第13讲植树问题
内容概述
几何图形的设计与构造，本讲讲解一些有关的植树问题．
典型问题
    1．今有10盆花要在平地上摆成5行，每行都通过4盆花．请你给出一种设计方案，画图时用点表示花，用直线表示行．
【分析与解】  如下图所示：
    2．今有9盆花要在平地上摆成10行，每行都通过3盆花．请你给出一种设计方案，画图时用点表示花，用直线表示行．
 【分析与解】如下图所示：
3．今有10盆花要在平地上摆成10行，每行都通过3盆花．请你给出一种设计方案，画图时用点表示花，用直线表示行•
 【分析与解】如下图所示：
  4．今有20盆花要在平地上摆成18行，每行都通过4盆花．请你给出一种设计方案，画图时用点表示花，用直线表示行．
【分析与解】 如下图所示：
  5．今有20盆花要在平地上摆成20行，每行都通过4盆花．请你给出一种设计方案，画图时用点表示花，用直线表示行．
 【分析与解】  如下图所示：

第14讲数字谜综合
内容概述
各种具有相当难度、求解需要综合应用多方面知识的竖式、横式、数字及数阵图等类型的数字谜问题．
典型问题
1．ABCD表示一个四位数，EFG表示一个三位数，A，B，C，D，E，F，G代表1至9中的不同的数字．已知ABCD+EFG=1993，问：乘积ABCD×EFG的最大值与最小值相差多少?
【分析与解】  因为两个数的和一定时，两个数越紧接，乘积越大；两个数的差越大，乘积越小．
  A显然只能为1，则BCD+EFG=993，
  当ABCD与EFG的积最大时，ABCD、EFG最接近，则BCD尽可能小，EFG尽可能大，有BCD最小为234，对应EFG为759，所以有1234×759是满足条件的最大乘积；
  当ABCD与EFG的积最小时，ABCD、EFG差最大，则BCD尽可能大，EFG尽可能小，有EFG最小为234，对应BCD为759，所以有1759×234是满足条件的最小乘积；
  它们的差为1234×759—1759×234=(1000+234)×759一(1000+759)×234=1000×（759—234)=525000．
2.有9个分数的和为1，它们的分子都是1．其中的5个是 , , , , 另外4个数的分母个位数字都是5．请写出这4个分数． 
【分析与解】  l一( + + + + )= = 
    需要将1010拆成4个数的和，这4个数都不是5的倍数，而且都是3×3×7×1l的约数．因此，它们可能是3，7，9，11，21，33，77，63，99，231，693．
经试验得693+231+77+9=1010．
所以，其余的4个分数是： , , , .
3. 
请在上面算式的每个方格内填入一个数字，使其成为正确的等式．
【分析与解】  1988=2×2×7×7l=4×497， + ＝ ，在等式两边同时乘上 ，就得 + ＝ ．显然满足题意．
又 + = ，两边同乘以 ，就得 + ＝ ．显然也满足．
 + ＝ ， + ＝ 均满足.
4．小明按照下列算式：    乙组的数口甲组的数○1=    
    对甲、乙两组数逐个进行计算，其中方框是乘号或除号，圆圈是加号或减号他将计算结果填入表14—1的表中．有人发现表中14个数中有两个数是错的请你改正．问改正后的两个数的和是多少?   
 
【分析与解】  甲组的前三个数0.625， ， 都是小于1的数，2 与这三个数运算后，得5.05，4 ，4 ；不论减1还是加l后，这三个数都比2 大，而这是2 与小于1的数运算的结果，因此可以猜想方框内是除号．

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现在验算一下：
2 ÷0.625= × = =4.05；
2 ÷ = × =3 ；
2 ÷ = × = =3 ；
2 ÷3= .
  从上面四个算式来看，圆圈内填加号，这样有三个结果是对的，而4 是错的．
    按照算式
乙组的数÷甲组的数+1…………………………*
    2÷3+1=1 ，显然不为1.5，上面已认定3是正确的，因此，只有把2改为1.5，才有1.5÷3+1=1 ，而1.5÷0.625+l=3.4，1.5÷ +1=3.25．
    由此可见，确定的算式*是正确的．
表中有两个错误，4 应改为4 ，2应改为1.5，
4 +1 =5+ =6 ．
改正后的两个数的和是6 ．
5．图14—3中有大、中、小3个正方形，组成了8个三角形．现在先把1，2，3，4分别填在大正方形的4个顶点上，再把1，2，3，4分别填在中正方形的4个顶点上，最后把1，2，3，4分别填在小正方形的4个项点上．
  (1)能否使8个三角形顶点上数字之和都相等?如果能，请给出填数方法：如果不能，请说明理由．
 
    (2)能否使8个三角形顶点上数字之和各不相同?如果能，请给出填数方法；如果不能，请说明理由．
【分析与解】  (1)无论怎样填法，都不可以使八个三角形顶点上数字之和相等．
    事实上，假设存在某种填法使得八个三角形顶点上数字之和都相等，不妨设每个三角形顶点上数字之和为k．
    在计算八个三角形顶点上数字之和时，大正方形四个顶点上每个数字恰好使用过一次；中正方形四个顶点上每个数字各使用过三次；小正方形四个顶点上每个数字各使用过二次．
    因此，这八个三角形顶点上数字之和的总和为：
    8k=(1+2+3+4)+3×(1+2+3+4)+2×(1+2+3+4)，即8k=60,k不为整数，矛盾，所以假设是错误的．
    (2)易知：不可能做到三角形的三个顶点上数字完全相同，所以三角形顶点上数字之和最小为1 +1+2=4，最大为3+4+4＝11．
    而4～11共8个数，于是有可能使得8个三角形顶点上数字之和各不相同，可如下构造，且填法不惟一．图(a)和图(b)是两种填法．
  
 6．图14—5中有11条直线．请将1至11这11个数分别填在11个圆圈里，使每一条直线上所有数的和相等．求这个相等的和以及标有*的圆圈中所填的数．
 
【分析与解】  表述1：设每行的和为S，在左下图中，除了a出现2次，其他数字均只出现了1次，并且每个数字都出现了，于是有4S=(1+2+3+…+11)+a=66+a；
  
    在右上图中除了a出现5次，其他数字均只出现了1次，并且每个数字都出现了，于是有5S=(1+2+3+…11)+4a＝66+4a．
综合以上两式 ，
①×5-②×4得66-11a=0，所以a=6，则S=18．
考虑到含有*的五条线，有4*+(1+2+3+4+…+11)-t=5S=90．即4*-t=24，由t是1～11间的数且t≠*，可知*=7，而每行相等的和S为18.
 
表述2：如下图所示，在每个圆圈内标上字母，带有*的圆圈标为x，
  
    首先考虑以下四条直线：(h、f、a)，(i、g、a)，(x、d、b)，(j、e、c)，除了标有a的圆圈外，其余每个圆圈都出现了一次，而标有a的圆圈出现了两次，设每条直线上数字之和为S，则有：
    (1＋11)×11÷2+a=4S，即66+a=4S．
    再考虑以下五条直线：(h、f、a)，(i、g、a)，(j、x、a)，(e、d、a)，(c、b、a)，同理我们可得到66+4a=5S．
综合两个等式 ，可得a为6，每条直线上和S为18．
最后考虑含x的五条直线：(x、h)，(x、g、f)，(j、x、a)，(x、d、b)，(i、x、c)．其中除了x出现了5次，e没有出现，其他数字均只出现了一次，于是可以得到：
    66+4x－e=5S=90，即4x-e=24，由e是1—11间的数且e≠x可知x=7．
即每行相等的和S为18，*所填的数为7．
7．一个六位数，把个位数字移到最前面便得到一个新的六位数，再将这个六位数的个位数字移到最前面又得到一个新的六位数，如此共进行5次所得的新数连同原来的六位数共6个数称为一组循环数．已知一个六位数所生成的一组循环数恰巧分别为此数的l倍，2倍，3倍，4倍，5倍，6倍，求这个六位数．
【分析与解】方法一： = ， = ， ＝ ， ＝ ， ＝ ， ＝ 。
    对应有142857，285714，428571，571428，714285，857142，它们依次是142857的1、2、3、4、5、6倍．
    且只用了1、4、2、8、5、7这6个数字，满足题意．
    所以这个六位数为142857．
 方法二：首先可以确定最小的六位数的首位为1，不然2*****的6倍就不是六位数，于是不妨设这个六位数为 ，那么6个六位数中必定存在一个数为 .
    而个位数字1，只能由1×1，3×7或9×9得到．但是 只能对应为 ×(2—6)，所以只能是 ×3得到．即 = ×3．
    于是，我们不难递推出d为5，c为8，b为2，a为4，所以这个六位数为142857．
方法三：部分同方法二， = ×3．
那么有 ×10+l=(100000+ )×3，解得 =42857．
所以这个六位数为142857．


15讲计数综合1
内容概述
将关键的已知数据看作变量，得到一类结构相同的计数问题，通过建立这些问题的结果所构成数列的递推关系，逐步地求得原问题的答案．与分数、几何等相关联的计数综合题．
典型问题
1．一个长方形把平面分成两部分，那么3个长方形最多把平面分成多少部分?    
【分析与解】  一个长方形把平面分成两部分．第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分，这样第一个长方形的内部至多被第二个长方形分成五部分．
 同理，第二个长方形的内部至少被第一个长方形分成五部分．这两个长方形有公共部分(如下图，标有数字9的部分)．还有一个区域位于两个长方形外面，所以两个长方形至多把平面分成10部分．
    第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两条边相交，故第一条边被隔成五条小线段，其中间的三条小线段中的每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二，所以至多增加3×4=12个部分．而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的外面，至多能增加4个部分．

展开余下试题

    所以三个长方形最多能将平面分成10+12+4=26．
  
 2．一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈1级台阶或2级台阶，最多可以迈3级台阶．从地面到最上面1级台阶，一共可以有多少种不同的走法?
【分析与解】  我们知道最后一步可以迈1级台阶、2级台阶或3级台阶，也就是说可以从倒数第1、2或3级台阶直接迈入最后一级台阶．
即最后一级台阶的走法等于倒数第1、2和3级台阶的走法和．而倒数第l级台阶的走法等于倒数第2、3和4级台阶的走法和，……
    如果将1、2、3……级台阶的走法依次排成一个数列，那么从第4项开始，每一项等于前3项的和．
有1，2，3级台阶的走法有1，2，4种走法，所以4，5，6，7，8，9，10级台阶的走法有7，13，24，44，81，149，274种走法．    
 3．一个圆上有12个点A1，A2，A3，…，A11，A12．以它们为顶点连三角形，使每个点恰好是一个三角形的顶点，且各个三角形的边都不相交．问共有多少种不同的连法?
【分析与解】我们采用递推的方法．
I如果圆上只有3个点，那么只有一种连法．
  
Ⅱ如果圆上有6个点，除A1点所在三角形的三顶点外，剩下的三个点一定只能在A1所在三角形的一条边所对应的圆弧上，表1给出这时有可能的连法．
Ⅲ如果圆上有9个点，考虑A1所在的三角形．此时，其余的6个点可能分布在：
 ①A1所在三角形的一个边所对的弧上；
    ②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对的弧上．
    在表2中用“+”号表示它们分布在不同的边所对的弧．
    如果是情形①，则由Ⅱ，这六个点有三种连法；
    如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法．
 
    共有12种连法．
    Ⅳ最后考虑圆周上有12个点．同样考虑A1所在三角形，剩下9个点的分布有三种可能：
    ①9个点都在同一段弧上：
    ②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；
    ③每三个点在A1所在三角形的一条边对应的弧上．得到表3．

 
共有12×3+3×6+1＝55种．
所以当圆周上有12个点时，满足题意的连法有55种.
4．现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮．用链条连接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得若干挡不同的车速．“希望牌”变速自行车主动轴上有3个齿轮，齿数分别是48，36，24；后轴上有4个齿轮，齿数分别是36，24，16，12．问：这种变速车一共有多少挡不同的车速?
【分析与解】算出全部的传动比，并列成表：
 
这里有4对传动比是相同的：1， ，2，3，将重复的传动比去掉，剩下8个不同的比，所以共有8挡不同的车速．
5．分子小于6，分母小于60的不可约真分数有多少个?
【分析与解】  分子的取值范围是从1到5．
    当分子为1时，分母可从2到59，共有58个真分数，它们当然都是不可约分数．
    由于2，3，5都是质数，因此当分子分别为2，3，5时，分母必须而且只需适合下列两个条件：
①分母大于分子且小于60．
 ⑦分母不是分子的倍数．
易知：当分子为2时，适合条件的分母有29个；
    当分子为3时，适合条件的分母有38个：
    当分子为5时，适合条件的分母有44个；
最后来看分子为4的情形，与分子为2基本相同，分母不能为偶数，此外分母不能为3．所以共有28(=29—1)个．
总之，符合要求的分数共有58+29+38+44+28＝197个．
6．一个正方形的内部有1996个点，以正方形的4个顶点和内部的1996个点为顶点，将它剪成一些三角形．问：一共可以剪成多少个三角形?如果沿上述这些点中某两点之间所连的线段剪开算作一刀，那么共需剪多少刀?
【分析与解】方法一：如下图，采用归纳法，列出1个点、2个点、3个点…时可剪出的三角形个数，需剪的刀数．
 
 
    不难看出，当正方形内部有n个点时，可以剪成2n＋2个三角形，需剪3n+l刀，现在内部有1996个点，所以可以剪成2×1996+2=3994个三角形，需剪3×1996+1=5989刀．
 方法二：我们知道内部一个点贡献360度角，原正方形的四个顶点共贡献了360度角，所以当内部有n个点时，共有360n+360度角，而每个三角形的内角和为180度角，所以可剪成(360n+360)÷180=2n+2个三角形．
    2n+2个三角形共有3×(2n+2)=6n+6条边，但是其中有4条是原有的正方形的边，所以正方形内部的三角形边有6n+6—4=6n+2条边，又知道每条边被2个三角形共用，即每2条边是重合的，所以只用剪(6n+2)÷2＝3n+1刀．
本题中n=1996，所以可剪成3994个三角形，需剪5989刀．
7．如图15—3，某城市的街道由5条东西与7条南北向马路组成．现在要从西南角的A处沿最短路线走到东北角的B处，由于修路十字路口C不能通过，那么共有多少种不同走法?
 
【分析与解】  因为每个路口(点)只能由西边相邻点、南边相邻点走过来，所以达到每个点的走法为西边相邻点、南边相邻点的走法之和，并且最南方一排、最西方一排的所有点均只有1种走法．
因为C点不能通过，所以C处所标的数字为0．如下图所示：
 
所以，从A到B满足条件的走法共有120种
8．经理将要打印的信件交给秘书，每次给一封，且放在信封的最上面，秘书一有空就从最上面拿一封信来打．有一天共有9封信打，经理按第1封，第2封，…，第9封的顺序交给秘书．午饭时，秘书告诉同事，已把第8封信打印好了，但未透露上午工作的其他情况，这个同事很想知道是按什么顺序来打印．根据以上信息，下午打印的信的顺序有多少种可能?(没有要打的信也是一种可能)
【分析与解】  我们根据最后一封信来计数：
    (1)第9封信在上午送给秘书；
    于是，T={1，2，3，4，5，6，7，9}
    则下午打印的每种可能都是T的一个子集，因为秘书可以把不在子集中的信件上午一送来就打完了，而未打别的信．集T有8个元素，故有28=256个不同子集(包括空集)．
    (2)第9封信在午后才送给秘书．令
S＝{1，2，3，4，5，6，7}，
    则上午未打印的信的号码是S的一个子集．若将9排在子集之后，则与⑴中的情形相同，故只有子集中至少有一封信已把号码9放在该子集的非最后的位置上．对于有k个元素的子集，号码9有k个位置可放，即可放在第i一1个元素之后和i个元素之前，i=1，2，…，k．于是不同的顺序总数为：
    0×C07+1×C17+2×C27+…+7×C77=7×27÷2=7×26=448
    即下午有448种可能的打印顺序．
    所以，下午共有256+448=704种打印的方法．

第16讲逻辑推理
内容概述
体育比赛形式的逻辑推理问题，其中存在的呼应——“一队的胜、负、平分对应着另一队的负、平、胜”对解题有重要作用，有时宜将比赛情况用点以及连这些点的线来表示．需要从整体考虑，涉及数量比较、整数分解等具有一定综性的逻辑推理问题．
典型问题
1．共有4人进行跳远、百米、铅球、跳高4项比赛，规定每个单项中，第一名记5分，第二名记3分，第三名记2分，第四名记1分．已知在每一单项比赛中都没有并列名次，并且总分第一名共获17分，其中跳高得分低于其他项得分；总分第三名共获11分，其中跳高得分高于其他项得分．问总分第二名在铅球项目中的得分是多少?

展开余下试题

 【分析与解】  每个单项的4人共得分5+3+2+1=11分，所以4个单项的总分为11×4=44分，而第一，三名得分为17、11分，所以第二、四名得分之和为 分 其中第四名得分最少为4分，此时第二名得分最高，为16-4=12分；又因为第三名为11分，那么第二名最低为12分；
    那么第二名只能为12分，此时第四名4分．
    于是，第一、二、三、四名的得分依次为17、12、1l、4分，而17只能是
5+5+5+2，4只能是1+1+1+1.
  不难得到下表：
 
由表知总分第二名在铅球项目中的得分是3分．
2．4支足球队进行单循环比赛，即每两队之间都比赛一场．每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局各得1分．比赛结果，各队的总得分恰好是4个连续的自然数．问：输给第一名的队的总分是多少?
    【分析与解】  四个队共赛了 场，6场总分 在12(=6×2)与18(=6×3)之间．
    由于 是4个连续自然数的和，所以 =2＋3＋4=5＝14或 =3+4+5=18．
    如果 =18，那么每场都产生3分，没有平局，但5=3+1+1表明两场踢平，矛盾．
    所以 =14，14=3×2+2×4表明6场中只有2场分出胜负．此时第一、二、三、四名得分依次为5、4、3、2．
    则第三名与所有人打平，那么第二名没有了平局，只能是第一名与第四名打平，这样第一名还有1局胜，第二名还有1局负，所以第一名胜第二名．    
    即输给第一名的队得4分．
    如下图所示，在两队之间连一条线表示两队踢平，画一条 ，表示 胜 各队用它们的得分来表示．
 
评注：常见的体育比赛模式
 个队进行淘汰赛，至少要打 场比赛：每场比赛淘汰一名选手；
 个队进行循环赛，一共要打 场比赛：每个队要打 场比赛．
循环赛中常见的积分方式：
①两分制：胜一场得2分，平一场得1分，负一场得0分；
核心关系：总积分=2×比赛场次；
②三分制：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得O分；
核心关系：总计分=3×比赛场次-1×赛平场次．
3．  6支足球队进行单循环比赛，即每两队之间都比赛一场．每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局各得1分．现在比赛已进行了4轮，即每队都已与4个队比赛过，各队已赛4场的得分之和互不相同．已知总得分居第三位的队共得7分，并且有4场球踢成平局，那么总得分居第五位的队最多可得多少分?最少可得多少分?
  【分析与解】  每轮赛3场，最多产生 分，四轮最多 分．现在有4场踢成平局，每平一场少1分，所以总分为 ．
  前三名得分的和至少为 
  所以后三名的得分的和至多为 
  第5名如果得4分，则后三名的得分的和至少为 这不可能，所以第5名最多得3分，图( )为取3分时的一种可能的赛况图．
  显然第5名最少得1分，图(b)为取1分时的一种可能的赛况图．
评注：以下由第5名得分情况给出详细赛况：
 
 
4．某商品的编号是一个三位数．现有5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．那么这个三位数是多少?
【分析与解】方法一：每一个与商品编号，恰好在同一位上有一个相同的数字．五个数，就要有五次相同，列出这五个数：874，765，  123，364，925百位上五个数各不相同，十位上有两个6和两个2，个位上有两个4和两个5．
  因此，商品编号的个位数字一定和给定5个数中的两个个位数字相同，商品编号的十位数字一定和给定5个数中的两个十位数字相同，商品编号的百位数字只能跟5个数中的一个百位数字相同．
  若商品编号的个位数字是5，我们就把第二个和第五个数拿走，剩下的三个数的十位数字各不相同，无法满足题目的要求(事实上，十位数字只能取7，而十位上只有一个7)．
  若商品编号的个位数字是4，拿走第一和第四个数后，十位上仍有两个2，可取十位数字为2，再拿走第三和第五个数，剩第二个数，它的百位是7，所以商品的编号为724．
  如果一个数与商品编号在某一位有相同数字，那么这个数与商品编号不会再有另外相同数字．因此解的过程中用“拿走”这一说法是恰当的．
 方法二：商品编号的个位数字只可能是3、4、5．
  如果是3，那么874，765，364，925这4个数中至多有三个数与商品编号有相同数字(百位有一个相同，十位有两个相同)，还有一个数与商品编号无相同数字，矛盾．
  如果是5，那么765，925的个位数字是5，从而商品号码的十位数字不是6、2，因此必须是7．这时123、364中至少有一个与商品号码无相同数字，矛盾．
    所以，该商品号码的

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