第4讲第四讲组合模块综合选讲（一）知识站牌六年级春季六年级寒假组合模块综合选讲组合模块综合选讲（二）六年级秋季（一）抽屉原理进阶六年级秋季数字谜中的计数六年级暑假最值问题综合主要是对加乘原理的计数方法技巧进行归纳总结，学习排列组合问题在解决应用题的一些解题技巧。组合原理的复习。漫画释义第12级上超常体系教师版1\n经典精讲容斥原理二量重叠：总量=满足一个条件的减去满足两个条件的，再加上满足零个条件的；三量重叠：总量=满足一个条件的减去满足两个条件的，加上满足三个条件的，加上满足零个条件的。抽屉原理推广到一般情形有以下两种表现形式：抽屉原理1：将多于n件的物品任意放到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品不少于2件；抽屉原理2：将多于mn件的物品任意放到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品不少于m1排列组合公式：m1.排列数公式：Annn(1)(n2)(nm1)n2.全排列公式：Ann!n(n1)(n2)21mnn(1)(n2)(nm1)3.组合数公式：Cnm!4.关于组合数的几个重要结论：0nmnm012nnCC1CCCCCC2nnnnnnnn例题思路模块一：例1、容斥原理例2、抽屉原理模块二：例3、加法原理例4、乘法原理例5、排列例6、组合模块三：例7、极端分析例8、构造2第12级上超常体系教师版\n第4讲例1新年联欢会上，共有90人参加了跳舞、合唱、演奏三种节目的演出．如果只参加跳舞的人数三倍于只参加合唱的人数；同时参加三种节目的人比只参加合唱的人少7人；只参加演奏的比同时参加演奏、跳舞但没有参加合唱的人多4人；50人没有参加演奏；10人同时参加了跳舞和合唱但没有参加演奏；40人参加了合唱；那么，同时参加了演奏、合唱但没有参加跳舞的有________人．【分析】设只参加合唱的有x人，那么只参加跳舞的人数为3x，由50人没有参加演奏、10人同时参加了跳舞和合唱但没有参加演奏，得到只参加合唱的和只参加跳舞的人数和为501040人，即xx340，得x10，所以只参加合唱的有10人，那么只参加跳舞的人数为30人，又由“同时参加三种节目的人比只参加合唱的人少7人”，得到同时参加三项的有3人，所以参加了合唱的人中“同时参加了演奏、合唱但没有参加跳舞的”有：401010317人．例21）从1，2，3，…，99，100这100个数中任意选出51个数．证明：(1)在这51个数中，一定有两个数互质；(2)在这51个数中，一定有两个数的差等于50；(3)在这51个数中，一定存在9个数，它们的最大公因数大于1．【分析】(1)我们将1～100分成(1，2)，(3，4)，(5，6)，(7，8)，…，(99，100)这50组，每组内的数相邻．而相邻的两个自然数互质．将这50组数作为50个抽屉，同一个抽屉内的两个数互质．而现在51个数，放进50个抽屉，则必定有两个数在同一抽屉，于是这两个数互质．问题得证．(2)我们将1—100分成(1，51)，(2，52)，(3，53)，…，(40，90)，…(50，100)这50组，每组内的数相差50．将这50组数视为抽屉，则现在有51个数放进50个抽屉内，则必定有2个数在同一抽屉，那么这两个数的差为50．问题得证．(3)我们将1—100按2的倍数、3的奇数倍、既不是2又不是3的倍数的情况分组，有(2，4，6，8，…，98，100)，(3，9，15，21，27，…，93，99)，(5，7，11，13，17，19，23，…，95，97)这三组．第一、二、三组分别有50、17、33个元素．最不利的情况下，51个数中有33个元素在第三组，那么剩下的18个数分到第一、二两组内，那么至少有9个数在同一组．所以这9个数的最大公因数为2或3或它们的倍数，显然大于1．问题得证2）任给11个数，其中必有6个数，它们的和是6的倍数．【分析】设这11个数为a，a，a，……，a，由5个数的结论可知，在a，a，a，a，a中1231112345必有3个数，其和为3的倍数，不妨设aaa3k；在a，a，a，a，a中必有3123145678个数，其和为3的倍数，不妨设aaa3k；在a，a，a，a，a中必有3个数，45627891011其和为3的倍数，不妨设aaa3k．又在k，k，k中必有两个数的奇偶性相同，7893123不妨设k，k的奇偶性相同，那么33kk是6的倍数，即a，a，a，a，a，a的1212123456和是6的倍数3）证明：在任意的6个人中必有3个人，他们或者相互认识，或者相互不认识．【分析】把这6个人看作6个点，每两点之间连一条线段，两人相互认识的话将线段涂红色，两人不认识的话将线段涂上蓝色，那么只需证明其中有一个同色三角形即可．从这6个点中随意选取一点A，从A点引出的5条线段，根据抽屉原理，必有3条的颜色相同，不妨设有3条线段为红色，它们另外一个端点分别为B、C、D，那么这三点中只要有两点比如说B、C之间的线段是红色，那么A、B、C3点组成红色三角形；如果B、C、D三点之间的线段都不是红色，那么都是蓝色，这样B、C、D3点组成蓝色三角形，也符合条件．所以结论成立第12级上超常体系教师版3\n例3n将分数约分为最简分数，其中n是小于120的正整数．请问共有多少个不同的最简分数，它的120分子只有一位数？【分析】1202603404305246208151012，故：最简分数之分子为1时：分母有2、3、4、5、6、8、10、12、15、20、24、30、40、60、120等共15种可能，即有15个不同的最简分数；最简分数之分子为2时：分母有3、5、15等共3种可能，即有3个不同的最简分数；最简分数之分子为3时：分母有4、5、8、10、20、40等共6种可能，即有6个不同的最简分数；最简分数之分子为4时：分母有5、15等共2种可能，即有2个最简分数；最简分数之分子为5时：分母有6、8、12、24等共4种可能，即有4个不同的最简分数；最简分数之分子为6时：不可能发生；最简分数之分子为7时：分母有8、10、12、15、20、24、30、40、60、120等共10种可能，即有10个不同的最简分数；最简分数之分子为8时：分母只有15这1种可能，即有1个最简分数；最简分数之分子为9时：分母有10、20、40等共3种可能，即有3个不同的最简分数；因此共有153624101344个不同的最简分数．例4如图所示，学而思星球是一个正二十面体，其中每个顶点都是一个城市．现北极城N有一只小松鼠想去南极城S旅游，它只能沿着棱往南走或横向走动，并且每个城市至多只去一次．那么这只小松鼠有种不同的旅游线路可以选择．NS【分析】把上面的五个顶点称为“第一层”，下面的五个顶点称为“第二层”．从N进入第一层共有5种走法；进入第一层时，在进入第二层之前，可以一格不走，也可以顺时针走1~4格，或者逆时针走1~4格，共有9种走法；从第一层进入第二层有2种走法；进入第二层时，在进入S之前，与上同理分析，共有9种走法；从第二层进入S有1种走法．综上所述，根据乘法原理，共有5×9×2×9=810种走法．4第12级上超常体系教师版\n第4讲四色问题又称四色猜想、四色定理，是世界近代三大数学难题之一。地图四色定理(Fourcolortheorem)最先是由一位叫古德里（FrancisGuthrie）的英国大学生提出来的。德·摩尔根（AugustusDeMorgan，1806～1871）1852年10月23日致哈密顿的一封信提供了有关四色定理来源的最原始的记载。他在信中简述了自己证明四色定理的设想与感受。一个多世纪以来，数学家们为证明这条定理绞尽脑汁，所引进的概念与方法刺激了拓扑学与图论的生长、发展。1976年美国数学家阿佩尔（K.Appel）与哈肯（W.Haken）宣告借助电子计算机获得了四色定理的证明，又为用计算机证明数学定理开拓了方向。例51）用1、2、3、4、5这五个数字，不许重复，位数不限，能写出多少个3的倍数？【分析】按位数来分类考虑：⑴一位数只有1个3；2⑵两位数：由1与2，1与5，2与4，4与5四组数字组成，每一组可以组成A2212(个)不同的两位数，共可组成248(个)不同的两位数；⑶三位数：由1，2与3；1，3与5；2，3与4；3，4与5四组数字组成，每一组可以3组成A33216(个)不同的三位数，共可组成6424(个)不同的三位数；4⑷四位数：可由1，2，4，5这四个数字组成，有A4432124(个)不同的四位数；5⑸五位数：可由1，2，3，4，5组成，共有A554321120(个)不同的五位数．由加法原理，一共有182424120177(个)能被3整除的数，即3的倍数．2）用数字1～8各一个组成8位数，使得任意相邻三个数字组成的三位数都是3的倍数．共有___种组成方法．【分析】1～8中被3除余1和余2的数各有3个，被3整除的数有两个，根据题目条件可以推导，符合条件的排列，一定符合“被3除所得余数以3位为周期”，所以8个数字，第1、4、7位上的数被3除同余，第2、5、8位上的数被3除同余，第3、6位上的数被3除同余，显然第3、6位上的数被3整除，第1、4、7位上的数被3除可以余1也可以余2，第2、5、8位上的数被3除可以余2可以余1，余数的安排上共有2种方法，余数安排定后，还有同余数之间的排列，一共有3！×3！×2！=144种方法．第12级上超常体系教师版5\n例61）将19枚棋子放入55的方格网内，每个方格至多只放一枚棋子，且每行每列的棋子个数均为奇数个，那么共有________种不同的放法．【分析】55的方格网共有25个方格，放入19枚棋子，说明还有6个空格．由于棋子的数目较多，直接考虑棋子比较困难，可以反过来考虑6个空格．由于每行每列的棋子个数均为奇数个，而每行每列都有5个方格，说明每行每列的空格数都是偶数个．那么每行每列的空格数可能为0，2或4．如果有某一行或某一列的空格数为4个，为保证每行每列的空格数都是偶数个，那么这4个空格所在的列或行都至少还有另外1枚棋子，这样至少有8个空格，与题意不符，所以每行每列的空格数不能为4个，只能为0个或2个．则肯定是某3行和某3列中每行每列各有2个空格，如下：□□○□○□○□□其中□表示空格，○表示有棋子的方格，其它的方格则全部有棋子．33选择有空格的3行3列有CC551010100种选法，在这3行3列中选择6个空格(也相当于每行每列选择1枚棋子)有3216种选法，所以总共有1006600种不同的放法．2）在6名内科医生和4名外科医生中，内科主任和外科主任各一名，现要组成5人医疗小组送医下乡，按照下列条件各有多少种选派方法？⑴有3名内科医生和2名外科医生；⑵既有内科医生，又有外科医生；⑶至少有一名主任参加；3654【分析】⑴先从6名内科医生中选3名，有C620种选法；再从4名外科医生中选2321243名，共有C46种选法．根据乘法原理，一共有选派方法206120种．215109876⑵用“排除法”较方便，先考虑从10名医生中任意选派5人，有C1025254321种选派方法；再考虑只有外科医生或只有内科医生的情况．由于外科医生只有4人，所51以不可能只派外科医生．如果只派内科医生，有CC666种选派方法．所以，一共有2526246种既有内科医生又有外科医生的选派方法．48765⑶如果选1名主任，则不是主任的8名医生要选4人，有2C82140种选43213876派方法；如果选2名主任，则不是主任的8名医生要选3人，有1C8156种321选派方法．根据加法原理，一共有14056196种选派方法．例76第12级上超常体系教师版\n第4讲用57个边长等于1的小等边三角形拼接成一个内角都不大于180度的六边形,小等边三角形之间既无缝隙,也没有重叠部分.则这个六边形的周长至少是多少?【分析】这个六边形的周长至少是19.（1）因为等边三角形的内角相等，都是60度，且所拼接成的六边形内角都不大于180度，小等边三角形之间既无缝隙，也没有重叠部份，内角只能是120度.否则，如果出现内角等于60度，由六边形内角和等于720度，720605132，则必有一个内角大于120度，且由三个60构成，即等于180，不可能.（2）选出六边形互不相邻的三条边，其他三条边长分别记为ab,和c，均为整数.如图，延长这三条边，可以交出一个大三角形，因为六边形的内角都是120度，因此所交出的这个三角形内角都是60度，是一个等边三角形，设其边长为m.或者说，用边长分别为ab,和c的三个等边三角形和原有的六边形拼接出一个大的等边三角形，因此六边形的周长等于3mabc.222（3）边长分别为ab,和c的三个等边三角形相当于分别用ab,和c个小等边三角形拼接，因此有2222mabc57.①（4）显然，六边形的周长33mabcabc，从上式立刻可得33abcm1，或31mabcm.②22当m12,3m(abc)20;2222（5）若m11.由mabc57，易知m8.将m8,9,10,11,代入2222mabc57，仅有2个解：①m9,a2,b2,c4，六边形的周长是19；②m10,a3,b3,c5，六边形的周长是19.例8若干台计算机联网，要求：①任意两台之间最多用一条电缆连接；②任意三台之间最多用两条电缆连接；③两台计算机之间如果没有电缆连接，则必须有另一台计算机和它们都连接有电缆．若按此要求最少要用79条电缆．问：(1)这些计算机的数量是多少台?第12级上超常体系教师版7\n(2)这些计算机按要求联网，最多可以连多少条电缆?【分析】将机器当成点，连接电缆当成线，我们就得到一个图，如果从图上一个点出发，可以沿着线跑到图上任一个其它的点，这样的图就称为连通的图，条件③表明图是连通图．我们看一看几个点的连通图至少有多少条线．可以假定图没有圈(如果有圈，就在圈上去掉一条线)，从一点出发，不能再继续前进，将这一点与连结这点的线去掉．考虑剩下的n-1个点的图，它仍然是连通的．用同样的办法又可去掉一点及一条线．这样继续下去，最后只剩下一个点．因此n个点的连通图至少有n-1条线(如果有圈，线的条数就会增加)，并且从一点A向其他n-1个点各连一条线，这样的图恰好有n-1条线．因此，(1)的答案是n=79+1=80，并且将一台计算机与其他79台各用一条线相连，就得到符合要求的联网．下面看看最多连多少条线．在这80个点(80台计算机)中，设从A引出的线最多，有k条，与A相连的点是B,B，…，1112B由于条件，B,B…，B之间没有线相连．k12k设与A不相连的点是A，A…，A，则m+k=80，而A，A…,A每一点至多引出k条123m23m22线，图中至多有mk条线，因为B4mk(mk)≤(mk)640040所以m×k≤1600，即连线不超过1600条．另一方面，设80个点分为两组：A,A…，A；B，B…，B第一组的每一点与第二组12401240的每一点各用一条线相连，这样的图符合题目要求，共有40×40=1600条线打数学家名字1．虎丘游春；2．博览群书．答案：1苏步青；2．张广厚．家庭作业1.1000以内的自然数，有些数不能被2整除，有些数不能被3整除，有些数不能被5整除，那么，这样的数共有_______个．8第12级上超常体系教师版\n第4讲【分析】容斥原理，被2整除数有500个，被3整除数有333个，被5整除数有200个，被6整除数有166个，被10整除数有100个，被15整除数有66个，被30整除数有33个，所以答案为1000－500－333－200+166+100+66－33=266个。2.1998名运动员的号码依次为1至1998的自然数．现在要从中选出若干名运动员参加仪仗队，使得剩下的运动员中没有一个人的号码等于另外两人的号码的乘积．那么，选为仪仗队的运动员最少有多少人?【分析】我们很自然的想到把用得比较多的乘数去掉，因为它们参与的乘式比较多，把它们去掉有助于使剩下的构不成乘式，比较小的数肯定是用得最多的，因为它们的倍数最多，所以考虑先把它们去掉，但关键是除到何处?考虑到44的平方为1936，所以去到44就够了，因为如果剩下的构成了乘式，那么乘式中最小的数一定小于等于44，所以可以保证剩下的构不成乘式．因为对结果没有影响，所以可以将1保留，于是去掉2，3，4，…，44这43个数．但是，是不是去掉43个数为最小的方法呢?构造2×97，3×96，4×95，…，44×45，发现这43组数全不相同而且结果都比1998小，所以要去掉这些乘式就至少要去掉43个数，所以43为最小值，即为所求.3.从1，3，5，7，…，97，99中最多可以选出多少个数，使得选出的数中，每一个数都不是另一个数的倍数？【分析】方法一：因为均是奇数，所以如果存在倍数关系，那么也一定是3、5、7等奇数倍.3×33：99，于是从35开始，1～99的奇数中没有一个是35～99的奇数倍(不包括1倍)，所以选出35，37，39，…，99这些奇数即可．共可选出33个数，使得选出的数中，每一个数都不是另一个数的倍数．方法二：利用3的若干次幂与质数的乘积对这50个奇数分组．(1，3，9，27，81)，(5，15，45)，(7，21，63)，(11，33)，(13，39)，(17，51)，(19，57)，(23，69)，(25，75)，(29，87)，(31，93)，(35)，(37)，(41)，(43)，…，(97)共33组．前11组，每组内任意两个数都存在倍数关系，所以每组内最多只能选择一个数．即最多可以选出33个数，使得选出的数中，每一个数都不是另一个数的倍数．评注：1～2n个自然数中，任意取出n+1个数，则其中必定有两个数，它们一个是另一个的整数倍；从2，3．……，2n+1中任取n+2个数，必有两个数，它们一个是另一个的整数倍；从1，2，3．……3n中任取2n+1个数，则其中必有两个数，它们中一个是另一个的整数倍，且至少是3倍；从1，2，3，……，mn中任取(m-1)n+1个数，则其中必有两个数，它们中一个是另一个的整数倍，且至少是m倍(m、n为正整数).4.袋子内有12颗珠子，规定每次只能从中取出2颗、3颗或4颗珠子．要将袋子中的珠子全部取光，请问共有多少种不同的取法？例如：以下是其中三种不同的取法：(1)先取4颗，再取3颗，再取3颗，最后取2颗；(2)先取2颗，再取3颗，再取3颗，最后取4颗；(3)先取2颗，再取2颗，再取2颗，再取3颗，最后取3颗．【分析】取2颗珠子有1种方法；取3颗珠子有1种方法；取4颗珠子有2种方法；取5颗珠子有2种方法；取6颗珠子有1124（种）；取7颗珠子有1225（种）；取8颗珠子有2248（种）；第12级上超常体系教师版9\n取9颗珠子有11种方法；取10颗珠子有17种方法；取11颗珠子有24种方法；取12颗珠子有36种方法．5.要把4枚棋子A、B、C、D放在如图的方格里，要求每行和每列只能出现一枚棋子，则一共有种不同的放法．图4【分析】分4步完成：第一步先放A，有4×4=16（个）方格，则有16种不同的放法；第二步放B，由于不能和A放在同一行或同一列，放B的行数和列数都会减少1，所以只能放在3×3=9（个）方格里，有9种放法；同理，第三步放C，有2×2-4<种）放法；第四步放D，有1×1=1（种）放法．根据乘法原理，共有16×9×4×1=576（种）不同的放法．6.从0到9这十个数字中任选四个数字，组成没有重复数字的四位数；若将这些四位数按从小到大的顺序排列，则5687是第几个数？【分析】从高位到低位逐层分类：⑴千位上排1，2，3或4时，千位有4种选择，而百、十、个位可以从0~9中除千位已确定的数字之外的9个数字中选择，因为数字不重复，也就是从9个元素中取3个的排列问3题，所以百、十、个位可有A9987504(种)排列方式．由乘法原理，有45042016(个)．⑵千位上排5，百位上排0~4时，千位有1种选择，百位有5种选择，十、个位可以从剩2下的八个数字中选择．也就是从8个元素中取2个的排列问题，即A88756，由乘法原理，有1556280(个)．⑶千位上排5，百位上排6，十位上排0，1，2，3，4，7时，个位也从剩下的七个数字中选择，有116742(个)．⑷千位上排5，百位上排6，十位上排8时，比5687小的数的个位可以选择0，1，2，3，4共5个．综上所述，比5687小的四位数有20162804252343(个)，故5687是第2344个四位数．7.某校举行男生乒乓球比赛，比赛分成3个阶段进行，第一阶段：将参加比赛的48名选手分成8个小组，每组6人，分别进行单循环赛；第二阶段：将8个小组产生的前2名共16人再分成4个小组，每组4人，分别进行单循环赛；第三阶段：由4个小组产生的4个第1名进行2场半决赛和2场决赛，确定1至4名的名次．问：整个赛程一共需要进行多少场比赛？265【分析】第一阶段中，每个小组内部的6个人每2人要赛一场，组内赛C615场，共8个21小组，有158120场；243第二阶段中，每个小组内部4人中每2人赛一场，组内赛C46场，共4个小组，有216424场；第三阶段赛224场．10第12级上超常体系教师版\n第4讲根据加法原理，整个赛程一共有120244148场比赛．8.写出11个不同的自然数，使得它们中的每一个都是它们的和的因数，且使得这11个数的和最小：．【分析】使得它们中的每一个都是它们的和的因数，就是这几个数的和，最少用12个因数，也就是除了1和它本身之外，最少还用10个不同且是最小的因数．要使这10个数最小且是这11个数和的倍数，这几个自然数中一定要有2，3，5．就是这几个数的和一定是2，3，5的公倍数．据此解答．根据以上分析知：30的因数除了1和它本身只有2，3，5，6，10，15共6个因数，不合题意．60的因数除了1和它本身只有2，3，4，5，6，10，12，15，20，30，共10个因数，但它们的和再加上1不是60，不合题意．90的因数除了1和它本身只有2，3，5，6，9，10，15，18，30，45，共10个因数，但它们的和再加上1不是90，不合题意．120的因数除了1和它本身只有2，3，4，5，6，8，10，12，15，20，24，30，40，60共14个因数其中1，2，3，4，5，6，8，12，15，24，40的和是120，符合题意．故答案为：1，2，3，4，5，6，8，12，15，24，40．第12级上超常体系教师版11\n第5讲第五讲应用题模块综合选讲知识站牌六年级寒假应用题六年级秋季应用题模块综合选讲综合（二）六年级秋季经济问题六年级暑假应用题综合（一）六年级暑假浓度问题复习五六年级学过的三讲分数应用题，包括分数应用题、比例应用题、经济类问题等知识点。漫画释义第12级上超常体系教师版1\n经典精讲一、鸡兔同笼问题，假设法，或列方程解应用题。二、经济问题经济问题主要相关公式：利润售价成本售价成本利润，利润率100%100%；成本成本售价=标价×折扣三、浓度问题浓度问题相关公式：溶质溶质溶液=溶质+溶剂，浓度=100%=100%.溶液溶质溶剂常用方法：1.十字交叉法：(甲溶液浓度大于乙溶液浓度)甲溶液质量AB甲溶液与混合溶液的浓度差形象表达：乙溶液质量BA混合溶液与乙溶液的浓度差2.列方程解应用题也是解决浓度问题的重要方法．四、工程问题工程问题，究其本质是运用分数应用题的量率对应关系，即用对应分率表示工作总量与工作效率，这种方法可以称作是一种“工程习惯”，这一类问题称之为“工程问题”。⑴解题关键是把“一项工程”看成一个单位，运用公式：工作效率×工作时间=工作总量，表示出各个工程队（人员）或其组合在统一标准和单位下的工作效率。⑵利用常见的数学思想方法，如代换法、比例法、列表法、方程法等。抛开“工作总量”，和“时间”，抓住题目给出的工作效率之间的数量关系，转化出与所求相关的工作效率，最后利用先前的假设“把整个工程看成一个单位”，求得问题答案，一般情况下，工程问题求的是时间。例题思路模块一：例1、鸡兔同笼问题例例2、工程问题例3、比例应用题例4、5、分百应用题模块二：例6、浓度问题例7、经济问题模块三：例8、综合应用题2第12级上超常体系教师版\n第5讲例1三种昆虫共18只，它们共有20对翅膀，116条腿．其中每只蜘蛛是无翅8条腿，每只蜻蜒是2对翅膀6条腿，蝉是1对翅膀6条腿，问这三种昆虫各多少只？【分析】蜻蜓、蝉都是6条腿，只有蜘蛛8条腿．因此，先从腿数入手，求出蜘蛛的只数．我们假设三种动物都是6条腿，则总腿数为618108(条)，所差1161088(条)，是由于少算了蜘蛛的腿数而造成的．所以，应有8(86)4(只)蜘蛛．这样剩下的18414(只)便是蜻蜓和蝉的只数．再从翅膀数入手，假设14只都是蝉，则总翅膀数11414(对)，比实际数少20146(对)，这是由于蜻蜓有两对翅膀，而我们只按一对翅膀计算所差，这样蜻蜓只数可求6(21)6(只)，蝉有8只．此题也可用方程。例21甲、乙、丙三队要做A、B两项工程，B工程的工作量比A工程的工作量多，甲、乙、丙三队单4独完成A工程所需时间分别是20天、24天、30天，为了同时完成这两项工程，先派甲队做A工程，乙、丙二队共同做B工程，经过几天后，又调丙队与甲队共同完成A工程，那么，丙队与乙队合作了几天？15【分析】如果A工程的工作量是1，则B工程的工作量是1，三队最后合作完成的工作445991113量是1．三队一共用的时间是18（天），乙队完成的工作量是18，44420243024411剩下的工作量是丙完成，所以丙与乙合作的天数是15（天）230例3运动会男女运动员比例为17:13，组委会决定增加女子艺术体操项目，这样男女运动员比例变为20:17；后来又决定增加男子象棋项目，男女比例变为25:19,已知男子象棋项目运动员比女子艺术体操运动员多214人，则现在的总运动员人数为多少？【分析】男女比例，统一不变量：男：女=17:13=(2017):(2013)=340:260=(34019):(26019)=6460:4940男：女=20:17(2017):(1717)340:289(34019):(28919)6460:5491男：女=25:19(25289):(19289)7225:5491女子艺术体操运动员为54914940551份，男子象棋项目运动员72256460765份，765551214，1份对应1个人，现在的总运动员人数为7225549112716。例4第12级上超常体系教师版3\n11）小林与小丽都在集邮。小林先拿出自己邮票数的给小丽，小丽再从自己现有的邮票总张数中拿31出给小林，这时两人各有邮票24张，两人原来各有邮票多少张？5【分析】倒推还原法一般列表格比较方便小林小丽现有242411第二次调整前243018241305511第一次调整前18127302721331方法二：小林给小丽而小丽还未给小林前小丽有：24130（张）5设小丽原有x张，小林原有3030x张1130x311302435解得x21小林：3021327（张）2）甲、乙、丙三堆石子共196块.先从甲堆分给另外两堆，使得后两堆石子数增加一倍；再把乙堆5照样分配一次；最后把丙堆也照样分配一次。结果丙堆石子数为甲堆的。那么原来三堆石子中，22最少的一堆石子数为多少?【分析】由题中条件知，甲堆最后的石子数为甲堆第一次分给另外两堆后数的2×2=4倍，那么最后甲堆的石5子数为4的倍数；又因为丙堆石子数为甲堆，所以甲堆石子数应为22的倍数．[4，22]=44，所22以甲堆最后的石子数为44的倍数，丙堆最后的石子数为10的倍数．（1）当甲堆最后的石子数为44时：此时丙堆为奇数块，而丙堆在乙堆分配后应为甲堆分配后块数的2倍，为偶数块，所以不满足．（2）当甲堆最后的石子数为88时：4第12级上超常体系教师版\n第5讲显然满足．验证甲堆最后的石子数为132时，不满足．所以在原来的三堆石子中，最少的一堆是丙堆，石子数为27块．最少的一堆是丙堆，石子数为27块一个城里男孩Kenny移居到了乡下，从一个农民那里花100美元买了一头驴，这个农民同意第二天把驴带来给他。第二天，Kenny却发现他得到的是一头死驴。Kenny很不高兴，但是农民拒绝把钱还给他，还说：“我并没告诉你这是一头活的驴子呀。”一个月以后，农民遇到了Kenny，农民问他：“那头死驴后来怎么样了？”Kenny说：“我靠它赚了499美元。”农民觉得很惊讶。Kenny说：“我举办了一次幸运抽奖，并把那头驴作为奖品，我卖出了600张票，每张1块钱，就这样我收了600块钱。”农民好奇地问：“难道没有人对此表示不满？”Kenny回答：“只有那个中奖的人表示不满，所以我把他买票的钱还给了他，最后扣除成本100元，我赚了499美元。”许多年后，长大了的Kenny成为了安然公司的总裁。例51辅导员给参加夏令营的某一组营员发苹果，给第一个人1个苹果和余下的，给第2个人2个苹果1211和余下的，又给第3个人3个苹果和余下的……，最后恰好分完，并且每个人分到的苹果数量1212相同，问共有多少个苹果？这一组共有多少人？【分析】（法1）设第2个人分到(2x)个苹果，则第一个人分过后还剩(212)x个苹果，则第一个人分到的212x212x苹果有(1)个，由于每个人分到的苹果数量相等，所以21x，解得x9．所以，11111每人分得2911（个）苹果，苹果总数为：1(111)121（个）或212911121（个），12这一组的人数为：1211111（人）．（法2）设有n个人，由于最后恰好分完，所以第n个人分到n个苹果后苹果恰好分完，而第(n1)1个人则分到n1个苹果后又分到余下苹果的，由于第n个人和第(n1)个人分到的苹果数相等，1111所以第(n1)个人又分到余下苹果的为1个苹果，所以第n个人分到1111个苹果，即1212n11，1111121，故共有121个苹果，这一组共有11个人．1或者n(n1)n，11n11n11n，n11。有，解得11人。11例6第12级上超常体系教师版5\n1）甲容器中有浓度为40%的盐水300克，乙容器有浓度为10%的盐水700克．分别从甲和乙中取出相同重量的盐水，把从甲中取出的倒入乙中，把从乙中取出的倒入甲中．现在甲、乙容器中盐水浓度相同．问：从甲(乙)容器取出多少克盐水倒入了另一个容器中？【分析】由于两种盐水互换后浓度相等，而在互换的过程中盐的总质量是不变的，所以互换后盐水的浓度为30040%70010%300700190100019%，而甲容器中原来浓度为40%，所以相互倒了30040%19%40%10%210(克)．另解：由于两种溶液的浓度不同，而混合后得到的溶液的浓度相同，只能是相混合的两种溶液的量的比是相等的．这一点与两人各用两种速度走一段路程而平均速度相同中的两种速度的路程比、以及含铜率不同的两种合金熔炼成含铜率相同的合金中两种合金的质量比是相似的．假设相互倒了x克，那么甲容器中是由300x克40%的盐水和x克10%的盐水混合，乙容器中是由x克20%的盐水和700x10%的盐水混合，得到相同浓度的盐水，所以300x:xx:700x，解得x210．2）A、B、C三瓶盐水的浓度分别为20%、18%、16%，它们混合后得到100克浓度为18.8%的盐水．如果B瓶盐水比C瓶盐水多30克，那么A瓶盐水有多少克？【分析】设C瓶盐水有x克，则B瓶盐水为x30克，A瓶盐水为100(xx30)702x克．则702x20%x3018%x16%10018.8%，解得x10．所以A瓶盐水为：7021050(克)．例71)商店以80元一件的价格购进一批衬衫，售价为100元，由于售价太高，几天过去后还有150件没卖出去，于是商店九折出售衬衫，又过了几天，经理统计了一下，一共售出了180件，于是将最后的几件衬衫按进货价售出，最后商店一共获利2300元．求商店一共进了多少件衬衫？【分析】（法1）由题目条件，一共有150件衬衫以90元或80元售出，有180件衬衫以100元或90元售出，所以以100元售出的衬衫比以80元售出的衬衫多18015030件，剔除30件以100元售出的衬衫，则以100元售出的衬衫和以80元售出的衬衫的数量相等，也就是说除了这30件衬衫，剩下的衬衫的平均价格为90元，平均每件利润为10元，如果将这30件100元衬衫也以90元每件出售，那么所有的衬衫的平均价格为90元，平均利润为10元，商店获利减少3010300元，变成2000元，所以衬衫的总数有200010200件．（法2）按进货价售出衬衫获利为0，所以商店获利的2300元都是来自于之前售出的180件衬衫，这些衬衫中有的按利润为10元售出，有的按利润为20元售出，于是将问题转化为鸡兔同笼问题.可求得按100元价格售出的衬衫有50件，所以衬衫一共有50150200件衬衫．（法3）假设全为90元销出：180(9080)1800（元），可以求按照100元售出件数为：(23001800)(2010)50（件），所以衬衫一共有50150200件衬衫．2)书店对顾客实行一项优惠措施：每次买书200元至499.99元者（包含200元）优惠5%。每次买书500元以上者（包含500元）优惠10%。某顾客到书店买了三次书。如果第一次与第二次合并一起买，比分开买便宜13.5元；如果三次合并一起买比三次分开买便宜39.4元。已经知道第一次的书5价是第三次书价的。问：这位顾客第二次买了多少钱的书？85【分析】设第三次的书价为x元，则第一次的书价为x元。86第12级上超常体系教师版\n第5讲由已知我们知道13.55%270元，13.510%135元，所以第一次第二次合并一起买只能优惠5%，也就是说合买的总价属于200元至499.99元这个范围之内，或句话说第一次和第二次合买的总价为270元，那么三次合买的总价为270x元。下面分类讨论：①若x200，那么x270500，可列方程270x5%39.4，解得x518，不符合条件；②若200x500，那么必有x270500（不然的话就与第一种情况相同了），可列方程xx27010%5%39.4，解得x248，符合条件。5那么顾客第二次购买书的价钱为270248115元。8例8若干箱货物总重19.5吨，每箱重量不超过353千克，今有载重量为1.5吨的汽车，至少需要辆，才能把这些箱货物一次全部运走。【分析】有人认为19.51.513，因此只需13辆汽车就可以把这些箱货物一次全部运走。这就完全把题意理解错了。因为货物是整箱装的，每辆汽车不一定能满载。请先看一个反例，它说明15辆车不一定能一次运完。例如这批货物共有65只箱子，其中64只箱子的重量都是301千克（不超过353千克），另1只箱子的重量是236千克，那么总重量为3016423619500（千克），恰好符合19.5吨的要求。由于30151505（千克），即5只重量为301千克的箱子的总和超过1.5吨，因此，每辆汽车最多只能装4只重量为301千克的箱子，15辆汽车最多只能装41560（只）重量为301千克的箱子。这样，必然有4只重量为301千克的箱子无法再装运了。既然15辆汽车无论如何无法一次运完上例中的65只箱子，那么16辆汽车能不能一次运完这些箱货物呢？答案是肯定的。事实上30142361440（千克），不超过1.5吨。这就是说，每辆汽车可以装4只重量为301千克的箱子，并外加1只重量为236千克的箱子。所以，16辆汽车足够一次运完这些箱货物。问题到这里仍然没有彻底解决。因为每箱货物的重量只要求不超过353千克，除此别无具体数量的限制，所以我们还应该对于一般情况（上例仅是一种特殊情况）来验证16辆汽车也能一次运完全部箱子：首先让12辆汽车装到刚刚超过1.5吨，即若取下最后装的一只箱子就不超过1.5吨。再从这12辆汽车上把每辆车最后装的那只箱子卸下来，并把这12只箱子分别装上另外3辆空车，每车4箱，由于每车4箱总重量不超过43531412（千克），因此也不超过1.5吨。这时，12315（辆）车就装完原来前12辆车上的全部货物，总重量超过1.51218（吨），而且每辆车载重不超过1.5吨。于是剩下未装车的箱子总重量不足19.5181.5（吨），可以把它们全部装在第16辆车上运走。第12级上超常体系教师版7\n去哪挣钱更多？有甲、乙两个公司招聘经理。甲公司年薪10万元，每年提薪一次，每次加薪2万元；乙公司半年薪金5万元，每半年提薪一次，每次加薪5千元。问去哪个公司挣得的薪水更多？答案：去乙公司挣得的薪水更多。家庭作业1.有蜘蛛、蜻蜓、蝉三种动物共18只，共有腿118条，翅膀20对(蜘蛛8条腿；蜻蜓6条腿，两对翅膀；蝉6条腿，一对翅膀)，求蜻蜓有多少只？【分析】这是在鸡兔同笼基础上发展变化的问题．观察数字特点，蜻蜓、蝉都是6条腿，只有蜘蛛8条腿．因此，可先从腿数入手，求出蜘蛛的只数．我们假设三种动物都是6条腿，则总腿数为618108(条)，所差11810810(条)，必然是由于少算了蜘蛛的腿数而造成的．所以，应有(118108)(86)5(只)蜘蛛．这样剩下的18513(只)便是蜻蜓和蝉的只数．再从翅膀数入手，假设13只都是蝉，则总翅膀数11313(对)，比实际数少20137(对)，这是由于蜻蜓有两对翅膀，而我们只按一对翅膀计算所差，这样蜻蜓只数可求7(21)7(只)．12.甲、乙、丙三人生产一批玩具，甲生产的个数是乙、丙两人生产个数之和的，乙生产的个数21是甲、丙两人生产个数之和的，丙生产了50个。这批玩具共有__________个。3【分析】设甲生产的个数为x，则乙、丙生产的个数之和为2x，三人生产的个数之和为3x，由1条件“乙生产的个数是甲、丙两人生产个数之和的”可得到：“乙生产的个数是三人生产个数之31113355和的1”所以乙生产了x，所以丙生产了3xxxx。所以x5040，3344444这批玩具一共有120个。8第12级上超常体系教师版\n第5讲3.袋子里红球与白球的数量之比是19:13．放入若干只红球后，红球与白球数量之比变为5:3；再放入若干只白球后，红球与白球数量之比变为13:11．已知放入的红球比白球少80只．那么原来袋子里共有只球．【分析】根据第一次操作白球的数量不变，把19:13改写成57:39，5:3改写成65:39．第二次操作相对于第一次操作红球数量不变，把13:11改写成65:55，这时我们可以看出，经过两次操作后，红球共增加了65578份，白球增加了553916份．原来红球有8016857570个，白球有8016839390个．两种球共570390960个．1114.一捆电线第一次剪去全长的多3米，第二次剪去剩余的少2米，第三次剪去剩下的多5432米，最后剩余10米，这捆电线的长是多少米？【分析】此题可用倒推法来做。1111051213123423302334345460（米）电线全长为60米。15.辅导员给参加夏令营的某一组营员发苹果，给第一个人1个苹果和余下的，给第2个人2个1011苹果和余下的，又给第3个人3个苹果和余下的……，最后恰好分完，并且每个人分到的1010苹果数量相同，问共有多少个苹果？这一组共有多少人？【分析】（法1）设第2个人分到(2x)个苹果，则第一个人分过后还剩(210)x个苹果，则第一个人分到的210x210x苹果有(1)个，由于每个人分到的苹果数量相等，所以21x，解得x7．所以，991每人分得279（个）苹果，苹果总数为：1(91)81（个），这一组的人数为：819910（人）．（法2）设有n个人，由于最后恰好分完，所以第n个人分到n个苹果后苹果恰好分完，而第(n1)1个人则分到n1个苹果后又分到余下苹果的，由于第n个人和第(n1)个人分到的苹果数相等，911所以第(n1)个人又分到余下苹果的为1个苹果，所以第n个人分到119个苹果，即n9，10109981，故共有81个苹果，这一组共有9个人．1或者n(n1)n，9n9n9n，n9。有，解得9人。96.服装店买进一批童装，按每件获得40%的利润定价．按此定价卖出这批童装的90%时，由于换季，为了加快资金周转，服装店按定价的七折出售，将剩下的童装全部卖出，这样所得的利润比按原定价出售获得的利润少了15%．按规定，不论以什么价格出售，卖完这批童装必须上缴第12级上超常体系教师版9\n营业税300元．服装店买进这批童装花了（）元．【分析】设每件童装的进价为a元，数量为b件，买进总价为ab元，每件定价为a×（1+40%）=1.4a（元），预计销售总价为1.4ab元．所以1.4a90%b1.4a(190%)b0.7ab300(1.4abab300)(115%),解得ab=2500，所以服装店买进这批童装花了2500元．7.有甲、乙、丙三瓶糖水，浓度依次为63%，42%，28%，其中甲瓶有11千克。先将甲、乙两瓶中的糖水混合，浓度变为49%；然后把丙瓶中的糖水全部倒入混合液中，得到浓度为35%的糖水。请问：原来丙瓶有多少千克糖水？【分析】对甲、乙混合用十字交叉法：甲63%7%249%故乙溶液有11×=22kg1乙42%14%则49%溶液有11+22=33kg，再对49%溶液与丙混合用十字交叉法：33kg49%7%235%故丙瓶溶液有33×=66kg1?g28%14%8.货运公司要用若干辆最大载重2.1吨的汽车一次性搬运总重18.6吨的货物。为方便搬运，公司把这18.6吨货物包装成若干箱，每箱重量相同。由于包装规格所限，每箱的重量不能超过320千克，且包装好后，货物只能整箱搬运，不得拆箱。请问：要保证一定能一次搬运所有货物，至少需要多少辆汽车？此时每箱货物重量为多少千克？【分析】（1）考虑最不利的情况，让每辆车浪费的空间尽量多。由于每一箱最多是320千克，因此每辆车最多浪费不超过320千克载重。那么我们计算一下需要几辆车才能运走：18600210032010......800（千克），即需要11辆车才能完全运走。（2）若需要11辆车来运走，那么每辆车必须浪费多于21001860010240（千克）载重。而货物最少要被分成18600320159（包）。151518如果装成59包，那么每一包重1860059315（千克），每车浪费21003156208（千595959克）240千克，不符合条件；如果装成60包，那么每一包重1860060310（千克），每车浪费21003106240（千克）240千克，不符合条件；565630如果装成61包，那么每一包重1860061304（千克），每车浪费21003046270（千616161克）240千克，成立。56因此，至少11辆；每箱304千克。6110第12级上超常体系教师版\n第5讲第12级上超常体系教师版11\n第6讲第六讲行程模块综合选讲知识站牌六年级寒假六年级秋季行程模块综合选讲变速问题六年级暑假多次相遇与追及五年级春季比例法解行程五年级寒假时钟问题复习小学阶段学习的所有行程模块中的知识。包括公式类行程、方程法解行程、比例法解行程。漫画释义第12级上超常体系教师版1\n经典精讲一、行程问题基本公式：路程速度时间，平均速度总路程总时间；二、比例法设甲、乙两个人，所走的路程分别为S、S；速度分别为V、V；所用时间分别为T、T时，甲乙甲乙甲乙由于SVT，SVT，有如下关系：甲甲甲乙乙乙⑴当时间相同即TT时，有S::SVV；甲乙甲乙甲乙⑵当速度相同即VV时，S::STT；甲乙甲乙甲乙⑶当路程相同即SS时，V::VTT．甲乙甲乙乙甲三、往返相遇问题的重要结论：设一个全程中甲走的路程为M,乙走的路程为N⑴甲乙二人从两端出发的直线型多次相遇问题：⑵同一出发点的直线型多次相遇问题相遇甲乙共走甲共走的乙共走的相遇甲乙共走甲共走乙共走次数的路程和路程路程次数的路程和的路程的路程11MN122M2N233M3N244M4N355M5N366M6N……………………n21n(2nM1)(2nN1)n2n2nM2nN例题思路模块一：例1、平均速度例2、比例法例3、多人相遇或追及例4、多次相遇或追及模块二：例5、变速变道例6、时钟问题模块三：例7、8：综合例12第12级上超常体系教师版\n第6讲已知：AB、两地之间的距离为900km,C地介于AB、两地之间，甲车从A地驶往C地，乙车从B地经C地驶往A地，已知两车同时出发，相向而行，结果两车同时到达C地后，甲车因故在C地须停留一段时间，然后再返回A地，乙车继续驶往A地。设乙车行驶时间为xh，两车之间的距离为ykm，如图的折线表示y与x之间的关系。（1）甲车的速度是多少千米/小时？（2）乙车的速度是多少千米/小时？（3）如果两车开始出发时间是早上8：00，那么D点所表示的时间是几点？（4）从D点的时间开始，又过了多少个小时两车相距90千米？此时的时间是几点？【分析】⑴9006150（千米/时）v乙1208660（千米/时）v1506090甲（千米/时）⑵v乙1208660（千米/时）⑶12090604时84820，那么D点所表示的时间是20点.⑷9090603时，再过3时，20323时例2B地在A，C两地之间．甲从B地到A地去送信，甲出发10分后，乙从B地出发到C地去送另一封信，乙出发后10分，丙发现甲、乙刚好把两封信拿颠倒了，于是他从B地出发骑车去追赶甲和乙，以便把信调过来．已知甲、乙的速度相等，丙的速度是甲、乙速度的3倍，丙从出发到把信调过来后返回B地至少要用多少时间。【分析】根据题意当丙发现甲、乙刚好把两封信拿颠倒了此时甲、乙位置如下：A10分钟10分钟BC10分钟因为丙的速度是甲、乙的3倍，分步讨论如下：（1）若丙先去追及乙，因时间相同丙的速度是乙的3倍，比乙多走两倍，乙走需要10分钟，所以丙用时间为：10÷（3－1）=5（分钟）此时拿上乙拿错的信第12级上超常体系教师版3\nA10分钟10分钟BC5分钟10分钟5分钟当丙再回到B点用5分钟，此时甲已经距B地有10＋10＋5＋5＝30（分钟），同理丙追及时间为30÷（3－1）=15（分钟），此时给甲应该送的信，换回乙应该送的信再给乙送信，此时乙已经距B地：10＋5＋5＋15＋15=50（分钟），此时追及乙需要：50÷（3－1）=25（分钟），返回B地需要25分钟所以共需要时间为5＋5＋15＋15＋25＋25=90（分钟）（2）同理先追及甲需要时间为120分钟若丙先去追及甲，因时间相同丙的速度是甲的3倍，比甲多走两倍，甲走需要20分钟，所以丙用时间为：20÷（3－1）=10（分钟）此时拿上甲拿错的信_10??10_??_AB__C_10??当丙再回到B点用10分钟，此时乙已经距B地有10+10+10=30（分钟），同理丙追及时间为30÷（3－1）=15（分钟），此时给乙应该送的信，换回甲应该送的信再给甲送信，此时甲已经距B地：10+30+15+15=70（分钟），此时追及甲需要：70÷（3－1）=35（分钟），返回B地需要35分钟所以共需要时间为10+10+15+15+35+35=120（分钟）。例3甲、乙两人从相距490米的A、B两地同时步行出发，相向而行，丙与甲同时从A出发，在甲、乙二人之间来回跑步(遇到乙立即返回，遇到甲也立即返回)．已知丙每分钟跑240米，甲每分钟走40米，当丙第一次折返回来并与甲相遇时，甲、乙二人相距210米，那么乙每分钟走________米；甲下一次遇到丙时，甲、乙相距________米．【分析】如图所示：ADECB甲乙丙假设乙、丙在C处相遇，然后丙返回，并在D处与甲相遇，此时乙则从走C处到E处．根据题意可知DE210米．由于丙的速度是甲的速度的6倍，那么相同时间内丙跑的路程是甲走的路程的6倍，也就是从A到C再到D的长度是AD的6倍，那么5CD(6ADAD)22.5AD，AC3.5AD，可见CDAC．那么丙从C到D所用的时75间是从A到C所用时间的，那么这段时间内乙、丙所走的路程之和(CD加CE)是前一段755时间内乙、丙所走的路程之和(AC加BC，即全程)的，所以CDCE490350，77而CDCEDE210，可得CD280，CE70．4第12级上超常体系教师版\n第6讲相同时间内丙跑的路程是乙走的路程的280704倍，所以丙的速度是乙的速度的4倍，那么乙的速度为240460(米/分)，即乙每分钟走60米．当这一次丙与甲相遇后，三人的位置关系和运动方向都与最开始时相同，只是甲、乙之间2103的距离改变了，变为原来的，但三人的速度不变，可知运动过程中的比例关系都490733不改变，那么当下一次甲、丙相遇时，甲、乙之间的距离也是此时距离的，为2109077米．例4如图，甲、乙两艘快船不断往返于A、B两港之间。若甲、乙同时从A港出发，它们能否同时到达下列地点？若能，请推出它们何时到达该地点；若不能，请说明理由：（1）A港口；（2）B港口；（3）在两港口之间且距离B港30千米的大桥。【分析】（1）甲往返一次的时间是180180135.h，3010300乙往返一次的时间是180180.h5，501050013.5和7.5的最小公倍数是67.5，所以，在甲、乙出发后的675.aa12,,小时，它们又同时回到A港。（2）设甲、乙能同时到达B港，此时，甲、乙各完成了mn,次往返（mn,是自然数），则有180180135..mn7530105010即9mn15。当m的个位数是6或1时，有满足上式的自然数n。，最小的m=1,最少需要4.5+13.5=18小时。则在甲、乙出发后18+675.aa，12,,小时，它们同时到达B港口。（3）设甲、乙能同时到达大桥，且分别完成了mn,次往返（mn,是自然数）。①若此时甲、乙向下游行驶，则150150135..mn75，30105010即135mn12575.，没有满足上式的自然数mn,。②若此时甲、乙向上游行驶，则1803018030135..mn75，3010301050105010第12级上超常体系教师版5\n即135mn22575.，没有满足上式的自然数mn,。③若此时甲向上游行驶，乙向下游行驶，则18030150135..mn75301030105010即27mn715没有满足上式的自然数mn,。④若此时甲向下游行驶，乙向上游行驶，则15018030135..mn75301050105010即95mn当m的个位数是0或5时，有满足上式的自然数n，所以在甲、乙出发后的1501355.c375675..cc012,,,3010小时，它们同时到达大桥。1501355.c375675..cc012,,,小时3010苏步青和他的行程题当苏步青教授在德国访问时，一位有名的德国数学家在电车上给他出了这道题：甲和乙分别从东西两地同时出发，相对而行，两地相距100里，甲每小时走6里，乙每小时走4里。如果甲带一只狗，和甲同时出发，狗以每小时10里的速度向乙奔去，遇到乙后即回头向甲奔去，遇到甲后又回头向乙奔去，直到甲乙两人相遇时狗才停住。这只狗共跑了多少里路？本题好像是一个分段行程问题，但如果按照这个思路尝试，却会发现计算量庞大，无法得出结果。但换个角度，狗在甲乙之间来回奔跑，狗从开始到停止跑的时间与甲乙二人相遇时间相同。由此便能求出答案：狗一共跑了1006410（小时），所以跑的距离为1010100（里）。有时我们会遇到一些看起来无法解决的问题，这个时候我们就需要问问自己：是否应该换个角度思考？尝试这样思考，一定能让我们的头脑在锻炼中变得越来越聪明！例5如图，A至B是下坡，B至C是平路，C至D是上坡.小张和小王在上坡时步行速度是每小时4千米，平路时步行速度是每小时5千米，下坡时步行速度是每小时6千米．小张和小王分别从A和D同时出发，1小时后两人在E点相遇．已知E在BC上，并且E至C的距离是B至C距离1的．当小王到达A后9分钟，小张到达D．那么A至D全程长是多少千米?56第12级上超常体系教师版\n第6讲41【分析】BE是BC的，CE是BC的，说明DC这段下坡，比AB这段下坡所用的时间多，也55就是DC这一段，比AB这一段长，因此可以在DC上取一段DF和AB一样长，如下图：另外，再在图上画出一点G，使EG和EC一样长，这样就表示出，小王从F到C.小张从B到G．小王走完全程比小张走完全程少用9分钟，这时因为小张走C至F是上坡，而小王走F至C是下坡(他们两人的其余行程走下坡、平路、上坡各走一样多)．6因此，小王从F至C，走下坡所用时间是9÷1=18(分钟)．4因此得出小张从B至G也是用18分钟，走GE或CE都用6分钟．走B至C全程(平路)要30分钟．从A至B下坡所用时间是60-18-6=36(分钟)；从D至C下坡所用时间是60-6=54(分钟)；65A至D全程长是(36+54)×+30×=11.5千米．6060例61）从10点到11点之间，时针与分针在何时互相垂直？2）3点到5点之间，分针与时针在什么时刻位于一条直线上？3）8时到9时之间时针和分针在“8”的两边，并且两针所形成的射线到“8”的距离相等．问这时是8时多少分?4）一部动画片放映的时间不足1时，小明发现结束时手表上时针、分针的位置正好与开始时时针、分针的位置交换了一下。这部动画片放映了多长时间？5）小王买了一只手表，比家里的闹钟每小时快5分钟，可是家里的闹钟每小时比标准时间慢5分钟，早上8时，手表和闹钟都对准了标准时间，到了晚上8点，手表指示的是什么时刻？【分析】⑴10点时，分针与时针夹角为60度，分针速度为6度/分，时针为0.5度/分，速度差55为6-0.5=5.5度/分，则时间为(9060)5.55分，即10点5分第一次垂直；11112(18030)5.538分第二次垂直。11第12级上超常体系教师版7\n41⑵在3点与4点之间，3点16分时分针与时针在一条直线上；3点49分时分针与时针111196在一条直线上。在4点与5点之间，4点21分时分针和时针重合，4点54分时分针和1111时针成一条直线.3）8点整的时候，时针较分针顺时针方向多40格，设在满足题意时，时针走过x格，那么分针走过40x格，所以时针、分针共走过xx4040格．于是，所需时间为1121240(1)36分钟，即在8点36分钟为题中所求时刻．1213134）根据题意可知，时针恰好走到分针的位置，分针恰好走到时针的位置，它们一共走了一5圈，即360(60.5)55（分）135）题中：闹钟每小时比标准时间慢5分钟，而不是说闹钟每走一圈就比标准时间慢5分钟。所以，这个“每小时”指的是标准时间的每小时。即：标准时间1小时，闹钟只走了55分，同理，手表比闹钟每小时快5分，即标准时间1小时，闹钟走了55分时，手表走了60分，即时间正确。所以，晚上8时时，手表指的也是晚上8时例7蓝精灵王国的A、B两地的距离等于2014米。国王派1号信使从A地出发以1米/分的速度向B地送信。一分钟后又派出第2号信使用比1号信使快1米/分的速度向B送信，一般地，第k分钟后又派出第k1号信使用比第k号信使快1米/分的速度向B送信，……，直到第2013分钟后，派出第2014号信使用比第2013号快1米/分的速度向B送信。每个信使都是匀速行进。问其中哪些号的信使能同时到达B地？【分析】设第m号与第n号送信使（mn）可以同时到达B点。则它们的速度分别是m米/分和n20142014米/分。走完全程的时间分别为分和分，因为第m号送信精灵比第n号送信精mm灵行路中应多用nm分，所以成立等式20142014nmmn由此得mn2014219531201421007191065338所以同时到达B地的送信精灵的号数为（1，2014），（2，1007），（19，106），,（53，38），共4对。同时到达B地的送信精灵的号数为（1，2014），（2，1007），（19，106），,（53，38）共4对.例8如图所示，甲沿长为400米大圆的跑道顺时针跑步，乙则沿两个小圆八字形跑步(图中给出跑动路线的次序：12341）。如果甲、乙两人同时从A点出发，且甲、乙二人的速度分别是每秒8第12级上超常体系教师版\n第6讲3米和5米，问两人第三次相遇的时间是出发后秒。A1432B【分析】从图中可以看出，甲、乙两人只有可能在A、B两点处相遇（本题中，虽然在B处时两人都是顺时针，但是由于两人的跑道不同，因此在此处的相遇不能看作是追及）．从A到B，在大圆周上是半个圆周，即200米；在小圆周上是整个小圆圆周，也是200米．两人的速度之比为3:5，那么两人跑200米所用的时间之比为5:3．设甲跑200米所用的时间为5个时间单位，则乙跑200米所用的时间为3个时间单位．根据题意可知，1个时间单40位为20035秒．3可以看出，只有甲跑的时间是5个时间单位的整数倍时，甲才可能在A点或B点，而且是奇数倍时在B点，是偶数倍时在A点；乙跑的时间是3个时间单位的整数倍时，乙才可能在A点或B点，同样地，是奇数倍时在B点，是偶数倍时在A点．要使甲、乙在A、B两点处相遇，两人所跑的时间应当是15个时间单位的整数倍（由于3和5的奇偶性相同，所以只要是15个时间单位的整数倍甲、乙两人就能相遇），可以是15个时间单位、30个时间单位、45个时间单位……所以两人第三次相遇是在过了45个时间40单位后，也就是说，出发后45600秒两人第三次相遇．3也可以画表如下：ABABABABABABABAB甲051015202530354045乙0369121518212427303336394245从中可以看出，经过15个时间单位后两人同在B点，经过30个时间单位后两人同在A点，经过45个时间单位后两人同在B点，这是两人第三次相遇．40答案是45600秒3第12级上超常体系教师版9\n某人上午八点从山脚出发，沿山路步行上山，晚上八点到达山顶。不过，他并不是匀速前进的，有时慢，有时快，有时甚至会停下来。第二天，他早晨八点从山顶出发，沿着原路下山，途中也是有时快有时慢，最终在晚上八点到达山脚。试着说明：此人一定在这两天的某个相同的时刻经过了山路上的同一个点。答案：把这个人两天的行程重叠到一天去，换句话说想象有一个人从山脚走到了山顶，同一天还有另一个人从山顶走到了山脚。这两个人一定会在途中的某个地点相遇。这就说明了，这个人在两天的同一时刻都经过了这里。家庭作业1.武警战士乘一冲锋舟从A地逆流而上，前往C地营救受困群众，途经B地时，将所携带的救生筏放下，B地受困群众乘救生筏沿河流回A地，冲锋舟继续前进，到C地接到群众后立刻返回A地，途中曾与救生筏相遇。冲锋舟和救生筏距A地的距离y（千米）和冲锋舟出发后所用时间x（分）之间的关系如图所示。假设营救群众的时间忽略不计，水流速度和冲锋舟在静水中的速度不变。（1）请直接写出冲锋舟从A地到C地所用的时间为_________分钟。（2）求水流的速度。（3）冲锋舟将C地群众安全送到A地后，又立即去接应救生筏。假设群众上下船的时间不计，求冲锋舟在距离A地多远处与救生筏第二次相遇？10【分析】⑴24分钟，2024125⑵逆流速度为：2024km/分钟6顺流速度为：20201km/分钟10第12级上超常体系教师版\n第6讲51水流速度为：12km/分钟6121881115520⑶4412，107，7（公里）123333126632.B地在A，C两地之间。甲从B地到A地去，甲出发后1时乙从B地出发到C地，乙出发后1时丙突然想起要通知甲、乙一件重要事情，于是从B地出发骑车去追赶甲和乙。已知甲、乙的速度相等，丙的速度是甲、乙速度的3倍，为使丙从B地出发到最终赶回B地所用时间最少，丙应当先追甲再返回追乙，还是先追乙再返回追甲？【分析】先追乙。若先追甲，甲已走了2时，则追上甲需1时，返回B地又用1时，此时乙已走了3时，再追上乙需1.5时，返回B地再用1.5时。共用5时。若先追乙，乙已走了1时，则追上乙需0.5时，返回B地又用0.5时，此时甲已走了3时，再追上甲需1.5时，返回B地再用1.5时。共用4时。3.甲、乙、丙三人沿湖边一固定点出发，甲按顺时针方向走，乙与丙按逆时针方向走．甲第一次遇到乙后又走了1分15秒遇到丙，再过3分45秒第二次遇到乙．已知甲、乙的速度比是3:2，湖的周长是600米，求丙的速度．1313【分析】甲第一次遇见乙后1分钟遇到丙，再过3分第二次遇到乙，所以甲、乙经过135分44442钟的时间合走了一圈，甲、乙的速度和为6005120米/分，甲的速度为12017231米/分．甲、乙合走一圈需要5分钟，而甲第一次遇见乙后1分钟遇到丙，所以甲、丙合4111走一圈需要516分钟，甲、丙的速度和为600696米/分，从而丙的速度为444967224米/分．4.小王、小李二人往返于甲、乙两地，小王从甲地、小李从乙地同时出发，相向而行，两人第一次在距甲地3千米处相遇，第二次在距甲地6千米处相遇(追上也算作相遇)，则甲、乙两地的距离为多少千米？【分析】由于两人同时出发相向而行，所以第一次相遇一定是迎面相遇；由于本题中追上也算相遇，所以两人第二次相遇可能为迎面相遇，也可能为同向追及．①如果第二次相遇为迎面相遇，如下图所示，两人第一次在A处相遇，第二次在B处相遇．由于第一次相遇时两人合走1个全程，小王走了3千米；从第一次相遇到第二次相遇，两人合走2个全程，所以这期间小王走了326千米，由于A、B之间的距离也是3千米，所以B与乙地的距离为(63)21.5千米，甲、乙两地的距离为61.57.5千米；王李甲AB乙王李甲乙AB②如果第二次相遇为同向追及，如上图，两人第一次在A处相遇，相遇后小王继续向前走，第12级上超常体系教师版11\n小李走到甲地后返回，在B处追上小王．在这个过程中，小王走了633千米，小李走了639千米，两人的速度比为3:91:3．所以第一次相遇时小李也走了9千米，甲、乙两地的距离为9312千米．所以甲、乙两地的距离为7.5千米或12千米．5.从甲市到乙市有一条公路，它分成三段．在第一段上，汽车速度是每小时40千米；在第二段上，汽车速度是每小时90千米；在第三段上，汽车速度是每小时50千米．己知第一段公路的长恰好是第三段的2倍，现有两汽车分别从甲、乙两市同时出发，相向而行，1小时20分后，在第二1段从甲到乙方向的处相遇．那么，甲、乙两市相距多少千米？3ABECD【分析】如图所示，A、B、C、D分别为三段路的端点，E为两车相遇的地点．由于AB为CD的两倍，而汽车在AB上的速度为40千米/时，在CD上的速度为50千米/时，所以汽车在AB213上与在CD上所用的时间之比为:5:2，即在AB上比在CD上多用了的时间；由4050211于BEBC，所以BEEC，而汽车在整个BC段上速度都是相同的，所以汽车在EC上32所用的时间是汽车在BE上所用的时间的2倍，即多用了1倍的时间．由于两辆汽车同时3出发，在E处相遇，两车所用的时间相同，所以在CD上所用的时间的倍等于在BE上所2用的时间，可以得到在CD上所用的时间与在BE上所用的时间之比为2:3，那么可以得到在AB、BE、EC、CD四段上所用的时间之比为5:3:6:2．汽车在AB与BC段上所用的时间之比为5:9，速度之比为40:904:9，所以AB与BC段的长度之比为54:9920:81．由于汽车从A到E用了1小时20分钟，所以在AB段上所用的时1555100间为1小时，AB段的长度为40千米，那么从A到D的距离为3536631008111185千米．32026.某人下午六时多外出买东西，出门时看手表，发现表的时针和分针的夹角为110°，七时前回家时又看手表，发现时针和分针的夹角仍是110°．那么此人外出多少分钟?【分析】如下示意图，开始分针在时针左边110位置，后来追至时针右边110位置．2202201000于是，分针追上了110110220，对应格．所需时间为(1)40分钟．所6612以此人外出40分钟．12第12级上超常体系教师版\n第6讲11评注：通过上面的例子，看到有时是将格数除以(1)，有时是将格数除以(1)，这1212是因为有时格数是时针、分针共同走过的，对应速度和；有时格数是分针追上时针的，对应速度差．对于这个问题，大家还可以将题改为:“在9点多钟出去，9点多钟回来，两次的夹角都是110”,答案还是40分钟．7.摩托车赛满全程共281千米，全路被划分若干阶段，每一阶段中有的是由一段上坡路（3千米）、一段平路（4千米）、一段下坡路（2千米）和一段平路（4千米）组成的；有的是由一段上坡路（3千米）、一段下坡路（2千米）和一段平路（4千米）组成的．已知摩托车跑完全程后，共跑了25段上坡路，问：全程中包含两种阶段的各几段？【分析】方法一：第一种路段的长是342413（千米），第二种路段的长是3249（千米）．假设摩托车跑了25段都是第一种路段，那么共跑了1325325（千米）．这样比赛路多跑了32528144（千米）．又因为每一段第一种路段比第二种路段长1394（千米），所以，第二种路段恰有44411（段），于是，第一种路段有251114（段）．方法二：设第一种路段有x段，那么第二种路段有(25x)段．列方程13x9(25x)281，解出x14．于是，第二种路段有25－14＝11（段）．8.下图中有两个圆只有一个公共点A，大圆直径48厘米，小圆直径30厘米。两只甲虫同时从A点出发，按箭头所指的方向以相同速度分别沿两个圆爬行。问：当小圆上甲虫爬了几圈时，两只甲虫首次相距最远？【分析】我们知道，大小圆只有一个公共点(内切)，而在圆上最远的两点为直径两端，所以当一只甲虫在A点，另一只在过A的直径另一直径端点B，1所以在小圆甲虫跑了n圈，在大圆甲虫跑了m＋圈；21于是小圆甲虫跑了30n，大圆甲虫跑了48(m＋)＝48m＋242因为速度相同，所以相同时内路程相同，起点相同，所以30n＝48m＋24；即5n＝8m＋4，有不定方程知识，解出有n＝4，m＝2，所以小甲虫跑了2圈后，大小甲虫相距最远。第12级上超常体系教师版13\n14第12级上超常体系教师版