图5.6，自然数按从小到大的顺序排成螺旋形°在“2”处拐第一个弯，在“3”处拐第二个弯……问拐第二十个弯处是哪个数？（全国第一届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：写出拐弯处的数，然后按每两个数分为一组：（2，3），（5，7），（10，13），（17，21），（26，31），……°将会发现，每组数中依次相差1、2、3、4、5、……°每组的第二个数与后一组的第二个数依次相差2、3、4、5、……°从而可推出，拐第二十个弯处的数是111°例8 自然数按图5.7顺次排列°数字3排在第二行第一列°问：1993排在第几行第几列？（全国第四届“华杯赛”复赛试题）讲析：观察每斜行数的排列规律，每斜行数的个数及方向°每一斜行数的个数分别是1、2、3、4、5、……，奇数斜行中的数由下向上排列，偶数斜行中的数由上向下排列°斜行，该斜行的数是由下向上排列的，且第63行第1列是1954°由于从1954开始，每增加1时，行数就减少1，而列数就增加1°所以1993的列数、行数分别是：1993—1954＋1=40（列），63-（1993—1954）=24（行）23、数阵图【方阵】例1 将自然数1至9，分别填在图5.17的方格中，使得每行、每列以及两条对角线上的三个数之和都相等°（长沙地区小学数学竞赛试题）讲析：中间一格所填的数，在计算时共算了4次，所以可先填中间一格的数°（l+2+3+……+9）÷3=15，则符合要求的每三数之和为15°显然，中间一数填“5”°再将其它数字顺次填入，然后作对角线交换，再通过旋转（如图5.18），便得解答如下°例2 从1至13这十三个数中挑出十二个数，填到图5.19的小方格中，使每一横行四个数之和相等，使每一竖列三个数之和又相等°（“新苗杯”小学数学竞赛试题）讲析：据题意，所选的十二个数之和必须既能被 3整除，又能被 4整除，（三行四列）°所以，能被12整除°十三个数之和为91，91除以12，商7余7，因此，应去掉7°每列为（91—7）÷4=21而1至13中，除7之外，共有六个奇数，它们的分布如图5.20所示°三个奇数和为21的有两种：21=1＋9+11=3＋5+13°经检验，三个奇数为3、5、13的不合要求，故不难得出答案，如图5.21所示°例3 十个连续自然数中，9是第三大的数，把这十个数填到图5.22的十个方格中，每格填一个，要求图中三个2×2的正方形中四数之和相等°那么，这个和数的最小值是______°（1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：不难得出十个数为:2、3、4、5、6、7、8、9、10、11°它们的和是65°在三个2×2的正方形中，中间两个小正方形分别重复了两次°设中间两个小正方形分别填上a和b，则（65＋a＋b）之和必须是 3的倍数°所以，（a＋b）之和至少是7°故，和数的最小值是24°【其他数阵】例1 如图5.23，横、竖各12个方格，每个方格都有一个数°已知横行上任意三个相邻数之和为20，竖列上任意三个相邻数之和为21°图中已填入3、5、8和“×”四个数，那么“×”代表的数是______°（1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：可先看竖格°因为每相邻三格数字和为21，所以每隔两格必出现重复数字°从而容易推出，竖格各数从上而下是：3、10、8、3、10、8、3、10、8、3、10、8°同理可推导出横格各数，其中“×”=5°例2 如图5.24，有五个圆，它们相交后相互分成九个区域，现在两个区域里已经分别填上数字10、6，请在另外七个区域里分别填进2、3、4、5、6、7、9七个数字，使每个圆内的数之和都是15°（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析：可把图中要填的数，分别用a、b、c、d、e、f、g代替°（如图5.25）显然a=5，g=9°则有：b＋c=10，e＋f=6，c＋d＋e=15°经适当试验，可得b=3，c=7，d=6，e=2，f=4°例3 如图5.26，将六个圆圈中分别填上六个质数，它们的和是20，而且每个小三角形三个顶点上的数之和相等°那么，这六个质数的积是______°（全国第一届“华杯赛”决赛试题）讲析：最上面的小三角形与中间的小三角形，都有两个共同的顶点，且每个小三角形顶点上三数之和相等°所以，最上边圆圈内数字与最下面中间圆圈内数字相等°同样，左下角与右边中间的数相等，右下角与左边中间数相等°20÷2=10，10＝2+3+5°所以，六个质数积为2×2×3×3×5×5=900°例4 在图5.27的七个○中各填上一个数，要求每条直线上的三个数中，中间一个数是两边两个数的平均数°现已填好两个数，那么X=_______°（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：如图5.28，可将圆圈内所填各数分别用a、b、c、d代替°则d=15°由15+c+a=17+c+b，得：a比b多2°所以，b=13+2=15°进而容易算出，x=19°例5 图5.29中8个顶点处标注的数字：a、b、c、d、e、f、g、h，其中的每一个数都等于相邻三个顶点（全国第三届“华杯赛”复赛试题）讲析：将外层的四个数，分别用含其它字母的式子表示，得即（a+b+c+d）-（e+f+g+h）=024、数的组成【数字组数】例1 用1、2、3、4、5、6、7、8、9这九个数字组成质数，如果每个数字都要用到，并且只能用一次，那么这九个数字最多能组成______个质数°（1990年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：自然数1至9这九个数字中，2、3、5、7本身就是质数°于是只剩下1、4、6、8、9五个数字，它们可组成一个两位质数和一个三位质数：41和689°所以，最多能组成六个质数°例2 用0、1、2、……9这十个数字组成五个两位数，每个数字只用一次，要求它们的和是一个奇数，并且尽可能的大°那么，这五个两位数的和是______°（1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：组成的五个两位数，要求和尽可能大，则必须使每个数尽可能大°所以它们的十位上分别是9、8、7、6、5，个位上分别是0、1、2、3、4°但要求五个两位数和为奇数，而1+2+3+4=10为偶数，所以应将4与5交换，使和为：（9+8+7+6+4）×10+（1+2+3+5）=351°351即本题答案°例3 一个三位数，如果它的每一个数字都不超过另一个三位数对应数位上的数字，那么就称它被另一个三位数“吃掉”°例如，241被342吃掉，123被123吃掉（任何数都可以被与它相同的数吃掉），但240和223互不被吃掉°现请你设计出6个三位数，它们当中任何一个数不被其它5个数吃掉，并且它们的百位上数字只允许取1、2；十位上数字只允许取1、2、3；个位上数字只允许取1、2、3、4°这6个三位数是_______°（第五届《从小爱数学》邀请赛试题）讲析：六个三位数中，任取两个数a和b，则同数位上的数字中，a中至少有一个数字大于b，而b中至少有一个数字大于a°当百位上为1时，十位上可从1开始依次增加1，而个位上从4开始依次减少1°即：114，123，132°当百位上为2时，十位上从1开始依次增加1而个位上只能从3开始依次减少1°即：213，222，231°经检验，这六个数符合要求°例4 将1、1、2、2、3、3、4、4这八个数字排成一个八位数，使得两个1之间有一个数字；两个2之间有两个数字；两个3之间有三个数字；两个4之间有四个数字°那么这样的八位数中的一个是______°（1991年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：两个4之间有四个数字，则在两个4之间必有一个数字重复，而又要求两个1之间有一个数，于是可推知，这个重复数字必定是1，即412134或421314°然后可添上另一个2和3°经调试，得23421314，此数即为所答°【条件数字问题】例1 某商品的编号是一个三位数，现有五个三位数：874，765，123，364，925°其中每一个数与商品编号，恰好在同一位上有一个相同的数字，那么这个三位数是_______（1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：将五个数按百位、十位、个位上的数字分组比较，可发现：百位上五个数字都不同；十位上有两个2和两个6；个位上有两个4和两个5°故所求的数的个位数字一定是4或5，百位上一定是2或6°经观察比较，可知724符合要求°例2 给一本书编页码，共用了1500个数字，其中数字“3”共用了_______个（首届《现代小学数学）》邀请赛试题）讲析：可先求出1500个数字可编多少页°从第一页到第9页，共用去9个数字；从第10页到第99页，共用去2×90=180（个）数字；余下的数字可编（1500-189）÷3=437（页）所以，这本书共有536页°l至99页，共用20个“3”，从100至199页共用20个“3”，从200至299页共用20个“3”，从300至399页共用去120个“3”，从400至499页共用去20个“3”，从500到536页共用去11个“3”°所以，共用去211个数字3°例3 在三位数中，数字和是5的倍数的数共有_______个°（全国第四届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：可把三位数100至999共900个数，从100起，每10个数分为一组，得（100，101、......109），（110、111、......119），......（990、991、 (999)共分成了90组，而每组中有且只有两个数的数字和是5的倍数，所以一共有2×90=180（个）°例4 有四个数，取其中的每两个数相加，可以得到六个和°这六个和中最小的四个数是83、87、92、94，原因数中最小的是______°（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析：设原四个数从小到大为a、b、c、d，则有a+b=83，a+c=87，所以c 比b大4°而对于和为92和94时，或者是b+c=92，或者是b+c=94°当b+c=92时，因c比b大4，可得b=45，进而可求得a=38°当b+c=94时，因c比b大4，可得b=44，进而可求得a=39°所以，原四数中最小的数是38或39°abcd=______（广州市小学数学竞赛试题）讲析：原四位数增加8倍后得新的四位数，也就是原四位数乘以9，得新四位数（如图5.29）°从而可知，a一定为1，否则积不能得四位数°则例6 有两个两位数，它们的个位数字相同，十位数字之和是11°这两个数的积的十位数字肯定不会是哪两个数字？（1990年《小学生报》小学数学竞赛试题）讲析：由题意可知，两个数的十位上为（2，9），（3，8），（4，7），（5，6），而个上则可以是0至9的任意一个数字°如果分别去求这两个数的积，那是很麻烦的°设这两个数的个位数字是c，十位数字分别为a、b，则a+b=11，两数分别为（10a+c)，（10b+c）°字°能是6、8°例7 期的记法是用6个数字，前两个数字表示年份，中间两个数字表示月份，后两个数字表示日（如1976年4月5日记为760405）°第二届小学“祖杯赛”的竞赛日期记为921129°这个数恰好左右对称°因此这样的日期是“吉祥日”°问：从87年9月1日到93年6月30日，共有_______个吉祥日°（第二届“祖冲之杯”小学数学竞赛试题）讲析：一个六位数从中间分开，要求左右对称，则在表示月份的两个数中，只有11月份°而且“年份”的个位数字只能是0、1、2°所以是共有3个吉祥日：901109、911119、921129°25、数的整除性规律【能被2或5整除的数的特征】（见小学数学课本，此处略）【能被3或9整除的数的特征】一个数，当且仅当它的各个数位上的数字之和能被3和9整除时，这个数便能被3或9整除°例如，1248621各位上的数字之和是1+2+4+8+6+2+1=243｜24，则3｜1248621°又如，372681各位上的数字之和是3+7+2+6+8+1=279｜27，则9｜372681°【能被4或25整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末两位数能被4或25整除时，这个数便能被4或25整除°例如，173824的末两位数为24，4｜24，则4｜173824°43586775的末两位数为75，25｜75，则25｜43586775°【能被8或125整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末三位数字为0，或者末三位数能被8或125整除时，这个数便能被8或125整除°例如，32178000的末三位数字为0，则这个数能被8整除，也能够被125整除°3569824的末三位数为824，8｜824，则8｜3569824°214813750的末三位数为750，125｜750，则125｜214813750°【能被7、11、13整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末三位数字所表示的数，与末三位以前的数字所表示的数的差（大减小的差）能被7、11、13整除时，这个数就能被7、11、13整除°例如，75523的末三位数为523，末三位以前的数字所表示的数是75，523-75=448，448÷7=64，即7｜448，则7｜75523°又如，1095874的末三位数为874，末三位以前的数字所表示的数是1095，1095-874=221，221÷13=17，即13｜221，则13｜1095874°再如，868967的末三位数为967，末三位以前的数字所表示的数是868，967-868=99，99÷11=9，即11｜99，则11｜868967°此外，能被11整除的数的特征，还可以这样叙述：一个数，当且仅当它的奇数位上数字之和，与偶数位上数字之和的差（大减小）能被11整除时，则这个数便能被11整除°例如，4239235的奇数位上的数字之和为4+3+2+5=14，偶数位上数字之和为2+9+3=14，二者之差为14-14=0，0÷11=0，即11｜0，则11｜4239235°26、数的公理、定理或性质【小数性质】小数的性质有以下两条：（1）在小数的末尾添上或者去掉几个零，小数的大小不变°（2）把小数点向右移动n位，小数就扩大10n倍；把小数点向左移动n位，小数就缩小10n倍°【分数基本性质】一个分数的分子和分母都乘以或者都除以同一不为零的数，分数的大小不变°即【去九数的性质】用9去除一个数，求出商后余下的数，叫做这个数的“去九数”，或者叫做“9余数”°求一个数的“去九数”，一般不必去除，只要把该数的各位数字加起来，再减去9的倍数，就得到该数的“去九数”°（求法见本书第一部分“（四）法则、方法”“2．运算法则或方法”中的“弃九验算法”词条°）去九数有两条重要的性质：（1）几个加数的和的去九数，等于各个加数的去九数的和的去九数°（2）几个因数的积的去九数，等于各个因数的去九数的积的去九数°这两条重要性质，是用“弃九验算法”验算加、减、乘、除法的依据°【自然数平方的性质】（1）奇数平方的性质°任何一个奇数的平方被8除余1°为什么有这一性质呢？这是因为奇数都可以表示为2k+1的形式，k为整数°而（2k+1）2=4k2+4k+1=4k（k+1）+1k与k+1又是连续整数，其中必有一个是偶数，故4k（k+1）是8的倍数，能被8整除，所以“4k（k+1）+1”，即（2k+1）2能被8除余1，也就是任何一个奇数的平方被8除余1°例如，272=729729÷8=91 (1)（2）偶数平方的性质°任何一个偶数的平方，都是4的倍数°这是因为偶数可以用2k（k为整数）表示，而（2k）2＝4k2显然，4k2是4的倍数，即偶数的平方为4的倍数°例如，2162=4665646656÷4=11664即 4|46656【整数运算奇偶性】整数运算的奇偶性有以下四条：（1）两个偶数的和或差是偶数；两个奇数的和或差也是偶数°（2）一个奇数与一个偶数的和或差是奇数°（3）两个奇数之积为奇数；两个偶数之积为偶数°（4）一个奇数与一个偶数之积为偶数°由第（4）条性质，还可以推广到:若干个整数相乘，只要其中有一个整数是偶数，那么它们的积就是个偶数°【偶数运算性质】偶数运算性质有：（1）若干个偶数的和或者差是偶数°（2）若干个偶数的积是偶数°例如，四个偶数38、126、672和1174的和，是偶数2010；用偶数相减的算式3756-128-294-1350的差，也是偶数1984°【奇数运算性质】奇数运算性质有：（1）奇数个奇数的和（差）是奇数；偶数个奇数的和（差）是偶数°（2）若干个奇数的积是奇数°27、数的大小概念【比较分数大小】用常规方法比较分数大小，有时候速度很慢°采用下述办法，往往可大大提高解题的速度°（1）交叉相乘°把要比较大小的两个分数的分子分母交叉相乘，然后2×5＝10， 3×3=9， 3×8=24， 5×5=25，之所以能这样比较，是由于它们通分时，公分母是分母的乘积°这时，分数的大小就只取决于分子的大小了°（2）用“1”比较°当两个分数都接近1，又不容易确定它们的大小（4）化相同分子°把分子不同的分数化成同分子分数比较大小°有时序排列起来：（5）两分数相除°用两个分数相除，看它们的商是大于1还是小于1，往往能快速地找出它们的大小关系°由于这样做，省略了通分的过程，所以显然，将它们反过来相除，也是可以的：【巧比两数大小】若甲、乙两数间的关系未直接给出，比较它们的大小，有一定难度°这时，可按下面的办法去做：（1）先看分子是1的情况°例如下题：第一种方法是直观比较°先画线段图（图4.4）：由对线段图的直观比较可知，乙数大于甲数°数°可知（2）再看分子不是1的情况°例如下题：它同样也可以用四种方法比较大小°比方用直观比较方法，可画线段图如下（图4.5）：由图可知，甲数大于乙数°用统一分子的方法，也可比较它们的大小°因为用图表示就是图4.6：这就是说，把甲数分为9份，乙数分为8份，它们的6份相等°所以，它们每一份也相等°而甲数有9份，乙数只有8份，故甲数大于乙数°去，即可知道甲数大于乙数°如果用转化关系式比较°由题意可知根据一个因数等于积除以另一个因数，可得28、数的大小比较【分数、小数大小比较】（全国第二届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：这两个分数如果按通分的方法比较大小，计算将非常复杂°于是可采用比较其倒数的办法去解答°倒数大的数反而较小°个数是______°（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：将给出的六个数分别写成小数，并且都写出小数点后面前四位数，则把这六个数按从大到小排列是：【算式值的大小比较】例1 设A=9876543×3456789； B=9876544×3456788°试比较A与B的大小°（1990年《小学生数学报》小学数学竞赛试题）讲析：可将A、B两式中的第一个因数和第二个因数分别进行比较°这时，只要把两式中某一部分变成相同的数，再比较不同的数的大小，这两个算式的大小便能较容易地看出来了°于是可得A =9876543×（3456788＋1）=9876543×3456788＋9876543；B =（9876543＋1）×3456788=9876543×3456788＋3456788；所以，A＞B°例2 在下面四个算式中，最大的得数是算式______°（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：如果直接把四个算式的值计算出来，显然是很麻烦的，我们不妨运用化简繁分数的方法，比较每式中相同位置上的数的大小°31 / 31。
小学五年级奥数讲义(教师版)30讲全
小学奥数基础教程(五年级)第1讲数字迷（一）第16讲巧算24第2讲数字谜(二) 第17讲位置原则第3讲定义新运算(一) 第18讲最大最小第4讲定义新运算(二) 第19讲图形的分割与拼接第5讲数的整除性(一) 第20讲多边形的面积第6讲数的整除性(二) 第21讲用等量代换求面积第7讲奇偶性（一）第22讲用割补法求面积第8讲奇偶性（二）第23讲列方程解应用题第9讲奇偶性（三）第24讲行程问题（一）%第10讲质数与合数第25讲行程问题（二）第11讲分解质因数第26讲行程问题（三）第12讲最大公约数与最小公倍数（一）第27讲逻辑问题（一）第13讲最大公约数与最小公倍数（二）第28讲逻辑问题（二）第14讲余数问题第29讲抽屉原理(一)第15讲孙子问题与逐步约束法第30讲抽屉原理(二)*}第1讲数字谜（一）数字谜的内容在三年级和四年级都讲过，同学们已经掌握了不少方法。
例如用猜想、拼凑、排除、枚举等方法解题。
数字谜涉及的知识多，思考性强，所以很能锻炼我们的思维。
这两讲除了复习巩固学过的知识外，还要讲述数字谜的代数解法及小数的除法竖式问题。
例1 把+，-，×，÷四个运算符号，分别填入下面等式的○内，使等式成立（每个运算符号只准使用一次）：（5○13○7）○（17○9）=12。
分析与解：因为运算结果是整数，在四则运算中只有除法运算可能出现分数，所以应首先确定“÷”的位置。
当“÷”在第一个○内时，因为除数是13，要想得到整数，只有第二个括号内是13的倍数，此时只有下面一种填法，不合题意。
（5÷13-7）×（17+9）。
当“÷”在第二或第四个○内时，运算结果不可能是整数。
当“÷”在第三个○内时，可得下面的填法：（5+13×7）÷（17-9）=12。
例2 将1～9这九个数字分别填入下式中的□中，使等式成立：□□□×□□=□□×□□=5568。
小学数学奥林匹克讲义第三十五讲
模拟试卷35一、填空题：3．有一条5.6米长的木料，如锯成每段长为0.8米的短木料，需要30分钟，那么锯成每段长为0.7米的短木料需要______分钟．4．街心花园有一个正方形的花坛，四周有一条宽1.5米的甬道（如图），如果甬道的面积是27平方米，那么中间的花坛面积是______平方米．5．按规律排列的一串数：1，2，4，7，11，16，22，29，…，这串数的第1997个数是______．6．某学校四、五、六三个年级组织了一场文艺演出，共演出18个节目．如果每个年级至少演出四个节目，那么，这三个年级演出节目数的所有不同情况共有______种．7．471除以一个两位数，余数是37，则这个两位数是______．8．如果384×540×875×1875×（）的积的最后十个数字都是零，那么括号内填入的自然数最小是______．9．将1，2，3，4，5，6，7这七个数分成两组，组成一个三位数和一个四位数，并使这两个数的乘积最大，那么这个三位数是______．10．平面上有10个圆，最多能把平面分成______个部分．二、解答题：1．买语文书18本，数学书15本，共花167.1元，已知每本语文书比每本数学书贵0.3元，语文书、数学书每本各多少元？2．小强期末五门考试的平均分数是87.5分，其中语文考了96分．如果小强语文只得了88分，那么他的平均成绩应是多少分？3．甲、乙、丙三种大小不同的正方体木块，其中甲的棱长分别是乙、正方体，要求每种木块至少用一块，那么最少需要这三种木块多少块？4．甲、乙两人在相距200米的直路上来回跑步，如果他们同时于6点05分分别在直路两端出发，当他们第11次相遇时，时间是6点19分，已知甲每秒比乙每秒多跑1米，问甲、乙两人的速度是每秒多少米？模拟试卷35一、填空题：1.5.61=（2.4+5.4）×1-2.19=7.8-2.19=5.613.35分把5.6米长的木料锯成每段长为0.8米的短木料，恰好锯成7段，把5.6米长的木料锯成每段长为0.7米的短木料，恰好锯成8段.将一根木料锯成7段只需锯6次，锯6次用了30分，每次5分，即把这根木料锯成7段，需锯6次，每次所用时间是：30÷（5.6÷0.8-1）=5（分）锯成每段0.7米的短木料所需时间是：5×（5.6÷0.7-1）=35（分）4.9平方米如图，将甬道分割成四个大小相等的长方形，每个长方形的面积是27÷4=6.75平方米，每个长方形的长是6.75÷1.5=4.5米，因此花坛的边长是4.5-1.5=3米，所以花坛的面积是3×3=9平方米.5.1993007不妨设a1=1a2=2=1+1a3=4=2+2=1+1+2a4=7=4+3=1+1+2+3a5=11=7+4=1+1+2+3+4……a1997=1+1+2+3+4+…+1996=1+（1+1996）×1996÷2=1+1997×998=1+1993006=19930076.25把18分成三个大于或等于4的整数的和，有以下几种分法：18=4+4+10=4+5+9=4+6+8=4+7+7=5+6+7=6+6+6第一种分法有3种不同的情况；四年级演4个节目，五年级演4个节目，六年级演10个节目，简写成四4，五4，六10；或四4，五10，六4；或四10，五4，六4.同样，第四种分法也有3种不同的情况，第二、三、五种分法各有6种不同的情况，第六种分法只有一种情况，所以，这三个年级演出节目数的所有不同情况共有3+6+6+3+6+1=25（种）7.62设所求两位数是a，则有a|（471- 37），即a中434的约数，由于434=2×7×31，又a＞37，所以这个两位数a=62.8.50积的末尾“0”的个数与因数中含有质因数2和5的个数有关，因此先将已知因数分解出质因数2和5，则有384=2×2×2×2×2×2×2×3=27×3540=2×2×5×27=22×5×27875=5×5×5×7=53×71875=5×5×5×5×3=54×3已知因数中共有9个质因数2，8个质因数5，由于积的末尾是十个零，所以还缺少1个2和2个5，故括号内填入的最小自然数是：2×5×5=509.742要使一个三位数和一个四位数的乘积最大，必然是把最大的数字放在因数的首位，那么7应该是三位数的首位还是四位数的首位呢？通过试验，7500×600=4500000，6500×700=4550000，知7在三位数的首位，6就是四位数的首位；然后考虑因数在十位上的数字，十位上的两个数字分别是3和4，那么比较乘积6540×730与6530×740的大小，根据“和相等的两个数，它们的差越小，则积越大”，而6540+730=6530+740且6530-740的差比6540-730的差小，所以6530×740的乘积大，由此可以确定三位数的十位数字是4.同样方法可以确定出三位数的个位数字是2，所以把1至7分成两组，这两组是6531和742，且它们的乘积最大，而742即为题目所求三位数.一个圆把平面分成圆内和圆外两个部分；第二个圆同第一个圆相交，有两个交点，这样增加了两个部分，共有2+ 2= 4个部分；第三个圆与前两个圆都相交，而且不与其它的交点重合，第三个圆上有2×2= 4个交点，第三个圆被分成4段圆弧，也就是又增加了4个部分，三个圆把平面分成8个部分，依次类推，画第10个圆共有2×9= 18个交点，也就是增加了18个部分，因此平面内的10个圆把平面分成：2+2×1+2×2+2×3+2×4+…+2×9=92（个）部分.二、解答题：1.语文书每本5.2元，数学书每本4.9元.假设语文书与数学书的每本价格相同，那么语文书每本便宜0.3元，18本便宜0.3×18=5.4元，用总钱数167.1元减去5.4元的差恰好是18+15=33本数学书的价格，得数学书的单价是：（167.1-0.3×18）÷(18+15）=（167.1-5.4）÷33=161.7÷33=4.9（元）4.9+0.3=5.2（元）……语文书的单价另解：（167.1+ 0.3×15）÷（18+15）=（167.1+ 4.5）÷33=171.6÷33=5.2（元）……语文书的单价5.2-0.3=4.9（元）……数学书的单价2.85.9分小强语文从96分降到88分，实际上就是他的总分减少了96- 88= 8分，这8分使五科平均成绩下降了8÷5= 1.6分，所以小强的平均成绩是：87.5-（96-88）÷5=87.5-1.6=85.9（分）设甲的棱长为1，则乙的棱长为3，丙的棱长为4.显然大正方体的棱长不可能是5，否则无法同时放下乙、丙两种木块各1个，所以大正方体的棱长至少是7，也就是说大正方体的棱长为7时，它的体积最小.这样丙种木块只能用1块，而乙种木块最多用7块，为了使总的块数尽可能少，乙种木块用7块，剩下的用甲种木块去拼，共需要甲种木块：7×7×7-4×4×4-7×3×3×3=90（块）所以最少需要这三种木块：90+1+7=98（块）.4.甲是每秒3米，乙是每秒2米.甲、乙两人从出发到第11次相遇共用了14分，即14×60= 840秒.除了甲、乙第1次相遇走了一个直路长200米，其余10次相遇均走了两个直路长200×2= 400米，因此840秒共走了：200+200×2×10=4200（米）这样得到甲、乙两人速度和是每秒走：4200÷840=5（米）又知甲与乙的速度差是每秒1米，由此得甲速度是每秒走：（5+1）÷2=3（米）乙每秒走：（5-1）÷2=2（米）.。
奥数题型与解题思路41~60讲
奥数题型与解题思路41~60讲【一元一次方程解法】求方程的解［或根］的过程，叫做解方程°解一元一次方程的一般步骤［或解法］是：去分母，去括号，移项，合并同类项，两边同除以未知数x的系数°解去分母，两边同乘以6，得3［x-9］-2［11-x］=12去括号，得3x-27-22+2x=12移项，得3x+2x=12+27+22合并同类项，得5x=61【分式方程解法】分母中含未知数的方程是“分式方程”°解分式方程的一般步骤［或方法］是：［1］方程两边都乘以最简公分母，约去分母，化成整式方程；［2］解这个整式方程；［3］把整式方程的根代入最简公分母，看结果是不是零，使最简公分母为零的根，是原方程的增根，必须舍去°解方程两边都乘以x［x-2］，约去分母，得5［x-2］=7x解这个整式方程，得x=-5，检验：当x=-5时，x［x-2］=［-5］［-5-2］=35≠0，所以，-5是原方程的根°解方程两边都乘以［x+2］［x-2］，即都乘以［x2-4］，约去分母，得［x－2］2-16＝［x+2］2解这个整式方程，得x=-2°检验：当x=-2时，［x+2］［x-2］=0，所以，-2是增根，原方程无解°42、加法运算定律【加法交换律】两个数相加，交换加数的位置，它们的和不变°这叫做“加法的交换定律”，简称“加法交换律”°加法交换律用字母表达，可以是a+b=b+a°例如：864+1，236=1，236+864=2，100【加法结合律】三个数相加，先把前两个数相加，再加上第三个数；或者先把后两个数相加，再和第一个数相加，它们的和不变°这叫做“加法的结合定律”，简称“加法结合律”°加法结合律用字母表达，可以是［a+b］+c=a+［b+c］°例如：［48928+2735］+7265=48928+［2735+7265］=48928+10000= 5892843、几何图形旋转【长方形［或正方形］旋转】将一个长方形［或正方形］绕其一边旋转一周，得到的几何体是“圆柱”°如图1.37，将矩形ABCD绕AB旋转一周，得圆柱AB°其中AB为圆柱的轴，也是圆柱的高°BC或AC是圆柱底面圆的半径，CD叫做圆柱的母线°【直角三角形旋转】将一个直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周，所形成的几何体是“圆锥”°例如图1.38，将直角三角形ABC，绕直角边AC旋转一周，便形成了圆锥AC°其中AC是圆锥的轴，也是圆锥的高；CB是圆锥底面的半径；AB叫做圆锥的母线°【直角梯形旋转】将一个直角梯形绕着它的直角腰旋转一周所形成的几何体，叫做“圆台”°例如图1.39，将直角梯形ABCD绕着它的直角腰AB旋转一周°便形成了圆台AB°其中，AB是圆台的轴，也是圆台的高，上下底AD、BC，分别是圆台上、下底面圆的半径，斜腰DC，是圆台的母线°【半圆旋转】将一个半圆绕着它的直径旋转一周所形成的几何体，叫做“球”°例如图1.40，半圆绕着它的直径AB旋转一周，便形成了球O°原来的半圆圆心O是球心；原来半圆的半径和直径，分别叫做球的半径和直径；原来半圆的直径也是球的轴和直径°44、几何图形的计数【点与线的计数】例1如图5.45，每相邻的三个圆点组成一个小三角形，问：图中是这样的小三解形个数多还是圆点的个数多？［全国第二届“华杯赛”决赛试题］讲析：可用“分组对应法”来计数°将每一排三角形个数与它的下行线进行对应比较°第一排三角形有1个，其下行线有2点；第二排三角形有3个，其下行线有3点；第三排三角形有5个，其下行线有4点；以后每排三角形个数都比它的下行线上的点多°所以是小三角形个数多°例2 直线m上有4个点，直线n上有5个点°以这些点为顶点可以组成多少个三角形？［如图5.46］［哈尔滨市第十一届小学数学竞赛试题］讲析：本题只要数出各直线上有多少条线段，问题就好解决了°直线n上有5个点，这5点共可以组成4＋3+2＋1=10［条］线段°以这些线段分别为底边，m上的点为顶点，共可以组成4×10=40［个］三角形°同理，m上4个点可以组成6条线段°以它们为底边，以n上的点为顶点可以组成6×5=30［个］三角形°所以，一共可以组成70个三角形°【长方形与三角形的计数】例1图5.47中的正方形被分成9个相同的小正方形，它们一共有16个顶点，以其中不在一条直线上的3点为顶点，可以构成三角形°在这些三角形中，与阴影三角形有同样大小面积的有多少个？［全国第三届“华杯赛”复赛试题］为3的三角形，或者高为2，底为3的三角形，都符合要求°①底边长为2，高为3的三角形有2×4×4=32［个］；②高为2，底边长为3的三角形有8×2=16［个］°所以，包括图中阴影部分三角形共有48个°例2 图5.48中共有______个三角形°［《现代小学数学》］邀请赛试题］讲析：以AB边上的线段为底边，以C为顶点共有三角形6个；以AB边上的线段为底边，分别以G、H、F为顶点共有三角形3个；以BD边上的线段为底边，以C为顶点的三角形共有6个°所以，一共有15个三角形°例3 图5.49中共有______个正方形°［《现代小学数学》邀请赛试题］讲析：可先来看看图5.50的两个图中，各含有多少个正方形°图5.50［1］中，正方形个数是6×3＋5×2＋4×1=32［个］；图5.50［2］中，正方形个数是4×4+3×3+2×2＋1×1=30［个］如果把图5.49中的图形，分成5×6和4×11两个长方形，则：5×6的长方形中共有正方形5×6+4×5＋3×4＋2×3＋1×2=70［个］；4×11的长方形中共有正方形4×11+3×10+2×9＋1×8=100［个］°两个长方形相交部分4×5的长方形中含有正方形4×5+3×4＋2×3＋1×2=40［个］°所以，原图中共有正方形70＋100-40=130［个］°例4 平面上有16个点，排成一个正方形°每行、每列上相邻两点的距离都相等[如图5.51［1］]，每个点上钉上钉子°以这些点为顶点，用线将它们围起来，一共可围成______个正方形°［《小学生科普报》奥林匹克通讯赛试题］讲析：能围成图5.51［2］的正方形共14［个］；能围成图5.51［3］的正方形共2［个］；能围成图5.51［4］的正方形共4［个］°所以，一共可围成正方形20个°【立体图形的计数】例1 用125块体积相等的黑、白两种正方体，黑白相间地拼成一个大正方体［如图5.52］°那么，露在表面上的黑色正方体的个数是_______°［1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题］讲析：本题要注意不能重复计数°八个顶点上各有一个黑色正方体，共8个；每条棱的中间有一个黑色正方体，共12个；除上面两种情况之外，每个面有5个黑色正方体，共5×6=30［个］°所以，总共有50个黑色正方体露在表面上°例2 把1个棱长为3厘米的正方体分割成若干个小正方体，这些小正方体的棱长必须是整数°如果这些小正方体的体积不要求都相等，那么，最少可以分割成______个小正方体°［北京市第九届“迎春杯’小学数学竞赛试题］讲析：若分成｜×××｜的小正方体，则共可分成27个°但是分割时，要求正方体尽可能地少，也就是说能分成大正方体的，尽可能地分°则在开始的时候，可分出一个2×2×2的正方体［如图5.53］，余下的都只能分成1×1×1的正方体了°所以，最少可分成20个小正方体°45、几何体侧面展开【正棱柱、圆柱侧面展开】正棱柱［底面是正多边形，侧棱与底面垂直的棱柱］和圆柱的侧面展开，摊在同一个平面上，是一个矩形°矩形的上、下对边，是柱体上、下底面的周长；矩形左右两对边，是柱体的侧棱或母线°例如图1.41，将正六棱柱ABCDEF—A払扖扗扙扚捈霸仓鵒O挼牟嗝嬲箍谕黄矫嫔希愠闪司匦蜛1A抇1A抇2A2°图中画出的是棱柱侧面展开图°圆柱侧面展开后，也是一矩形，只是中间没有那些虚线°%【正棱锥侧面展开】正n棱锥［底面为正n边形，顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥］侧面展开，摊在同一平面上，是顶点公共、腰与腰相连的n 个全等的等腰三角形°例如图1.42，将正三棱锥S—ABC的侧面展开，摊在同一个平面上，便形成了三个全等的等腰三角形SAB、SBC和SCA捪嗔耐夹巍【圆锥侧面展开】圆锥侧面展开，摊在同一个平面上，变成的是一个扇形°扇形的弧长是圆锥底面圆的周长，扇形的两条半径，是圆锥的母线°例如图1.43，将圆锥SO的侧面展开，摊在同一个平面上，便成了扇形径SA、SA挼募薪铅瓤砂聪旅娴氖阶蛹扑悖篲式中r是圆锥底面圆半径，l是圆锥母线的长°【正棱台侧面展开】正n棱台［用一平行于正n棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面间的几何体］侧面展开，摊在同一个平面上，得到的是n个全等的等腰梯形，并且腰腰相连°例如图1.44，将正三棱台ABC—A払扖挼牟嗝嬲箍谕黄矫嫔希阈纬闪烁猛加冶叩耐夹瘟恕【圆台侧面展开】圆台侧面展开，摊在同一个平面上的图形，是圆环的一部分，叫做“扇环”°这个扇环像梯形，它的两“腰”是圆台的母线，它的上、下“底”是两条弧，其弧长分别是圆台上、下底面圆的周长°例如图1.45，将圆台O1O2的侧面展开，摊在同一个平面上，就形成了46、几何公式【平面图形计算公式】一般的平面图形计算公式，如下表°【立体图形计算公式】(1)柱体公式°［2］锥体公式°正n棱锥［如图1．13］的公式：圆锥的公式［圆锥如图1．14所示］：［3］棱台、圆台公式°正n棱台［如图1．15］的公式：圆台［如图1．16］的公式：［4］球的计算公式°球的图形如图1．17所示°S表=4πr2；附录：其他常用公式【整数约数个数公式】一个大于1的整数，约数的个数等于它的质因数分解式中，每个质因数的个数［指数］加1的连乘积°例如，求4500的约数个数°解∵4500=22×32×53∴4500的约数个数是［2+1］×［2+1］×［3+1］=36［个］°【约数之和的公式】一个大于1的自然数N，将它分解质因数为为自然数，则N的所有约数的和为S［N］，可用下列公式计算：例如求1992的所有约数的和°解 S［1992］=S［23×31×831］=5040．【分数拆项公式】在奥赛中，为使计算简便，经常用到下面四个分数拆项公式：［1］连续两个自然数积的倒数，可拆成较小的自然数的倒数，减去较大的自然数的倒数°即［2］连续三个自然数的积的倒数，可拆成前两个自然数的积的倒数，减去后两个自然数的积的倒数的差的一半°即［3］连续四个自然数的积的倒数，可拆成前三个自然数的积的倒数，［4］一般分数拆项公式°当n、d都是自然数时，有【堆垛计算公式】［1］三角形堆垛°计算每堆三角形物体总个数S时，可将底边个数”乘以［n+1］再乘以［n+2］，然后除以6°用式子表示就是例如，“一些桔子堆成三角形堆垛，底边每边4个，顶尖1个［如图1．18］°桔子总数是多少个？”解依据三角形堆垛公式，得=20［个］°［2］正方形堆垛°计算底层为正方形的堆垛物体总个数S时，可将底边个数n乘以底边数加0．5的和，再乘以底边个数加1的和，最后将乘积除以3°用式子表示，就是例如，“一些苹果堆成正方形堆垛［如图1．19］，底层每边放4个，顶尖放一个°苹果总数是多少个？”解依据公式，得［3］长方形堆垛°计算底层为长方形［近似于横放的三棱柱形，图1．20°］的堆垛物体的总个数S时，可将底层宽边的个数n1，长边的个数n2，按照下面的公式计算：例如，“有一盘馒头，底边宽5个，长边上放8个，如图1．20所示，这盘馒头共有多少个？”解此题中，n1=5，n2=8°依据长方形堆垛公式，得=45+55=100［个］或者是［4］梯形堆垛°计算梯形的堆垛［近似于棱台形堆垛］物体总个数S时，可将最上层总数S1，加上最下层总数S2后，乘以层数n，再除以2°［梯形堆垛如图1．21所示°］用式子表示就是例如，“一些酒坛，堆成梯形的堆垛［图1．21］，最上层为32只，最下层为45只，共堆有14层［每层差1只］°酒坛的总数是多少只？”解依计算公式，得【数线段条数的公式】若线段AB上共有n个分点［不包括A、B端点］，则AB线段上共有的线段条数S，计算的公式是：S=［n+1］+n+［n-1］+…+3+2+1例如，求下图［图1．22］中所有线段的条数°解在线段AB上，共有五个分点°根据数线条数的公式，得S=［5+1］+5+4+3+2+1注意：这一公式，还可以用来数形如图1．23的三角形个数°在这个图形中，因为底边BC上有4个分点，可依据数线段条数的计算公式，得三角形的个数为【数长方形个数的公式】若长方形的一边有m个小格，另一边有n个小格，那么这个图形中长方形的总个数S为S=［m+m-1+m-2+……+3+2+1］×［n+n-1+n-2+……+3+2+1］例如，请数出下图1．24中共有多少个不同的长方形°解长方形ABCD长边上有6个小格，宽边上有4个小格°根据数长方形总数的公式，可得=21×10=210［个］°［答略］注意：这一公式，还可以用来数形如图1．25中的梯形的个数°显然，这个图形中除了△ADE以外，其余均为大大小小的梯形°最大的梯形下底上有五个小格，腰边上有4个小格°利用数长方形个数的计算公式，可得梯形的总个数S为=15×10=150［个］°［答略］【数正方形个数的公式】若一个长方形的长被分成了m等份，宽被分成了n ［n＜m］等份［长和宽上的每一份长度是相等的］，那么这个长方形中的正方形总数S为：S=mn+［m-1］(n-1)+［m-2］(n-2］+……+［m-n+1］×1特殊的，当一个正方形的边长被分成n等分时，则这个图形中正方形的总个数S为：例1 求下图中正方形的总个数［如图1．26］°解图中AB边上有7个等分，AD边上有3个等份°根据在长方形中数正方形个数的公式，可得：S＝7×3+6×2+5×1=21+12+5=38［个］°［答略］例2 求下图［图1．27］中的正方形有多少个°解图形中正方形每边上有4等分°根据数正方形个数的计算公式，得［答略］【平面内n条直线最多分平面部分数的公式】平面内有n条直线，其中注意两条直线都不平行，每条直线都与其他直线相交，且不交同一点°那么，这几条直线将平面划分的部分数S为例平面内有8条直线，它们彼此都相交，但不交于同一点，求这8条直线能把平面划分出多少个部分？解根据平面内n条直线，最多分平面部分数的计算公式，得S=2+2+3+4+5+6+7+8【n个圆将平面分成最多的部分数公式】若平面上有n个圆，每个圆都与其他圆相交，且不交于同一点，那么这个圆将平面划分的最多的部分数S为S=2+1×2+2×2+…+［n-1］×2=n2-n+2例在一个平面上有20个圆，这20个圆最多可将平面划分为多少个部分？解根据平面内n个圆将平面划分成最多的部分数的计算公式，可得S=2+1×2+2×2+…+19×2=202-20+2=400-20+2=382［块］［答略］【格点面积公式】每个小方格的面积都是1个面积单位的方格纸上，纵横两组平行线的交点，叫做“格点”，这样的方格纸，叫做“格点平面”°在格点平面上求图形的面积，可以按照上面的公式去计算：图形面积=图形内部格点数+图形周界上的格点数÷2-1°例如图1．28，求格点平面内A、B两个图形的面积°解 A图内部无格点，B图内部有9个格点；A图周界上有9个格点，B图周界上有7个格点°根据格点面积公式，得：A图面积=9÷2-1=3.5［面积单位］B图面积=［9+7］÷2-1=11．5［面积单位］［答略］如果格点是由形如“∴”或“∵”构成［如图1．29］，且每相邻的三点所形成的三角形面积为1的等边三角形，则计算多边形面积公式为多边形面积=2×图形内部格点数+图形周界上格点数-2°47、几何公理、定理或性质【直线公理】经过两点有一条直线，并且只有一条直线°【直线性质】根据直线的公理，可以推出下面的性质：两条直线相交，只有一个交点°【线段公理】在所有连结两点的线中，线段最短°［或者说：两点之间线段最短°］【垂线性质】［1］经过一点，有一条而且只有一条直线垂直于已知直线°［2］直线外一点与直线上各点连结的所有线段中，垂线段最短°［也可以简单地说成：垂线段最短°］【平行公理】经过直线外一点，有一条而且只有一条直线和这条直线平行°【平行公理推论】如果两条直线都和第三条直线平行，那么，这两条直线也相互平行°【有关平行线的定理】［1］如果两条直线都和第三条直线垂直，那么这两条直线平行°［2］如果一条直线和两条平行线中的一条垂直，那么，这条直线也和另一条垂直°【三角形的特性】三角形有不变形的特性，一般称其为三角形的稳定性°由于三角形有这一特性，所以在实践中它有广泛的应用°【三角形的性质】三角形的性质［或定理及定理的推论］，一般有：［1］三角形任意两边的和大于第三边；三角形任意两边的差小于第三边°［2］三角形三内角之和等于180°°由三角形上述第［2］条性质，还可以推出下面的两条性质：①三角形的一个外角，等于它不相邻的两个内角之和°如图1.1，∠4=∠1+∠2°②三角形的一个外角，大于任何一个同它不相邻的内角°如图1.1，∠4＞∠1，∠4＞∠2°【勾股定理】在直角三角形中，两条直角边的平方和，等于斜边的平方°用字母表达就是a2+b2=c2°［a、b表直角边长，c表斜边长°］我国古代把直角三角形叫做“勾股形”，直立的一条直角边叫做“股”，另一条直角边叫做“勾”，斜边叫做“弦”°所以我国将这一定理称为“勾股定理”°勾股定理是我国最先发现的一条数学定理°而古希腊数学家毕达哥拉斯［Pythagoras］较早地证明了这个定理°因此，国外常称它为“毕达哥拉斯定理”°【平行四边形的性质】［1］平行四边形的对边相等°［2］平行四边形的对角相等°［3］平行四边形邻角的和是180°°如图1.2，∠A+∠B=∠B+∠C=∠C+∠D=∠D+∠A=180°°［4］平行四边形的对角线互相平分°如图1.2，AO=CO，BO=DO°平行四边形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心°【长方形的性质】长方形除具有平行四边形的性质以外，还具有下列性质：［1］长方形四个角都是直角°［2］长方形对角线相等°长方形是中心对称图形，也是轴对称图形°它每一组对边中点的连线，都是它的对称轴°【菱形的性质】菱形除具有平行四边形的性质以外，还具有下列性质：［1］菱形的四条边都相等°［2］菱形的对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角°例如图1.3，AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，AC平分∠A和∠C，BD平分∠B和∠D°菱形是中心对称图形，也是轴对称图形，它每一条对角线都是它的对称轴°【正方形的性质】正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质°【多边形内角和定理】n边形的内角的和，等于［n-2］·180°°［又称“求多边形内角和”的公式°］例如三角形［三边形］的内角和是［3-2］×180°=180°；四边形的内角和是［4-2］×180°=360°°【多边形内角和定理的推论】［1］任意多边形的外角和等于360°°这是因为多边形每一个内角与它的一个邻补角［多边形外角］的和为180°，所以，n边形n个外角的和等于n·180°-［n-2］·180°=360°°［2］如果一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补°例如图1.4，∠1的两边分别垂直于∠A的两边，则∠1+∠A=180°，即∠1与∠A互补°又∠2、∠3、∠4的两边也分别垂直于∠A的两边，则∠3和∠A也互补，而∠2=∠A，∠4=∠A°【圆的一些性质或定理】［1］半径相等的两个圆是等圆；同圆或等圆的半径相等°［2］不在同一直线上的三个点确定一个圆°［3］垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的弧°［4］在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等°［5］一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半°【轴对称图形的性质】轴对称图形具有下面的性质：［1］如果两个图形关于某直线对称，那么对应点的连结线段被对称轴垂直平分°例如图1.5，图中的AA′对称点连结线段，被对称轴L垂直且平分，即L⊥AA′，AP=PA′°［2］两个图形关于某直线对称，如果它们的对应线段或其延长线相交，那么，交点在对称轴上°例如图1.5中，BA与B′A′的延长线相交，交点M在对称轴L上°［3］两个关于某直线对称的图形，一定是全等形°例如，图1.5中△ABC与△A′B′C′全等°【中心对称图形的性质】如果把一个图形绕着一个点旋转180°后，它和另一个图形重合，那么，这两个图形就是关于这个点的“中心对称图形”°中心对称图形具有以下性质：［1］关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分°例如，图1.6中对称点A与A′，B与B′，C与C′，它们的连线都经过O ［对称中心］，并且OA=OA′，OB=OB′，OC=OC′°［2］关于中心对称的两个图形，对应线段平行［或在同一直线上］且相等°48、和差积商的变化规律【和的变化规律】［1］如果一个加数增加［或减少］一个数，另一个加数不变，那么它们的和也增加［或减少］同一个数°用字母表达就是如果a+b=c，那么［a+d］+b=c+d；［a-d］+b=c-d°［2］如果一个加数增加一个数，另一个加数减少同一个数，那么它们的和不变°用字母表达就是如果a+b=c，那么［a+d］+［b-d］=c°【差的变化规律】［1］如果被减数增加［或减少］一个数，减数不变，那么，它们的差也增加［或减少］同一个数°用字母表达，就是如果a-b=c，那么［a+d］-b=c+d，［a-d］-b=c-d°［a＞d+b］［2］如果减数增加［或减少］一个数，被减数不变，那么它们的差反而减少［或增加］同一个数°用字母表达，就是如果a-b=c，那么a-［b+d］=c-d［a＞b+d］，a-［b-d］=c+d°［3］如果被减数和减数都增加［或都减少］同一个数，那么，它们的差不变°用字母表达，就是如果a-b=c，那么［a+d］-［b+d］=c，［a-d］-［b-d］=c°【积的变化规律】［1］如果一个因数扩大［或缩小］若干倍，另一个因数不变，那么，它们的积也扩大［或缩小］同样的倍数°用字母表达，就是如果a×b=c，那么［a×n］×b=c×n，［a÷n］×b=c÷n°［2］如果一个因数扩大若干倍，另一个因数缩小同样的倍数，那么它们的积不变°用字母表达，就是如果a×b=c，那么［a×n］×［b÷n］=c，或［a÷n］×［b×n］=c°【商或余数的变化规律】［1］如果被除数扩大［或缩小］若干倍，除数不变，那么它们的商也扩大［或缩小］同样的倍数°用字母表达，就是如果a÷b=q，那么［a×n］÷b=q×n，［a÷n］÷b=q÷n°［2］如果除数扩大［或缩小］若干倍，被除数不变，那么它们的商反而缩小［或扩大］同样的倍数°用字母表达，就是如果a÷b=q，那么a÷［b×n］=q÷n，a÷［b÷n］=q×n°［3］被除数和除数都扩大［或都缩小］同样的倍数，那么它们的商不变°用字母表达，就是如果a÷b=q，那么［a×n］÷［b×n］=q，［a÷n］÷［b÷n］=q°［4］在有余数的除法中，如果被除数和除数都扩大［或都缩小］同样的倍数，不完全商虽然不变，但余数却会跟着扩大［或缩小］同样的倍数°这一变化规律用字母表示，就是。
华罗庚学校奥林匹克数学课本_小学生3年级
二、用简便方法求和：
① 536＋（541＋464）＋459 ＝（536+464）+（541＋459）
=2000 ② 588＋264＋148 =588+（12+252）+148 ＝（588＋12）+（252＋148） ＝600+400
=1000 ③ 8996＋3458＋7546 =（8996＋4）＋（3454＋7546） =9000+11000（把 3458分成 4和=9000+11000 3454） ＝20000 ④ 567＋558+562＋555＋563 ＝560×5+（7-2+2-5+3）（以560为基准数） ＝2800+5＝2805 三、用简便方法求差： ① 1870-280-520 ＝1870-（280+520）
=1000×100=100000 3.应用乘法分配律。 例3 计算① 175×34＋175×66 ②67×12+67×35＋67×52+6 解：①式=175×（34+66）
=175×100=17500 ②式=67×（12＋35＋52＋1） ＝ 67×100＝6700 （原式中最后一项67可看成 67×1） 例4 计算① 123×101 ② 123×99 解：①式=123×（100＋1）=123×100＋123 ＝12300＋123=12423 ②式=123×（100-1）
=1941 3.利用“补数”把接近整十、整百、整千…的数先变整，再运 算（注意把多加的数再减去，把多减的数再加上）。
例 5 ①506-397 ②323-189 ③467＋997 ④987-178-222-390 解：①式=500＋6-400+3（把多减的 3再加上）
小学六年级数学奥数讲座共30讲含答案_(13)
小学数学奥数基础教程(六年级)
本教程共30讲第13讲
立体图形（二）
本讲主要讲长方体和立方体的展开图，各个面的相对位置，提高同学们的看图能力和空间想象能力。
例1 在下面的三个图中，有一个不是右面正四面体的展开图，请将它找出来。
分析与解：观察四面体容易看出，每个顶点都是三个面的交点，即四面体的每个顶点只与三个面相连，而在图2中，“中心点”与四个面相连，所以图2不是正四面体的展开图。
例2 在下面的四个展开图中，哪一个是右图所示立方体的展开图？
分析与解：观察立方体图形，A，B，C三个面两两相邻，即三个面有一个公共顶点。
再看四个展开图，图1中A与C不相邻，是相对的两个面，不合题意；图3中C与B是相对的两个面，也不合题意；图2、图4中A，B，C三个面都相邻，还需进步判别。
我们看下面的两个立方体图形：。
小学六年级数学奥数讲座共30讲含答案 (20)
小学数学奥数基础教程(六年级)本教程共30讲列表法在四年级讲还原问题（逆推法）和逻辑问题时，我们使用的就是列表法。
对于一些计算比较简单，而且多次重复计算的问题，使用列表法，表达简洁，不易出错，如例1；有些问题，条件不断变化，不便统一列式计算，也应采用列表法，如例2、例3；还有些问题，无法列式计算，只能采用列表推演，如例4、例5。
总之，使用列表法可以解决许多复杂而有趣的问题。
例1一个运动队进行翻山训练，往返于一座山两侧山脚下的A，B两地。
从A地出发，上山路长3000米，每分钟行75米；下山每分钟行100米，用42分钟到达B地。
如果上、下山的速度不变，那么从A地到B地，再从B地返回A地，共需多长时间？分析与解：这是一道很简单的题目，只需利用时间、路程、速度的关系，就可以得到结果。
因为从A地到B地，要先上山再下山，从B地返回A地，又要先上山再下山，中间经过四次变化。
为了减少计算错误，可以利用列表法。
先将已知的数据填入下表：再根据时间、路程、速度的关系，从上到下，由已知的两个求出另一个，边计算边填表，得到下表：由上表得到往返所需时间为40＋42＋56＋30＝168（分）=2时48分。
例2 有100个人，第一位带了3元9角钱，以后每位都比前一位多带1角钱。
每人把自己的钱全部用来买练习本。
练习本有每本8角与每本5角的两种。
如果每人尽可能买5角一本的，那么这100人共买了多少本每本8角的练习本？分析与解：因为每人带的钱数不同，所以不可能统一列式计算。
可以采用列表法，然后从表中发现规律。
填表计算时注意，一要尽量多买5角一本的，二要把钱用完。
由于44角比39角多5角，所以可多买1本5角的，而8角1本的买的数量相同。
类似地，45角比40角多5角等等。
由此看出，所买8角一本的本数随钱数增加呈周期规律，一个周期内有五个数：3，0，2，4，1（本）。
所以100个人共买8角一本的（3＋0＋2＋4＋1）×（100÷5）=200（本）。
小学数学奥林匹克竞赛辅导系列讲座共49讲
小学数学奥林匹克比赛指导系列讲座共49讲--WORD格式 -- 可编写 --小学数学奥林匹克比赛指导系列讲座共49讲小学数学奥林匹克比赛指导系列讲座共49讲小学奥数指导01 小学奥数指导02 小学奥数指导03 小学奥数辅导 04小学奥数指导05 小学奥数指导06 小学奥数指导07 小学奥数辅导 08小学奥数指导09 小学奥数指导10 小学奥数指导11 小学奥数辅导 12小学奥数指导13 小学奥数指导14 小学奥数指导15 小学奥数辅导 16小学奥数指导17 小学奥数指导18 小学奥数指导19 小学奥数辅导 20小学奥数指导21 小学奥数指导22 小学奥数指导23 小学奥数辅导 24----WORD格式 -- 可编写 --小学奥数指导25 小学奥数指导26 小学奥数指导27 小学奥数辅导 28小学奥数指导29 小学奥数指导30 小学奥数指导31 小学奥数辅导 32小学奥数指导33 小学奥数指导34 小学奥数指导35 小学奥数辅导 36小学奥数指导37 小学奥数指导38 小学奥数指导39 小学奥数辅导 40小学奥数指导41 小学奥数指导42 小学奥数指导43 小学奥数辅导 44小学奥数指导45 小学奥数指导46 小学奥数指导47 小学奥数辅导 48小学奥数指导49这部小学数学奥林匹克比赛指导系列讲座视频是----WORD格式 -- 可编写 --一部寥寥可数的优秀视频，它会为您涉及小学奥数的重点和难点的详细讲解。
认真观看并随从学习，您会发现它是您备战小学奥数不可以或缺的学习伴侣。
奥数”是奥林匹克数学比赛的简称。
1934 年— 1935 年，前苏联开始在列宁格勒和莫斯科举办中学数学比赛，并冠以数学奥林匹克比赛的名称，1959 年在布加勒斯特举办第一届国际数学奥林匹克比赛。
国际数学奥林匹克(InternationalMathematicalOlympiads)简称 IMO ，是一项以数学为内容，以中学生为对象的国际性比赛活动，到此刻已有 30 余年的历史。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
模拟试卷30
一、填空题：
3．37□5□能被72整除，这个数除以72的商是______.
4．一列火车以每小时60千米的速度通过一座200米长的桥，用了21秒，则火车的车长是______
米．
7．有两支蜡烛，第一支5小时燃尽，第二支4小时燃尽．如果同时点燃这两支蜡烛，并且蜡烛燃烧的速度不变，在点燃______小时后，第一支蜡烛的长度是第二支蜡烛的3倍．
9.恰有8个约数的两位数有______个．
10．某小学组织六年级学生春游，学校买了182瓶汽水分给每个学生．如果每5个空瓶又可换得1瓶汽水，那么这些汽水瓶最多可换得______瓶汽水．
二、解答题：
1．如果1个小正方体木块的表面积是24平方厘米，那么由512个这样的小正方体木块所组成的一个大正方体的体积是多少立方厘米？
3．有6对夫妻参加一次聚会，每个男士与每一个人握手（但不包括自己的妻子），女士之间相互不握手，那么这12个人共握手多少次？
4．甲、乙、丙三人同时从A地出发，到离A地F18千米的B地，当甲到达B地时，乙、丙两人离B地分别还有3千米和4千米，那么当乙到达B地时，丙离B地还有多少千米？
模拟试卷30
一、填空题：
2.余2
连续6个1能被7整除，说明每6个1除以7是一个循环.由于
1997÷6=332 (5)
这表明1997个1除以7的余数等于5个1除以7的余数，因为5个1除以7余数是2，所以1997个1除以7余数是2.
3.523
因为72=8×9，8与9互质，所以这个五位数既是9的倍数，又是8的倍数.
由于这个五位数是9的倍数，所以其各个数位上的数字之和应是9的倍数，不妨设五位数的个位是x，百位是y，则
3+7+y+5+x=15+y+x
是9的倍数，所以x+y可能是3或12；
若x+y=3，3=1+2，由于这个五位数又能被8整除，因此这个五位数的末三位数字组成的数能被8整除，且个位必是偶数，但152不能被8整除，所以x+y不可能是3.
若x+y=12，12=4+8=6+6，但458，854均不能被8整除，只有656能
这个五位数除以72的商是523.
4.150米
火车通过一座桥是指火车头在桥一端算起到火车尾在桥的另一端为止.因此火车通过一座桥所行的路程实际是桥长加上火车的车长.并且计算时注意换算单位要一致，这样可以求出火车的车长是：
60×1000÷3600×21-200
=350-200
=150（米）.
5.10平方厘米
根据等底等高的三角形面积相等，由于D是BC的中点，△ABD的面积等于△ADC的面积，有
S△ABD=S△ADC=120÷2=60（平方厘米）
S△AED=S△ABD=60÷4=15（平方厘米）
6.末尾有3996个0.
7.3.5小时
把两支蜡烛燃烧的速度看作每小时燃烧1个单位长，则第一支蜡烛长为5个单位长，第二支蜡烛长为4个单位长.
设点燃x小时后，第一支蜡烛是第二支蜡烛的长度的3倍，列方程为：
5-x=3（4-x）
5-x=12-x
2x=7
x=3.5（小时）
先求出这499个数的和，然后求出这499个数中的所有整数之和，它们的差即为所求，所以
9. 10个
因为8=1×8=2×4=2×2×2，根据约数与质因数的关系知，含有8个约数的数N可以表示成：N=a7或N=a×b3或N=a×b×c
其中a、b、c是N的质因数.下面采用枚举法得：
N=27=128，超过两位数，舍去；
N=2×33=54，N=3×23=24，N=5×23=40，
N=7×23=56，N=11×23=88，
N=2×3×5=30，N=2×3×7=42，N=2×3×11=66，
N=2×3×13=78，N=2×5×7=70恰有8个约数的两位数有10个.
10. 45瓶
先用182个空瓶可换得汽水是：
182÷5=36 (2)
36瓶，还余2个空瓶.喝完这36瓶汽水连同余下的2个空瓶，又可换得汽水是
（36+2）÷5=7…37瓶，还余3个空瓶.再喝完这7瓶汽水连同余下的3个空瓶，又可换得汽水是：
（7+3）÷5=22瓶，所以这些汽水瓶最多可换得汽水：
36+ 7+ 2= 45（瓶）.
二、解答题：
1. 4096立方厘米.
小正方体的每个面的面积是：
24÷6= 4（平方厘米）
小正方体的棱长是2厘米，由于
512= 8×8×8
所以大正方体的棱长为8个小正方体的棱长，因此大正方体的棱长是：
2×8=16（厘米）
大正方体的体积是：
16×16×16=4096（立方厘米）.
2.45（人）
订《儿童故事画报》的人数是：
订《好儿童》的人数是：
两种都订的人数是：
81+72-108=45（人）.
3.45次
由于女士之间相互不握手，因此这12个人握手的情况分为两类：一类是男士之间相互握手，另一类是男士与女士握手，但每个男士不与自己的妻子握手.
6个男士之间两两握手，每个男士与其余5个男士握手一次，共握手5×6= 30次，但这30次握手有重复计算，如甲、乙两个握手，把甲与乙握手和乙与甲握手算成两次不同的握手，所以6个男士相互握手，共握手：
5×6÷2=15（次）
男士与女士握手的情况共有：
6×5=30（次）
所以这12个人共握手：
15+30=45（次）
当甲行了18千米时，乙行了18-3=15千米，丙行了18-4=14千米，甲、。