第5讲竞赛123班教师版
数学竞赛讲课教案设计模板
一、教学目标1. 知识与技能：使学生掌握数学竞赛的基本知识，提高解题能力。
2. 过程与方法：通过竞赛题目的讲解，培养学生的逻辑思维、分析问题和解决问题的能力。
3. 情感态度与价值观：激发学生对数学竞赛的兴趣，培养他们的团队协作精神。
二、教学重难点1. 教学重点：数学竞赛的基本知识、解题技巧和方法。
2. 教学难点：复杂竞赛题目的分析和解决。
三、教学过程1. 导入新课- 简要介绍数学竞赛的意义和作用。
- 引导学生了解数学竞赛的基本知识和题型。
2. 讲解竞赛基础知识- 介绍数学竞赛的基本规则和评分标准。
- 讲解数学竞赛中的常见题型，如填空题、选择题、解答题等。
3. 解题技巧和方法- 讲解解题技巧，如排除法、分析法、归纳法等。
- 分析解题步骤，使学生掌握解题思路。
4. 案例分析- 选择具有代表性的竞赛题目，进行详细讲解。
- 分析题目的解题思路、方法和技巧。
5. 练习巩固- 学生独立完成一定数量的竞赛题目，巩固所学知识。
- 教师对学生的练习进行批改和讲解，纠正错误。
6. 课堂小结- 总结本节课所学内容，强调重点和难点。
- 鼓励学生在课后进行自主学习，提高解题能力。
7. 课后作业- 布置一定数量的竞赛题目，供学生课后练习。
四、教学评价1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、解题思路的清晰度等。
2. 作业完成情况：检查学生课后作业的完成情况，了解他们的掌握程度。
3. 竞赛成绩：关注学生在数学竞赛中的成绩，评估教学效果。
五、教学反思1. 教学过程中是否充分调动学生的积极性，激发他们的学习兴趣。
2. 教学内容是否符合学生的认知水平和实际需求。
3. 教学方法是否灵活多样，能否提高学生的解题能力。
4. 教学效果是否达到预期目标，是否需要调整教学策略。
注：本模板仅供参考，具体教案设计可根据实际情况进行调整。
三年级下册数学讲义竞赛思维训练专题：第5讲 乘法初识人教版
二、 老外计算乘法 古人采用结绳的方式记忆数据和事件 ，古代印度数学也有一种类似的方法：只要数一数线段 的结点，就连背不出九九乘法口诀的孩子也能很快得到乘法算术题的答案。你想不想 尝试一 下这种神奇而古老的死算方法？不用准备绳子，只要拿起一支笔就可以了。
91 9 —×
92 8 83 72
最终答案：8372 同学们我们可以用竖式来验证一下哦！
例５
列竖式计算
（1） 56101 （2） 56202 （2） 56303
47 6 9 4 2 63 2 8 42 3 `2 4 3
75 41
75 30 0 30 7 5
【想想练练】 列竖式计算：（1） 2331
（2） 3619
（3） 4247
【分析】
（1） 2331 713 （2） 3619 684 （3） 4247 1974
【对应学案】【学案 3】
【拓展】你能算出下列算式的结果吗？你发现规律了吗？
（2）第一个因数的十位数再与另一个因数的高位相乘的积，（如图47 28 ）；写在两数
交叉对应的格子内（一行一列）；十位数的 2 写在斜杠的左上方，个位数的 8 写在斜杠 的右下方。 （3） 当第一个因数与另一个因数的高位逐个乘完，再与另一个因数的次高位依次相乘，如
图 65 30 ，30 写在 6 和 5 对应交叉的格子里（第二行第二列），十位数 3 写在斜 杠的左上方，个位数 0 写在斜杠的右下方。再如图 45 20 ， 20 写在 4 与 5 交叉对
竞赛类教案7篇
竞赛类教案7篇（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
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学而思竞赛班选拔考试录取手册
学而思竞赛班选拔考试录取手册小学部０９年８月目录Part1 竞赛班选拔考试指导 (2)Part2 竞赛班录取时间表 (3)Part3 竞赛班成绩及诊断查询 (5)Part4 竞赛班选拔演算纸 (8)Part5 学而思竞赛班文化 (12)Part6 学而思竞赛班名师 (15)Part1 竞赛班选拔考试指导1、考试时间新二、三、四年级：8月23日（周日）下午1：30-2：30（1小时）新五、六年级：8月23日（周日）下午3：10-4：40（1.5小时）2、考试形式数学：闭卷笔试，全部填空题形式，需要写出简要计算过程，但是试卷判分只根据最后答案给分，计算过程以备竞赛班老师出具诊断说明书使用。
英语：闭卷笔试，全部选择题与填空题形式。
3、考试纪律第一条考生必须按规定时间进入考场。
无故迟到超过十五分钟者，不准参加该课程考试，按旷考处理。
考试进行三十分钟后，考生方可离开考场。
第二条考生进入考场，必须携带准考证及必需的文具。
不准携带任何书籍、手册等资料。
第三条在考试过程中，考生不得中途离开考场，否则按交卷处理；如果要上厕所须征得监考老师同意。
第四条考生必须按时交卷，不得拖延时间。
交卷后，学生应立即离开考场，不得在场内交谈。
第五条考试过程中未经监考人员允许，不准互借任何文具及其他物品。
如对试题有疑问或试卷字迹不清时，考生应先举手，等待教师前往处理。
考生之间不准互相询问。
第六条在考场有下列行为之一属违反考场纪律：1.不按指定位置就坐，且不听从监考教师调动；2.不按规定将书包以及与考试有关的笔记、资料放在指定地点，且不听监考教师劝告；3.监考教师要求出示准考证而拒绝出示；4.考试过程中未经监考教师同意而擅自进出考场；5.在考试过程中谈话；6.将寻呼机、手持电话机等无线通讯工具及文曲星等强存储功能的学习用品带入考场；7.将考卷携出考场。
第七条在考试过程中，有下列行为之一属考试作弊：1.抄袭或偷看邻座答卷、稿纸(包括故意移动答卷让邻座偷看或抄袭)；2.传递与考试内容有关的纸条，或进行与考试内容有关的谈话，或相互对答案；3.闭卷考试中翻看书籍、笔记、资料或夹带与考试内容有关的东西；开卷考试中交换书、笔记本或有关考试的资料(包括交换的双方)；4.在考场内使用寻呼机、手持电话机等无线通讯工具者；5.因保管不善等原因造成试卷、答题纸及草稿纸等物品在考试过程中或交卷时被他人利用，视为双方作弊。
培优联盟骨干教师数学讲座-竞赛培优课件讲座(共82张PPT)
单墫:怎样搞数学竞赛 【很重要的高中竞赛学习策略】
在进度方面： 要在高一开学之前的那个暑假里把整个高中 的数学内容全部学完，并在高一上 学期应该完成像高三一样的两轮复习，基础太重要了，第一试占了120分，不可 小视。然后，就是竞赛内容了，不要以为看几本 竞赛书就可以了，因为那些书 上讲得较粗略；要多向老师学习并要不断地总结重要的思想方法，使自己能够 灵活运用。
几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点——
费马点，到三角形顶点距离的平方和最小的点——重心。
三角形内到三边距离之积最大的点——重心。
几何不等式 简单的等周问题。了解下述定理： 在周长一定的n边形的集合中，正n边形的面积最大 在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大 在面积一定的n边形的集合中，正n边形的周长最小 在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小 几何中的运动：反射、平移、旋转。
复数方法、向量方法。
2、代数
在一试大纲的基础上另外要求的内容：周期函数与周期，带绝对值的函数的图像。 三倍角公式，三角形的一些简单的恒等试，三角形不等式。 第二数学归纳法。 递归，一阶、二阶递归，特征方程法。
函数迭代，求n次迭代，简单的函数方程。 N个变元的平均不等式，柯西不等式，排序不等式及应用。
3、立体几何 多面角，多面角的性质；三面角、直三面角的基本性 质；正多面体， 欧拉定理；体积证法；截面，会作截面、表面展开图。 4、平面解析几何 直线的法线式，直线的极坐标方程，直线束及其应； 二元一次不等式表示的区域；三角形的面积公式；圆锥 曲线的切线和法线；圆的幂和根轴。 5、其他 抽屉原理；容斥原理；极端原理；集合的划分；覆盖。
第五讲暑假班-等比等差数列求和(教师版) - 副本
第五讲数列求和方法课前准备【旧知识复习】复习1：等差数列等比数列的通项公式是什么？它们的通项公式都有什么特征呢？复习2：等差等比数列的求和公式是什么？新课导学一、学习探究：1．公式法与分组转化法(1)公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和．(2)分组转化法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后相加减．2．倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列{a n}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式就是用此法推导的．(2)并项求和法在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． 4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．二、 自主学习：(1)数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于________．答案：n 2＋1－12n(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________. 答案：9(3)(2018·枣庄模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为________．答案：100101(4)若a n ＝2n －1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和S n ＝________.答案：n2n ＋1三、精讲精练：【考点一】分组转化求和[例1] (2018·合肥质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)∵{a n }为等差数列，∴⎩⎨⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝2a n ＋a n ＝22n ＋1＋(2n ＋1)＝2×4n ＋(2n ＋1)， ∴T n ＝2×(4＋42＋…＋4n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝2×4(1－4n )1－4＋n (3＋2n ＋1)2＝83(4n －1)＋n 2＋2n . [方法技巧]分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组转化法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．【考点二】错位相减求和[例2] (2017·天津高考)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2.所以b n ＝2n . 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n . (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ， 由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1， 得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8. 故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.[方法技巧]错位相减法求和的策略(1)如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解．(2)在写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．【考点三】裂项相消求和[例3] (2018·沈阳质检)已知数列{}a n 是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.(1)求数列{}a n 的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由题设知a 1a 4＝a 2a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2， 故a n ＝a 1q n －1＝2n －1，n ∈N *.(2)S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝⎝⎛⎭⎫1S 1－1S 2＋⎝⎛⎭⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1S n－1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1，n ∈N *. [方法技巧]用裂项法求和的裂项原则及规律(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项直到发现被消去项的规律为止．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．几种常见的裂项方式四、能力展示1. (2018·福州质检)已知函数f (x )＝x a 的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n项和为S n ，则S 2 017＝( )A. 2 016－1 B ． 2 017－1 C. 2 018－1D ． 2 018＋12. (2018·信阳模拟)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为( )A ．1 121B ．1 122C ．1 123D ．1 1243. (2018·安徽合肥模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝5，a n ＝2a n －1＋3n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n －3n (n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .4. (2018·山东省实验中学诊断性考试)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q >0，S 2＝2a 2－2，S 3＝a 4－2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝na n，求{b n }的前n 项和T n .第5节课后答案 第一部分1. 解析：选C 由f (4)＝2可得4a ＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12. ∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n ＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－2 017)＝ 2 018－1.2. 解析：选C 由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×(1－210)1－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C.由 ②÷① 得 q 3=18，解得 q =12．3. 解：(1)∵a n ＝2a n －1＋3n －1(n ∈N *，n ≥2)，∴a n －3n ＝2(a n －1－3n －1)，∴b n ＝2b n －1(n ∈N *，n ≥2)．∵b 1＝a 1－3＝2≠0，∴b n ≠0(n ≥2)，∴b nb n －1＝2，∴{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列．∴b n ＝2·2n －1＝2n .(2)由(1)知a n ＝b n ＋3n ＝2n ＋3n ，∴S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(3＋32＋…＋3n )＝2(1－2n )1－2＋3(1－3n )1－3＝2n ＋1＋3n ＋12－72.4. 解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 2＝2a 2－2，① S 3＝a 4－2，②所以由①②两式相减得a 3＝a 4－2a 2，即q 2－q －2＝0. 又因为q >0，所以q ＝2.又因为S 2＝2a 2－2，所以a 1＋a 2＝2a 2－2， 所以a 1＋a 1q ＝2a 1q －2，代入q ＝2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n . (2)由(1)得b n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，①将①式两边同乘12，得12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，②由①②两式错位相减得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，整理得T n ＝2－n ＋22n .。
奥数 六年级竞赛 数论(二).教师版word
小学奥数数论内容中，余数相关问题是最成体系的，也是各类竞赛考试中的重点．⑴同余性质是解决同余问题的重要依据,复习简单同余问题，学会灵活运用同余性质解决同余问题. ⑵熟练掌握余数定理在多位数除法以及高次冥末尾数字求解中的基本运用.⑶能用凑同余的办法解决一个数除以多个数，得不同余数的问题，学会使用中国剩余定理．带余除法：一般地，如果a 是整数，b 是整数()0b ≠，那么一定有另外两个整数q 和r ，0r b ≤<，使得a b q r =⨯+．当0r =时，我们称a 能被b 整除．当0r ≠时，我们称a 不能被b 整除，r 为a 除以b 的余数，q 为a 除以b 的不完全商(亦简称为商)．用带余数除式又可以表示为a b q r ÷= ,0r b ≤<．同余式：若两个整数a ，b 被自然数m 除有相同的余数，那么称a ，b 对于模m 同余，用“同余式”表示为()mod a b m ≡意味着(我们假设a b ≥)a b mk -=，k 是整数，即()|m a b -．若两个数a ，b 除以同一个数c 得到的余数相同，则a ，b 的差一定能被c 整除．余数定理：①两数的和除以m 的余数等于这两个数分别除以m 的余数和．实例：7321÷= ，5312÷= ，这样()753+÷的余数就等于()123+÷的余数．②两数的差除以m 的余数等于这两个数分别除以m 的余数差．实例：8322÷= ，4311÷= ，这样()843-÷的余数就等于()213-÷的余数．③两数的积除以m 的余数等于这两个数分别除以m 的余数积．实例：7321÷= ，5312÷= ，这样()753⨯÷的余数就等于()123⨯÷的余数． 第 6讲数论(二)【例 1】 有一个整数，用它去除70，110，160所得到的3个余数之和是50，那么这个整数是______．【分析】 (70110160)50290++-=，503162÷= ，除数应当是290的大于17小于70的约数，只可能是29和58，11058152÷= ，5250>，所以除数不是58．7029212÷= ，11029323÷= ，16029515÷= ，12231550++=，所以除数是29．【例 2】 一个两位数被它的各位数字之和去除，问余数最大是多少？【分析】 设两位数ab (a 表示十位数字，b 表示个位数字)1091ab a b a a b a b a b+==++++ 由于余数不会超过除数a b +的值，所以我们对a b +的值从最大值18开始往小进行尝试搜索：当18a b +=，此时余数为9． 当17a b +=，则两位数为89、98，余数为4、13．当16a b +=，则两位数为97、88、79，余数为1、8、15．则余数最大的为15，因为接下来，除数最大为15，这样余数中最大的也只可能为14，所以余数最大的是15．【例 1】 一个自然数除429、791、500所得的余数分别是5a +、2a 、a ，求这个自然数和a 的值. ［分析］ 将这些数转化被该自然数除后余数为2a 的数：()42952848-⨯=，791、50021000⨯=，这些数被这个自然数除所得的余数都是2a ，同余. 将这三个数相减，得到84879157-=、1000848152-=，所求的自然数一定是57和152的公约数，而()57,15219=，所以这个自然数是19的约数，显然1是不符合条件的，经过验证，当这个自然数是19时，除429、791、500所得的余数分别为11、12、6，6a =时成立,所以这个自然数是19，6a =.［拓展］已知60，154，200被某自然数除所得余数分别是1a -，2a ，31a -，求该自然数的值． ［分析］ 自然数61，154，201被该数除所得余数分别是a ，2a ，3a ．自然数2613721=与154同余，611549394⨯=与201同余，所以除数是3567和9193的公约数，运用辗转相除法可得到该除数为29．经过检验成立．［拓展］甲、乙、丙三数分别为603，939，393.某数A 除甲数所得余数是A 除乙数所得余数的2倍，A 除乙数所得余数是A 除丙数所得余数的2倍．求A 等于多少？［分析］ 设这个数为M ，则11603M A r ÷=22939M A r ÷=33393M A r ÷=122r r =,232r r =,要消去余数1r ,2r ,3r ,我们只能先把余数处理成相同的，再两数相减．这样我们先把第二个式子乘以2，这样被除数和余数都扩大2倍，同理，第三个式子乘以4． 这样我们可以得到下面的式子：11603M A r ÷=()22939222M A r ⨯÷=()33393424M A r ⨯÷=这样余数就处理成相同的．最后两两相减消去余数，意味着能被M 整除．93926031275⨯-=，3934603969⨯-=，()1275,30651317==⨯．603，939，393这三个数有公约数3．51317÷=．则A 等于17．【例 2】 一个自然数减去它的各位数字之和得到的差值，称为“好数”．例如，根据()757757738-++=是“好数”．在四位数20□○的方框中填入某个恰当的数字后，可以使得无论圆圈内填入09 中的哪个数字，该四位数都不是“好数”，那么在方框中应填写数字__________．【分析】 注意到所有“好数”都是9的倍数，但9的倍数不一定都是好数．200x 对应的“好数”是20021998x x --=；201x 对应的“好数”是201212007x x ---=；202x 对应的“好数”是202222016x x ---=；…… …… ……209x 对应的“好数”是209292079x x ---=；210x 对应的“好数”是210212097x x ---=；即在20□○中“好数”只能是2007、2016、2025、2034、2043、2052、2061、2070、2079、2097． 所以，如果在20□○的“□”内填入8，则不管“○”填入什么数都不能是“好数”．【例 3】 (南京市“兴趣杯”少年数学邀请赛决赛)现有糖果254粒，饼干210块和桔子186个．某幼儿园大班人数超过40．每人分得一样多的糖果，一样多的饼干，也分得一样多的桔子．余下的糖果、饼干和桔子的数量的比是：1:3:2，这个大班有_____名小朋友，每人分得糖果_____粒，饼干_____块，桔子_____个．【分析】 法一：设大班共有a 名小朋友．由于余下的糖果、饼干和桔子的数量之比是1:3:2，所以余下的糖果、桔子数目的和正好等于余下的饼干数，从而254186210+-一定是a 的倍数，即2541862102301230102325+-==⨯=⨯=⨯⨯是a 的倍数．同样，225418632223142327⨯-==⨯=⨯⨯也一定是a 的倍数．所以，a 只能是232⨯的因数．但40a >，所以46a =．此时25446524=⨯+，21046372=⨯+，18646348=⨯+．故大班有小朋友46名，每人分得糖果5粒，饼干3块，桔子3个．法二：如果糖果有25461524⨯=粒，饼干有2102420⨯=块，橘子有1863558⨯=个，那么余下的糖果、饼干、橘子的个数相等，所以1524、420、558这三个数的相互之差是大班人数的倍数，152********-=，558420138-=，()1104,138138=，所以幼儿园大班人数是138的大于40的约数，即138、69、46，经过检验，其中只有46满足条件．每人分得糖果5粒、饼干3块、橘子3块．【例 4】 试求105253168⨯的末两位数．【分析】 分别考虑这两个幂除以4和25所得的余数．首先考虑4，253除以4余数是1，所以25310除以4的余数仍是1；168是4的倍数，它的5次方仍是4的倍数，即除以4的余数为0，则原数除以4的余数也是0．再考虑25，253除以25余3，则只需看310除以25的余数，又310=27×27×27×3，则310除以25的余数为2×2×2×3=24；168除以25余18，则只需看51832432418=⨯⨯除以25的余数，可知余数为18；又2418432⨯=除以25的余数为7，所以原式除以25的余数即为7．两位数中，能被4整除，除以25余7的数只有32，则原式的末两位即为32．［拓展］试求20082007的末两位数.［分析］200720007=+，所以20082007的末两位数与20087的末两位数相同． ()()100450220082100425027749492401====，2401被100除余1所以5022401被100除得的余数等于5021，所以20082007的末两位数是01.［拓展］求89143除以7的余数．［分析］ 法一：∵()1433mod7≡(143被7除余3)∴()89891433mod7≡(89143被7除所得余数与893被7除所得余数相等)而63729=，()7291mod7≡∴()8966655143333335mod7≡⨯⨯⨯⨯≡≡个． 89于是余数以6为周期变化．所以335mod7≡≡．【例 5】1234200512342005+++++ 除以10所得的余数为多少？ 【分析】 求结果除以10的余数即求其个位数．从1到2005这2005个数的个位数字是10个一循环的，而对一个数的幂方的个位数，我们知道它总是4个一循环的，因此把每个加数的个位数按20个(20是4和10的最小公倍数)一组，则不同组中对应的数字应该是一样的．首先计算123420123420+++++ 的个位数字，为4．2005个加数中有100组另5个数，100组的个位数是4100400⨯=的个位数即0，另外5个数为20012001、20022002、20032003、20042004、20052005，它们和的个位数字是1476523++++=的个位数 3，所以原式的个位数字是3，即除以10的余数是3．【例 6】 求{10031203308L 个除以19的余数． 【分析】 法一：{{{10161003101312033081266406332=-L L L 个个个 {{101310132063326332=⨯-L L 个个 {1013196332=⨯L 个 所以{10031203308L 个除以19的余数为0． 法二：首先计算120308被19除所得余数为0，120330812030810228=⨯+，228也是19的倍数，所以1203308也是19的倍数．12033308120330810228=⨯+，所以1203308也是19的倍数．以此递推可得到{10031203308L 个也是19的倍数．［拓展］(2008年奥数网杯)已知20082008200820082008a = 个，问：a 除以13所得余数是______.［分析］2008除以13余6，10000除以13余3， 注意到200820082008100002008=⨯+；20082008200820082008100002008=⨯+；2008200820082008200820082008100002008=⨯+；根据这样的递推规律求出余数的变化规律：20082008除以13余6361311⨯+-=，200820082008除以13余1136390⨯+-=，即200820082008是13的倍数，而2008除以3余1，所以20082008200820082008a = 个除以13的余数与2008除以13的余数相同，为6.【例 7】 对任意的自然数n ，证明2903803464261n n n n A =--+能被1897整除．【分析】18977271=⨯，7与271互质，因为29035(mod 7)≡，8035(mod7)≡，4642(mod 7)≡，2612(mod7)≡，所以，290380346426155220(mod7)n n n n n n n n A =--+≡--+≡，故A 能被7整除．又因为2903193(mod 271)≡，803261(mod 271)≡，464193(mod 271)≡，所以29038034642611932611932610(mod271)n n n n n n n n A =--+≡--+≡，故A 能被271整除． 因为7与271互质，所以A 能被1897整除．【例 8】 在下表中填入自然数，要求第一行中所填入的自然数从左到右依次是31，32，33， ，第中填入的自然数从左到右依次是13，23，33， ，第三行中填入的自然数是同一列当中第一行、7【分析】 第一行的数被7除所得余数依次是1，1，6，1，6，6，0，……，以7为周期．第二行的数被7除所得的余数依次是3，2，6，4，5，1……，以6为周期．第三行的自然数如果除以7余1，那么对应第一行、第二行的自然数被7除，只有0+1和6+2两种情况，其中第一种情况下，对应的列数能被7和6整除，所以在第42列才能出现该情况，第二种情况下，对应的列数被7除余3，5，6，被6除余2，符合条件的最小列数是20．“物不知数问题”一般解题步骤：①凑“多”相同，即把余数处理成相同 条件：余数与除数的和相同②凑“缺”相同，即把余数处理成缺的数字相同 条件：除数与余数的差相同③先考虑上面两种，如果都不行，可使用逐步满足法或使用“中国剩余定理” ．④逐步满足法：先满足条件一，得N ，再用“M N =+已满足除数公倍数”来满足下一个条件．《孙子算经》中有记载：“今有物不知其数：三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物几何？”它的意思就是，有一些物品，如果3个3个的数，最后剩2个；如果5个5个的数，最后剩3个；如果7个7个的数，最后剩2个；求这些物品一共有多少？这个问题人们通常把它叫作“孙子问题”， 西方数学家把它称为“中国剩余定理”．到现在，这个问题已成为世界数学史上闻名的问题．到了明代，数学家程大位把这个问题的算法编成了四句歌诀：三人同行七十稀，五树梅花廿一枝；七子团圆正半月，除百零五便得知．用现在的话来说就是：一个数用3除，除得的余数乘70；用5除，除得的余数乘21；用7除，除得的余数乘15．最后把这些乘积加起来再减去105的倍数，就知道这个数是多少．《孙子算经》中这个问题的算法是：702213152233⨯+⨯+⨯=；23310510523--=；所以这些物品最少有23个．得出问题中的系数70、21、15，实际上是非常巧妙的构造过程,这三个数满足以下条件70是5和7的公倍数，且被3除余1；21是3和7的公倍数，且被5除余1；15是3和5的公倍数，且被7除余1．在这样的条件下，任意一个系数乘以对应余数所得的积，被对应除数除后所得的余数恰好等于对应余 数，且该积仍然能被其他两个除数整除，因此三个积相加并不相互影响各自被对应除数除后所得的余数． 即702115a b c ++是被3除余a ，被5除余b ，被7除余c 的数．【例 9】 一个大于10的数，除以3余1，除以5余2，除以11余7，问满足条件的最小自然数是多少？【分析】 法一：仔细分析可以发现321527⨯+=+=，所以这个数可以看成被3、5、11除余7，[]3,5,11165=，所以这个数最小是1657172+=．法二：事实上，如果没有“大于10”这个条件，7即可符合条件，在7的基础上加上3，5，11的最小公倍数，得到172即为所求的数．［铺垫］一个大于10的数，除以5余3，除以7余1，除以9余8，问满足条件的最小自然数为＿＿＿＿． ［分析］ 根据总结，我们发现三个数中两个数的除数与余数的和都是53718+=+=，这样我们可以把余数都处理成8，所以[]5,7,9315=，所以这个数最小为3158323+=．［铺垫］一个小于200的数，它除以11余8，除以13余10，这个数是多少？［分析］ 根据总结，我们发现这两个除数与余数的差都等于11813103-=-=，观察发现这个数加上3后就能同时被11和13整除,所以[]11,13143=，所以这个数是1433140-=．【例10】 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余4，问满足条件的最小自然数为＿＿＿＿．【分析】 法一：根据总结，我们发现前面两种都不符合，所以可以使用普遍适用的“中国剩余定理”，步骤如下：分别找出除以7余7的公倍数，除以3余2的5、7的公倍数，分别是：60、63、35可见60+63+35=158满足我们的条件，但不是最小的自然数，处理方法就是减去最小公倍数的若干倍，使结果小于最小公倍数．所以答案为：158-105=53．法二：逐步构造符合条件的最小自然数，首先求符合前两个条件的最小自然数，用3不断加2，当2被加上两个3时得到8，检验符合前两个条件，再用3和5的最小公倍数不断加8，当8被加上3个15，得到53，检验符合三个条件．法三：逐步构造符合条件的最小自然数，首先求符合后面两个条件的最小自然数，用7不断加4，当4被加上两个7时得到18，检验符合后两个条件，再用7和5的最小公倍数不断加18，当18被加上1个35，得到53，检验符合三个条件．【例11】有连续的三个自然数a、1a+，它们恰好分别是9、8、7的倍数，求这三个自然数中最a+、2小的数至少是多少？【分析】法一：由1a+是7的倍数，得到a被7除余5，运用中国a+是8的倍数，得到a被8除余7，由2剩余定理求a：(⨯+⨯=495是满足各个余数条件的最小441728854527值，所以a至少是495．法二：a、1a++也分别是9、a++、27a+、18a+、2a+恰好分别是9、8、7的倍数，那么9a+的最小值是987504⨯⨯=，即a至少是495．8、7的倍数，即9a+是9、8、7的倍数，9【例12】一个数除以3、5、7、11的余数分别是2、3、4、5，求符合条件的最小的数：【分析】将33210×5=1050被11除余5，由此可知770+693+165+1050=2678是符合条件的一个值，又3、5、7、11的最小公倍数是1155，所以2678-1155×2=368是符合条件的最小值．［拓展］一个数除以2、3、5、7、11的余数分别是1、2、3、4、5，求符合条件的最小数．［分析］本题实际上就是求被3、5、7、11除的余数分别是2、3、4、5的最小奇数，符合条件的最小偶数是368，只要将368加上3×5×7×11就能求得符合条件的最小奇数，这个数是368+3×5×7×11=1523．1． 有一个自然数，用它分别去除63，90，130都有余数，3个余数的和是25．这3个余数中最大的一个是多少？【分析】 由于这三个数除以这个自然数后所得的余数和为25，所以63、90、130的和除以这个自然数后所得的余数为25，所以63+90+130-25=258能被这个自然数整除.258=2×3×43，显然当除数为2、3、6时，3个余数的和最大为3×(2-1)=3，3×(3-1)=6，3×(6-1)=15，所以均不能满足条件.当除数为43×2、43×3、43×6时，它除63的余数均是63，所以也不满足.那么除数只能是43，它除63，90，130的余数依次为20，4，1，余数的和为25，满足. 显然这3个余数中最大的为20．2． ()200831312008+被13除所得的余数是多少？【分析】31被13除所得的余数为5，31n 当n 取1，2，3， 时31n 被13除所得余数分别是5，12，8，1，5，12， 所以200831被13除余1．2008被13除所得的余数是6，6n 当n 取1，2，3， 时，6n 被13除所得的余数分别是6，10，8，9，2，12，7，3，5，4，11，1，6， 所以316被13除所得的余数等于76被13除所得的余数，即7，所以()200831312008+被13除所得的余数是178+=．3． 一个自然数除以7、8、9后分别余3、5、7，而所得的三个商的和是758，这个数是___________．【分析】 这个数加上11后能被7、8、9整除．7、8、9的最小公倍数是789504⨯⨯=，所以除以7,8,9后分别余3、5、7的数最小为50411-．504分别除以7、8、9所得的商之和是897879191⨯+⨯+⨯=，则50411-分别除以7、8、9所得的商之和是19123185-⨯=．7581851913=+⨯，所以这个数为5041150432005-+⨯=．4． 一个数除以5余3，除以6余4，除以7余1，求适合条件的最小的自然数．【分析】 “除以5余3”即“加2后被5整除”，同样“除以6余4”即“加2后被6整除”．[]5,6228-=，即28适合前两个条件．分析[]285,6x +⨯中能满足“除以7余1”的x 的值．可得到4x =是满足条件的最小值，所以，适合条件的最小的自然数是28304148+⨯=．5． 将一些水果装盘（少于100）个，如果7个7个装盘则剩下2个不能装，如果11个11个装盘则剩下6个不能装盘，如果13个13个装盘，那么还剩下7个不能装盘，那么这些水果有多少个？【分析】 11×13的倍数：143、286、429，……其中被7除余2的有429；7×13的倍数：91，182，……除以11余6的有182；7×11的倍数：77，154，……除以13余7的有462．1824624291073++=，由于水果数少于100，所以水果数有1073100172-=个．选绿色包装——减少垃圾灾难每人每年丢掉的垃圾重量超过人体平均重量的五六倍．北京年产垃圾430万吨，日产垃圾1.2万吨，人均每天扔出垃圾约1千克，相当于每年堆起两座景山．我国目前垃圾的产生量是1989年的4倍,其中很大一部分是过度包装造成的．不少商品特别是化妆品、保健品的包装费用已占到成本的30%—50%．过度包装不仅造成了巨大的浪费，也加重了消费者的经济负担，同时还增加了垃圾量，污染了环境．我们选购产品的时候还是以使用价值为主，尽量避免选购过度包装的产品，减少垃圾的制造量．拒子入门子发是战国时期楚国的一位将军．一次，他带兵与秦国作战，前线断了粮草，他派人向楚王告急．使者顺便去看望子发的老母．老人问使者：“兵士都好吗?”使者回答：“还有点儿豆子，只能一粒一粒分着吃．”“你们将军呢?”母亲问．使者回答道：“将军每餐都能吃到肉和米饭，身体很好．”子发得胜归来，母亲紧闭大门不让他进家门，并派人去告诉子发：“你让士兵饿着肚子打仗，自己却有吃有喝，这样做将军，打了胜仗也不是你的功劳．”母亲又说：“越王勾践伐吴的时候，有人献给他一罐酒，越王让人把酒倒在江的上游，叫士兵们一起饮下游的水．虽然大家没尝到酒味，却鼓舞了全军的士气，提高了战斗力．现在你却只顾自己不顾士兵，你不是我的儿子，你不要进我的门．”子发听了母亲的批评，向母亲认了错，决心改正，才得以进家门．俗话说：“子不教，父之过．”子女成长的好坏，长辈有着极大的责任．父母为了使孩子成长成参天大树，就必须在我们心中植下博爱之心，有了博爱之心，才有施爱于他人的可能．多以有时候，责备也蕴涵着父母对子女深沉的爱．。
2013学而思五年级春季下学期超长123班讲义学案试题(1—7讲)
作业3.五个连续的自然数，它们的和是一个完全平方数，中间三个数的和是完全立方数，则这五个数中最小数的最小值是多少？
作业5.是否存在自然数a，b，使得2ab11×7是完全平方数？
作业6.已知 是一个四位数，若两位数 是一个质数， 是一个完全平方数， 是一个质数与一个不为1的完全平方数之积，则满足条件的所有四位数有哪些？
补充2.一根绳子在一个圆柱上从一端到另一端均匀的绕了4圈，圆柱的底面积周长为4米，长12米，求绳子的长度？
第二讲 完全平方数
一4.求一个最小的自然数，它乘以2后是完全平方数，乘以3后是完全立方数，乘以5后是五次方数。
一5.从乘法算式1×2×3×…×15中至少要删除多少个数，才能使剩下的数的乘积为完全平方数？
(4) 有一个自然数，分别去除63、90、130都有余数，并且3个余数之和为25，求最大那个余数是多少？
二3.(1)求 的末位数字；
(2)求证：10| － 。
二4.将1到2000的自然数写成一排：12345…19992000，这个数除以9的余数是多少？
二5.(1)一个三位数是它数字和的33倍，求此数；（思路）
(2)一个五位数是它数字和的2013倍，求此数；
(3)一个五位数是它数字和的2008倍，求此数；
三1.袁世凯于1916年1月1日星期六称帝，只当了82天就被逼退位，问他退位那天是星期几？
三2.小明说，任意6个整数里，一定有某两个数的差是5的倍数，他说的对吗？
三3.求证：1、11、111、1111、11111、……这若干个数里面一定有2013的倍数。
学案1.如图所示，直角三角形PQR的直角边为5厘米和9厘米，问图中3个正方形面积之和比4个三角形面积之和大多少？
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[10415-8]2014三年级小机灵初赛真题与高频考点VIP全能班［吴桐C-S8讲全］[10623-24]小学奥数数论专题精讲之无懈[1610]三升四暑期数学竞赛班（兰海）+三年级奥数系统复习班 金颖 (缺30-45讲）[1661-16]2010年秋季六年级数学竞赛班［刘阳N-S16讲全］[1784-16]四升五暑期数学超常班［杨秀情C-S16讲全］[1889-8]三年级奥数必考知识点系统复习全能班上[1890-8]三年级奥数必考知识点系统复习全能班（下）［兰海C-S8讲全］[1891-9]四年级奥数必考知识点系统复习全能班（上）［兰海V-S9讲全］[1892-9]四年级奥数必考知识点系统复习全能班（下）［姜付加Ｖ-Ｓ9讲全］[1893-1894-21]五年级奥数必考知识点系统复习全能班［姜付加B-S21讲全］[1902-10]小学数学同步培优班 课内知识总结+易错题详解+数学入门 三年级（上）（人教版）缺11-17 [2162-4]小学数学应用题专题精讲：多元一次方程组和分数系数方程及列方程解应用题（五年级）［刘[2179-14]2011寒假小学三年级奥数竞赛班［刘阳C-S14讲全］[2180-14]2011寒假小学四年级奥数竞赛班［兰海Ｖ-Ｓ14讲全］[2181-20]2011寒假小学五年级奥数竞赛班［崔兆玉B-S20讲全］[2182-20]2011寒假小学六年级奥数竞赛班［谷运增N-S20讲全］[2231-8]小学三年级奥数入门班［张新刚C-S8讲全］[2232-8]小学四年级奥数入门班［姜付加V-S8讲全］[2233-10]小学五年级奥数入门班［刘丽娜B-S10讲全］[2234-10]小学六年级奥数入门班［崔兆玉N-S10讲全］[2285-8]2011走美杯VIP全能班 五年真题+考点预测+压轴题+应试模拟（四年级）［姜付加V-S8讲全］[2444-8]三年级超常学员必学的8个专题精讲[2452-8]《五年制十级思维训练体系-一年级必学的8个专题精讲》 施晴[2453-8]五年制十级思维训练体系-二年级必学的8个专题精讲[2454-8]五年制十级思维训练体系-三年级必学的8个专题精讲[2455-8]《五年制十级思维训练体系-四年级必学的8个专题精讲》［成康达 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数字谜数阵数表奥运版讲义.docx
第十讲数字谜、数阵、数表教学目标数字谜问题被称作思维锻炼的体操，这一部分问题可以很好的培养学生的观察力、判断及推理能力。
数字谜也是一类非常有趣的数学问题，在小学数学竞赛中经常出现。
和数字谜问题类似的，数阵、数表问题由于其本身的数学美感，受出题者青睐，解这类问题必须认真审题，根据题目的特点，找出突破口，从而逐步简化题目直至问题完全解决。
1．回顾常用的数字谜的解题技巧。
2．精讲经典数字谜、及数阵数表。
经典精讲数字谜（一）解题的突破口多在于竖式或横式中的特殊之处，例如首位、个位以及位数的差异。
（二）要根据不同的情况逐步缩小范围，并进行恰当的估算。
（三）当题目中涉及多个字母或汉字时，要注意利用不同符号代表不同数字这一条件来排除若干可能性。
（四）注意结合进位及退位来考虑。
（五）有时可运用到数论中的分解质因数等方法。
【例 1】在右边的算式中，相同的符号代表相同的数字，不同的符号代表不同的数字，根据这个算式，可以推算出：△□□〇+〇□□△□□☆☆那么：口 +○+△+☆=_________ 。
【分析】比较竖式中百位与十位的加法，十位上“□+□”肯定进位，（否则由百位可知□＝0），且有“□+□＋ 1＝ 10+□”，从而□=9，☆ =8。
再由个位加法，推知○ +△=8．从而口+○+△+☆ =9+8+8=25。
【拓展】（ 2008 年迎春杯初赛）在右边的竖式中，相同字母代表相同数字，不同字母代表不同数字，则四位数tavs =______。
s t v av t s tt t v t t【分析】首先可以判断t 1 ，所以 s v11， v t t 1 3 ，可解得 s 11 38 ，又因为a t t 所以a0 ，tavs1038 。
【例 2】电子数字0 ~ 9如图所示，右图是由电子数字组成的乘法算式，但有一些模糊不清，请将右图的电子数字恢复，并将它写成横式形式：。
【分析】⑴显然乘积的百位只能是2，⑵被乘数的十位和乘数只能是0、2、6、8 ，才有可能形如， 0 首先排除⑶如果被乘数十位是6或 8，那么乘数无论是 2 、 6或 8，都不可能乘出百位是 2 的三位数。
第5讲竞赛123班教师版
第五讲经典应用题综合教学目标诸如鸡兔同笼、平均数问题、年龄问题、植树问题、牛吃草问题等内容，在五年级以前都已经讲授过，这些经典的算术问题虽然比较常见，但各类考试越来越注重学生的对数量关系的把握和灵活解决问题的能力，而不是生搬硬套某种经典的算术方法，本讲推出的主要是历次考试中碰到的数量关系，带有很强的个例特征。
正所谓“见多”才能“识广”，我们希望同学们掌握此类问题的分析方法。
1.回顾应用题的基础分析方法；2.精讲历次考试中碰到的经典数量关系。
专题回顾【例1】一只船发现漏水时，已经进了一些水，现在水匀速进入船内，如果3人淘水40分钟可以淘完；6人淘水16分钟可以把水淘完，那么，5人淘水几分钟可以把水淘完?【分析】设1人淘1分钟淘出的水量是“1”，摘录条件，将它们转化为如下形式方便分析3人40分钟3×40=120：原有水+40分钟的进水6人16分钟6×16=96：原有水+16分钟的进水从上易发现：40-16=24分钟的进水量=120-96=24，即：1分钟的进水量=1；那么原有水量：120-40×1=80；5人中有1人分钟可以把水淘完来淘每分钟的进水量1 ，剩下4人需要80÷4=20（分钟）将把水淘完，即5人淘水20分钟。
【例2】现在有牛、羊、马吃一块草地的草，牛、马吃需要45天吃完，马、羊吃需要60天吃完，牛、羊吃需要90天吃完，牛、羊一起吃草的速度为马吃草的速度，求马、牛、羊一起吃，需多少时间?【分析】我们注意到：牛、马45天吃了原有+45天新长的草①马、羊60天吃了原有+60天新长的草②牛、羊90天吃了原有+90天新长的草③由①可得到牛、马90天吃了2原有+90天新长的草④由③结合条件“牛、羊一起吃草的速度为马吃草的速度”马90天吃了原有+90天新长的草⑤。
由④、⑤知，牛吃了90天，吃了原有的草；再结合③知，羊吃了90天，吃了90天新长的草，所以，可以将羊视为专门吃新长的草．所以，由②知马60天吃完原有的草，由③知牛90天吃完原有的草．现在将牛、马、羊放在一起吃；还是让羊吃新长的草，牛、马一起吃原有的草.所需时间为111369060⎛⎫÷+= ⎪⎝⎭天.即牛、羊、马一起吃，需36天。
奥数 六年级竞赛 计数问题.教师版word
“统计与概率”主要研究现实生活中的数据和客观世界中的随机现象,兼有应用性和趣味性，其内容及延伸贯穿于初等数学到高等数学，因此成为小学数学中新增内容． ⑴能准确判断事件发生的等可能性以及游戏规则的公平性问题． ⑵运用排列组合知识和枚举等计数方法求解概率问题． ⑶理解和运用概率性质进行概率的运算．【例 1】 若有A 、B 、C 、D 、E 五个人排队，要求A 和B 两个人必须站在相邻位置，则有多少排队方法？ 【分析】 题目要求A 和B 两个人必须排在一起，首先将A 和B 两个人“捆绑”，视其为“一个人”，也即对“A ，B ”、C 、D 、E “四个人”进行排列，有4424A =种排法．又因为捆绑在一起的A 、B 两人也要排序，有222A =种排法．根据分步乘法原理，总的排法有424224248A A ⨯=⨯=种．【例 2】 一条马路上有编号为1、2、……、9的九盏路灯，为了节约用电，可以把其中的三盏关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，则所有不同的关灯方法有多少种？ 【分析】 若直接解答须分类讨论，情况较复杂．故可把六盏亮着的灯看作六个元素，然后用不亮的三盏灯去插7个空位，共有37C 种方法（请您想想为什么不是37A ），因此所有不同的关灯方法有3776535321C ⨯⨯==⨯⨯种.［拓展］若有A 、B 、C 、D 、E 五个人排队，要求A 和B 两个人必须不站在一起，则有多少排队方法？［分析］ 题目要求A 和B 两个人必须隔开．首先将C 、D 、E 三个人排列，有336A =种排法；若排成D C E ，则D 、C 、E “中间”和“两端”共有四个空位置，也即是：D CE ，此时可将A 、B 两人插到四个空位置中的任意两个位置，有2412A =种插法．由乘法原理，共有排队方法：323461272A A ⨯=⨯=．第 8讲计数㈠【例 3】现有10个完全相同的球全部分给7个班级，每班至少1个球，问共有多少种不同的分法?【分析】将10个相同的球排成一行，10个球之间出现了9个空档，现在我们用“档板”把10个球隔成有序的7份，每个班级依次按班级序号分到对应位置的几个球（可能是1个、2个、3个、4个），借助于这样的虚拟“档板”分配物品的方法称之为插板法．由上述分析可知，分球的方法实际上为档板的插法：即是在9个空档之中插入6个“档板”（6个档板可把球分为7组），其方法种数为6984C=．【例 4】⑴已知方程20=++zyx，求这个方程的正整数解的个数．⑵已知方程20=++zyx，求这个方程的非负整数解的个数．【分析】⑴将20分成20个1，列出来：11111111111111111111在这20个数中间的19个空中插入2个板子，将20分成3部分，每一部分对应“1”的个数，按顺序排成=x；=y；z=；即是正整数解．故正整数解的个数为219171C=．⑵将问题转化为求方程24x y z++=的正整数个数，显然原方程的解法与转化后的方程的解可以一一对应，新方程的每一组解的值减去1，即可得到原方程的一组解，反过来，原方程的任意一个解的值加一，也可对应新方程的解对应所以该方程的非负整数解有223253C=个．在抛掷一枚硬币时，究竟会出现什么样的结果事先是不能确定的，但是当我们在相同的条件下，大量重复地抛掷同一枚均匀硬币时，就会发现“出现正面”或“出现反面”的次数大约各占总抛掷次数的一半左右．这里的“大量重复”是指多少次呢?历史上不少统计学家，例如皮尔逊等人作过成千上万次抛掷硬币的试验，随着试验次数的增加，出现正面的频率波动越来越小，频率在0.5这个定值附近摆动的性质是出现正面这一现象的内在必然性规律的表现，0.5恰恰就是刻画出现正面可能性大小的数值，0.5就是抛掷硬币时出现正面的概率．这就是概率统计定义的思想，这一思想也给出了在实际问题中估算概率的近似值的方法，当试验次数足够大时，可将频率作为概率的近似值．概率的古典定义：如果一个试验满足两条：⑴试验只有有限个基本结果；⑵试验的每个基本结果出现的可能性是一样的．这样的试验，称为古典试验．对于古典试验中的事件A，它的概率定义为：()mP An=，n表示该试验中所有可能出现的基本结果的总数目，m表示事件A包含的试验基本结果数．小学奥数中，所涉及的问题都属于古典概率．其中的m和n需要我们用枚举、加乘原理、排列组合等方法求出．【例 1】一个骰子六个面上的数字分别为0，1，2，3，4，5，现在来掷这个骰子，把每次掷出的点数依次求和，当总点数超过12时就停止不再掷了，这种掷法最有可能出现的总点数是＿＿＿＿.【分析】 掷的总点数在8至12之间时，再掷一次，总点数才有可能超过12（至多是17）．当总点数是8时，再掷一次，总点数是13的可能性比总点数超过13的可能性大．当总点数在9至12之间时，再掷一次，总点数是13的可能性不比总点数是14，15，16，17的可能性小．例如，总点数是11时，再掷一次，出现05的可能性相同，所以总点数是1116的可能性相同，即总数是13的可能性不比总数点数分别是14，15，16的可能性小，综上所述，总点数是13的可能性最大．［前铺］在某个池塘中随机捕捞100条鱼，并给鱼作上标记后放回池塘中，过一段时间后又再次随机捕捞 200尾，发现其中有25条鱼是被作过标记的，如果两次捕捞之间鱼的数量没有增加或减少，那 么请你估计这个池塘中一共有鱼多少尾？［分析］ 200尾鱼中有25条鱼被标记过，所以池塘中鱼被标记的概率的实验得出值为252000.125÷=，所以池塘中的鱼被标记的概率可一看作是0.125，池塘中鱼的数量约为1000.125800÷=尾．［前铺］一个小方木块的六个面上分别写有数字2、3、5、6、7、9，小光、小亮两人随意往周面上扔放这个木块．规定：当小光扔时，如果朝上的一面写的是偶数，得1分．当小亮扔时，如果朝上的一面写的是奇数，得1分．每人扔100次，______得分高的可能性比较大． ［分析］ 因为2、3、5、6、7、9中奇数有4个，偶数只有2个，所以木块向上一面写着奇数的可能性较大，即小亮得分高的可能性较大．举例：⑴明天正午的天气是阴天与明天正午的天气是雨天是两个互斥事件，所以明天正午天气为阴雨的概率等于明天正午的天气是阴天概率与明天正午的天气是雨天概率之和．⑵抛一枚硬币掉下来后是正面向上与抛一枚硬币掉下来后是反面向上是两个互斥事件，所以抛一枚硬币掉下来后是正面或是反面向上的概率等与抛一枚硬币掉下来后是正面向上的概率与抛一枚硬币掉下互斥事件：()()()P A B P A P B +=+ 互斥事件也叫互不相容事件．也可表述为不可能都发生的事件.公式的含义为：如果事件A 和B 为互斥事件（互不相容事件）,那么A 或B （之一）发生的概率等于事件A 发生的概率与事件B 发生的概率之和．如果事件A 、B 为互斥事件，且事件A 、B 发生机会均等，那么()()()12P A P B P A B ==+. 如果某事件所有可能发生的情况1A 、2A 、、n A 互斥，且机会均等，那么()()()()121211n n P A P A P A P A A A n n ====+++=. 其中的m 种情况发生的概率为mn．来后反面向上的概率之和，即11122P =+=． ⑶掷出的骰（t óu ）子数字1、2、3、4、5、6向上情况互斥且机会均等，所以每种情况发生的概率为16.【例 2】 （2008年奥数网杯）一块电子手表，显示时与分，使用12小时计时制，例如中午12点和半夜12点都显示为12:00．如果在一天（24小时）中的随机一个时刻看手表，至少看到一个数字“1”的概率是______． 【分析】 一天当中，手表上显示的时刻一共有1260720⨯=种．其中冒号之前不出现1的情况有2、3、4、5、6、7、8、9八种， 冒号之后不出现1的情况有()()6110145-⨯-=种，所以不出现1的情况有458360⨯=种．所以至少看到一个数字“1”的情况有720360360-=种，所以至少看到一个数字“1”的情况有36017202=种．【例 3】 如图9个点分布成边长为2厘米的方阵（相邻点与点之间的距离为1厘米），在这9个点中任取3个点，则这三个点构成三角形的概率为多少？这三个点构成面积为12平方厘米的三角形的概率为多少？构成面积为1平方厘米的三角形的概率为多少？构成面积为32平方厘米的概率为多少？构成面积为2平方厘米的概率为多少？【分析】 从9个点中任取3个点一共有3998784321C ⨯⨯==⨯⨯种情况．三个点共线一共有3328++=种情况．所以三个点能够成三角形的概率为81918421-=．9个点中能构成面积为12的三角形一共有444432⨯+⨯=种情况．所以三个点能够成面积为12平方厘米的三角形的概率为3288421=． 9个点中能够成面积为1平方厘米的三角形的情况有46832⨯+=种情况．所以三个点能够成面积为1平方厘米的三角形的概率为3288421=． 9个点中能够成面积为32平方厘米的三角形的情况有4种情况．所以三个点能够成面积为32平方厘米的三角形的概率为418421=．9个点中能够成面积为2平方厘米的三角形的情况有8种情况．所以三个点能够成面积为2平方厘米的三角形的概率为828421=．【例 4】 奥苏旺大陆上流行一种牌戏，类似于我们世界的“扑克牌”，但他们的牌只有18张，不同的牌有不同的点数或花色，一共有16这6个点数，以及◎、☆、◇三种花色.玩家从一幅牌中抽出3张牌，求：⑴抽到“顺子”（三张牌点数连续）的概率，⑵抽到“同花”（三张牌花色相同）的概率，⑶抽到“同花顺”（三张牌点数连续，花色相同）的概率．【分析】 18张牌中抽取3张有318816C =种方法． 顺子一共有4种，即()1,2,3、()2,3,4、()3,4,5、()4,5,6对于每一种顺子，又有33327⨯⨯=种，所以抽取到顺子的概率有427981668⨯=． 同花有三种花色，每一种同花有3620C =种，所以抽取到同花的概率有320581668⨯=． 同花顺有3412⨯=种，所以抽取到同花顺的概率为12181668=．【例 5】 甲、乙两个学生各从09这10个数字中随机挑选了两个数字（可能相同），求：⑴这两个数字的差不超过2的概率，⑵两个数字的差不超过6的概率．【分析】 ⑴两个数相同（差为0）的情况有10种，两个数差为1有2918⨯=种，两个数的差为2的情况有2816⨯=种，所以两个数的差不超过2的概率有10181611101025++=⨯． ⑵两个数的差为7的情况有23⨯种． 两个数的差为8的情况有224⨯=种． 两个数的差为9的情况有2种．所以两个数字的差超过6的概率有6423101025++=⨯. 两个数字的差不超过6的概率有32212525-=.【例 6】 甲、乙、丙、丁四人互相传球，由甲开始第一次传球，每个人接到球后，都随机从其他人中选择一个人将球传出，那么第四次传球恰好传回甲手里的概率是多少？ 【分析】 对每一个接到球的人来说，下一次传球的方向有3种可能，所以四次传球的总路线有4381=种可能，每一种之间都是互斥的等概率事件. 而恰好传回到甲的情况，以第一步为→甲乙为例有如下7种情况： ⎧→→⎧⎪⎪→→→⎨⎪⎪⎪→→⎩⎪⎪→⎨→→⎧⎪→⎨⎪→→⎩⎪⎪→→⎧→⎨⎪→→⎩⎩乙甲甲丙甲丁甲甲乙乙甲丙丁甲乙甲丁丙甲所以第4次传回甲的概率为3778127⨯=．【例 7】如图为A、B两地之间的道路图，其中⊙表示加油站，小王驾车每行驶到出现两条通往目的地方向道路的路口时（所有路口都是三叉的，即每到一个路口都只有一条或两条路通往目的地），都用抛硬币的方式随机选择路线，求：⑴小王驾车从A到B，经过加油站的概率．⑵小王驾车从B 到A，经过加油站的概率．【分析】运用标数法，标数规则（性质）：⑴从起点开始标“１”．⑵以后都将数标在线上，对于每一个节点，起点方向的节点相连线路上所标数之和与和目标方向节点相连线路上标数之和相等．⑶对于每一个节点，目标方向的各个线路上标数相等．如图：从A到B经过加油站的概率为18；8 41如图：从B到A经过加油站的概率为38；4161举例：⑴明天是否晴天与明天晚餐是否有煎鸡蛋相互没有影响，因此两个事件为相互独立事件.所以明天天晴，并且晚餐有煎鸡蛋的概率等于明天天晴的概率乘以明天晚餐有煎鸡蛋的概率.⑵第一次抛硬币掉下来是正面向上与第二次抛硬币是正面向上是两个相互独立事件．所以第一次、第二次抛硬币掉下来后都是正面向上的概率等于两次分别抛硬币掉下来后是正面向上的概率之和，即相互独立事件：()()()P A B P A P B⋅=⋅事件A是否发生对事件B发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件．公式含义：如果事件A和B为独立事件，那么A和B都发生的概率等于事件A发生的概率与事件B发生的概率之积．111224P =⨯=.⑶掷骰子，骰子是否掉在桌上和骰子的某个数字向上是两个相互独立的事件，如果骰子掉在桌上的概率为0.6，那么骰子掉在桌上且数字“n ”向上的概率为10.60.16⨯=．【例 8】 某射手在百步之外射箭恰好射到靶心的概率为40%，如果该射手在百步之外连射三箭，三箭全部射中靶心的概率为多少？有一箭射中靶心的概率为多少？有两箭射中靶心的概率为多少? 【分析】 ⑴全部射中靶心的概率为0.40.40.40.064⨯⨯=．⑵第一箭射中，其他两箭射空的概率为()()0.410.410.40.144⨯-⨯-=． 第二箭射中，其他两箭射空的概率为()()0.410.410.40.144⨯-⨯-=． 第三箭射中，其他两箭射空的概率为()()0.410.410.40.144⨯-⨯-=．有一箭射中的概率为0.1440.1440.1440.432++=.⑶第一箭射中，其他两箭射中的概率为()10.40.40.40.096-⨯⨯=． 第二箭射中，其他两箭射中的概率为()10.40.40.40.096-⨯⨯=．第三箭射中，其他两箭射中的概率为()10.40.40.40.096-⨯⨯=． 有两箭射中的概率为0.960.960.960.288++=.【例 9】 小刚爬楼梯掷骰子来确定自己下一步所跨台阶步数，如果点数小于3，那么跨1个台阶，如果不小于3，那么跨出2个台阶，那么小明走完四步时恰好跨出6个台阶的概率为多少？［分析］ 小明每跨出一步，有13的概率跨1个台阶，有23的概率跨2个台阶，对于4步跨6台阶的每一种情况，例如()2,2,1,1，发生的可能性有22114333381⨯⨯⨯=，所以4步跨6台阶发生的总概率为4868127⨯=．［铺垫］小明爬楼梯时以抛硬币来确定下一步跨1个台阶还是2个台阶，如果是正，那么跨1个台阶， 如果是反，那么跨出2个台阶，那么小明走完四步时恰好跨出6个台阶的概率为多少？ ［分析］ 小明跨出4步的所有情况有222216⨯⨯⨯=种情况，其中恰好跨出6个台阶的情况有： ()2,2,1,1、()2,1,2,1、()1,2,2,1、()2,1,1,2、()1,2,1,2、()1,1,2,2六种， 所以概率为63168=．【例10】 A 、B 、C 、D 、E 、F 六人抽签推选代表，公证人一共制作了六枚外表一模一样的签，其中只有一枚刻着“中”，六人按照字母顺序先后抽取签，抽完不放回，谁抽到“中”字，即被推选为代表，那么这六人被抽中的概率分别为多少？【分析】 A 抽中的概率为16，没抽到的概率为56，如果A 没抽中，那么B 有15的概率抽中，如果A 抽中，那么B 抽中的概率为0，所以B 抽中的概率为511656⨯=.同理，C 抽中的概率为54116546⨯⨯=，D 抽中的概率为5431165436⨯⨯⨯=，E 抽中的概率为543211654326⨯⨯⨯⨯=，F 抽中的概率为5432111654326⨯⨯⨯⨯⨯=. 由此可见六人抽中的概率相等，与抽签的先后顺序无关.［拓展］如果每个人抽完都放回，任意一个人如果抽中，则后边的人不再抽取，那么每个人抽中的概率为 多少？［分析］ 抽中的概率依次为：16、5166⨯、511666⨯⨯、51116666⨯⨯⨯、5111166666⨯⨯⨯⨯、511111666666⨯⨯⨯⨯⨯，在这种情况下先抽者，抽中的概率大．【例11】 甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加一次节日活动，很幸运的是，他们都得到了一件精美的礼物，事情是这样的：墙上挂着两串礼物（如图），每次只能从其中一串的最下端取一件，直到礼物取完为止．甲第一个取得礼物，然后，乙、丙、丁、戊依次取得第2件到第5件礼物，当然取法各种各样，那么共有＿＿＿＿种不同的取法．事后他们打开这些礼物仔细比较，发现礼物D 最精美，那么取得礼物D 可能性最大的是＿＿＿＿，可能性最小的是＿＿＿＿．CD E AB【分析】 本题需要注意的隐含条件：对于每个人，如果摆在面前的有两串礼物，那么该人选择其中一串的概率为12，如果摆在面前的只有一串礼物，那么该人100%选择那一串．第一件取A 的有4种取法,第一件取C 的有6种取法． 所以有不同的取法4610+=种．观察这10种取法的树状图可知，甲和戊不可能取得D ，所以取得D 可能性最小的是甲和戊， 乙、丙、丁谁的可能性大不能看谁的取法较多，因为每种取法实现的可能性不同. 法一：计算枚举出的每一种取拿方法的所有概率（各种取拿方法流程之间是互斥事件）： 第一件取A 有4种方法：1111112241111112228111111222216111111222216B C D E B D E A C B E D E B⎧⎛⎫→→→⨯⨯⨯⨯= ⎪⎪⎝⎭⎪⎪⎧⎛⎫→→⨯⨯⨯⨯=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎪⎪→⎨⎪⎧⎪⎛⎫⎪→→⨯⨯⨯⨯=⎨ ⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎪→⎪⎨⎪⎛⎫⎪⎪→⨯⨯⨯⨯=⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎪⎩⎩⎩第一件取B 有6种方法：11111122281111112222161111112222161111112222161111112222161111112228B D E A B E D E B C B E A D E B E A B⎧⎛⎫→→⨯⨯⨯⨯= ⎪⎪⎝⎭⎪⎪⎧⎪⎛⎫→→⨯⨯⨯⨯=⎨ ⎪⎪⎪⎝⎭⎪→⎨⎪⎛⎫⎪→⨯⨯⨯⨯=⎪⎪⎪⎝⎭⎪⎩⎩→⎧⎧⎛⎫→⨯⨯⨯⨯=⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎪→⎨⎪⎪⎛⎫⎪→→⨯⨯⨯⨯=⎨ ⎪⎪⎝⎭⎩⎪⎪⎛⎫→→⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭⎩⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩乙取得D 的可能性是1111161684++=；丙取得D 的可能性是11111161616164+++=；丁取得D 的可能性占11114882++=．所以取得D 可能性最大的是丁．法二：计算流程各个阶段，事件发生情况：（每个人选择哪一串在是否取完一串的条件已知的 情况下与后一个人选择哪一串相互独立）.乙取得D 的可能性是111224⨯=；丙取得D 的可能性是111122224⎛⎫⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭；丁取得D 的可能性占1111112222222⎛⎫⨯+⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭．所以取得D 可能性最大的是丁．1． 从小红家门口的车站到学校，有1路、9路两种公共汽车可乘，它们都是每隔10分中开来一辆．小红到车站后，只要看见1路或9路，马上就上车，据有人观察发现：总有1路车过去以后3分钟就来9路车，而9路车过去以后7分钟才来1路车．小红乘坐______路车的可能性较大． 【分析】 首先某一时刻开来路车，从此时起，分析乘坐汽车如下表所示：显然由上表可知每10分钟乘坐1路车的几率均为10，乘坐9路车的几率均为10，因此小红乘坐1 路车的可能性较大．2． 某人有5把钥匙，一把房门钥匙，但是忘记是哪把，于是逐把试，问恰好第三把打开门的概率？ 【分析】 从5把钥匙中排列出前三把，一共有3554360P =⨯⨯=种，从5把钥匙中将正确的钥匙排在第三把，并排出前二把一共有244312P =⨯=种，所以第三把钥匙打开门的概率为121605=．3． 一张圆桌旁有四个座位，A 、B 、C 、D 四人随机坐到四个座位上，求A 与B 不相邻而坐的概率． 【分析】 四人入座的不同情况有432124⨯⨯⨯=种．A 、B 相邻的不同情况，首先固定A 的座位，有4种，安排B 的座位有2种，安排C 、D 的座位有2种，一共有42216⨯⨯=种．所以A 、B 不相邻而座的概率为()12416243-÷=．4． 如图为甲、乙两地之间的道路图，晓峰从甲地步行前往乙地，晓峰步行的方向始终为向北或向东，如果行走某个路口，出现有向北和向东的两条道路，晓峰就用抛硬币的方式随机选择路线，问晓峰最有可能通过A 、B 、C 中的哪一条道路从西城走到东城？乙甲CBA【分析】 运用标数法，将晓峰通过的每一条路的概率标在道路上，如图：由标数可得晓峰通过A 的概率为12，通过B 和C 的概率为14.5． 设每门高射炮击中敌机的概率为0.6,今欲以99%的把握击中敌机,则至少应配备几门高射炮同时射击？ 【分析】 如果只配一门高射炮，那么未击中的概率为0.4，配备两门高射炮那么未击中的概率为0.40.40.16⨯=，如果配备三门高射炮，那么未击中的概率为0.40.40.40.064⨯⨯=， 如果配备四门高射炮，那么未击中的概率为0.40.40.40.40.0256⨯⨯⨯=， 如果配备五门高射炮，那么未击中的概率为0.40.40.40.40.40.01024⨯⨯⨯⨯=， 如果配备六门高射炮，那么未击中的概率为60.40.004096=． 所以至少配备6门高射炮，同时射击．。
奥数第11讲竞赛123班.教师版
第十一讲逻辑推理1.掌握逻辑推理的解题思路与基本方法；2.能够解决较复杂的逻辑推理问题。
逻辑推理问题是一类很少进行计算的数学问题，它主要运用严密的逻辑推理来解决问题。
所谓逻辑推理，就是依据逻辑规律，从已知的结论为出发点，推出新的结论的过程。
在解决这类问题时，必须依据事情的逻辑关系进行合情的推理，最后作出正确的判断。
逻辑推理题的特点是条件繁杂交错，必须仔细分析，选择突破口，并且借助于图表，步步深入，这样才能使问题得到较快的解决。
【例1】甲、乙、丙每人有两个外号，人们有时以“数学博士”、“短跑健将”、“跳高冠军”、“小画家”、“大作家”和“歌唱家”称呼他们。
此外：⑴数学博士夸跳高冠军跳得高；⑵跳高冠军和大作家常与甲一起去看电影；⑶短跑健将请小画家画贺年卡；⑷数学博士和小画家很要好；⑸乙向大作家借过书；⑹丙下象棋常赢乙和小画家。
你知道甲、乙、丙各有哪两个外号吗？【分析】由⑵知，甲不是跳高冠军和大作家；由⑸知，乙不是大作家；由⑹知，丙、乙都不是小画家。
由此可得到下表：因为甲是小画家，所以由⑶、⑷知甲不是短跑健将和数学博士，推知甲是歌唱家。
因为丙是大作家，所以由⑵知丙不是跳高冠军，推知乙是跳高冠军。
因为乙是跳高冠军，所以由⑴知乙不是数学博士。
将上面的结论依次填入上表，便得到下表：所以，甲是小画家和歌唱家，乙是短跑健将和跳高冠军，丙是数学博士和大作家。
需要注意的是：①第一步应将题目条件给出的关系画在表上，然后再依次将分析推理出的关系画在表上；②每行每列只能有一个“√”，如果出现了一个“√”，它所在的行和列的其余格中都应画“×”。
[前铺] 小王、小张和小李一位是工人，一位是农民，一位是教师，现在只知道：小李比教师年龄大；小王与农民不同岁；农民比小张年龄小。
问：谁是工人？谁是农民？谁是教师？[分析] 由题目条件可以知道：小李不是教师，小王不是农民，小张不是农民。
由此得到左下表。
表格中打“√”表示肯定，打“×”表示否定。
“创新杯”教师教学设计和说课大赛
/?uid-2877-action-viewspace-item id-131237附件1：2012年北京市中等职业技术教育学会计算机应用基础“创新杯”教师教学设计和说课大赛比赛要求一、教学设计方案教案设计思想：体现“加强教学的针对性、实效性和时代性，贴近学生、贴近生活、贴近专业，培养学生基本科学文化素养、服务学生专业学习和终身发展”的课程教学改革目标，倡导教学方式、方法的创新，注重技能培养和综合实践活动环节。
教案内容：包括授课班级的年级、专业、学生数和授课时间；授课使用的教材；教学内容（可针对教材中的一个知识点、一节或一个相对完整的教学单元）；教学目的及要求；授课类型；教学方法；教具准备；教学重点、难点和关键点；教学过程及时间分配；教学反思等。
二、教学课件上课用教学课件的教学内容要与教学设计方案一致。
参赛课件不限制作软件（建议所用软件尽量采用常用版本，以保证课件在其他机器上能正常播放），不限风格形式。
如图片可采用GIF、JPG、TIF等格式（图片分辨率要求在1024×768以上）；视频和动画可采用MPG、MOV、ASF、RM、SWF 等格式（视频文件要求能在1024×768分辨率下清晰、流畅播放）；音频可采用MP3、WMA等格式。
三、现场说课（一）时间要求现场说课的时间不得超过15分钟；所选教学内容必须是教师本人的真实课堂教学内容，倡导教学方式、方法的创新与反思。
评委提问及选手答辩5分钟。
（二）语言、仪态要求教学仪态要亲切自然、端庄大方；语言表达准确规范，生动活泼，富于启发性和感染力。
（三）说课内容要求1.教材内容。
分析本课教学内容在教材中的地位和与相关知识的联系，确定教学目标、教学重点、教学难点和关键点；教学过程中如何更好地诠释教材的理念和培养学生创新能力等。
2.教学策略。
阐述本课教学过程中主要的教学方法和教学手段，鼓励教法创新。
采用的教学策略得当，有利于教学目标的实现，并能有效提高学生的学习兴趣，突出技能培养；提倡运用信息技术解决重难点问题或者完成特定教学任务。
人教版二年级下册数学奥数专讲：速算与巧算教案
肯定学生的表现，鼓励他们继续努力。
布置作业：
根据本节课学习的速算与巧算内容，布置适量的课后作业，巩固学习效果。
提醒学生注意作业要求和时间安排，确保作业质量。
知识点梳理
1.速算与巧算的基本概念：
-速算：快速准确地进行加减乘除等基本运算的方法和技巧。
-巧算：运用数学规律和技巧，简化运算步骤，提高计算效率的方法。
A. 3 × (4 + 5) = 3 × 4 + 3 × 5
B. 6 × (2 + 3) = 6 × 2 + 6 × 3
C. 5 × (7 - 2) = 5 × 7 - 5 × 2
D. 8 × (9 - 3) = 8 × 9 - 8 × 3
3.速算与巧算的方法：
-下列哪种方法不属于速算与巧算的方法？
其次，我发现学生在应用速算与巧算的技巧时缺乏自信和练习。为了增强学生的信心和熟练度，我计划设计更多的练习题和实际应用案例。通过大量的练习，学生可以更好地掌握这些技巧，并能够在实际计算中更加自信地运用它们。
第三，我注意到学生在学习速算与巧算时缺乏足够的动机和兴趣。为了激发学生的兴趣，我计划引入更多的互动和游戏元素。通过小组合作、竞赛和游戏，学生可以更加积极地参与学习，并从中获得乐趣和成就感。
5.速算与巧算的应用案例：计算购物时的总价和折扣。计算过程：将商品价格相加，然后用总价除以折扣率，得出实际支付金额。
教学反思与改进
在教授速算与巧算的过程中，我注意到学生在理解和应用这些技巧时存在一些困难。为了提高教学效果，我计划进行以下反思和改进：
首先，我发现学生在理解加减乘除的基本运算规律时有些混淆。为了澄清这一点，我计划在未来的教学中使用更多的实例和实际问题来展示这些规律的应用。通过这种方式，学生可以更直观地理解这些规律，并将其应用于实际计算中。
第二讲 质数与合数 提高班 教师版(带完整答案)_5年级奥数讲义与课件
第二讲质数与合数知识说明1.质数与合数：一个数除了1 和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数（也叫做素数）。
一个数除了1 和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数。
要特别记住：0 和 1 不是质数，也不是合数。
常用的100 以内的质数：2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97，共计25 个；除了2 其余的质数都是奇数；除了2 和5，其余的质数个位数字只能是1，3，7 或9。
考点：（1）值得注意的是很多题都会以质数2 的特殊性为考点，例如:两个质数之和为39，求这两个质数的乘积。
分析：因为和为奇数，所以这两个数必为一奇一偶，所以其中一个是 2，另一个是 37，乘积为 74。
我们要善于抓住此类题的突破口。
（2）除了2 和5，其余质数个位数字只能是1，3，7 或9。
这也是很多题解题思路，需要大家注意2.质因数与分解质因数质因数：如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数。
互质数：公约数只有1 的两个自然数，叫做互质数。
分解质因数：把一个合数用质因数相乘的形式表示出来，叫做分解质因数。
例如：30＝2×3×5。
其中2、3、5 叫做30 的质因数。
又如12＝2×2×3＝22 ×3，2、3 都叫做12 的质因数，其中后一个式子叫做分解质因数的标准式，在求一个数约数的个数和约数的和的时候都要用到这个标准式。
分解质因数往往是解数论题目的突破口，因为这样可以帮助我们分析数字的特征。
例如：三个连续自然数的乘积是 210，求这三个数.分析：210 分解质因数：210=2×3×5×7，可知这三个数是5、6 和7。
3.判断一个数是否为质数的方法：根据定义如果能够找到一个小于P 的质数p（均为整数），使得p能够整除P，那么P 就不是质数，所以我们只要拿所有小于P 的质数去除P 就可以了；但是这样的计算量很大，对于不太大的P，我们可以先找一个大于且接近P 的平方数K 2 ，再列出所有不大于K 的质数，用这些质数去除P，如没有能够除尽的那么P 就为质数。
第五讲余数问题 小学数学四年级上册 竞赛试题及答案 人教版
第五讲余数问题小学数学四年级上册竞赛试题及答案人教版基础班练习五1．（四中小升初选拔试题）被除数、除数、商与余数之和是2143，已知商是33，余数是52，求被除数和除数。
分析：法1：通过对题意的理解我们可以得到：被除数=除数×商+余数=除数×33+52；又有被除数=2143-除数-商-余数=2143-除数-33-52=2058-除数；所以除数×33+52=2058-除数；则除数=（2058-52）÷34=59，被除数=2058-59=1999。
法2：此题也可以按这个思路来解：从被除数中减掉余数52后，被除数就是除数的33倍了，所以可以得到：2143-33-52-52=（33+1）×除数，求得除数=59，被除数=33×59+52=1999。
转化成整数倍问题后，可以帮助理解相关的性质。
2.（美国长岛小学数学竞赛）写出所有的除109后余数为4的两位数。
分析：还是把带有余数的问题转化成整除性的问题，也就是要找出能整除（109-4）的所有的两位数。
进一步，要找出能整除105的两位数，很简单的方法就是把105分解质因数，从所得到的质因子中去凑两位数。
109－4=105=3×5×7。
因此这样的两位数是：15；35；21。
3．有一个大于1的整数，除45，59，101所得的余数相同，求这个数。
分析：这个题没有告诉我们，这三个数除以这个数的余数分别是多少，但是由于所得的余数相同，根据性质2，我们可以得到：这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差，也就是说它是任意两数差的公约数。
101-45=56，101-59=42，59-45=14，（56，42，14）=14，14的约数有1，2，7，14，所以这个数可能为2，7，14。
4．数11…1（2007个1），被13除余多少？分析：根据整除性质知：13能整除111111，而2007÷6后余3，所以答案为7。
高中数学奥赛辅导教材(共十讲)
第一讲 集合概念及集合上的运算知识、方法、技能高中一年级数学（上）（试验本）课本中给出了集合的概念；一般地，符合某种条件（或具有某种性质）的对象集中在一起就成为一个集合.在此基础上，介绍了集合的元素的确定性、互异性、无序性.深入地逐步给出了有限集、无限集，集合的列举法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、补集、并集等十余个新名词或概念以及二十几个新符号.由此形成了在集合上的运算问题，形成了以集合为背景的题目和用集合表示空间的线面及其关系，表面平面轨迹及其关系，表示充要条件，描述排列组合，用集合的性质进行组合计数等综合型题目.赛题精讲Ⅰ．集合中待定元素的确定充分利用集合中元素的性质和集合之间的基本关系，往往能解决某些以集合为背景的高中数学竞赛题.请看下述几例.例1：求点集}lg lg )9131lg(|),{(33y x y x y x +=++中元素的个数. 【思路分析】应首先去对数将之化为代数方程来解之. 【略解】由所设知,9131,0,033xy y x y x =++>>及 由平均值不等式，有,)91()31()(3913133333xy y x y x =⋅⋅≥++ 当且仅当333331,91,9131====y x y x 即（虚根舍去）时，等号成立. 故所给点集仅有一个元素.【评述】此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意掌握之.例2：已知.}.,22|{},,34|{22B A x x x y y B x x x y y A ⋂∈+--==∈+-==求R R【思路分析】先进一步确定集合A 、B.【略解】,11)2(2≥--=x y 又.33)1(2≤++-=x y∴A=}.31|{},3|{},1|{≤≤-=⋂≤=-≥y y B A y y B y y 故【评述】此题应避免如下错误解法：联立方程组⎪⎩⎪⎨⎧+--=+-=.22,3422x x y x x y 消去.0122,2=+-x x y 因方程无实根，故φ=⋂B A . 这里的错因是将A 、B 的元素误解为平面上的点了.这两条抛物线没有交点是实数.但这不是抛物线的值域.例3：已知集合|}.|||1|||),{(},0,|||||),{(y x xy y x B a a y x y x A +=+=>=+= 若B A ⋂是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a 的值为.【思路分析】可作图，以数形结合法来解之.【略解】点集A 是顶点为（a ，0），（0，a ），（－a ，0），（0，－a ）的正方形的四条边构成（如图Ⅰ－1－1－1）.将||||1||y x xy +=+，变形为,0)1|)(|1|(|=--y x所以，集合B 是由四条直线1,1±=±=y x 构成.欲使B A ⋂为正八边形的顶点所构成，只有212<<>a a 或这两种情况.（1）当2>a 时，由于正八形的边长只能为2，显然有,2222=-a故 22+=a .（2）当21<<a 时，设正八形边长为l ，则,222,2245cos -=-=︒l l l 这时，.221=+=l a 综上所述，a 的值为,222或+如图Ⅰ－1－1－1中).0,22(),0,2(+B A 【评述】上述两题均为1987年全国高中联赛试题，题目并不难，读者应从解题过程中体会此类题目的解法.Ⅱ．集合之间的基本关系充分应用集合之间的基本关系（即子、交、并、补），往往能形成一些颇具技巧的集合综合题.请看下述几例.例4：设集合},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A 则在下列关系中，成立的是（ ）A ．D CB A ≠≠≠⊂⊂⊂ B ．φφ=⋂=⋂DC B A , C ．D C C B A ≠⊂⋃=, D ．φ=⋂=⋃D C B B A ,图Ⅰ－1－1－1【思路分析】应注意数的特征，即.,612613,21221Z ∈+=++=+n n n n n 【解法1】∵},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A ∴D C C B A ≠⊂⋃=,.故应选C. 【解法2】如果把A 、B 、C 、D 与角的集合相对应，令}.|63{},|2{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+='∈='∈='n n D n n C n n B n n A ππππππ 结论仍然不变，显然A ′为终边在坐标轴上的角的集合，B ′为终边在x 轴上的角的集 合，C ′为终边在y 轴上的角的集合，D ′为终边在y 轴上及在直线x y 33±=上的角的集合，故应选（C ）.【评述】解法1是直接法，解法2运用转化思想把已知的四个集合的元素转化为我们熟悉的的角的集合，研究角的终边，思路清晰易懂，实属巧思妙解.例5：设有集合B A B A x x B x x x A ⋃⋂<==-=和求和},2|||{}2][|{2（其中[x ]表示不超过实数x 之值的最大整数）.【思路分析】应首先确定集合A 与B.从而 .2,.21A x ∈≤≤-显然∴}.22|{≤<-=⋃x x B A若 },2,1,0,1{][,2][,2--∈+=⋂∈x x x B A x 则从而得出 ).1]([1)1]([3-=-===x x x x 或 于是 }3,1{-=⋂B A【评述】此题中集合B 中元素x 满足“|x |<3”时，会出现什么样的结果，读者试解之.例6：设})],([|{},),(|{),,()(2R R R ∈==∈==∈++=x x f f x x B x x f x x A c b c bx x x f 且， 如果A 为只含一个元素的集合，则A=B.【思路分析】应从A 为只含一个元素的集合入手，即从方程0)(=-x x f 有重根来解之.【略解】设0)(},|{=-∈=x x f A 则方程R αα有重根α，于是,)()(2α-=-x x x f )],([..)()(2x f f x x x x f =+-=从而α即 ,)()]()[(222x x x x x +-+-+-=ααα 整理得,0]1)1[()(22=++--ααx x 因α,x 均为实数 .,01)1(2αα=≠++-x x 故 即.}{A B ==α【评述】此类函数方程问题，应注意将之转化为一般方程来解之.例7：已知N N M a y x y x N x y y x M =⋂≤-+=≥=求}.1)(|),{(},|),{(222成立时，a 需满足的充要条件.【思路分析】由.,M N N N M ⊆=⋂可知【略解】.M N N N M ⊆⇔=⋂由).1()12(1)(22222a y a y y x a y x -+-+-≤≤-+得于是，若0)1()12(22≤-+-+-a y a y ① 必有.,2M N x y ⊆≥即而①成立的条件是 ,04)12()1(422m a x ≤-----=a a y 即 ,0)12()1(422≤-+-a a 解得 .411≥a【评述】此类求参数范围的问题，应注意利用集合的关系，将问题转化为不等式问题来求解. 例8：设A 、B 是坐标平面上的两个点集，}.|),{(222r y x y x C r ≤+=若对任何0≥r 都有B C A C r r ⋃⊆⋃，则必有B A ⊆.此命题是否正确？【思路分析】要想说明一个命题不正确，只需举出一个反例即可.【略解】不正确.反例：取},1|),{(22≤+=y x y x A B 为A 去掉（0，0）后的集合.容易看出,B C A C r r ⋃⊆⋃但A 不包含在B 中.【评述】本题这种举反例判定命题的正确与否的方法十分重要，应注意掌握之.Ⅲ．有限集合中元素的个数有限集合元素的个数在课本P 23介绍了如下性质：一般地，对任意两个有限集合A 、B ，有 ).()()()(B A card B card A card B A card ⋂-+=⋃我们还可将之推广为：一般地，对任意n 个有限集合,,,,21n A A A 有)(1321n n A A A A A card ⋃⋃⋃⋃⋃-)]()([)]()()()([3121321A A card A A card A card A card A card A card n ⋂+⋂-++++= )]()]([)]()(1232111n n n n n n A A A card A A A card A A card A A card ⋂⋂++⋂⋂+⋂++⋂++---).()1(311n n A A A card ⋂⋂⋂⋅-+--应用上述结论，可解决一类求有限集合元素个数问题.【例9】某班期末对数学、物理、化学三科总评成绩有21个优秀，物理总评19人优秀，化学总评有20人优秀，数学和物理都优秀的有9人，物理和化学都优秀的有7人，化学和数学都优秀的有8人，试确定全班人数以及仅数字、仅物理、仅化学单科优秀的人数范围（该班有5名学生没有任一科是优秀）.【思路分析】应首先确定集合，以便进行计算.【详解】设A={数学总评优秀的学生}，B={物理总评优秀的学生}，C={化学总评优秀的学生}. 则.8)(,7)(,9)(,20)(,19)(,21)(=⋂=⋂=⋂===A C card C B card B A card C card B card A card ∵)()()()()()()(A C card C B card B A card C card B card A card C B A card ⋂-⋂-⋂-++=⋃⋃ ),(C B A card ⋂⋂+∴.3689201921)()(=--++=⋂⋂-⋃⋃C B A card C B A card 这里，)(C B A card ⋃⋃是数、理、化中至少一门是优秀的人数，)(C B A card ⋂⋂是这三科全优的人数.可见，估计)(C B A card ⋃⋃的范围的问题与估计)(C B A card ⋂⋂的范围有关.注意到7)}(),(),(min{)(=⋂⋂⋂≤⋂⋂A C card C B card B A card C B A card ，可知 7)(0≤⋂⋂≤C B A card . 因而可得.43)(36≤⋃⋃≤C B A card 又∵.5)(),()()(=⋃⋃=⋃⋃+⋃⋃C B A card U card C B A card C B A card 其中 ∴.48)(41≤≤U card 这表明全班人数在41~48人之间. 仅数学优秀的人数是).(C B A card ⋃⋂ ∴)()()()()(B card C B A card C B card C B A card C B A card -⋃⋃=⋃-⋃⋃=⋃⋂ .32)()()(-⋃⋃=⋂+-C B A card C B card C card 可见,11)(4≤⋃⋂≤C B A card 同理可知 ,10)(3≤⋃⋂≤C A B card.12)(5≤⋃⋂≤A B C card 故仅数学单科优秀的学生在4~11之间，仅物理单科优秀的学生数在3~10之间，仅化学单科优秀的学生在5~12人之间.第二讲 映射及映射法知识、方法、技能1．映射的定义设A ，B 是两个集合，如果按照某种对应法则f ，对于集合A 中的任何一个元素，在集合B 中都有惟一的元素和它对应，这样的对应叫做从集合A 到集合B 的映射，记作.:B A f →（1）映射是特殊的对应，映射中的集合A ，B 可以是数集，也可以是点集或其他集合，这两个集合有先后次序，从A 到B 的映射与从B 到A 的映射是截然不同的.（2）原象和象是不能互换的，互换后就不是原来的映射了.（3）映射包括集合A 和集合B ，以及集合A 到B 的对应法则f ，三者缺一不可.（4）对于一个从集合A 到集合B 的映射来说，A 中的每一个元素必有惟一的，但B 中的每一个元素都不一定都有原象.如有，也不一定只有一个.2．一一映射一般地，设A 、B 是两个集合，.:B A f →是集合A 到集合B 的映射，如果在这个映射下，对于集合A 中的不同元素，在集合B 中有不同的象，而且B 中每一个元素都有原象，那么个这个映射叫做A 到B 上的一一映射.3．逆映射如果f 是A 与B 之间的一一对应，那么可得B 到A 的一个映射g ：任给B b ∈，规定 a b g =)(，其中a 是b 在f 下的原象，称这个映射g 是f 的逆映射，并将g 记为f —1.显然有（f —1）—1= f ，即如果f 是A 与B 之间的一一对应，则f —1是B 与A 之间的一一对应，并且f —1的逆映射是f .事实上，f —1是B 到A 的映射，对于B 中的不同元素b 1和b 2，由于它们在f 下的原象不同，所以b 1和b 2在f —1下的像不同，所以f —1是1－1的. 任给b a f A a =∈)(,设，则a b f=-)(1.这说明A 中每个元素a 在f —1都有原象.因此，f —1是映射上的.这样即得f —1是B 到A 上的1－1映射，即f —1是B 与A 之间一一对应.从而f —1有逆映射.:B A h →由于任给b a h A a =∈)(,设，其中b 是a 在f —1下的原象，即f —1(b)=a ，所以，f(a)=b ，从而f h a f b a h ===得),()(，这即是f —1的逆映射是f .赛题精讲Ⅰ映射关映射的高中数学竞赛题是常见题型之一，请看下述试题.例1：设集合},,,,|),,,{(},,110|{M d c b a d c b a F x x x M ∈=∈≤≤=集合Z 映射f ：F →Z.使得v u y x v x y u y x v u cd ab d c b a ff f ,,,,66),,,(,39),,,(.),,,(求已知→→-→的值.【思路分析】应从cd ab d c b a f -→),,,(入手，列方程组来解之.【略解】由f 的定义和已知数据，得⎩⎨⎧∈=-=-).,,,(66,39M y x v u xv uy xy uv 将两式相加，相减并分别分解因式，得.27))((,105))((=+-=-+x u v y x u v y显然，},110|{,,,,0,0Z ∈≤≤∈≥-≥-x x x v u y x v y x u 在的条件下，,110≤-≤v u ,21)(,15)(,105|)(,2210,221]11105[21=+=++≤+≤≤+≤+v y v y v y v y v y 可见但即 对应可知.5)(,7)(21=-=-x u x u 同理，由.9)(,3)(223,221]1127[,11021=+=+≤+≤≤+≤+≤-≤x u x u x u x u v y 又有知 对应地，.3)(,9)(21=-=-v y v y 于是有以下两种可能： （Ⅰ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+;3,9,7,15v y x u x u x y （Ⅱ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+.3,9,5,21v y x u x u v y 由（Ⅰ）解出x =1，y=9，u =8，v =6；由（Ⅱ）解出y=12，它已超出集合M 中元素的范围.因此，（Ⅱ）无解.【评述】在解此类问题时，估计x u v y x u v y +--+,,,的可能值是关键，其中，对它们的取值范围的讨论十分重要.例2：已知集合}.0|),{(}333|),{(><<=xy y x x y y x A 和集合求一个A 与B 的一一对应f ，并写出其逆映射.【略解】从已知集合A ，B 看出，它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集合（如图Ⅰ－1－2－1）.集合A 为直线x y x y 333==和所夹角内点的集合，集合B 则是第一、三象限内点的集合.所要求的对应实际上可使A 区域拓展成B 区域，并要没有“折叠”与“漏洞”.先用极坐标表示集合A 和B ：图Ⅰ－1－2－1},36,,0|)sin ,cos {(πθπρρθρθρ<<∈≠=R A }.20,,0|)sin ,cos {(πϕρρϕρϕρ<<∈≠=R B 令).6(3),sin ,cos ()sin ,cos (πθϕϕρϕρθρθρ-=→f 在这个映射下，极径ρ没有改变，辐角之间是一次函数23πθϕ-=，因而ϕθ和之间是一一对应，其中),3,6(ππθ∈ ).2,0(πϕ∈所以，映射f 是A 与B 的一一对应. 逆映射极易写，从略.【评述】本题中将下角坐标问题化为极坐标问题，颇具特色.应注意理解掌握.Ⅱ映射法应用映射知识往往能巧妙地解决有关集合的一些问题.例3：设X={1，2，…，100}，对X 的任一非空子集M ，M 中的最大数与最小数的和称为M 的特征，记为).(M m 求X 的所有非空子集的特征的平均数.【略解】设.}|101{,:,X A a a A A A f X A ≠≠⊂∈-=''→⊂令 于是A A f '→:是X 的非空子集的全体（子集组成的集），Y 到X 自身的满射，记X 的非空子集为A 1，A 2，…，A n （其中n=2100－1），则特征的平均数为.))()((21)(111∑∑=='+=ni i i n i i A m A m n A m n 由于A 中的最大数与A ′中的最小数的和为101，A 中最小数与A ′中的最大数的和也为101，故,202)()(='i i A m A m 从而特征平均数为 .10120221=⋅⋅n n如果A ，B 都是有限集合，它们的元素个数分别记为).(),(B card A card 对于映射B A f →:来说，如果f 是单射，则有)()(B card A card ≤；如果f 是满射，则有)()(B card A card ≥；如果f 是双射，则有)()(B card A card =.这在计算集合A 的元素的个数时，有着重要的应用.即当)(A card 比较难求时，我们就找另一个集合B ，建立一一对应B A f →:，把B 的个数数清，就有)()(B card A card =.这是我们解某些题时常用的方法.请看下述两例.例4：把△ABC 的各边n 等分，过各分点分别作各边的平行线，得到一些由三角形的边和这些平行线所组成的平行四边形，试计算这些平等四边形的个数.【略解】如图Ⅰ－1－2－2所示，我们由对称性，先考虑边不行于BC 的小平行四边形.把AB 边和AC 边各延长一等分，分别到B ′，C ′，连接B ′C ′.将A ′B ′的n 条平行线分别延长，与B ′C ′相交，连同B ′，C ′共有n+2个分点，从B ′至C ′依次记为1，2，…，n+2.图中所示的小平行四边形所在四条线分别交B ′C ′于i ，j ，k ，l .记A={边不平行于BC 的小平行四边形}，}.21|),,,{(+≤<<<≤=n l k j i l k j i B把小平行四边形的四条边延长且交C B ''边于四点的过程定义为一个映射：B A f →:. 下面我们证明f 是A 与B 的一一对应，事实上，不同的小平行四边形至少有一条边不相同，那么交于C B ''的四点亦不全同.所以，四点组),,,(l k j i 亦不相同，从而f 是A 到B 的1－1的映射.任给一个四点组21),,,,(+≤<<<≤n l k j i l k j i ，过i ，j 点作AB 的平行线，过k ，l 作AC 的平行线，必交出一个边不平行于BC 的小平行四边形，所以，映射f 是A 到B 的满射. 总之f 是A 与B 的一一对应，于是有.)()(42+==n C B card A card加上边不平行于AB 和AC 的两类小平行四边形，得到所有平行四边形的总数是.342+n C 例5：在一个6×6的棋盘上，已经摆好了一些1×2的骨牌，每一个骨牌都恰好覆盖两上相邻的格子，证明：如果还有14个格子没有被覆盖，则至少能再放进一个骨牌.【思路分析】还有14个空格，说明已经摆好了11块骨牌，如果已经摆好的骨牌是12块，图Ⅰ－1－2－3所示的摆法就说明不能再放入骨牌.所以，有14个空格这一条件是完全必要的.我们要证明当还有14个空格时，能再放入一个骨牌，只要能证明必有两个相邻的空格就够了.如果这种 情况不发生，则每个空格的四周都有骨牌，由于正方形是对称的，当我们选定一个方向时，空格和骨牌就有了某种对应关系，即可建立空格到骨牌的一种映射，通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系，可以得到空格分布的一个很有趣的结论，从而也就证明了我们的命题.【略解】我们考虑下面5×6个方格中的空.如果棋盘第一行（即最上方的一行）中的空格数多于3个时，则必有两空格相邻，这时问题就得到解决.现设第一行中的空格数最多是3个，则有11314)(=-≥X card ，另一方面全部的骨牌数为11，即.11)(=Y card 所以必有),()(Y card X card =事实上这是一个一一映射，这时，将发生一个很有趣的现象：最下面一行全是空格，当然可以放入一个骨牌.【评述】这个题目的证明是颇具有特色的，从内容上讲，这个题目具有一定的综合性，既有覆盖与结构，又有计数与映射，尤其是利用映射来计数，在数学竞赛中还较少见.当然这个题目也可以用其他的方法来解决.例如，用抽屉原则以及用分组的方法来讨论其中两行的结构，也能比较容易地解决这个问题，请读者作为练习.例6：设N={1，2，3，…}，论证是否存一个函数N N f →:使得2)1(=f ，n n f n f f +=)())((对一切N ∈n 成立，)1()(+<n f n f 格，即除去第一行后的方格中的空格.对每一个这样的空格，考察它上方的与之相邻的方格中的情况.（1）如果上方的这个方格是空格，则问题得到解决.（2）如果上方的这个方格被骨牌所占，这又有三种情况.（i ）骨牌是横放的，且与之相邻的下方的另一个方格也是空格，则这时有两空格相邻，即问题得到解决；（ii ）骨牌是横放的，与之相邻的下方的另一个方格不是空格，即被骨牌所覆盖； （iii ）骨牌是竖放的.现在假设仅发生（2）中的（ii ）和（iii ）时，我们记X 为下面5×6个方格中的空格集合，Y 为上面5×6个方格中的骨牌集合，作映射Y X →:ϕ，由于每个空格（X 中的）上方都有骨牌（Y 中的），且不同的空格对应于不同的骨牌.所以，这个映射是单射，于是有 )()(Y card X card ≤，对一切N ∈n 成立.【解法1】存在，首先有一条链.1→2→3→5→8→13→21→…①链上每一个数n 的后继是)(n f ，f 满足n n f n f f +=)())((②即每个数是它产面两个数的和，这种链称为f 链.对于①中的数m>n ，由①递增易知有n m n f m f -≥-)()(③我们证明自然数集N 可以分析为若干条f 链，并且对任意自然数m>n ，③成立（从而)()1(n f n f >+），并且每两条链无公共元素）.方法是用归纳法构造链（参见单壿著《数学竞赛研究教程》江苏教育出版社）设已有若干条f 链，满足③，而k+1是第一个不在已有链中出现的数，定义1)()1(+=+k f k f ④这链中其余的数由②逐一确定.对于m>n ，如果m 、n 同属于新链，③显然成立，设m 、n 中恰有一个属于新链.若m 属于新链，在m=k+1时，,1)(1)()()(n m n k n f k f n f m f -=+-≥-+=-设对于m ，③成立，则n m f m n m n f m m f n f m f f -≥+-≥-+=-)()()()())(( [由②易知)(2m f m ≥]. 即对新链上一切m ，③成立.若n 属于新链，在n=k+1时，.11)()()()(n m k m k f m f n f m f -=--≥--=-设对于n ，③成立，在m>n 时，m 不为原有链的链首。
小班游戏教案看谁抓的多反思
小班游戏教案看谁抓的多反思（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
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第五讲经典应用题综合教学目标诸如鸡兔同笼、平均数问题、年龄问题、植树问题、牛吃草问题等内容，在五年级以前都已经讲授过，这些经典的算术问题虽然比较常见，但各类考试越来越注重学生的对数量关系的把握和灵活解决问题的能力，而不是生搬硬套某种经典的算术方法，本讲推出的主要是历次考试中碰到的数量关系，带有很强的个例特征。
正所谓“见多”才能“识广”，我们希望同学们掌握此类问题的分析方法。
1.回顾应用题的基础分析方法；2.精讲历次考试中碰到的经典数量关系。
专题回顾【例1】一只船发现漏水时，已经进了一些水，现在水匀速进入船内，如果3人淘水40分钟可以淘完；6人淘水16分钟可以把水淘完，那么，5人淘水几分钟可以把水淘完?【分析】设1人淘1分钟淘出的水量是“1”，摘录条件，将它们转化为如下形式方便分析3人40分钟3×40=120：原有水+40分钟的进水6人16分钟6×16=96：原有水+16分钟的进水从上易发现：40-16=24分钟的进水量=120-96=24，即：1分钟的进水量=1；那么原有水量：120-40×1=80；5人中有1人分钟可以把水淘完来淘每分钟的进水量1 ，剩下4人需要80÷4=20（分钟）将把水淘完，即5人淘水20分钟。
【例2】现在有牛、羊、马吃一块草地的草，牛、马吃需要45天吃完，马、羊吃需要60天吃完，牛、羊吃需要90天吃完，牛、羊一起吃草的速度为马吃草的速度，求马、牛、羊一起吃，需多少时间?【分析】我们注意到：牛、马45天吃了原有+45天新长的草①马、羊60天吃了原有+60天新长的草②牛、羊90天吃了原有+90天新长的草③由①可得到牛、马90天吃了2原有+90天新长的草④由③结合条件“牛、羊一起吃草的速度为马吃草的速度”马90天吃了原有+90天新长的草⑤。
由④、⑤知，牛吃了90天，吃了原有的草；再结合③知，羊吃了90天，吃了90天新长的草，所以，可以将羊视为专门吃新长的草．所以，由②知马60天吃完原有的草，由③知牛90天吃完原有的草．现在将牛、马、羊放在一起吃；还是让羊吃新长的草，牛、马一起吃原有的草.所需时间为111369060⎛⎫÷+= ⎪⎝⎭天.即牛、羊、马一起吃，需36天。
【例3】 某同学把他最喜爱的书顺序次编号为1，2，3，L L ，所有编号之和是100的倍数且小于1000，则他编号的最大的数是_______。
【分析】设最大编号为n ，则121000n +++<L ，即()12000n n +<。
因为编号之和是100的倍数，所以()1n n +有因数55⨯和222⨯⨯。
因为12491000+++>L ，即49502000⨯>，所以含有55⨯的最大数只能是25，因此另一个数应含有因数222⨯⨯。
所以n 或1n +中必有一个数是25，如果25n =，那么1n +不是8的倍数，所以125n +=，所以他编号的最大数是24。
【例4】 一小、二小两校春游的人数都是10的整数倍，出行时两校人员不合乘一辆车，且每辆车尽量坐满。
现在知道，若两校都租用14座位的旅游车，则两校共需租用这种车72辆；若两校都租用19座的旅游车，则二小要比一小多租用这种车7辆。
问两校参加这次春游的人数各是多少？【分析】14×（72-2）+1+1=982<两校总人数<14×72=1008，因为是10的整数倍，所以总人数为1000人，或990人。
二小比一小多租用7辆（19座），6×19+1=115<二小比一小多的人数<8×19-1=151，可能的情况有：120、130、140、150；如果总人数为1000人，两校人数之差如为120，则一小有（1000-120）÷2=440，二小有560人；如为130，则一小有（1000-130）÷2=435，二小有565人，不符；如为140，则一小有（1000-140）÷2=430，二小有570人；如为150，则一小有（1000-150）÷2=425，二小有575人，不符；检验得到一小430人，二小570人。
如果总人数为990人，同样的检验两校人数之差为120、130、140、150，的人数情况都没有符合条件的答案。
所以这次春游人数一小是430人，二小是570人。
估算分析经典精讲【例5】 甲乙两个小朋友各有一袋糖，每袋糖不到20粒。
如果甲给乙一定数量的糖后，甲的糖就是乙的糖粒数的2倍；如果乙给甲同样数量的糖后。
甲的糖就是乙的糖粒数的3倍。
那么甲乙两个小朋友共有多少粒。
【分析】总体和部分，比较分析。
甲给乙一定数量糖后，甲占总数的23，乙给甲一定数量后，甲占总数的34。
则前后变化34－23＝112。
糖的总数能被12整除。
由于每袋糖不超过20粒，则有12，24，36三种可能。
又由于前后变化为两倍的“同样数量的糖”，则只能是24。
【拓展】在一次考试中，甲乙两人考试结果如下：甲答错了全部试题的13，乙答错了7道题，甲乙都答错的题目占全部试题的15，则甲、乙两人都答对的题目最少多少道？ 【解答】容斥原理。
甲答错，乙答对的题占全部试题的13－15＝215。
那么甲乙都答对的题目有1315的全部试题减去7道乙答错的题目。
可见全部试题越少，甲、乙都答对的题目就越少。
则至少有15道全部试题，则15×1315－7＝6道。
【例6】 8只盒子，每只盒内放有同一种笔。
8只盒子所装笔的支数分别为17支、23支、33支、36支、38支、42支、49支、51支。
在这些笔中，圆珠笔的支数是钢笔支数的2倍，钢笔支数是铅笔支数的13，只有1只盒里放的是水彩笔。
这盒水彩笔共有多少支？【分析】（1）余数分析。
设定钢笔的支数是1份，则圆珠笔的支数是2份，铅笔支数是3份，这三种笔总数是6份。
那么笔的总数扣去水彩笔的数量要被6整除。
把总数加起来则17＋23＋33＋36＋38＋42＋49＋51＝289。
除以6的余数是1。
而所有盒中的笔数，只有49除以6的余数是1。
可见这盒水彩笔有49支。
【例7】 小明爷爷的年龄是一个二位数，将此二位数的数字交换得到的数就是小明爸爸的年龄，又知道他们的年龄的差是小明年龄的4倍，求小明的年龄。
【分析】设爷爷的年龄是10a b +,其中a 、b 都是数字，则爸爸的年龄是10b a +,年龄差是()()()10109b a b a a b +-+=-。
这差是4的倍数，所以()a b -是的倍数，但9a ≤,而根据常识，小明爸爸的年龄不可能是十几岁，因此，2b ≥,7a b -≤,从而必有4a b -=。
小明的年龄是()949a b ⨯-÷=(岁)。
数量关系整体与部分【拓展】甲乙两班同学人数相等，各有一些同学参加了课外数学小组的活动，甲班参加的人数恰好是乙班未参加人数的13，乙班参加的人数恰好是甲班未参加人数的14。
问：甲班未参加人数是乙班未参加人数的几分之几？【解答】假设甲班参加的为x ，则乙班未参加的为3x 。
同时设乙班参加的为y ，则甲班未参加的为4y 。
则有43x y x y +=+。
可见23x y =。
则甲班未参加的是乙班未参加的4839y x =。
【例8】 爸爸、哥哥、妹妹三人现在的年龄和是64岁。
当爸爸的年龄是哥哥年龄的3倍时，妹妹是9岁；当哥哥的年龄是妹妹年龄的2倍时，爸爸是34岁。
现在三个人的年龄各是多少岁？【分析】（法一）（1）操作分析法，妹妹9岁时，如果再增加25岁，妹妹便是34岁。
此时，哥哥也增加25岁。
爸爸要保持是哥哥的三倍，则爸爸要再加上50岁。
（2）后一种情况设妹妹是x 岁，则妹妹到34岁，爸爸是343468x x +-=-，哥哥是223434x x x +-=+，则有（1）的分析，有()3435068x x +⨯=+-。
可以得到416x ⨯=。
则4x =岁。
则哥哥是8岁，爸爸是34岁。
（3）64483463---=岁。
则妹妹是4610+=岁；哥哥是8614+=岁，爸爸是34640+=岁。
（法二）年龄问题中不改变的数量是年龄差，所以我们可以以年龄差为未知数。
设爸爸和哥哥的年龄差为x ，哥哥和妹妹的年龄差为y ，那么爸爸的年龄是哥哥年龄的3倍时，哥哥年龄为()312x x ÷-=，哥哥的年龄是妹妹年龄的2倍时，妹妹的年龄为y 岁，根据题目给出的条件有以下等量关系。
9234x y y y x ⎧-=⎪⎨⎪++=⎩，这一条二元一次方程的解为264x y =⎧⎨=⎩。
如果，现在妹妹的年龄为z ，那么有442664z z z +++++=，解得10z =，哥哥和爸爸的年龄分别是14岁和40岁。
【例9】 A 、B 、C 、D 、E 在一次满分为100分的考试中，得分都是大于91的整数，如果A 、B 、C 的平均分为95分，B 、C 、D 的平均分为94分，A 是第一名，E 是第三名得96分，那么D 的得分是多少？【分析】如果B 是第二名（或并列第一名），那么，A 和B 得分都比第三名E 的96分多，至少各得97分。
这样C 最多得95-2×（97-95）=91（分），矛盾。
所以B 不可能是第二名。
同理，C 不可能是第二名。
只有D 是第二名。
从A 、B 、C 的平均分是95，B 、C 、D 的平均分是94，得知A 比D 多1×3=3（分）。
又知A 、D 的得分都大于96，只有A 得100分，D 得97分。
【例10】某市居民自来水收费标准如下：每户每月用水4吨以下，每吨1.80元；当超过4吨时，超过部分每吨3.00元。
某月甲乙两户共交水费26.40元，用水量之比为5:3，问：甲乙两户各应交逻辑判断水费多少元？【分析】（1）2640不能被180整除，可见必有用户超过4吨。
（2）如果都超过4吨，则先扣除8×1.80＝14.40元，有26.40－14.40＝12元。
可见超过的水量为1234÷=吨。
总用水量便是8＋4＝12吨。
而甲乙的用水比5:3，5份和3份合起来是8份，对应12吨，则甲用了1257.58⨯=吨，乙用了123 4.58⨯=吨。
符合要求。
（3）如果有乙没有到4吨，甲超过了4吨。
分析一个极端的情况再去作比较：乙用了4吨，甲用了520844333⨯==+吨。
此时需交水费88 1.8322.43⨯+⨯=元。
如果和这种情况比较，乙用了不到4吨，则水费只能是更少，矛盾。
综上，甲应该交4 1.8 3.537.210.517.7⨯+⨯=+=元。
乙应该交26.417.78.7-=元。
【例11】食堂买来5只羊，每次取出两只合称一次重量，得到10种不同重量（单位：千克）：47，50，51，52，53，54，55，57，58，59。