资源描述
学而思2012年春季四年级超常123班难题汇总延续2011年秋季的传统，2012年春季继续进行难题汇总和分析，和大家一起分享。声明：本文档只是收录了各讲有点难度的题目，并对难题进行解析、分级等，并未对各讲内容进行总结和分析，各讲内容的总结和剖析可以参见学而思老师的相关文档。如您对难题感兴趣，可以参阅本文档。第一讲 小数本讲是小数的入门，主要是小数的计算，难度不大，掌握一些常用方法即可。小数计算常用的方法有：(1)凑数、(2) 扩大再缩小、(3)提取公因数、 (4)平方和平方差公式、 (5)解方程、 (6)换元法。希望孩子领会各种方法的要领。作业看了一遍，没有太大难度。在此分析几道张老师课堂上讲解的补充题目，会对大家有用途的。11、【补充1】计算：201222+40780+3256【难度级别】【解题思路】此题硬算也是可以算出来的，但是此题中包含了几个有特点的数据：2012、407，因为2012年4月7日学而思杯考试。另外，题目是由张老师出的。硬算：22132+32560+3256=57948=80080巧算：201222+40780+4078=201222+407(80+8)=201222+40788=88503+88407=88(503+407)=88910=(811)(71310)=(71113)810=1001810=80080【答案】80080。12、【补充2】2012年12月21日是电影玛雅人末日，20121221这个数的数字和是11，2012年所有日期(日期用8位数字表示)中是11的倍数的有多少个？【难度级别】【解题思路】此题目有意思的地方是2012年12月21日这个日期，这个日期可以出不少题目，此题出自张老师，还可以问：数字之和为11的日期有多少个。2012xxxx11，商是1829xxxx，余数是：1axx（19月）或2bxx（1012月）。1月2月各2个，3月9月各3个，10月11月3个，12月2个，共33个。【答案】33个。13、【补充3】1个两位数除以6余3，如果十位数字和个位数字对换后的两位数仍然除以6余3，则称这样的一对数为“学而思数”，问“学而思数”共有多少对？【难度级别】【解题思路】第个关键点：此数是3的倍数。因为除以6余3，所以能被3整除。第2个关键点，此数不能是2的倍数。因为此数是3的倍数，如果又是2的倍数，就一定是6的倍数，就不会除以6有余数了。不是2的倍数所以是奇数，2个数位对换后也是奇数，所以这个两位数的数字都是奇数。第3个关键点，推导和计算：除以6余3，除以6也余3，所以+是6的倍数。+=6k，11a+11b=6k，11(a+b)=6k，a+b是6的倍数。所以a+b=6或12或18。a+b=6， 15与51、33与33。a+b=12，39与93、57与75。a+b=18，99与99。共5对。【答案】5对。14、【补充4】正12边形怎么画？如果正12边形的面积是81，则图中阴影部分的面积是多少？【难度级别】【解题思路】因为今年是2012年，所以几何图形正12边形可能是一个考试的重点。给出一种画12边形的方法：先画一个正六边形，以每个边为正方形的边向外画正方形，将图形外侧的正方形顶点都连接起来，就是一个正12边形。可以证明，图中的小三角形是等边三角形。求阴影部分的面积：正12边形=6个+6个+1个正六边形，因1个正六边形=6个，所以正12边形=6个+12个。而阴影部分=2个+4个，正好是正12边形的三分之一，所以阴影面积是：813=27。【答案】27。15、【补充5】某船往返甲乙两岸，共用12小时，前6小时比后6小时多走80千米，顺水速度比逆水速度大16千米/小时，求甲乙两岸距离。【难度级别】【解题思路】流水行船、追及问题。40前6小时比后6小时多走80千米，说明前6小时顺水走了全程并逆水忘回走了，如图中红线。后6个小时如图中蓝线。图中红线和蓝线都是走了6个小时。4040红线重叠那部分：802=40(千米)。因红线回来的也是逆水，去掉这逆水行船的40千米，就都变成顺水行船了，蓝线也去掉40千米的逆水行船，此时红线和蓝线时间还是相同的，如图。根据追及问题，S差=40+4080，V顺-V逆=16，所以T=8016=5(小时)。说明去掉的40千米用的时间就是：6-5=1(小时)，5小时逆水行船的距离就是：540=200(千米)。全程：200+40+40=280(千米)。【答案】280千米。第二讲 长度与角度综合对于刚刚接触几何的孩子们来讲，接受这些几何题目的知识点还需要一个过程，本讲的长度和角度，还不算太难，需要孩子慢慢领会。但是讲义中的部分题目难度偏大，尤其例6和学案4严重超纲。ABCDEF12321、【学案3】如图，正五边形ABCDE，若CDF为正三角形，试求BFE的度数。【难度级别】【解题思路】正五边形的一个内角为：(5-2)1805=108。1=60，2=108-60=48。BC=CD=CF，3=(180-2)2=(180-48)2=66。由于正五边形左右是对称的，所以EFD=3=66。BFE = 360-1-3-EFD = 360-60-66-66= 168。【答案】168。22、【例4】已知一正多边形，其内角小于160，且大于150，试求出此多边形可能是哪几种正多边形？【难度级别】【解题思路】根据内角和公式也可以求，稍微麻烦一点，此题可以根据多边形的外角和来求，因为多边形的外角和360是不变的。“内角小于160且大于150”转换成“外角大于于20且小于30”。正n边形的一个外角=360n，36020=18，36030=12，所以12n18，n=13、14、15、16、17。【答案】13、14、15、16、17。23、【作业8】华罗庚爷爷说：数学是中国人民所擅长的学科。请小朋友求解九章算术中一个古老问题：“今有木长二丈，围之三尺。葛生其下，缠木七周，上与木齐。问葛长几何？”白话译文：如图，有圆柱形木棍直立地面，高20尺，圆柱地面周长3尺。葛藤生于圆柱底部A点，等距缠绕圆柱七周恰好长到圆柱上底面的B点，则葛藤的长度是_。【难度级别】【解题思路】此题需要明白圆柱侧面的展开图，孩子不好理解。先让孩子明白，一个圆柱体的侧面展开图是一个长方形，圆柱的高是长方形的宽，圆柱的底面周长是长方形的长。题目是绕7周，我是按照1周计算的。1周的展开图，高是20/7，下边长是3，斜边（葛藤长）的平方=(20/7)2+32=841/49=(29/7)2，斜边=29/7。所以葛藤总长=(29/7)7=29(尺)。答案是按照圆柱体旋转7圈展开，形成如右图所示的直角三角形，斜边就是葛藤的展开痕迹。斜边的平方=202+212=841，斜边=29，所以，葛藤总长就是29尺。202120/73【答案】29尺。ABOPCDEF24、【例7】如图，点P在锐角AOB的内部，在OB边上求作一点D，在OA边上求作一点C，使PCD的周长最小。【难度级别】【解题思路】做P点关于OA的对称点E，在做P点关于OB的对称点F，连接EF，EF交OA于C，EF交OB于D，点C和点D就是题目所要求作的点。PCD的周长=PC+PD+CD=EC+FD+CD=EF。证明：假设OA上的点为C，OB上的点为D，则PCD的周长是： PC+ PD+ CD= EC+ FD+ CD= EC+ CD+ DF，显然EC+ CD+ DF是从E到F的3条线段，只有3条线段在一条直线上其和才最小，因为E、F两点间线段最短。【答案】见解题思路。25、【作业7】如图，A、B两个电话机到电话线l的距离分别为3米和5米，CD=6米。若由l上的一点分别向A、B连电话线，最短为_。【难度级别】AFE【解题思路】与例7类似，利用镜面对称，而且多一步利用勾股定理求长度。先找A关于电话线l的对称点A，连接A和B交于l与F，FA+FB即为所求。因FA=FA，所以FA+FB=FA+FB=AB。由于A、B之间线段最短，所以通过“连接A和B”找到了F点。画完图，孩子也不一定会求，即便告诉他们用勾股定理，他们可能还是找不到如何来用。事实上，将DB向左平移让D点与C点重合，这样就能看到rtAEB，CE=DB=5，AC=AC=3，AE=3+5=8，EB=CD=6，所以AB2= AE2+EB2=82+62=100，AB=10(米)。【答案】10米。26、【例5】如图，对角线BD将矩形ABCD分割为两个三角形，AE和CF分别是两个三角形上的高，长度都等于6cm，EF的长度为5cm，求矩形ABCD的面积。【难度级别】ABCDEFOG【解题思路】根据给的已知条件，要想求面积，需要先求出对角线的长度，对角线BD不好求，连接AC求对角线AC的长度。如图，以AE、EF为边向下做一个长方形，这是此题的难点。虚线构成的AGC是直角三角形。AGEF5cm，GCGF+FCAE+CF6+612cm，AC252+122169，AC13cm，BD13cm。当然，也可以不做AG、FG这2条辅助线，由小直角三角形OFC来求对角线的长度，只是数有小数，计算复杂一点。OC2OF2+CF22.52+6242.256.52，OC6.5(cm)，AC13cm。矩形ABCD面积BDAE2+BDCF213678(cm2)。【答案】78cm2。27、【例8】如图，四边形ABCD中，AB30，AD48，BC14，CD40，又已知ABD+BDC90，求四边形ABCD的面积。ABCDE【难度级别】【解题思路】此题从“ABD+BDC90”入手，这表示2个角的和是90，所以需要把这样的2个角放到一起构成直角。如图，将CBD左右翻转一下（形状不变），D点到B点处，B点到D点处，C翻转成为E点，这样ABD+BDC90变成了ABD+DBE90，所以ABE90。这样，四边形ABCD面积ABD面积+CBD面积ABD面积+EBD面积ABE面积+ADE面积。ABE面积ABBE230402600。AB30，BECD40，AE2302+4022500，AE50。ADE因为三边的长度已知（AD48，DEBC14，AE50），理论上面积是可求的，但是需要用到三角函数，此处三边有特殊性，可以构成直角三角形，所以问题简化了变成孩子们是可求的。此处，也是勾股定理的反向应用。因为：482+1422500502，所以ADE是直角。因此，ADE面积ADDE248142336。四边形ABCD面积ABE面积+ADE面积600+336936。【答案】936。28、【学案4】如图，图中的四边形ABCD中，AB=BC=CD，B=168，C=108，求D是多少度？【难度级别】【解题思路】这道题的难点就在于不好想，在图形内部怎么做辅助线都得不到很好的思路，所以做了好长时间也没有做出来。感谢e度论坛的“chongbeibei”提供信息，答案摘自 “学而思讲义四年级第14讲长度与角度综合(竞赛班)”(http:/wenku.baidu.com/view/2eed204ffe4733687e21aaf6.html)。看到C=108，就该想到这是正五边形的内角。于是做正五边形，同时发现又出现了个等边三角形(168-108= 60)。并且图形对称，从而ABCDFEOC= 1082 = 54。如何证明图形是对称的呢？我是这样思考的：ABF是等边三角形已经清楚了，其实证明AD垂直于BF即可。取BF的中点O,AO垂直于BF，证明O与O重合即可。O是BF的中点，对于正五边形而言，DO是对称轴，所以DO垂直于BF。这样，AO垂直于BF，DO也垂直于BF，所以AOD=180，A、O、D三点在一条直线上，O与O重合。【答案】54。29、【例6】如图,ABC是等腰三角形，O位于ABC内，已知：CAB = 96，ABO=12，OAB=18，那么AOC=？ABCO【难度级别】超ABCOD【解题思路】感谢e度论坛的“chongbeibei”提供信息，答案摘自 “学而思讲义四年级第14讲长度与角度综合(竞赛班)”(http:/wenku.baidu.com/view/2eed204ffe4733687e21aaf6.html)。ABC是等腰三角形，很适合做对称。而且CAB=96，当它扣除两个OAB时，会出现60。做AOB关于中线对称，为ACD。AO=AD，OAB=CAD=18，于是OAD=96-18-18=60,AO=AD，所以AOD为等边三角形。在AOB中，AOB=180-12-18=150, ADC=AOB=150。所以ODC=360-150-60=150,证明ADC和ODC全等，得DOC=CAD=18，所以AOC=60+18=78。此题严重超纲，因为用到了全等三角形的知识。另外，这道题对于成人而言，也不是一道容易的题目，CAO=96-18-78,根本就没看出来AOC会和CAO相等，也没有看出来CA=CO，而要通过对称后全等得到这些内容，这不是很容易想到的。【答案】78。第三讲 等积变形等积变形是孩子们学习的几何中比较难的专题了。先总结一下老师课堂上讲解的方法，一个几何题目方法对了很重要。本节课是在金源时代听荆晨玮老师的。第一，一半模型。第二，四边形的蝴蝶定理。四边形分成四部分，对角面积乘积相等。第三，等积变形：底不动，顶点平移。主要是找平行线，一大一小两个正方形时，经常用到2个平行的对角线。第四，梯形,两翼面积相等。第五，共边。采用比例、份数等。如果不会使用比例，可以采用分割的方法。第六，鸟头（共角模型）。2个三角形（记住：是三角形）有一个角相等或者互补，面积比等于夹角的边乘积的比(边只看比例不看具体的长度)，即：S小：S大小小：大大。本讲中的例题、学案、作业题，大量采用了以上方法，所以熟练掌握每一种方法的要点，对于解题非常有帮助。作业题都很简单，没有一道难题，把例题和学案整理了一下。31、【例3】如图，三角形ABC被分成甲、乙两部分，BDDC4，BE3，AE6，乙面积是甲面积的几倍？【难度级别】【解题思路】此题有两种方法：共边的比例，鸟头的共角模型。共边：连接AD，根据共边的比例关系，面积的比例关系已经表在图上，乙是甲的5倍。鸟头：S甲+乙 ：S甲32 ：116 ：1， S乙 ：S甲5 ：1。【答案】5倍。32、【例4】如图，已知三角形ABC面积为1，延长AB至D，使BDAB；延长BC至E，使CEBC；延长CA至F，使AF2AC，求三角形DEF的面积。【难度级别】【解题思路】采用共边的比例。根据边的比例关系，面积的比例计算如图。总面积为10。【答案】10。33、【例7】如图，O是长方形ABCD内一点，已知OBC的面积是5cm2，OAB的面积是2cm2，求OBD的面积是多少？【难度级别】【解题思路】采用一半模型。假设长方形ABCD的面积为S。BCD面积SDOC面积+AOB面积SDOC面积SAOB面积S2四边形BCDO面积DOC面积+OBC面积(S2)+5=S+3OBD面积四边形BCDO面积BCD面积(S+3)-S3【答案】3cm2。34、【学案3】直角梯形ABCD中，AB15，BC12，AF垂直于AB，阴影部分的面积为15，求梯形ABCD的面积。【难度级别】【解题思路】等积变形、比例。DAB等积于CAB，所以DAB面积1512290，进而知道EAB面积901575，15AE275，AE10，EF12102。AE ：EF10：25：1，EFD面积1553。梯形ABCD面积四边形ABCF面积+阴影+EFD面积=1512+15+3=198。【答案】198。35、【学案4】如图，D是三角形ABC一边上的中点，两个长方形分别以B、D为顶点，并且有一个公共顶点E，已知两块阴影部分的面积分别是100和120，则三角形BDE的面积是多少？【难度级别】【解题思路】一半模型。为了好描述，假设ABC面积为S0，两个小长方形面积分别为S1、S2，BDE面积为S。根据一半模型，从上半部分看，SS0/2-100-S1/2-S2/2。从下半部分看，S120+S1/2+S2/2-S0/2。两个等式相加，2S20，得到：S10。【答案】10。36、【例5】如图，有三个正方形的顶点D、G、K恰好在同一条直线上，其中正方形GFEB的边长为10厘米，求阴影部分的面积。【难度级别】【解题思路】采用等积变形（底不动顶点平移），两次变形。连接如图虚线的3条对角线，GE将阴影分成左右两部分。根据等积变形，DGE的面积BGE的面积（底GE不动，D平移到B），KGE的面积FGE的面积（底GE不动，K平移到F），所以阴影的面积DGE的面积+KGE的面积BGE的面积+FGE的面积正方形GFEB的面积1010100(平方厘米)。看看，掌握了等积变形，多有用途，此题不用等积变形会很难做的。【答案】100平方厘米。37、【例6】在梯形ABCD中，OE平行于AD。如果三角形AOB的面积是7平方厘米，则三角形DEC的面积是_平方厘米。【难度级别】【解题思路】这题要不会方法，真不知道如何下手，那还不得疯了。利用梯形两翼相等、2次等积变形来做。DEC由3部分组成：DOC、DEO、CEO。根据梯形两翼面积相等，DOC的面积AOB的面积。由于EO平行于AD，将DEO等积变形为AEO，由于EO平行于BC，将CEO等积变形为BEO。DEC面积DOC面积+DEO面积+CEO面积AOB面积+AEO面积+BEO面积AOB面积+AOB面积7214(平方厘米)。【答案】14平方厘米。38、【补充1】正方形边长为8，A、C两点的水平距离为2，B、D两点的垂直距离为1，求阴影面积。【难度级别】【解题思路】老师补充的这道题目比较好，收录在这里，与大家分享。此题用到一半模型、弦图。其实大家不知道弦图也没有关系，看到这种在正方形（或者长方形）内形成的不规则四边形，就要想到从每个点向正方形内部做水平线或者竖直线，4条线必然相交出来一个长方形，这个就是所谓的弦图。大正方形面积8864，中间形成的小长方形的面积是122。从图的划分可以看出，大正方形被划分成了5个长方形(角上的4个和中间的1个)。4个角上的长方形，根据一半模型，阴影部分和空白部分面积相等，这样四边形ABCD面积就比阴影部分多了中间的长方形的面积2，(64-2)231就是阴影的面积。计算时，更通用的方法是用和差。空白+阴影64，空白阴影2，根据和差公式就求出来了。将题目变一下，B点的位置在垂直方向上比D低，如图。根据4个角上的长方形的对角线看一半模型知道，4个长方形面积之和比大正方形多了中间的小长方形的2，也就是空白面积比阴影少2。阴影+空白64，阴影空白2，根据和差公式，阴影(64+2)233。【答案】31。39、【例8】如图所示，ABC中，ABC90，AB3，BC5，以AC为一边向ABC外作正方形ACDE，中心为O，求OBC的面积。【难度级别】【解题思路】这题难度较大，不知道孩子是否听明白了，旋转之后有三个步骤。将OAB以O为原点逆时针旋转90度，变成OCB，OA与OC重合。(1)证明B、C、B三点共线四边形ABCO内角和为360，ABC90,AOC90,所以，BCO +OCB(360-90-90-OAB)+ OCB(180-OAB)+ OAB180因此，B、C、B三点共线。(2)证明BOB是等腰直角三角形BOBBOC+COBBOC+AOBAOC90所以，BOB是直角。又OBOB，BOB是等腰直角三角形。(3)计算BOB的面积、OBC的面积CBAB3，BB5+38。在等腰直角BOB中，知道斜边BB的长度是可以求出面积的。是这样来求的：等腰直角三角形斜边上的中线，因为等腰的缘故也是斜边上的高，此高长度是斜边的一半，本题就是4。所以，BOB的面积84216。再根据斜边上BC、CB的比例是5：3，知道两部分的面积比也是5：3，所以OBC（阴影部分）的面积占总体的，OBC面积16=10。【答案】10。3A、【补充2】四边形ABCD的面积为40，E、F分别为对角线BD、AC的中点，延长BA、CD相交于G，求GEF的面积。【难度级别】超【解题思路】本题是张桓老师在第4节课上补充的，题目是由韩涛老师从俄罗斯带回来的竞赛题。此题采用一般模型，是一半模型中难度级别较高的题目。除了一半模型，还可以用到“重叠=未覆盖”、“等积变形”等。如果两部分相加等于整体，两部分有重叠，则重叠部分的面积等于整体中未覆盖部分的面积，简称：重叠=未覆盖。连接BF、CE、AE、DF这4条辅助线，BF与CE交于O。线多就容易犯晕。第一种解法：利用“一半模型”、“阴影=整体-空白”。假设大GBC面积的面积为S。GEF面积=GBC面积-(GBE面积+CBE面积)-(CEF面积+CGF面积)=S-(GBD面积2+CBD面积2)-(CEA面积2+CGA面积2)=S-(GBC面积2)-(四边形GAEC面积2)=S-(S2)-GBC面积-(ABE面积+CBE面积)2=S2-S-(ABD面积2+CBD面积2)2=S2-S-(四边形ABCD面积2)2=S2-S-(402)2=10。这是为了书写方便，实际上做的过程中：先算：GBE面积+CBE面积=S2再算：CEF面积+CGF面积=四边形GAEC面积2ABE面积+CBE面积=402=20，四边形GAEC面积=S-20，所以：CEF面积+CGF面积=(S-20)2=S2-10最后，根据“阴影=整体-空白”有：GEF面积=S-=S-S2-(S2-10)=10。第二种解法：利用“一半模型”、“重叠=未覆盖”。(1)从大GBC来看GBE面积=GBD面积的一半，CBE面积=CBD面积的一半，所以：GBE面积+CBE面积=(GBD面积+CBD面积)的一半，即：四边形GBCE面积=GBC面积的一半。同理，四边形GCBF面积=GBC面积的一半。这样得到，四边形GBCE面积+四边形GCBF面积=GBC面积，但是四边形GBCE与四边形GCBF重叠了BOC，GBC未被2个四边形覆盖的是四边形GEOF，根据“重叠=未覆盖”原理，BOC面积=四边形GEOF面积。(2)从四边形ABCD来看ABE面积=ABD面积的一半，CBE面积=CBD面积的一半，所以：ABE面积+CBE面积=(ABD面积+CBD面积)的一半，即：四边形ABCE面积=四边形ABCD面积的一半。同理，四边形DCBF面积=GBC面积的一半。这样得到，四边形ABCE面积+四边形DCBF面积=四边形ABCD面积，但是四边形ABCE与四边形DCBF重叠了BOC，四边形ABCD未被2个四边形覆盖的是五边形AEOFD，根据“重叠=未覆盖”原理，BOC面积=五边形AEOFD面积。(3)推导GEF面积根据上面的2个结论，可以得到：四边形GEOF面积=五边形AEOFD面积（因为他们都=BOC面积）。又因为：四边形GEOF面积=GEF面积+EOF面积，五边形AEOFD面积=四边形AEFD面积+EOF面积，所以得到：GEF面积=四边形AEFD面积。到这里，题目所求的内容转化为求四边形AEFD面积，而这个面积是可求的。(4)计算四边形AEFD面积四边形AEFD面积=AED面积+FED面积=ABD面积2+FBD面积2=四边形ABFD面积2=(ABF面积+DAF面积)2=（ABC面积2+DAC面积2）2=（ABC面积+DAC面积）4=四边形ABCD面积4=404=10。因此，GEF面积=10。第三种解法：利用“一半模型”、“等积变形”。第二种解法的前3步，可以用下面的等积变形的方法代替。取AD中点H，连接HG、HE、HF。因为是中点的缘故，HEGB，HFGC。根据等积变形，GEH面积=GEH面积，GFH面积=DFH面积，所以GEF面积=四边形AEFD面积。四边形AEFD面积的计算如上一个方法的(4)。【答案】10。3B、【补充3】六边形ABCDEF，3组相对边分别平行且相等，ACE与BDF线段相交围成一个小六边形，这个小六边形的面积是10，求边上的6个三角形的阴影部分的面积。【难度级别】【解题思路】此题也是采用一半模型、重叠=未覆盖。先看一个三角形，ACE，过A、C、E分别做六边形边的平行线，如图。可以看出，六边形分成了3个平行四边形，ACE分成了3个小，这3个小是所在平行四边形的一半，所以ACE的面积是六边形ABCDEF面积的一半。同理，可以证明BDF的面积也是六边形ABCDEF面积的一半。这样，ACE面积+BDF面积=六边形ABCDEF面积。根据“重叠=未覆盖”原理知道，所求阴影就是“未覆盖”，“未覆盖”的面积=“重叠”面积=10。【答案】10。第四讲 组合孩子刚刚接触组合，需要有个理解、消化的过程。不过个别题目还是很有难度的，不仅对孩子而言，对大人来说也一样，有些题目不容易做出来。有3个公式需要记住：C= C，C+C+C+C=2n，C+C=C。40、【补充1】一个圆桌周围有8把椅子，编号从18，有8个人，编号也从18，和自己编号相同的椅子称为自己的位置，目前没有一个人坐在自己的位置上。证明转若干次，至少有2人坐在自己的位置上。【难度级别】【解题思路】一看有“至少”字样，就会想到此题属于抽屉原理，此题不属于本讲知识点的内容。因目前没有人坐在自己的位置上，所以每个人与自己位置的编号差都不等于0，而18这8个数字，除了0以外差只有7个：1、2、3、4、5、6、7。因有8个人，根据抽屉原理，至少有2人这个“差”相同，假设这个差是x，则转x次，差为x的人都会坐到自己的位置上去，至少有2人。【答案】证明过程见上。41、【补充2】某电子表在6时20分25秒时，显示6:20:25，那么从5时到6时这1个小时里，此表显示的5个数字都不相同的情况共有_种。【难度级别】【解题思路】本题是2012年学而思杯的数学样题第10题。5:00:006:00:00，“分”和“秒”的十位可以取：0、1、2、3、4这5个数字(取完还要排列)，“分”和“秒”的个位可以取：09除了5以外的9个数字，因十位使用了2个，所以个位只有7个可选择(取完还要排列)，于是：AA=2042840。【答案】840。42、【补充3】在120这二十个数中，任取十个数相加的和与其余十个数相加的和相乘，能得到_个不同的乘积。【难度级别】【解题思路】本题是2012年学而思杯的数学样题第16题。120的和等于210。但是，10个数和，最小是110的和55，最大是1120的和155。也就是说，10个数的和介于55155之间，和有101个。10个数和555657104105另10数和155154153106105乘积8525862487211102411025共可以分成51组，乘积有51个。但是怎么知道，这些乘积中没有重复的呢？！设取的10个数的和为x，则余下10个数的和为210-x，55=x=155，题目就转变成：求解x(210-x)有多少个不同的结果？从x和210-x想到“和不变、相等乘积最大”。因为x+(210-x)=210，和不变，可知道x(210-x)有最大值，x=210-x，x=105，即：x=105时x(210-x)乘积最大，最大值是多少不必求出来。从x=55到x=105，210-x都大于等于x，x的这51取值，有51个不同的乘积。但x取106210时与前面对称是重复的。事实上，x=105是一元二次函数f(x)=x(210-x)=-x2+210x=-(x-105)2+1052的拐点和对称点，f(x)是个抛物线，在抛物线的一侧f(x)的值没有重复的。因此，答案是51。分析到这里，可以看出我的以上解法没有用到排列组合，而用到的是“和不变乘积最大”的最值问题的求解方法。这仅是本人自己的求解方法，不知道是否有其他方法？（此题貌似与排列组合有关，所以放到了这里）【答案】51。43、【例5】有11名外语翻译人员，其中5名是英语翻译员，4名是日语翻译员，另外2名英语、日语都精通。从中找出8人，使他们组成两个翻译小组，其中4人翻译英文，另4人翻译日文，这两个小组能同时工作。问这样的分配名单可以开出多少张？【难度级别】【解题思路】这类有“多面手”的题目，从“多面手”入手是解题的关键，每一个分类计算中需要认真仔细，否则容易遗漏。2名“多面手”分3类：选0名，选1名，选2名。选0名“多面手”：CC=5。选1名“多面手”：从2名“多面手”选1名C，这名“多面手”可能英文也可能日文，CC或CC，共：C(CC+CC)=60。选2名“多面手”：2名“多面手”可能2英、2日、1英1日，2英：CC，2日：CC，1英1日：ACC(此处容易忘记谁翻译英谁翻译日需要进行排列的)，共：CC+CC+ACC=120。合计：5+60+120=185。【答案】120。44、【例6】从125这25个自然数中，每次取出2个不同的数，是它们的和是4的倍数，共有_种不同的取法。【难度级别】【解题思路】由4的倍数要想到整除，想到除以4以后的余数。此题的难点就在于按照余几分成几类，搞清楚余几的数量，再取数。254=61，周期为4，有6个完整的周期，多的1是周期里的第1个，即：25，除以4余1。除以4，余数为1的有7个、余数为2的有6个、余数为3的有6个、余数为0的有6个（余数为0即整除）。一个数从“余数为1”中取，另一个数就要从“余数为3”中取，CC。一个数从“余数为2”中取，另一个数也要从“余数为2”中取，C。一个数从“余数为0”中取，另一个数也要从“余数为0”中取，C。总计，CC+C+C=72。【答案】72。45、【例7】把10个相同的球放入3个不同的盒子里，若要求(1)每个盒子里至少有一个球，有多少种放法？(2)某些盒子里允许空着，有多少种放法？(3)每个盒子里至少有2个球，有多少种放法？【难度级别】【解题思路】此题利用插空法。不容易想到用插空法。(1)因每个盒子理至少有一个，考虑10个球9个空（不算两侧边上的），从9个“空”任意选2个，可以将球分成3部分，C=36，即为所求。(2)先借3个，就有13个球，变成“每个盒子里至少放一个球”，13个球12个空，C=66。还有一种解法：因盒子可以空着，所以10个球有11个空（算两侧边上的）。11个“空”有2种选法：任意选2个（相当于2个板不在一起、中间不空），任意选1个（相当于2个板在一起、中间空）。C+C=66。(3)先拿3个球，放到每个盒子里一个，剩余7个球，变成“每个盒子里至少放一个球”，7个球6个空，C=15。【答案】(1)36，(2)66，(3)15。46、【例8】某种奖券的号码有9位，如果奖券至少有2个非零数字并且从左边第一个非零数字起，每个数字小于它右边的数字，就称这样的号码为“中奖号码”，如000000015，000001257。“中奖号码”有多少个？【难度级别】【解题思路】右边的数字比左边的大，所以0排在左边、非零数字左起从小到大排列。除了0以外的数字，任意n个数字只有一种排列是“中奖号码”。转化为从9个非零数字中取数字的问题，可以取2个、3个、9个。C+C+C+C=29-C-C=502。【答案】502。47、【学案2】正五边形的边和对角线构成多少个三角形（包括延长线相交所成的三角形）。【难度级别】【解题思路】此题不能从“点”出发，需要从“线”出发，排除法。正五边形有5条边和5条对角线。10条边选3条，C，但是这里包含了不能构成三角形的情况。有两种情况不能构成三角形：三线共顶点、平行线。三线共顶点：每个顶点有C种，5个顶点有C5。平行线：有5组平行线，每组平行线有8条线段可选择（10-2=8），C5。C-C5-C5=120-20-40=60。【答案】60。48、【学案3】在掷硬币时，如果用Z表示正面朝上，用F表示方面朝上，那么掷硬币的序列就表示为由Z和F组成的数列。我们可以统计这种序列中正面紧跟着方面（FZ）的出现次数，正面紧跟着正面（ZZ）的出现次数，。例如序列ZZFFZZZZFZZFFFF是掷15次硬币的结果，其中有5个ZZ、3个ZF、2个FZ、4个FF。在掷15次硬币的序列中恰有2个ZZ、3个ZF、4个FZ、5个FF的序列共有多少个？【难度级别】【解题思路】这道题太难，孩子未必能明白，大人也要研究很久才能弄明白。第一种解法：分如下4步：(1)分析头和尾因为一共出现了2个ZZ、3个ZF、4个FZ、5个FF，那么Z计算了2*2+3+4=11次，F计算了3+4+5*2=17次。又因为每个序列中，最左边和最右边字母都只计算一次，中间都计算两次，而Z和F都是被计算了奇数次，可以推算出F和Z在头尾各出现了一次。因为有3个ZF和4个FZ，可知序列中左边第一个必为F，右边最后一个为Z。(2)计算F、Z的数量当F在头尾出现了1次时，中间必定出现了(17-1)/2=8次，那么共有9个F。同样可知Z在中间出现了(11-1)/2=5次，共有6个Z。正好9+6=15。(3)分成几堆当有N个Z分成M堆时，ZZ的数量为N-M个，这个结论是可以证明的。题意为6个ZZ，6-2=4，可知Z被分成4堆。同理，F堆数被分为9-5=4堆。(4)计算最后的结果根据以上分析，最终序列形如：(F)_(F)_(F)_(F)_，()里放F，F有4堆，_上放Z，Z有4堆。9个F分成4堆，每堆不能空，利用插板法，8个空，选3个，C。这个C有2层含义，第一是把F分成了4堆，第二是找到了3个空用来放Z。又因最左侧是F最右侧是Z，所以F的右侧多一个空放Z，共有4个空放Z，需将Z分成4堆，上面也证明了Z本身就需要分成4堆。6个Z分成4堆，每堆不能空，5个空，选3个，C。这4堆正好放入F留出来的4个空中。CC5610560。第二种解法：使用插板法。从4个FZ入手。有4个FZ，_FZ_FZ_FZ_FZ_。在所有的5个空中不能有FZ，但可以放Z(1个或多个)和F(1个或多个)，如果一个空中既放Z也放F，则需要Z放左边F放右边，这3个空肯定可以形成3个ZF，题目要求的正好是3个ZF，故空不能放Z、空不能放F。4个FZ、3个ZF已经放好，再考虑2个ZZ和5个FF。在中放Z可以形成ZZ，需要形成2个ZZ，在这4个空中放入2个Z即可，目前有4个Z，加上再放入的2个Z，共有6个Z，15-6=9，说明有9个F。2个Z放入4个空，可空，相当于“2个相同的球放入4个不同的盒子，盒子可空”，使用插板法，借4个，有6个球，5个空3个插板，C。在中放F可以形成FF，需要形成5个FF，在这4个空中放入5个F即可，已有4个F，加上再放入的5个F，正好是9个F。5个F放入4个空，可空，相当于“5个相同的球放入4个不同的盒子，盒子可空”，使用插板法，借4个，有9个球，8个空3个插板，C。CC5610560。【答案】560种。49、【学案4】如果一个大于9的整数，其每个数位上的数字都比它右边数位上的数字小，那么我们称它为“迎春数”。那么，小于2008的“迎春数”共有_个。【难度级别】【解题思路】与例8雷同。非零数字取2个、3个、4个（只取到2008），4个的千位只能取1，另外3位从29中取3个。C+C+C=36+84+56=176。【答案】176。4A、【作业1】某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，2人只会日语，其余4人既会英语又会日语。现要从中选6人，其中3人做英语导游，另外3人做日语导游，则不同的选择方法有多少种？【难度级别】【解题思路】这题和例5一样，是“多面手”的题目，但是从“多面手”出发去做，情况有点多，学而思给的答案较好。此题若从“多面手”出发来做，不太简便，由于只会日语的人较少，所以针对只会日语的人讨论，分三类：（）只会日语的人都出场则还需个多面手做日语导游，有种选择从剩下的只会英语的人和多面手共人中选人做英语导游，有种选择由乘法原理，有种选择（）只会日语的人中有人出场有种选择还需从多面手中选人做日语导游，有种选择剩下的只会英语的人和多面手共人中选人做英语导游，有种选择由乘法原理，有种选择（）只会日语的人不出场需从多面手中选人做日语导游，有种选择剩下的只会英语的人和多面手共人中选人做英语导游，有种选择由乘法原理，有种选择根据加法原理，不同的选择方法一共有种【答案】216种。4B、【作业4】在四位数中，各位数字之和是4的四位数有多少？【难度级别】【解题思路】孩子可能用枚举法去做，从千位是1、2、3、4入手，去掉千位后，后三位的和分别变成3、2、1、0，变成数的拆分，数不多，枚举确实是可以做出来的。但是，如果把和为4改成和为10，枚举就不灵了。本题考察的是组合思想，可以使用组合的方法去做。孩子们认真学习一下例7，融会贯通，这道题目是例7的变形，使用插板法求解很简单。和为4可以看成4个球，放到4个盒子里，插3个板，因第1个盒子不能空，第2、3、4个盒子可以空，借3个球将问题转变成：7个球，放到4个盒子里，每个盒子里至少放1个球。7个球6个空，插3个板，C=20。如果题目的和改成10，借3个，变成13个球，12个空，C=220。需要减掉一个，C-1=219。【答案】20。4C、【作业5】光明小学甲、乙、丙三个班组织了一次文艺晚会，共演出十四个节目。如果每个班至少演出三个节目，那么，这三个班演出节目数的不同情况共有多少种？【难度级别】【解题思路】孩子们认真学习一下例7，融会贯通，这道题目是例7的变形，使用插板法求解很简单。每个班至少3个，先拿6个节目，安排每个班2个，剩8个节目进行分配，转变成每个班至少1个。8个节目，7个空，插2个板，C=21。【答案】21。4D、【作业6】要将n+1个不同的小球放入n个不同的盒子，有多少种不同的放法不出现空盒子？【难度级别】【解题思路】看到学而思给的3种答案，第2种捆绑法比较简单。解法一：从盒子的角度分析由于不出现空盒，所以应当有一个盒子放两个球，其余各盒都应放入一个球，从这个盒子中选出一个放两个球，有种不同的选法；从这个球中选出两个球放入此盒，有种选法；其余个球分别放入其余个盒子，有种不同放法，因此，由乘法原理有（种）。解法二：从球的角度分析有两个球放入同一个盒子，从个球中选出两个球，有种不同选法；将这两个球视为一个整体，再与其余个球一道分别放入这个盒子，共有种不同的放法，所以一共有（种）。解法三：挡板法选将个球排成一排，共有种排法；再在它们之间插入隔板，以表示将它们放入不同的盒子由于不出现空盒，因此将块隔板分别插在它们两两之间的个隔中的个间隔中，故有种不同的插法，又因放入同一盒子的两个球无顺序之分，因此，一共有（种）。【答案】n(n+1)!4E、【作业7】某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有_种。【难度级别】【解题思路】甲和丙捆绑，再分甲去、甲不去两种情况讨论。甲去，丙去，乙不能去，缺2人，从其他5人选，C。甲不去，丙不能去，乙可去可不去不用单独讨论乙，缺4人，从甲丙外的其他6人选，C。选择后，去4个不同的地方，需要进行排列，A。(C+C)A2524600。【答案】600。4F、【作业8】一个正在行进的8人队列，每人身高各不相同，按从低到高的次序排列，现在他们要变成并列的2列纵队，每列仍然是按从低到高的次序排列，同时要求并排的每两人中左边的人比右边的人要矮，那么，2列纵队有多少种不同排法？【难度级别】【解题思路】学而思的答案很详细，此题的难点在于将问题转化为填数，并且情况比较多需要分类讨论。将这8人按身高从低到高依次编号为1，2，3，4，5，6，7，8，现在相当于要求将这8个数填入下面的的方格中，每个方格中填一个数，使得每一行的方格中的数依次增大，而每一列中下面的方格中的数比上面的方格中的数要大 首先可以确定1和8只能分别在左上角和右下角的方格内，2只能在第一行第二列或第二行第一列的方格内，7只能在第一行第四列或第二行第三列的方格内2和7的填法共有种可能，对这4种情况分别进行讨论：若2和7的位置如图，则第一行第三列的方格不可以填6，但可以填3，4，5，这个方格填好后，第二行的三个空格只有唯一的填法所以此时有3种填法； 若2和7的位置如图，现在需要从3，4，5，6四个数中选取2个填入第一行的两个空格，有种选法所选出的2个数只有一种填法，且这两个数选出后，剩下的两个数填在第二行的两个空格，也只有一种填法，所以这种情况下有6种填法；若2和7的位置如图，则第二行第二列的方格内不能填3，可以填4，5，6，每一种填法就对应整个方格的一种填法，所以此时有3种填法； 若2和7的位置如图，则此时3和6只能分别填在中间方格的左上角和右下角，4和5填在剩下的2个方格，有2种填法根据加法原理，共有种不同的填法【答案】14。第五讲 排列组合综合应用本讲虽然是排列组合的综合应用，但是没有上节课的组合的题目难。51、【例1】在图中15的格子中，填入18中的5个数，要求填入的数各不相同，并且填在黑格里的数比它旁边两个数都大。共有多少种不同的填法。【难度级别】【解题思路】从8个数中选5个，C。选出的5个数，按照从小到大顺序排列，标号为：、，放在黑格里的数，有2种排法：和、和。和放在黑格里，黑格排列：A，白格放，A，有：AA种。和放在黑格里，要和绑定，放在的外侧的白格里，黑格排列：A，另外2个白格放，A，有：AA种。总共有：C(AA+AA)=5616=896(种)。【答案】896种。52、【例4】有6个数2、3、4、5、6、7。(1)从其中任取2个数作为乘数，可以得到多少个不同的积？(2)上述积中有多少个偶数？【难度级别】【解题思路】C，因为3426，C-1=14。此处只有1个是重复的，不太容易准确的判断。只有：奇数奇数奇数，有3、5、7这3个奇数，形成C=3个积（15、21、35），去掉奇数积剩余的都是偶数积，14-3=11。14个积是：6、8、10、12、14、18、20、24、28、30、42，15、21、35。【答案】14，11。53、【例6】某博物馆要在20天内接待8所学校的学生参观，每天至多安排一所学校，其中一所人数较多的学校要连续3天参观，其余学校均只参观1天，则在这20天内不同的安排方法数是多少种？【难度级别】【解题思路】人数较多的学校参观的第一天可以是118天中的一天，C，其余7所学校从剩余的17天进行选择并排列，A。CA=17604322560。【答案】17604322560。54、【例7】现有12支不同的铅笔：(1)平均分成3堆，有多少种不同的分法？(2)分成3堆，一堆1支，一堆2支，一堆9支，有多少种不同的分法？(3)分成3堆，一堆10支，另两堆各1支，有多少种不同的分法？【难度级别】【解题思路】题目不难，有2个注意点：一、虽然是不同的铅笔而且采用选择的方法，但是也不需要排列，二、第3小问容易搞错。有人会问：以下的做法中为什么不排列？因为分步本身就隐含着顺序，所以不需要再进行排列了。(1) 先选择，再消除重复，CCA=5775。可参考作业1的第(2)问和作业4，那2道题就是区分是否消除重复的。(2) CC=660。(3) 可能有人会做成CC
展开阅读全文