第十二讲奥数 六年级综合测试

第十二讲复杂行程问题这一讲，是我们最后一次系统地学习行程问题，我们将针对扶梯问题、优化配置问题、往返接送问题等几类特殊的行程问题进行详细讲解．它们都是整个行程问题中复杂度较高，难度较大的问题，需要大家对以前学过的各种分析方法有比较好的掌握，并能够将它们综合运用．本讲知识点汇总：一． 扶梯问题1． 扶梯问题类似于流水行船问题，解题时要注意人速和电梯速度的合成． 2． 和流水行船的不同，扶梯问题通常会考虑“人走的路程”和“电梯带人走的路程”，所以在解题时通常需要把路程分拆．3． 解题时注意比例法的应用．二． 优化配置问题注意“极值”发生时的状况； 三． 往返接送一般的往返接送问题的过程如下：1． 车载甲出发，乙步行前进；2． 在某地甲下车，甲、乙步行，车返回接乙；3． 车接上乙后继续向目的地前进，甲、乙同时到达终点．往返接送的不同类型：1． 车速不变，人速相同；此时图是对称的，即甲、乙会走同样多路程，此时只要把①和②两个过程合并起来考虑即可．2． 车速不变，人速不同；此时两人走的路程不同（走的快的人会多走一些），所以需要先把①、②过程合并，再把②、③过程合并，用这两次过程分别计算比例．3． 车速不同，人速相同； 4． 车速不同，人速不同； 5． 多组往返接送．A B甲 乙① ①②②②③③例1．自动扶梯由下向上匀速运动，每两秒向上移动了1级台阶．卡莉娅在扶梯向上行走，每秒走两级台阶．已知自动扶梯的可见部分共120级，卡莉娅沿扶梯向上走，从底部走到顶部的过程中，她共走了多少级台阶？「分析」当卡莉娅顺着扶梯向前进时，她所走过的路程应该小于扶梯可见部分长度，因为除了她自身向前走了一段距离外，扶梯还把她往前带了一段，这两段路程加起来才是扶梯可见部分的总长．扶梯可见部分练习1、自动扶梯由下向上匀速运动，每两秒向上移动了1级台阶．卡莉娅在扶梯向下行走，每秒走两级台阶．已知自动扶梯的可见部分共120级，卡莉娅沿扶梯向下走，从底部走到顶部的过程中，她共走了多少级台阶？例2．自动扶梯由下向上匀速运动，甲从顶部向下走到底部，共走了150级；乙从底部向上走到顶部，共走了75级．如果甲的速度是乙的速度的3倍，那么扶梯可见部分共有多少级？「分析」甲逆着扶梯走，他走过的台阶数比扶梯可见部分台阶数多还是少？乙顺着扶梯走，他走过的台阶数比扶梯可见部分台阶数多还是少？练习2、自动扶梯由上向下匀速运动，甲从顶部向下走到底部，共走了90级；乙从底部向上走到顶部，共走了120级．如果乙的速度是甲的速度的2倍，那么扶梯可见部分共有多少级？例3．四辆汽车分别停在一个十字路口的四条岔路上，它们与路口的距离都是18千米，四辆车的最大时速分别为40千米、50千米、60千米和70千米．现在四辆汽车同时出发沿着公路行驶，那么最少要经过多少分钟，它们才能设法相聚在同一地点？「分析」4辆车要能够相聚在同一地点，一个前提要求是在相应的时间内，任意两辆车必须能够相聚到同一地点．练习3、一个边长为4千米的正方形环路，它的四个顶点处各有一辆汽车，最大时速分别为10千米、10千米、40千米、40千米．允许调整四辆车的初始位置，但必须保证每个环路四个顶点处各有一辆车．如果4辆车同时出发，开到环路上的某个地方集合，最少需要多少分钟？例4．某种小型飞机满油最多能飞行1500千米，但不够从A地飞到B地．如果从A地派3架这样的飞机，通过实现空中供给油料，可以使其中一架飞机飞到B地，另两架安全返回A地，那么A、B两地最远相距多少千米？「分析」只需让一架飞机飞到B地即可，其余两架安全返回．返回的两架飞机其实就是给飞往B地的飞机供油的．练习4、一支轻骑摩托小分队奉命把一份重要文件送到距驻地很远的指挥部．每辆摩托车装满油最多能行120千米，且途中没有加油站．由于一辆摩托车无法完成任务，队长决定派四辆摩托车执行任务，其中一辆摩托车负责把文件送到指挥部，另三辆则在中途供给油料后安全返回驻地．请问：指挥部距小分队驻地最远可能是多少千米？例5．高思学校的80名同学去距学校36千米的铁路博物馆参观．但学校只有一辆接送车，车上最多只能载40人（除了司机）．已知车速每小时45千米，同学们步行速度是每小时5千米．那么他们最少需要多少分钟才能到达博物馆？「分析」首先要把全部同学等分成两队，然后保证两队同时达目的地，为了保证尽可能快的到达目的地，汽车送一个队走的时候，另外一个队也要步行往前走，这样显然会更快一点．另外，汽车把第一拨人到底送到哪里放下呢？如果送到终点，那么汽车回去接另一拨人时，第一拨人就在目的地干等着，这显然不合理；若是放下的较早，则汽车回头把第二拨人接到终点时第一拨人还没到，还得再回去接第一拨人，这显然也不合理．因此，放下第一拨人的时间应该恰到好处：汽车把第一拨人送到某个地方放下，回去接第二拨人，将第二拨人送到目的地时第一拨人恰好也到目的地．例6．超人队和蝙蝠侠队从同一地点同时出发，到29千米远的体育馆参加比赛，但只有一辆接送车，一次只能乘坐一个队的队员．超人队的步行速度是6千米/时，蝙蝠侠队的步行速度是3千米/时，汽车速度是42千米/时．为了尽快到达体育馆，那么超人队步行的距离是多少千米？「分析」同上一题目，注意这一次两队步行路程是不一样的．同时性的妙用——苏步青的狗苏步青是我国著名的数学家．他小时候，有人曾给他出了这样一道数学题：甲、乙两人同时从两地出发，相向而行，距离是50公里，甲小时走6公里，乙每小时走4公里．甲有一条狗，每小时跑8公里．这只狗和甲一起出发朝乙跑去，碰到乙的时候它又掉转头跑回甲，碰到甲又掉头跑向乙……就这样来回跑，直到两人碰头为止．那么这条狗一共跑了多少公里路？课堂内外空中霸主---战斗机歼击机又称战斗机，二战时期称驱逐机．相对于战略空军的轰炸机，战斗机是指战术空军的机种，战斗机包括歼击机，截击机，强击机．歼击机是夺取制空权的主力机型，通常中低空机动性好，装备中近程空对空导弹，通过中距空中格斗，近距离缠斗击落敌机以获得空中优势，或为己方军用飞机护航．截击机是高空高速的本土防空型机种，机动性通常不如歼击机，装备远程空对空导弹或反辐射导弹，主要任务是拦截高空高速入侵的敌方侦察机，超音速战．战略轰炸机，洲际导弹，还可以用远程反辐射导弹攻击远处的敌方预警指挥机．早期的歼击机是在飞机上安装机枪来进行空中战斗的；每架歼击机都装有20毫米以上的航空机关炮，还可携带多枚雷达制导的中距拦射导弹和红外线制导的近距格斗导弹和炸弹或命中率很高的激光制导炸弹，以及其他对地面目标攻击武器．歼击机最大飞行时速达3000千米，最大飞行高度20千米，最大航程不带副油箱2000千米，带油箱时可达5000千米．机上还带有先进的电子对抗设备．主要用来歼灭空中敌机和其他空袭兵，其特点是速度大，上升快，升限高，机动性好．作业1.自动扶梯由下向上匀速运动，每秒向上移动了1级台阶．阿呆在扶梯顶部开始往下行走，每秒走3级台阶．已知自动扶梯的可见部分共100级，那么阿呆从顶部走到底部的过程中，自动扶梯移动了多少级台阶？2.自动扶梯匀速向上行驶，男孩与女孩同时从自动扶梯底部向上走，男孩速度是女孩的两倍，男孩走了27级到达顶部，女孩走了18级到达顶部，扶梯露在外面的有多少级？3.一个边长为36千米的正方形环路，它的四个顶点处各有一辆汽车，最大时速分别为32千米、36千米、40千米、50千米．允许调整四辆车的初始位置，但必须保证每个环路四个顶点处各有一辆车．如果4辆车同时出发，开到环路上的某个地方集合，最少需要多少分钟？4.在一个沙漠地带，汽车每天行驶250千米，每辆汽车最多可载行驶24天的汽油．现有甲、乙两辆汽车同时从某地出发，并在完成探测任务后，沿原路返回．那么通过合理安排，其中一辆车能探测的最远距离为多少千米？（两车均要回到出发点，汽车不可在沙漠中停留）5.甲班与乙班学生同时从学校出发去公园，甲班步行速度是每小时4千米，乙班步行速度是每小时3千米，学校有一辆汽车，速度是每小时36千米．这辆汽车恰好能坐一个班的学生，为了使两班学生能在最短时间内到达公园，那么甲、乙两班学生需要步行的路程之比是多少？第十二讲 复杂行程问题例题：例题1. 答案：96详解：卡莉娅每秒走2级，自动扶梯每秒走0.5级，速度比为2:0.54:1=．卡莉娅沿扶梯向上从底部走到顶部的过程中，卡莉娅和扶梯走的时间相同，所以二者的路程比也为4:1．而路程和就是楼梯可见部分的长120级，所以卡莉娅共走了()12014496÷+⨯=级台阶．例题2. 答案：120详解：如图，甲逆着扶梯向下走，行走的距离比扶梯可见部分要长，同时扶梯又把他向上带了一段，这段距离就是图中甲所走路程比扶梯可见部分长出来的那段．乙顺着扶梯向上走，同时扶梯把它向上带了一段，两者相加恰好等于扶梯可见部分的总长．由于甲、乙两人的路程比为150:752:1=，速度比为3:1，故所花的时间比为21:2:331=．因此图中左侧扶梯与右侧扶梯运行的时间比也为2:3，相应的路程比也是2:3．而这两段扶梯运行的路程总和等于1507575-=级，所以两段扶梯分别为30级和45级，扶梯可见部分的总长等于15030120-=级．例题3. 答案：24详解：速度最慢的两辆车的速度和为每小时405090+=千米，它们要相聚到一起，走过的总路程最少为18236⨯=千米，需要的时间最少为36900.4÷=小时，即24分钟．于是24分钟即为所求的最少时间，此时速度最慢的两辆车都沿最短路径超对方所在的岔路开，直到相遇于某个点C ．其余两辆车只要以适当的速度往相遇地点C 行驶就可以了．例题4. 答案：2250千米详解：不妨设甲飞机从A 地飞往B 地，乙、丙两架飞机给甲飞机供油．乙、丙有两种不同的方式供油给甲，分情况讨论：（1）甲、乙、丙同时起飞，中途C 点乙、丙同时将自己的油给甲，然后返回，此时甲满油前进到B 点，如图所示．设能够支持飞机飞过1500千米的油量为“1”份，可知AC 一段，是乙、丙共“2”份油，使甲、乙、丙共走过5个AC 的距离，而“1”份油可走过1500米，那么AC 一段的长度就是215005600⨯÷=千米．接下来的CB 段，甲满油飞过1500米．这种情况下，AB 两地相距150********+=千米．甲 乙 丙（2）甲、乙、丙同时起飞，中途C 点的时候，丙将油分给甲和乙，使甲、乙满油前进，到达D 点的时候，乙将自己的油分给甲，然后返回，使甲满油前进到B ，如图所示．同样设能支持飞机飞行1500千米的油为“1”份，可知丙的“1”份油支持甲、乙、丙走过4个AC ，那么AC 的长度为15004375÷=千米．然后考虑，乙的“1”份油支持甲、乙走过3个CD 段和乙单独走过1个AC段（返回时）．可知，CD 段的长度是()150********-÷=千米，然后甲满油走过DB 为1500千米，此时AB 的路程是37537515002250++=千米，大于2100千米，为AB 的最远距离．例题5. 答案：112分钟详解：如图所示．同学步行速度均为5/千米时，汽车的速度为45/千米时，所以汽车满载时和队员速度比为9:1，路程比也为9:1．设汽车把第一部分同学（40名）放下时已经走了9份，那么这时另外40名同学走了1份．然后汽车回来接乙队，做相遇运动，这时汽车和乙队的距离为918-=份，同学步行速度均为5/千米时，汽车的速度为45/千米时，汽车和同学速度比为9:1，所以汽车走了的7.2份，第二拨同学走了的0.8份．这段时间第一拨也走了0.8份．汽车此时离第一拨的距离为8份．此后汽车和甲队同时到达终点．速度比为9:1，所以路程为9:1，相差8份．所以这段时间汽车走了9份路程，第一拨走了1份路程．经分析可知，全程为10.8份，36千米，可知1份为103610.83÷=千米．那么整个过程所用的时间就是，汽车满载开过109303⨯=千米，队员步行101.863⨯=千米所用的时间，即为()30456560112÷+÷⨯=分钟．甲 乙 丙例题6. 答案：6.5千米详解：如图所示．汽车先送蝙蝠侠队，然后回来接超人队，最终蝙蝠侠队和汽车同时到达．练习：1.答案：160简答：()120414160÷-⨯=． 2.答案：108 简答：由90120:3:212=，1209030-=，得：扶梯可见部分共有()9030233108+÷+⨯=级．3.答案：12简答：相遇时，两辆时速10千米的车的路程和最少是4千米，所以相遇最少需()410100.2÷+=小时，即12分钟． 4.答案：192千米简答：不妨设甲送文件到指挥部，乙、丙、丁三车给甲供油．按照例题4中方法2供油，第一段由丁供油，然后丁返回；第二段由丙供油，然后丙返回；第三段有乙供油，然后乙返回．最后甲满油前进到指挥部．与例题同样的方法计算，可知最远的路程是192千米．作业：1. 答案：50．简答：整个过程经历了秒，自动扶梯移动了级． 50150⨯= 100(31)50÷-=起点体育馆“3”份 “45”份2. 答案：54级．简答：男女生的路程比是3:2，速度比是2:1，那么他们上扶梯的时间比是3:4，所以男生上扶梯时，扶梯走了3份；女生上扶梯时，扶梯走了4份，因为男生比女生多走9级，所以扶梯走的1份就是9级，所以男生走扶梯时，扶梯共走27份，加上男生自己走的，共54份．3. 答案：72．简答：必有两辆车合走了三条正方形的边才能到达相遇点，所以需要最少时间为小时，即72分钟． 4. 答案：4500千米．简答：甲、乙同时出发，中途乙将自己的油给甲，将甲的油装满，注意此处留下一份能够返回出发点的油，等甲回来的时候，用这份留下的油回到出发点．5. 答案：11:8．简答：先让甲送乙班前进，到达一点后返回接甲班，然后与乙班一起到达公园，具体做法见例题．363(4050) 1.2⨯÷+=。

第十二讲计数综合练习【学生注意】本讲练习满分100分，考试时间70分钟．一、填空题Ⅰ（本题共有8小题，每题6分）1.用0、1、2、3、4、5这六个自然数中的三个组成三位数，从个位到百位的数字依次增大，且任意两个数字的差都不是1，这样的三位数共有________个．2.从1到30中选出两个不同的数相加，和大于30的情况有_______种．3.从1000到2010中，十位数与个位数相同的数有______个．4.在用数字0、1组成一个6位数中，至少有4个连续的1的数共有______个．5.3个海盗分30枚金币，如果每个海盗最多分12枚，一共有_______种不同的分法．6.右图中有______条线段，______个三角形，______个梯形．7.一台综艺节目，由2个不同的舞蹈和3个不同的演唱组成．如果第一个节目是舞蹈，那么共有_____种不同的安排方法．8.有身高各不相同的5个孩子，按下列条件排成一行：条件1：最高的孩子不排在边上．条件2：最高的孩子的左边按由高到矮向左排列．条件3：最高的孩子的右边按由高到矮向右排列．那么符合上述所有条件的排队方法有________种．二、填空题Ⅱ（本题共有4小题，每题7分）9.（1）平面上7个点，任意三点不共线，那么可以连出_______个三角形．（2）两条平行线上各有4个点，从这些点中任取3个作为顶点，可以连出______个三角形．10.如图，左边是由22个六边形组成的图形，在六边形内蚂蚁只可以选如右边箭头所指的方向之一爬到相邻的六边形内．一只蚂蚁从六边形A出发，选择不经过六边形B的路线到达六边形C，那么这样的路线共有________条．11.8块相同的奥运纪念徽章分给小高、卡莉娅、墨莫、萱萱四人，每人至少分一块，有______种不同的分法．12.由0、1、2、…、9组成的小于5000且没有重复数字的四位数共有________个，其中从小到大第2010个是________．三、填空题Ⅲ（本题共有3小题，每题8分）13.有些三位数，相邻两个数字的差都不超过．．．2．，比如424、244、110、……，所有这样的三位数有_______个．14.各位数字之和为4的四位数有______个，其中能被11整除的有_______个．15.在下面数字谜中，七个不同汉字表示七个不同数字，“高思学校尖子班”表示的七位数有_______种不同的取值．高思学校+ 尖子班2 0 1 0第十二讲 计数综合练习1. 答案：4．解答：枚举法，符合要求的数只有420、520、530、531，共4个．2. 答案：225．解答：较小数是1时，较大数只能取30，有1种取法；较小数是2时，较大数只能取30和29，有2种取法；……较小数是15时，较大数可取16、17、L 、30，有15种取法；……较小数是29时，较大数只能取30，有1种取法．所以一共有123141514321225++++++++++=L L 种情况．3. 答案：101．解答：在1000到1999中，十位与个位相同有10种情况：00、11、22、L 、99，千位和百位也有10种情况：10、11、12、L 、19．所以在1000到1999中，十位数与个位数相同的数有1010100⨯=个．另外，2000到2010中只有2000是十位数与个位数相同的，所以符合要求的数一共有101个．4. 答案：5．解答：枚举即可，有111100、111110、111101、111111、101111共五个．5. 答案：28．解答：不妨设三个海盗分别为甲、乙、丙．当甲海盗分到8枚金币时，乙海盗的金币可能是10、11、12枚，有3种分法；当甲海盗分到9枚金币时，乙海盗的金币可能是9、10、11、12枚，有4种分法；……当甲海盗分到12枚金币时，乙海盗的金币可能是6、7、8、9、10、11、12枚，有7种分法．所以一共有123456728++++++=种不同的分法．6. 答案：42、18、18．解答：每条直线（如直线AD ）上有6条线段，一共有6742⨯=条线段；每个三角形都由顶点以及AD 、BE 或CF 上的一段线段组成，有6318⨯=个；AD 、BE 或CF 中，任两条之间有6个梯形，所以一共有23618C ⨯=个梯形．7. 答案：48．解答：设舞蹈是第1个和第n 个节目，则n 可取2、3、4、5，有4种取法．同时两个舞蹈的顺序有222A =种，3个演唱的顺序有336A =种，所以一共有42648⨯⨯=种不同的安排方法．8. 答案：14．解答：按最高的孩子左边的孩子人数分类，可的符合要求的排队方法有12344414C C C ++=种．9. （1）答案35．解答：任取三个点就确定了一个三角形，共有3735C =个．（2）答案：48．解答：一条直线上取两个点，另一条上取一个点，就确定了一个三角形，共有2112444448C C C C ⨯+⨯=个．10. 答案：466．解答：标数法．11. 答案：35．解答：用插板法，有3735C =种不同的分法．12. 答案：2016、4980．解答：用乘法原理，求出符合要求的四位数有49872016⨯⨯⨯=个．求其中第2010个数，只需从大往小数到第7个数即可，它是4980．13. 答案：188．解答：按十位数字分类讨论．如十位是2时，百位可取1、2、3、4有四种取值，个位可取0、1、2、3、4有五种取值，所以十位数字是2的有4520⨯=个．按这样把十位数字是0到9的情况都进行计数，可求得符合要求的三位数一共有188个．14. 答案：20、6．解答：设abcd 的各位数字之和为4，则a 、1b +、1c +、1d +这四个正整数的和是7．由于7x y z w +++=的正整数解个数是3620C =个，故各位数字之和4的四位数有20个．其中能被11整除的数，必有2a c b d +=+=，(),a c 的取值有()1,1、()2,0两种，(),b d 的取值有两种()0,2、()1,1、()2,0三种，故有236⨯=个．15. 答案：40．解答：容易推断出：校+班=10，学+子=10，思+尖=9，高=1，尖≠0．按“思，尖”的取值分类讨论：（1）思=0，尖=9时，10283746=+=+=+，“校”有6种取值，取完“校”之后，“班”的值就确定了，而“学”的可选取值还有4种，所以此类情况有6424⨯=种填法；（2）“思=2，尖=7”或“思=7，尖=2”或“思=3，尖=6”或“思=6，尖=3”时，余下的数字均不足以配成两对和数10，故没有符合要求的填法；（3）“思=4，尖=5”或“思=5，尖=4”时，102837=+=+，“校”有4种取值，取完“校”之后，“班”的值就确定了，而“学”的可选取值还有2种，所以此类情况有24216⨯⨯=种填法．所以一共有241640+=种不同的取值．。

第12讲 综合测试（三）一、选择题：1、六年级120人排成一个三层的空心方阵，这个空心方阵最外层每边有( )人.A.12B.13C.40D.302、有甲、乙两根绳子,从甲绳上先剪去全长的43，再接上43米,从乙绳上先剪去43米，再剪去余下绳子的43.这时两根绳子所剩下的长度相等，原来这两根绳子比较( )。

A.甲长 B.乙长 C 、同样长 D 、无法确定3、小明从A 地到B 地的平均速度为3米/秒，然后从B 地按原路以7米/秒的速度返回A 地,那么,小明在A 地与B 地之间一个来回的均速度应为（ ）米/秒。

A.甲长B.乙长 C 、同样长 D 、无法确定4、四个同样大小的圆柱拼成一个高为40cm 的大圆柱，表面积减少了72 平方厘米，原来小圆柱的体积是（ ）立方厘米。

A. 120B.360C.480D.725、今有三个自然数，它们的和是1111，这样的三个自然数的公因数中，最大的可以是( )。

A.99B.100C.101D.1026、一个圆柱体和一个圆锥体，底面周长比为2：3它们的体积比为5：6，圆柱体与圆锥体的高的最简整数比是（ ）。

A.8:5B.12:5C.5:8D.5:127、森林里住着100只小白兔，凡是不爱吃萝ト的小白兔都爱吃白菜。

其中爱吃萝卜的小白兔数量是爱吃白菜的小白兔数量的2倍，而不爱吃白菜的小白兔数量是不爱吃萝卜的小白兔数量的3倍。

它们当中有（ ）只小白兔既爱吃萝ト又爱吃白菜。

A.18B.20C.21D.228、一幅扑克牌有54张，最少要抽取（ ）张牌，才能保证其中至少有2张牌是相同的点数。

A.13B.16C.15D.14二、填空题：1、把111140化成小数时，连同整数部分第2019位上的数字是_______。

2、一个正整数A 与1080的乘积是一个完全平方数。

A 的最小值是______。

3、一个长方体,它的高和宽相等,若把长去掉2.5厘米，就成为表面积是150平方厘米的正方体,这个长方体的长和宽的比是_______。

六年级下册奥数第十二讲综合应用题选讲（二）例题习题通用版（例题含答案）解综合题，除了要有结实的解基此题的基础之外，还要求解题者有发明性看法，有结构〔构思〕才干，有探求才干，要擅长把复杂的效果化归为较复杂的效果.例1 恣意100个自然数，从中能否可找出假定干个数〔也可以是一个，也可以是多个〕，使得找出的这些数之和可以被100整除？说明理由.剖析 100太大，先从小一些的数剖析.假设是两个自然数，当其中有偶数时，这个偶数可被2整除，这时结论成立；当其中没有偶数时，这两个奇数之和是偶数，这两个数之和能被2整除，可见关于两个自然数，结论成立.假设有3个自然数，当其中有3的倍数时，这个数就可被3整除，选这个数即可；当其中没有3的倍数时，假设这3个数被3除的余数相等，那么这3个数之和可被3整除，这时可选出这3个数；假设这3个数被3除后有的余1，有的余2，就取余1和余2的各一个数，这两个数之和可被3整除.因此，关于3个整数的情形，结论成立.相似的剖析可知，关于4个整数的情形，结论成立.不过火析的进程要更长些.按这种思绪剖析下去，虽然可以依次判定关于5个，6个，7个，8个，…整数时结论成立，但是还不能说〝关于100个整数结论也成立〞.由于我们不能够在短时间内不时验证到100.看来要另外设计证题的方法.虽然没有证出原来的标题，但是从复杂状况可猜想原题的结论应当是一定的.由于此题结论是与假定干个数之和有关的，由此可联想结构〝假定干个数之和〞方式的数.再进一步思索被100除后的余数.设原来的 100个数是a1， a2，…， a100.思索 b1， b2，…，b100，其中b1=a1，b2=a1＋a2，b3=a1+a2+a3，b100=a1+a2+a3+…+a100.很显然每个bi〔i=1，2，…，100〕，以及它们中的恣意两个之差〔例如b5-b2=a3+a4+a5〕，都是假定干个原来的数之和.思索b1，b2，…， b100被 100除后各自的余数.假设有一个数，例如b1，它能被 100整除，那么效果就处置了.假设任一个数被100除之后的余数都不是0，那么100个数最多能够余1，余2，…，余99，所以致少有两个数，它们被100除后的余数相反.这时，它们的差可被100整除，也就是说在a1，a2，…，a100中存在假定干个数，它们的和可被100整除.说明：下面的论证方法应用了余数类，同余，抽屉原理，这些解数学竞赛题中常用的方法.在思索b1，b2，…，b100时，采用了结构法.应当指出，标题中的〝100〞不是实质的，改成200，300…，甚至改成任一自然数n，结论也成立，证法相反.例2某班先生有以下特点：任何四团体中，都有一团体与另外三团体经过 .证明：全班之中的恣意四团体中，可找到一团体，这团体与全班一切人都经过 .剖析这个标题中〝数〞很少，要论证的结论〝恣意四团体中可找到一团体，这团体与全班一切的人都经过〞又比拟强，为此，要充沛应用〝任何四团体中都有一团体与另外三团体经过〞的条件.画个表示图，人用点表示，两团体之间经过就用这两点的实连线表示，否那么就用虚线表示.假设这些先生之间的任何两团体都有线相连，那么效果已处置；假设有四团体A、B、C、D有如以下图所示的关系：那么D与A、B、C都经过，思索除A、B、C、D外的任何一团体E.D、E之间一定经过 .否那么A、C、D、E四人与条件不符.由于E的恣意性说明D与一切人经过 .假设有四团体A、B、C、D，它们间的关系如以下图所示，与上图的证法相似，可知D与一切人经过 .我们已讨论了一切能够的情形，因此综上所证知：恣意四人中，总有一团体，这团体与一切人经过 .说明：我们采用的证明方法是用图这种直观方式表达关系和逻辑，把人和通区分用点、边表示，未通用虚线表示.这样便于对照图形剖析效果.这种方法是图论的基本方法.在上述证明中，运用了分状况论证〔分状况讨论〕的方法.这是推实际证的基本方法之一.例3 甲、乙两所学校的先生中，有些先生相互看法.甲校的先生中任何一团体也认不全乙校的先生，乙校的恣意两名先生都有甲校中的一个公共冤家.问：能否在甲校中找出两个先生A、B，从乙校中找出三个先生C、D、E，使得A看法C、D，不看法E，B看法D、E，不看法C？说明理由.〔看法是相互的，即甲看法乙时，乙也看法甲〕.剖析假设选乙校先生中恣意两团体为C、D，那么甲校中有看法C、D 的人，设它为A.由于A认不全乙校先生，所以在乙校中有先生E，A不看法E.这时A看法C、D，不看法E.按这个思绪，再思索选B时有些费事.虽然关于乙校的D、E，可知甲校中有先生看法D、E，假设把甲校的这个看法D、E的人选为B.这个B能够看法C，这样就达不到标题要求了.之所以堕入上述困境，缘由在于C、D在乙校中太〝恣意〞了，在乙校中任选C、D，就能够使得最后甲校中的B选不出来，看来要选特殊一点的人.由于甲校先生都认不全乙校的先生，所以存在甲校的看法乙校先生数目最多的人〔或看法乙校先生数目最多的人之一〕.选他为A.由于A认不全乙校先生，取A不看法的乙校的一名先生为E，设A看法的乙校的一名先生为D.关于D、E，在甲校中有一团体，设它为B，B看法D、E.由于B看法E，A不看法E，所以A、B不是同一团体.在A看法的乙校先生中，一定有B不看法的人，假定不然，当A看法的乙校的任何一名先生都看法B时，B至少要比A多看法一团体E，这与〝甲校先生中看法乙校人数最多的人之一是A〞的假定矛盾.设在乙校中，先生C看法A而不看法B，这样就有：A看法C、D，不看法E，B看法D、E，不看法C.说明：为论证的需求，选择特殊元素〔如最多、最少、最早、最晚、…等〕，是行之有效的方法，这个特殊元素的性质作为论证的一个重要条件.例4假定干个自然数之和是1993，这些自然数之积的最大值是多少？剖析这个效果中有以下难点：〝假定干个〞是几个？这些自然数都是什么？如何找出这些自然数之积的最大值？虽然把有限数1993拆成各种不同的自然数之和的方法也是有限的，但是逐一分拆再求出它们的乘积，最后再从乘积中选出最大的是不理想的，那样计算量过大.首先可以看出，1993拆开的各加数中不应当有1.由于1作为因数对乘积无作用，当把1兼并到另一个加数中去后，会使乘积增大，因此不拆出1为加数.另一方面，拆成的加数也不应当太大，例如当拆成的加数中有5时，只需把5再拆为2+3，由于2×3＞5，可见把5去掉，换成2+3会使乘积增大.异样，假设加数中有6，换成 3+3，由于 3×3＞6，可见换成 3+3会使乘积增大.普通地，由于当a＞4时，2×〔a-2〕＞a，所以我们总可以把5或5以上的加数a换成2＋〔a-2〕，这样使乘积增大，也就是说，所拆成的加数中至少是4.进一步思索，假设有加数4，把4用2+2换一下，乘积不变.因此，为使思索效果复杂起见，可以以为所拆成的加数中不含4，即加数中只要2和3两种数.假设加数中有3个或3个以上的〝 2〞，当把3个〝 2〞用2个〝 3〞替代时，和不变，但由于 2×2×2＜ 3×3，可见乘积增大.由此可以想象1993拆成的各加数中仅有2、3，而且2的数目不多于两个.由于1993不是3的倍数，所以致少要拆出一个〝2〞，但1993-2=1991也不是3的倍数，可见1993要拆出两个〝2〞.容易看出：这时取得最大乘积 22×3663.说明：下面采取了层层化简的剖析方法，把1993的剖析效果归结为〝只含有2、3，且2的数目不多于两个〞，以到达乘积最大.这是在不时比拟、调整的进程中对各加数的性质逐渐看法失掉的.在野着使乘积逐渐添加的方向，我们扫除了加数中的1，扫除了加数中大于4的数，进而去掉4，限制了加数中〝2〞的数目，经过这样一系列的比拟、简化才比拟方便地找出了乘积的最大值，我们应当学习这种层层化简的转化战略.习题十二1.某个四位数有如下特点：①这个数加 1之后是 15的倍数；②这个数减去3是38的倍数；③把这个数各数位上的数左右倒过去所得的数与原数之和能被10整除，求这个四位数.2.某学校的假定干先生在一次数学考试中所得分数之和是8250分.第一、二、三名的效果是88、85、80分，得分最低的是30分，得异样分的先生不超越3人，每个先生的分数都是自然数.问：至少有几个先生的得分不低于60分？3.一个自然数，假设它的奇数位上各数字之和与偶数位上各数字之和的差是11的倍数，那么这个自然数是11的倍数，例如 1001，由于1+0=0+1，所以它是 11的倍数；又如1234，由于 4+2-〔3＋1〕=2不是 11的倍数，所以 1234不是11的倍数.问：用0、1、2、3、4、5这6个数字排成不含反双数字的六位数，其中有几个是11的倍数？4.做少年广播体操时，某年级的先生站成一个实心方阵时〔正方形队列〕时，还多10人，假设站成一个每边多1人的实心方阵，那么还缺少15人.问：原有多少人？。