学而思小学奥数36个精彩讲座总汇(下)

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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：

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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个是位数字都是5．请写出这4个分数．

【分析与解】 l一(

11111,,,,另外4个数的分母个3791133

111112 10110 10++++)== 37911333 3 7 113 3 5 7 11

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.

1111,,,. 51545385

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，

1111+＝，在等式两边同时乘上，就得1243497

111

+＝．显然满足题意． 596419881491

1111111 又+=，两边同乘以，就得+＝．显然也满足．

142497019881420351410

111111 +＝，+＝均满足. 305319881204809419881596

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?

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917都是小于1的数，2与这三个数运算后，得5.05，1432

51517174，4；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

16643232

【分析与解】 甲组的前三个数0.625此可以猜想方框内是除号．

现在验算一下：

23

1781881÷0.625=×==4.05； 3232520172813152÷=×=3； 32332264179811463152÷=×==3；

91616321432

17272÷3=.

3232

2

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 按照算式

乙+1 * 2÷3+1=1

5

是错的． 16

÷

甲

组

的

数

组的数

2

，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312

1.5÷3+1=1，而1.5÷0.625+l=3.4，1.5÷+1=3.25．

23

由此可见，确定的算式*是正确的．

515

应改为4，2应改为1.5， 1616

15115 874+1=5+=6． 1621616

7

改正后的两个数的和是6．

16

表中有两个错误，4

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．

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(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；

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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

4S 66 a(1)

，

5S 66 4a(2)

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．

66 a 4S

综合两个等式 ，可得a为6，每条直线上和S为18．

66 4a 5S

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．

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........12345

【分析与解】方法一：=0.142857，=0.285714，＝0.428571，＝0.571428，＝

77777....6

0.714285，＝0.857142。

7

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1abcde，那么6个六位数中必定存在一个数为abcde1.

而个位数字1，只能由1×1，3×7或9×9得到．但是abcde1只能对应为1abcde×(2—6)，所以只能是1abcde×3得到．即abcde1=1abcde×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，abcde1=1abcde×3．

那么有abcde×10+l=(100000+abcde)×3，解得abcde=42857． 所以这个六位数为142857．

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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． 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

，A

2，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

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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?

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【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，

3

，2，3，将重复的传动比去掉，剩下8个不同的比，所以2

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

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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

8

了，而未打别的信．集T有8个元素，故有2=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：

012776

0×C7+1×C7+2×C7+ +7×C7=7×2÷2=7×2=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．

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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?

【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44 (17 11) 16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?

4 3

6场，6场总分m在12(=6×2)与18(=6×3)之间． 2

由于m是4个连续自然数的和，所以m=2＋3＋4=5＝14或m=3+4+5=18．

如果m=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m=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、

【分析与解】 四个队共赛了C4

2

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A B,，表示A胜B,各队用它们的得分来表示．

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评注：常见的体育比赛模式

N个队进行淘汰赛，至少要打N 1场比赛：每场比赛淘汰一名选手；

N个队进行循环赛，一共要打C2N

N(N 1)

场比赛：每个队要打N 1场比赛． 2

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3 3 9分，四轮最多4 9 36分．现在有4场踢成平局，每平一场少1分，所以总分为36 4 1 32． 前三名得分的和至少为7 8 9 24.

所以后三名的得分的和至多为32 24 8.

第5名如果得4分，则后三名的得分的和至少为4 5 9,这不可能，所以第5名最多得3分，图(

a)

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：

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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，该商品号码的个位数字只能是4，而且这个号码应为724． 即这个三位数为724．

5．某楼住着4个女孩和2个男孩，他们的年龄各不相同，最大的10岁，最小的4岁，最大的女孩比最小的男孩大4岁，最大的男孩比最小的女孩大4岁．求最大的男孩的岁数． 【分析与解】 本题中最大的孩子，可能是男孩，可能是女孩．

当最大的孩子为女孩时，即最大的女孩为10岁，那么最小的男孩为10－4＝6岁，则4岁定是最小的女孩，那么最大的男孩是4+4：8岁，满足题意； 当最大的孩子为男孩时，即最大的男孩为10岁，那么最小的女孩为10—4=6岁.则4岁一定时最小的男孩，那么最大的女孩为4+4=8岁，也就是说4个年龄不同的女孩的年龄在6—8之间，显然得不到满足．

于是，最大的男孩为8岁． ．

6．某次考试满分是100分，A，B，C，D，E这5个人参加了这次考试． A说：“我得了94分．”

B说：“我在5个人中得分最高．”

C说：“我的得分是A和D的平均分，且为整数．” D说：“我的得分恰好是5个人的平均分．”

E说：“我比C多得了2分，并且在5个人中居第二．” 问这5个人各得了多少分?

【分析与解】 B、E分别为第一、二名，C介于A、D之间，则当A为第三时，C为第四，D为第五，得5人平均分的人为最后一名，显然不满足．

于是D、C、A只能依次为第三、四、五名，有B、E、D、C、A依次为第一、二、三、四、五名，A为94分，C为D、A得平均分，且为整数，所以D的得分为偶数，只可能为98或96(如果为100，则B、E无法取值)，D、C、A得分依次为98、96、94或96、95、94，有E比C高2分，则E、D、C、A得分依次为98、98、96、94或97、96、95、94.对应5个人的平均分为98或96，而B的得分对应为104或98，显然B得不到104分．

所以B、E、D、C、A的得分只能依次是98、97、96、95、94．

7．在一次射击练习中，甲、乙、丙3位战士各打了4发子弹，全部中靶．其命中情况如下： ①每人4发子弹所命中的环数各不相同； ②每人4发子弹所命中的总环数均为17环；

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③乙有2发命中的环数分别与甲其中的2发一样，乙另2发命中的环数与丙其中的2发一样： ④甲与丙只有1发环数相同；

⑤每人每发子弹的最好成绩不超过7环． 问：甲与丙命中的相同环数是几?

【分析与解】 条件较多，一次直接求出满足所有条件的情况有些困难，争把条件分类，再逐个满足之．

第一步：使用枚举法找出符合每发最多不超过7环、四发子弹命中的环型不相同，和为17环的所有情况；

第二步：在这些情况中去掉不符合条件③、④的，剩下的就是符合全部条利的情况，即为答案． 满足条件①、②、⑤的只有如下四种情况：

甲乙

A.7 6 3 1 17(杯)

都有1和7；

B.7 5 4 1 17(杯)

C.7 5 3 2 17(杯)

都有4和5

D.6 5 4 2 17(杯)

丙

从上述四个式子中看出式A与式B有数字1、7相同；式B与式D有数字4和5相同．式B既与式A有两个数字相同，又与式D有两个数字相同，式B就是乙． 式A与式D对应为甲和丙．

式A与式D相同的数字是6，所以甲和丙相同的环数是6．

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第17讲 赛况分析

内容概述

赛况分析是一些学校近年考试的热点，我们再给出几例，希望大家在掌握了下面的知识点以后，多多练习．

常见的体育比赛模式：

N个队进行淘汰赛，至少要打N-1场比赛：每场比赛淘汰一名选手；

N个队进行循环赛，一共要打CN

2

N（N-1）

场比赛：每个队要打N-1场比赛． 2

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0分；

核心关系：总计分=3×比赛场次一1×赛平场次．

典型问题

2．一次围棋比赛共有10名选手参加，他们分别来自甲、乙、丙三个队，每队不少于2人，每个人都与其他的9人比赛，每盘胜者得2分，负者得0分，平居各得1分．结果乙队平均得分为5.2分，丙队平均分17分，试求甲队的平均分．

【分析与解】 因为每队的总分均为整数，所以乙队为5人，那么乙队的总为26分．考虑丙队的情况：选手所能得到的最高分为18分，而丙队中的最高不少于17分．

当最高分为18分，次高分至多为16分，第三名至多14分， ，前两名的平均分为17分． 当最高分为17分，次高分至多为17分，第三名至多14分， ，第一名/前两名的平均分为17分．

因为丙队不少于2人，所以丙队2人，则丙队的总分为34分．

2

所以甲队有10-5-2=3人，总分为C10 2 26 34 30分，所以平均分为30÷3=10分．

4．五支足球队进行单循环赛，每两队之间进行一场比赛．胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．最后发现各队得分都不相同，第三名得了7分，并且和第一名打平，那么这五支球队的得分从高到低依次是多少?

【分析与解】 每个队各赛4场，共赛5×4÷2：10场．第三名得7分，与第一名打平，那么剩下的3场，得6分，只能是3+3+0，即第二名的比赛输了，所以只能是1+0+／+3+3．

那么，第一名为／+3+1+3+3，第二名为0+／+3+3+3，第三名为1+0+／+3+第四名为0+0+0+／+3，第五名为0+0+0+0+／．

所以，这五支球队的得分从高到低依次是10、9、7、3、0．

6. 有五支足球队进行循环赛，每两个队之间进行一场比赛，胜者得3分，平者各得1分，负者得0分．现在还有一些比赛没有进行，各个队目前的得分恰好是五个连续的偶数，其中甲队积2分，并且负于乙队，那么乙队现在积多少分?

2

【分析与解】 最高分为3×4=12，而赛完后5支队伍的最高分为C5×3=30分，因为出现2分，所

以5个连续的偶数，可能是0、2、4、6、8；2、4、6、8、10．

但是，2+4+6+8+10=30分，而还有些比赛没有进行，所以只能是0、2、4、6、8． 甲：1+0+1+1+～，乙：3+1+～，丙：1+～，丁：1+～，戊：～ 所以，只能是戊为0分．

①当乙为8分时，只能是3+／+1+1+3，因为丙、丁在我们看来完全等价，当丁为6分时1+1+～+1+3，此时丙只能是4分，只能是1+1+～+1+1，而这时戊一定有得分．所以不满足．

②当乙为6分时，只能是3+／+0+0+3，当丙为8分时1+3+／+1+3，此时丁只能是4分，但是只能是

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1+3+1+／+～，超过4分．所以不满足．

③当乙为4分时，只能是3+／+l+0+～，当丁为8分时l+3+1+／+3，此时丙只能为6分，为1+1+／+l+3．满足．

所以，乙的得分为4．

8．五支足球队A、B、C、D、E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2分，负者得0分，平局各得1分．已知：(1)4

队获得了冠军；(2)B队、C队和D队的得分相同，且无其它并列情况；(3)在C队参加的比赛中，平局只有一场，那场的对手是B队；(4)D队战胜了A队．请你根据上述信息，分析出每场比赛的胜、平、负情况．

【分析与解】 根据已知条件可以画出如下赛况图：

2

因为每场比赛2个队共得2分，所以5个队的总分为C5×2=20分．

(1)当B、C、D均得2分，而A最多得到6分，E最少得到20-2×3-6=8分，超过A，而A是冠军，所以不满足；

(2)当B、C、D均得3分，此时E的得分最少为20-

3×3-6=5分，所以此时只能是A得6分，B、C、D均得3分，E得5分．于是，A的另外三场均是A胜

E

于是只能一场平，另外的2场为胜．由条件3知，E不可能与C平，所以只能是与B或D打平．

①当E与D平，有，有如左下图的赛况表．

②当E与B平，有，有如右上图的赛况表．

(3)当B、C、D均得4分，因为C只能平一场得到1分，而其他情况，要么得到2分，要么不得分，所以不可能；

(4)当B、C、D均得5分，那么只能是A得5分，E得0分，不满足． 综上所述，有2种赛况表满足，

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第18讲 方程与方程组1

内容概述

二元、三元一次方程组的代入与加减消元法．各种可通过列方程与方程组解的应用题，求解时要恰当地选取未知数，以便于将已知条件转化为方程．

典型问题

1．一个分数，分子与分母的和是122，如果分子、分母郡减去19，得到的分数 约简后是

1

．那么原来的分数是多少? 5

a

，则分子、分母都减去19为

122 a

【分析与解】 方法一：设这个分数为

a 19a 191

==,即5a-95=103-a,解得a 33,则122-33=89．所以原来的分数

(122 a) 19103 a5

是

33 89

aa 19，那么原来这个分数为，并且有5a5a 19

33

19，解得。=14．所以原来的分数是． =122,

89

方法二：设这个分数为变化后为

(a 19 )a( 5

2．有两堆棋子，A堆有黑子350和白子500个，B堆有黑子400个和白子100个．为了使A堆中黑子占50％，B堆中黑子占75％，那么要从B堆中拿到A堆黑子多少个?白子多少个?

【分析与解】 要使A堆中黑、白子一样多，从B堆中拿到A堆的黑子应比白子多150个，设从B堆中拿白子

x个，则拿黑子(x+150)个．

400 (x 15).

=75％, 解得x=25. 所以要拿黑子25+150=175个．白子25个

400 100 (2x 150)

依题意有

．

3．A种酒精中纯酒精的含量为40％，B种酒精中纯酒精的含量为36％，C种酒精中纯酒精的含量为35％．它们混合在一起得到了纯酒精的含量为38．5％,的酒精11升，其中B种酒精比C种酒精多3升．那么其中的A种酒精有多少升?

【分析与解】 设c种酒精x升，则B种酒精戈x+3升，A种酒精ll-x-(x+3) 升.有：[11-x-(x+3)] +4％+( x +3)×36％+ x×35％=11×38．5％解得x =0.5． 其中A种酒精为11-2x-3=7(升)．

4.校早晨6：00开校门，晚上6：40关校门。下午有位同学问老师现在的时间，老师说：从开校门到现在时间的

11

加上现在到关校门时间的，就是现在的时间．那么现在的时间是下午几点? 34

【分析与解】 设现在为下午x点．那么上午6：00距下午x点为6+x小时；下午x点距下午6：40

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为6

2

x小时． 3

有： (6 x)

13

1 2 6 x x，解得x=4． 所以现在的时间为下午4点． 4 3

5．如图18—2中的短除式所示，一个自然数被8除余1，所得的商被8除余1，再把第二次所得

的商被8除后余7，最后得到的一个商是a．图18-3中的短除式表明：这个自然数被17除余4，所得的商被17除余15，最后得到的一个商是a的2倍．求这个自然数．

【分析与解】 由题意知 8a 7 8 1 8 1 17 2a 17 4,整理得512a+457=578a+259，即66a=198，a=3．

于是，[(80+1)×8+1]× 8+1=1993．

6．一堆彩色球，有红、黄两种颜色．首先数出的50个球中有49个红球；以后每数出的8个球中都有7个红球．一直数到最后8个球，正好数完．如果在已经数出的球中红球不少于90％，那么这堆球的数目最多只能有多少个?

【分析与解】 方法一 ：首先数出的50个球中，红球占49÷50×100％=98％．以后每次数出的球中，红球占7÷8×100％=87．5％． 取得次数越多，红球在所取的所有球中的百分数将越低．设取得x次后，红球恰占90％．共取球50+8z，红球为49+7x．

(49+7x)÷(50+8x)×100％=90％，解得x=20，所以最多可取20次，此时这堆球的数目最多只能有50+8×20=210个．

方法二：设,除了开始数出的50个球，以后数了n次，那么,共有红球49+7n，共有球50+8n,有

49 7n

90％，即49+7n 45+7．2n,解得n 20，所以n的最大值20.

50 8n

则这堆球的数目最多只能有50+8×20：210个．

7.有甲、乙、丙、丁4人，每3个人的平均年龄加上余下一人的年龄分别为29

，

23，2l和17．这4人中最大年龄与最小年龄的差是多少?

【分析与解】 设这些人中的年龄从大到小依次为x、y、z、w，

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①+②+③十④得：2(x+y+z+w)=90，

则 x y z w

3=15 ⑤

①-⑤得：2

3x 14 , x=21；

④-⑤得：2

3

z 2， z=3；

所以最大年龄与最小年龄的差为x w =21—3=18(岁)．

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第19讲 方程与方程组2

内容概述

一般的，把含有未知数的等式称为方程

将含有未知数的个数称为“元”，如：x+y=2就是一个二元方程，而两个含有2个未知数的方程合

1

x y 2

在一起，就组成了二元方程组，3x 4y 6.5就是一个二元一次方程组． 把未知数的最高次数称为“次”，如x2 y2 25就是一个二元二次方程．

如果方程组的个数等于未知数的个数，我们就称这个方程为适定方程；

如果方程组的个数少于未知数的个数，我们就称这个方程为不定方程；一般的不定方程没有确定解．

方程的基本性质：

1．方程两边同时加上或减去某个数，等号仍然成立； 2．方程两边同时乘以或除以某个非零数，等号仍然成立． 在解方程中最常用的一种技巧是移项，将方程中的某些项改变符号后，从方程的一边移到另一边的变形叫移项．如3x+12=18，可以将12移项为3x=18-12．

通过“代人”消去一个未知数，将方程组减少一元来解的方法叫做代入消元 法，简称代人法；

通过将两个方程相加(或相减)消去一个未知数，将方程组减少一元来解的方 法叫做加减消元法，简称加减法

典型问题

1．若石是自然数，且满足

105

x 6，试求x的值． 4x 1

【分析与解】4x-1必须是105的约数，105=3×5×7，当4x-1=7时，x=2：当4x-1=15时，x=4；当4x-1=3时，x=1；当4x-1=35时，x=9． 所以只能是105÷(4×9-1)=9-6，即x=9．

ax 2y 2 1

2．小吴和小林两人解方程组， 7x by 1 2 由手小吴看错了方程①中的a而得到方程组的解为

x 4

y 9,小林看错了方程②中的b而得到的解为

x 3

y 8,如果按正确的a、b计算，试求出原方程组的

解．

【分析与解】 因为小吴同学没有看错②，所以1

x 4

y 9是符合②的解，有4×7-b×9=1，解得b=3；

《九章算术》第八卷“方程”刘徽注:程,课程也.群物总杂,各列有数,总言其实,令每行为率,二物者再程,三物者三程,皆如物数程之.并列为行,故谓方程.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/7dy4.html