四年级练习题 智取火柴

小学奥数基础教程（四年级）第1讲速算与巧算（一）第2讲速算与巧算（二）第3讲高斯求和第4讲 4，8，9整除的数的特征第5讲弃九法第6讲数的整除性（二）第7讲找规律（一）第8讲找规律（二）第9讲数字谜（一）第10讲数字谜（二）第11讲归一问题与归总问题第12讲年龄问题第13讲鸡兔同笼问题与假设法第14讲盈亏问题与比较法（一）第15讲盈亏问题与比较法（二）第16讲数阵图（一）第17讲数阵图（二）第18讲数阵图（三）第19将乘法原理第20讲加法原理（一）第21讲加法原理（二）第22讲还原问题（一）第23讲还原问题（二）第24讲页码问题第25讲智取火柴第26讲逻辑问题（一）第27讲逻辑问题（二）第28讲最不利原则第29讲抽屉原理（一）第30讲抽屉原理（二）第1讲速算与巧算（一）计算是数学的基础，小学生要学好数学，必须具有过硬的计算本领。

准确、快速的计算能力既是一种技巧，也是一种思维训练，既能提高计算效率、节省计算时间，更可以锻炼记忆力，提高分析、判断能力，促进思维和智力的发展。

我们在三年级已经讲过一些四则运算的速算与巧算的方法，本讲和下一讲主要介绍加法的基准数法和乘法的补同与同补速算法。

例1 四年级一班第一小组有10名同学，某次数学测验的成绩（分数）如下：86，78，77，83，91，74，92，69，84，75。

求这10名同学的总分。

分析与解：通常的做法是将这10个数直接相加，但这些数杂乱无章，直接相加既繁且易错。

观察这些数不难发现，这些数虽然大小不等，但相差不大。

我们可以选择一个适当的数作“基准”，比如以“80”作基准，这10个数与80的差如下：6，-2，-3，3，11，-6，12，-11，4，-5，其中“-”号表示这个数比80小。

于是得到总和=80×10＋（6-2-3＋3＋11-＝800＋9＝809。

实际计算时只需口算，将这些数与80的差逐一累加。

为了清楚起见，将这一过程表示如下：通过口算，得到差数累加为9，再加上80×10，就可口算出结果为809。

- 1 -小学四年级奥数辅导讲座第1讲速算与巧算（一）第2讲速算与巧算（二）第3讲高斯求和第4讲 4，8，9整除的数的特征第5讲弃九法第6讲数的整除性（二）第7讲找规律（一）第8讲找规律（二）第9讲数字谜（一）第10讲数字谜（二）第11讲归一问题与归总问题第12讲年龄问题第13讲鸡兔同笼问题与假设法第14讲盈亏问题与比较法（一）第15讲盈亏问题与比较法（二）第16讲数阵图（一）第17讲数阵图（二）第18讲数阵图（三）第19将乘法原理第20讲加法原理（一）第21讲加法原理（二）第22讲还原问题（一）第23讲还原问题（二）第24讲页码问题第25讲智取火柴第26讲逻辑问题（一）第27讲逻辑问题（二）第28讲最不利原则第29讲抽屉原理（一）第30讲抽屉原理（二）第1讲速算与巧算（一）计算是数学的基础，小学生要学好数学，必须具有过硬的计算本领。

准确、快速的计算能力既是一种技巧，也是一种思维训练，既能提高计算效率、节省计算时间，更可以锻炼记忆力，提高分析、判断能力，促进思维和智力的发展。

我们在三年级已经讲过一些四则运算的速算与巧算的方法，本讲和下一讲主要介绍加法的基准数法和乘法的补同与同补速算法。

例1 四年级一班第一小组有10名同学，某次数学测验的成绩（分数）如下：86，78，77，83，91，74，92，69，84，75。

求这10名同学的总分。

分析与解：通常的做法是将这10个数直接相加，但这些数杂乱无章，直接相加既繁且易错。

观察这些数不难发现，这些数虽然大小不等，但相差不大。

我们可以选择一个适当的数作“基准”，比如以“80”作基准，这10个数与80的差如下：6，-2，-3，3，11，-6，12，-11，4，-5，其中“-”号表示这个数比80小。

于是得到总和=80×10＋（6-2-3＋3＋11-＝800＋9＝809。

实际计算时只需口算，将这些数与80的差逐一累加。

为了清楚起见，将这一过程表示如下：通过口算，得到差数累加为9，再加上80×10，就可口算出结果为809。

最新的奥数公式大全时钟问题：1.追及距离（格数）除以速度差（1-1/12）= 时间2.两针重合公式：格数除以（1-1/12）=时间3.两针成直线公式：（格数±30）除以（1-1/12）4.两针垂直公式：（格数±15）除以（1-1/12）5.两针成6°公式：（格数±10）除以（1-1/12）6.两针成12°公式：（格数±20）除以（1-1/12）7.推广：两针成3°公式：（格数±5）除以（1-1/12）8.两针与某时刻距离相等（假设为相遇问题）公式：格数除以（1+1/12）9.镜子中的时刻：镜子中与实际时针只需将分针与时针互换。

例：镜子中6点20分即现实中的5点40分。

10.时针与分针成多少度公式：时针点数×5×6°-分针点数×5.5°11.从点到12点时针与分针共重合11次。

整数的计算公式：1.求和公式：和=(首项+末项)×项数÷22.项数公式：项数=(末项-首项)÷公差+13.末项公式：末项=首项+(项数-1)×公差。

另有：奇数个数的和除以项数等于中间数。

4.从1开始的连续自然数的平方求和公式：1+2+3+……n=n×(n+1)×(2n+1)÷65.从1开始的连续奇数的求平方和公式：1+3+5+……(2n-1)=n×(n+1)×(2n+1)÷66.从2开始的连续偶数的平方求和公式：2+4+6+……+2n=n×(n+1)×(2n+1)÷67.连续自然数的立方求和公式：1+2+3+……+n=[(1+2+3+……+n)]²8.平方差公式：a-b=(a+b)×(a-b)；a-1=(a+1)×(a-1)9.公比是2的等比数列求和公式：S=2×(2ⁿ-1)10.等差数列的平均数公式：(首项+末项)÷211.裂项公式：① (2n+1)/(n(n+1))=1/1-1/(n+1)② (a+b)/(ab)=1/a+1/b③ 1/(n(n+1)(n+2))=1/2×[1/n(n+1)-1/(n+1)(n+2)]④ 1/[(n+1)²-1]=1/2×[1/(n+1)-1/(n+2)]数阵中的放射型和封闭型有不同的计算方法。

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第十一讲 数学游戏在今天这节课中，我们来研究数学游戏中的必胜策略．由于策略的制定是没有固定模式的，教师在本节课中要引导学生通过具体问题具体分析，不断积累经验，以提高观察和分析问题的能力. 知识点：1、取火柴以及与其同类型的游戏中的策略2、其他游戏中的取胜策略.分析：同同应先报1，那么不管琪琪接下来报什么数（11或11以下的数），同同都可以说12.同理同同可以说出23、34、45、67、78、89、100.分析可知，如果同同想先到达100，他必须先到达89，如果同同说的和与100相差11，那么不管琪琪加什么数，同同都可以找到一个数，加在琪琪说出的和上，从而使总和为100.同理要先到达89，必须使琪琪与89相差11，也就是要先报出78.继续如此推下去，同同必须先报67、56、45、34、23、12和1，所以他应先报1.我们在进行竞赛与竞争时，往往要认真分析情况，制定出好的方案，使自己获胜，这种方案就是对策.在小学数学竞赛中，常有与智力游戏相结合而提出的一些简单的对策问题，它所涉及的数学知识都比较简单.但这类题的解答对我们的智力将是一种很有益的锻炼.这类问题也属于我们所说的“博弈问题”.在数学游戏中有一类取火柴游戏，它有很多种玩法，由于游戏的规则不同，取胜的方法也就不同.但不论哪种玩法，要想取胜，一定离不开用数学思想去推算.其核心思想有：逆推和对称分组.（一） 智取火柴以及同类型的游戏 专题精讲 教学目标想 挑 战吗？同同和琪琪玩游戏，同同说了任意一个从1到10的自然数，琪琪在同同说出的数上加上一个不能超过10的自然数，然后说出它们的和.接下来同同再在琪琪说出的和上加上一个不超过10的任意自然数，并说出新的和.琪琪接着再在新的和上加上一个不超过10的数，这样一个个接着相加，一直到最后的和是100为止.例如同同说9，琪琪说19，同同说28等等，谁第一个得到100，谁就获胜.如果同同先报数，他用什么方法可以取胜？【例1】桌子上放着60根火柴，甲、乙二人轮流每次取走1～3根.规定谁取走最后一根火柴谁获胜.如果双方都采用最佳方法，甲先取，那么谁将获胜？分析：我们采用逆推法分析这道题.获胜方在最后一次取走最后一根；往前逆推，在倒数第二次取时，必须留给对方4根，此时无论对方取1，2或3根，获胜方都可以取走最后一根；再往前逆推，获胜方要想留给对方4根，在倒数第三次取时，必须留给对方8根……由此可知，获胜方只要每次留给对方的都是4的倍数根，则必胜.现在桌上有60根火柴，甲先取，不可能留给乙4的倍数根，而甲每次取完后，乙再取都可以留给甲4的倍数根，所以在双方都采用最佳策略的情况下，乙必胜.同学们再想一想为什么一定要留给对方4的倍数根，而不是5的倍数根或其它倍数根呢？提问：（1）甲取几根，乙取3减几根可以吗？不可以，那样的话，甲取3根，乙就没法取了.（2）甲取几根，乙取5减几根可以吗？不可以，那样的话甲取1根，乙就没法取了.所以关键在于规定每次只能取1～3根，1＋3＝4，在两人紧接着的两次取火柴中，后取的总能保证两人取的总数是4.利用这一特点，就能分析出谁采用最佳方法必胜，最佳方法是什么.由此出发，对于例题的各种变化，都能分析出谁能获胜及获胜的方法.[前铺]桌子上放着10根火柴，甲、乙二人轮流每次取走1～2根.规定谁取走最后一根火柴谁获胜.如果双方都采用最佳方法，甲先取，那么谁将获胜？分析：如果获胜方在最后取得最后一根火柴，那么在倒数第二次取时，必须留给对方3根，要想留给对方3根，倒数第三次取时，必须留给对方6根.要想留给对方6根，倒数第四次取时必须留给对方9根，而甲每次取完都能留给乙3的倍数根，所以在双方都采用最佳策略的情况下，甲必胜.[拓展一]在例1中将“每次取走1～3根”改为“每次取走1～6根”，其余不变，情形会怎样？分析：由例1的分析知，只要始终留给对方（1+6=）7的倍数根火柴，就一定获胜.因为60÷7＝8……4，所以只要甲第一次取走4根，剩下56根火柴是7的倍数，以后总留给乙7的倍数根火柴，甲必胜.由此看出，在每次取1～n根火柴，取到最后一根火柴者获胜的规定下，谁能做到总给对方留下（1+n）的倍数根火柴，谁将获胜.[拓展二]将例1中“谁取走最后一根火柴谁获胜”改为“谁取走最后一根火柴谁输”，其余不变，情形又将如何？分析：最后留给对方1根火柴者必胜，按照例1中的逆推的方法分析，只要每次留给对方4的倍数加1根火柴必胜.甲先取，只要第一次取3根，剩下57根（57除以4余1），以后每次都将除以4余1的根数留给乙，甲必胜.由此看出，在每次取1～n根火柴，取到最后一根火柴者为负的规定下，谁能做到总给对方留下（1+n）的倍数加1根火柴，谁将获胜.[小结]我们可以把解决这类问题的一般方法总结为余数问题.，即如果有余数，则先取者胜，且取余数根数；如果没有余数，则后取者胜，每“回合”共取N+1根.【例2】今有两堆火柴，一堆35根，另一堆24根.两人轮流在其中任一堆中拿取，取的根数不限，但不能不取.规定取得最后一根者为赢.问：先取者有何策略能获胜？分析：本题虽然也是取火柴问题，但由于火柴的堆数多于一堆，故本题的获胜策略与前面的例题完全不同.先取者在35根一堆火柴中取11根火柴，使得取后剩下两堆的火柴数相同.以后无论对手在某一堆取几根火柴，你只须在另一堆也取同样多根火柴.只要对手有火柴可取，你也有火柴可取，也就是说，最后一根火柴总会被你拿到.这样先取者总可获胜.请同学们想一想，如果在上面玩法中，两堆火柴数目一开始就相同，例如两堆都是35根火柴，那么先取者还能获胜吗？[拓展一]甲、乙两人轮流往一张圆桌面上放同样大小的硬币，规定每人每次只能放一枚，硬币平放且不能有重叠部分，放好的硬币不再移动.谁放了最后一枚，使得对方再也找不到地方放下一枚硬币的时候就赢了.说明放第一枚硬币的甲百战百胜的策略.分析：采用“对称”思想.设想圆桌面只有一枚硬币那么大，当然甲一定获胜.对于一般的较大的圆桌面，由于圆是中心对称的，甲可以先把硬币放在桌面中心，然后，乙在某个位置放一枚硬币，甲就在与之中心对称的位置放一枚硬币.按此方法，只要乙能找到位置放一枚硬币，根据圆的中心对称性，甲定能找到与这一位置中心对称的地方放上一枚硬币.由于圆桌面的面积是有限的，最后，乙找不到放硬币的地方，于是甲获胜.[拓展二]有3堆火柴，分别有1根、2根与3根火柴.甲先乙后轮流从任意一堆里取火柴，取的根数不限，规定谁能取到最后一根或最后几根火柴就获胜.如果采用最佳方法，那么谁将获胜？分析：根据上一例题的解法，谁在某次取过火柴之后，恰好留下两堆数目相等的火柴，谁就能取胜.甲先取，共有六种取法：从第1堆里取1根，从第2堆里取1根或2根；第3堆里取1根、2根或3根.无论哪种取法，乙采取正确的取法，都可以留下两堆数目相等的火柴（同学们不妨自己试试），所以乙采用最佳方法一定获胜.【例3】甲、乙二人轮流报数，必须报不大于6的自然数，把两人报出的数依次加起来，谁报数后加起来的数是2000，谁就获胜.如果甲要取胜，是先报还是后报？报几？以后怎样报？分析：采用倒推法（倒推法是解决这类问题一种常用的数学方法）.由于每次报的数是1～6的自然数，2000-1=1999，2000-6=1994，甲要获胜，必须使乙最后一次报数加起来的和的范围是1994～1999，由于1994-1=1993（或1999-6=1993），因此，甲倒数第二次报数后加起来的和必须是1993.同样，由于1993-1=1992，1993-6=1987，所以要使乙倒数第二次报数后加起来的和的范围是1987～1992，甲倒数第三次报数后加起来的和必须是1986.同样，由于1986-1=1985，1986-6=1980，所以要使乙倒数第三次报数后加起来的和的范围是1980～1985，甲倒数第四次报数后加起来的和必须是1979，….把甲报完数后加起来必须得到的和从后往前进行排列：2000、1993、1986、1979、….观察这一数列，发现这是一等差数列，且公差d=7，这些数被7除都余5.因此这一数列的最后三项为：19、12、5.所以甲要获胜，必须先报，报5.因为12-5=7，所以以后乙报几，甲就报7减几，例如乙报3，甲就接着报4（=7-3）.所以甲要获胜必须先报，甲先报5；以后，乙报几甲就接着报7减几.[说明]如果对方一定要先报数，那么你可以利用对方不懂得这个秘诀的条件，去占领下一个“制高点”，从而确保获胜.[拓展]如果游戏的规则改为“先达到2000者输”，应如何制定“作战”方针呢？分析：显然此时要想获胜，必须先达到1999，重复上面的分析，不难得到每次应占领的“制高点”是：1999，1993，1986，1979，……，19，12，5.因此获胜的策略是：（1）让自己先报4；（2）每次对方报a（1≤a≤6），你就是报7-a.这样，最终的胜利一定是属于你的.【例4】有一种“抢某个数字”的游戏，是两个人从自然数1开始轮流报数，规定每次至少报几个数与至多报几个数(都是自然数)，最后谁报到规定的“某个数字”为胜．如“抢50”游戏，规定每次必须报1．2个自然数，从1开始，谁抢报到50为胜．例如甲先报l，乙就可接着报2或2，3；若乙报2，甲就可接着报3或3，4；若乙报2，3；甲就可接着报4或4，5．依次下去，谁能报到50为胜．如果你是甲，并且先报数，有没有必胜的策略?分析：由于每次必须报1～2个自然数，那么甲先报1次后，就可保证每次与乙刚报的数字数目之和为3．如乙报1个数，甲就接着报2个数；若乙报2个数，甲就接着报1个数．因此，甲若想必胜，报完第一次数剩下的数的个数必须是3个倍数才可以．而50=3×16+2，因此甲有必胜的策略：甲先报1，2，然后，乙若报1个数，甲就报2个数；乙若报2个数，甲就报1个数．[拓展]若是抢别的数字，规定每次必须报别的一定数目的自然数，先报数的人还有没有必胜的策略?分析：借鉴前面经验，若是“抢40”游戏，规定每次必须报1～3个自然数，从1开始轮流往后报数．若甲先乙后，则乙有必胜的策略．因为乙可以保证每次与甲刚报完的数字数目之和为4，而40=4×10刚好是4的倍数．推广开来，若是“抢数字a”游戏，每次必须报1～n个自然数，从1开始轮流往后报数，且甲先乙后，那么会有两种情况：情况1：若a是(1+n)的整数倍，则后报数的乙有必胜的策略；情况2：若a不是(1+n)的整数倍，则先报数的甲有必胜的策略，且甲先报的数字个数必须是数字.除以(1+n)的余数．说明：“抢数字”游戏还有很多与之类似的变形游戏.如果你对“抢数字”游戏的规则与玩法非常熟悉的话，那么类似的变形游戏就会“如鱼得水”.不费功夫了．[小笑话]某天军训中，教练对同学说：“第一排报数！”小明惊讶的看着教练.教练很奇怪的又说了一遍：“第一排报数！”小明还是很无奈很惊讶的看着教练.教练又大声说了一遍：“第一排报数！”于是小明极其不情愿的走到大树前抱着树.（二）其它游戏中的取胜策略【例5】有100个人站成一排，从左到右依次进行1，2报数，凡是报1的人离开队伍，剩下的人继续从左到右进行1，2报数，最后留在队伍中的人获胜，如此下去，要想获胜，应站在队列中的第几个位置？分析：将这100个人从左到右依次编号为1，2，3，…，98，99，100．第一次报完后.剩下的是2的倍数， 2，4，6，8，10，…，96，98，100．第二次报完后，剩下的是4的倍数，4，8，12，16，…，92，96，100．第三次报完后，剩下的是8的倍数，8，16，24，…，80，88，96．第四次报完后，剩下的是16的倍数，16，32，48，64，80，96．第五次报完后，剩下的是32的倍数，32，64，96．第六次报完后，还剩下一人，也就是第64人．所以要想获胜，应站在队伍中的第64个位置.[数学趣题]神父的诡计一艘不大的船只在海上遇到了风暴，摆在船上25位乘客面前的路只有两条：要么全部乘客与船只同归于尽；要么牺牲一部分人的生命，把他们抛进大海，减轻船的载重量，船及其他人还有得救的可能，但是这样做至少得把一半以上的人抛进海里.大家都同意走第二条路，然而谁也不愿意自动跳进海里.乘客里有11个基督徒，其中一个是神父，于是大家就公推神父出个主意.奸诈的神父想了一下，就让大家坐成一个环形，并且从他依序报数，“1，2，3”，规定报到“3”的人就被抛进海里，下一个继续由“1”报起，同时声称这是上帝的旨意，大家的命运都由上帝来安排，不得抗拒.结果有14个人被抛进海里，而剩下的11个人全部都是基督徒.大难不死的其它10个基督徒突然醒悟过来，原来神父是用诡计救了他们.请你想想，这11个人应在什么位置，才可以避免被抛进海里去呢？分析：神父只要让11个基督徒占领1、4、5、8、10、13、14、17、19、22、23这11个位置，就可以保证他们不被抛进海里.【例6】 在一个6×5的棋盘上，甲、乙二人轮流往棋盘的方格内放棋子．甲先放第一枚棋子，乙只能在与这枚棋子所在格相邻的格内放棋子(相邻格指有公共边的两个格)．甲再放时又必须放在乙刚放的棋子的相邻格内，以后照此规则放．谁无法放棋子时谁失败．那么谁会有必胜的策略呢?分析：若甲有必胜的策略，则在甲放入第一枚棋子后，只要乙能放，那么甲就能放；反之，若乙有必胜的策略，则只要甲能放，乙就能放．因本题中给出的是6×5的棋盘，可分成15个1×2的小块，如下图，有AA ，BB 两种，无论甲放入哪里的A 或B 方格中，乙都放在同一小块的A 或B 方格内．所以乙有必胜的策略． B B B BB B B B B B BB B B A A A A A A AA A A A A A AA A[拓展]若本题中给出的是5×5的棋盘，则甲有必胜的策略．推广一下，若给的是奇数×奇数的棋盘，则先放棋子的有必胜的策略．否则，后放棋子的有必胜的策略．【例7】 右图是一种“红黑棋”，甲、乙两人玩棋，分别取红、黑两方．规黑黑黑黑黑黑红红红红红红定：下棋时，每人每次只能走任意一枚棋，每枚棋子每次可以走一格或几格．红棋从左向右走，黑棋从右向左走，但不能跳过对方棋子走，也不能重叠在对方有棋子的格中．一直到谁无法走棋时，谁就失败．甲先乙后走棋，问甲有没有必胜的策略？分析：甲若想必胜，那么甲走一次棋后，“乙能走甲就能走”，观察棋盘，第二、三行都有9个空格，第四、五行都有5个空格，而第一行只有1个空格，第六行有3个空格，因此甲第1次只要将第六行也变为1个空格，那么就形成一种对称局面，“乙能走甲就能走”．因此甲有必胜的策略：甲先把第六行的红棋向右走两格，使中间只有一个空格．以后乙走第一行，甲就相应地走第六行；乙走第二行，甲就相应地走第三行；乙走第三行；甲就相应地走第二行；乙走第四行，甲就相应地走第五行，乙走第五行，甲就相应地走第四行；乙走第六行，甲就相应地走第一行．且每次甲与乙走的格数要相同，那么最后肯定是乙无法走棋失败，甲必胜．【例8】 右图是一张3×3的方格纸，甲、乙两人轮流在方格中写下2，4，5，6，7，8，9，10，11九个数字中的一个，数字不能重复．最后，甲的得分是上、下两行六个数之和，乙的得分是左、右两列六个数之和，得分多者为胜．如果甲先乙后，那么甲有没有必胜的策略?分析：观察右图，图中四个角的数是甲、乙两人所共有的，所以胜负只与放在A 、B 、C 、D 四个格内的数字有关．甲若想获胜，必须让A ，C 两格内的数字之和大于B ，D 两格内的数字之和．观察所给的九个数字，2+1l<4+10．因此，只要甲将2填入B 或D 方格中，以后无论乙怎样填，甲第二次只要把10或1l 填人A 或C ，甲就必胜．所以甲有必胜的策略：甲先把2填入B 格，若乙将1 1填入D ，甲就将10填入A ；若乙将4填入A ，甲就将11或10填入C ，这样甲就必胜．【例9】 两个人进行如下游戏，即两个人轮流从数列1，2，3，…，100，101中删去9个数，经过这样的11次删除后，还剩下两个数，如果这两个数的差是55，这时判第一个删数的人获胜，问谁能获胜?分析：按照题目中的要求，剩下两个数的差是55，就判第一个勾数的人获胜，那么我们就把差是55的数分组（1，56），（2，57），（3，58），（4，59），（5，60），…，（45，100），（46，101），还剩下47，48，49，50，51，52，53，54，55没有分组，即第一次若把这九个数去掉，剩下的数正好两个一组，每组数的差为55，剩下的工作就是要如何保证剩下的都是成组的数，若对手接下来删去的9个数是每组一个，那么甲就把每个数成组的另一个数删去即可，剩下的还是成组的数，若对手删去的是一个组的两个数，外加7个单独的，那么甲便把这7个数成组的另外一个删去，再删去一组数，还可以保证剩下的都是成组的数；若对手删去的是2个组的4个数，外加5个单独的，我们便也用同样的方式，……不论对手怎样删，我们都能保证剩下的为成组的数，一共删了（101-2）÷9=11次，即可保证最后两个数的差为55，从而判第一个删数的人获胜.【例10】 桌子上有8颗瓜子，甲、乙两人轮流拿瓜子，他们规定，假如甲先拿（当然，乙也可以先拿），甲可拿任意颗瓜子，但不能拿光，接着乙拿，乙可以拿不多于甲所拿瓜子的2倍，又轮到甲拿，甲可以拿不多于乙拿瓜子的2倍，这样交替进行，谁最后把瓜子拿光就算胜利.D B A C分析：假如甲先拿，且拿3颗以上，则剩下的瓜子可由乙一次拿走，于是乙胜，甲输；甲为了不让乙胜，显然不能拿多于3颗的瓜子数，而只能拿2或1颗.若甲决定拿2颗，乙就可以拿1（或2、3、4）颗，如乙拿2或3或4都将认输，故乙只能拿1颗.现在桌子上只剩下5颗瓜子，且又轮到甲拿瓜子，因刚才乙只拿了一颗，故甲可拿1或2颗瓜子，如拿2颗，乙就能把剩下的瓜子拿光而获胜.所以甲只能拿1颗，接着拿瓜子的乙也可拿1或2颗，为保证胜利，乙也拿1颗，这样桌子上只剩下3颗瓜子，仍轮到甲拿瓜子，且只能拿1颗或2颗，不管怎样拿，甲都是输定了.若甲决定拿1颗，则乙就拿2颗，此时桌上只剩下5颗且甲拿，情形和以上一样.故无论何种取法甲必输.这个数字游戏和斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，…有关.8为该数列中的一项.事实上是：如果甲、乙两人都清楚这个游戏的“窍门”，那么如瓜子数是该数列的某一项，则先拿者输，如瓜子数不是该数列的某一项，则先拿者赢.专题展望本讲主要讲了游戏中的取胜策略问题，希望同学们通过本讲的学习掌握在游戏中取胜的数学思想方法，在游戏中学到知识，请同学们再接再厉，加油！练习十一1.（例1）桌上放着40根火柴，甲、乙二人轮流取，每次可取1到3根，规定谁取到最后一根谁获胜．假设甲先取，那么谁一定获胜，如何获胜?分析：乙一定获胜.每次可取1～3根，则甲、乙每轮所取的火柴之和总可以凑成4，例如，甲取1根，乙就取3根；甲取2根，乙就取2根；甲取3根，乙就取1根，因为40是4的倍数，无论甲如何取，乙总有相应的取法使得这一轮里火柴共被取走4根，因此，乙必定可以取走最后一根火柴.2.（例2）有两堆枚数相等的棋子，甲、乙两人轮流在其中任意一堆里取，取的枚数不限，但不能不取，谁取到最后一枚棋子谁获胜.如果甲后取，那么他一定能获胜吗？分析：甲必胜.3.（例3）两人轮流报数，但报出的数只能是1至10的自然数.同时把所报数一一累加起来，谁先使这个累加和达到100，谁就获胜.问怎样才能确保获胜？分析：这个问题可以倒着想，要想使总和先达到100，应该最后给对方留下多少个数呢？由于每个人报的数最大是10，最小是1，因此对方最后一次报完数后，总和最大是99，最小是90，所以最后一次应该给对方留下11个数，也就是说要先达到100，就必须先达到89.如何抢到89这个数呢？采用同样的分析方法可知，应先达到78.依此类推，可以得到每次报数应占领的“制高点”是：100，89，78，67，56，45，34，23，12，1.所以获胜的策略是：（1）先报1；（2）每次对方报a（1≤a≤10），你就报11-a.这样，每次你都能占领一个“制高点”，以确保获胜..4.（例7）下图是一副“1999”棋，甲、乙两人玩棋，分别取红、黑两方分析：甲胜.利用对称性，甲先走第二行的8步.此时，前两行相同，后两行相同.以后，当乙走某行的a步时，甲就走对应行的a步，总保持前两行相同，后两行相同.只要乙能走棋，甲必能走棋，所以乙先无棋可走，甲胜.5.（例9）黑板上写着一排相连的自然数1，2，3，…，51.甲、乙两人轮流划掉连续的3个数.规定在谁划过之后另一人再也划不成了，谁就算取胜.问：甲有必胜的策略吗？分析：甲先划，把中间25，26，27这三个数划去，就将1到51这51个数分成了两组，每组有24个数.这样，只要乙在某一组里有数字可划，那么甲在另一组里相对称的位置上就总有数字可划.因此，若甲先划，且按上述策略去进行，则甲必能获胜.数学故事大海盗雷斯家族世代都是海盗头子，到十六世纪中叶时，更是盛况空前，希尔顿·雷斯和艾登·雷斯兄弟各自拥有自己强大的海盗军队，在地中海一带不可一世．终于有一天两兄弟闹不和，都想掌握整个家族，享用家族世代积攒的财宝．但是他们又都不敢跟对方开战，因为他们都没有必胜的把握，而且就算战胜了对方自己的军队也必定伤亡惨重，也许从此就一蹶不振，所以双方一直僵持不下，难以解决．他们的父亲眼见分裂之势已成，无法挽回，又不忍见两个儿子自相残杀，于是想了一个办法，以使事情顺利解决．于是他找了一天把两个儿子召集在一起，说道：“我知道要你们像以前一样相处是不可能了，但你们要是自相残杀岂不是让我们的敌人占了便宜，或许我们的家族也会有灭亡的危险，所以我想了一个办法，能令你们和平地分成两个强大的海盗军团，但你们要答应我遵守我所说的规则!”两兄弟见父亲说的有理便答应了．于是老人接着说：“是这样的，我相信你的军队实力足以自立当世.你们惟一想争的只是家族的财宝，我把财宝中最贵重的部分装在一个箱子中，其余的分别平均装在99个箱子中，你们两个轮流来我这里取箱子，每次取1到lO箱都可以，不能少取也不能多取，我会把最贵重的一箱放在最后，你们取到的箱子都归自己所有，谁取到最贵重的一箱谁就继续留在这里，而另一方必须离开地中海到别处发展，以免互相之间产生摩擦，手足相残．”两兄弟均觉依照这个办法虽然自己有可能被赶出家门，但机会是平等的，还算公平，便答应了．等父亲把财宝准备好，又出现了一个问题：谁先取呢?于是讨论决定：双方划拳，胜者决定先取还是后取．划拳的结果是希尔顿.雷斯赢了，他想了一下决定先取．于是两兄弟轮流到父亲处取财宝，几轮下来最后一箱贵重的财宝被希尔顿·雷斯取走了．艾登·雷斯依照约定离开了地中海，再也没有回来．父亲虽然眼见家族分裂老怀伤感，但见两兄弟相安无事也心怀安慰．几十年后，雷斯家族日趋没落，雷斯兄弟也各自在战斗中被西班牙皇家海军击败，他们逃出来后流落异乡，从此一蹶不振．一日，他们在某个小镇碰见，十分高兴，于是来到酒吧喝酒，后来聊到当年的分裂，艾登·雷斯说：“唉，当初运气不佳，被你碰巧取到了大财宝，我才被迫背井离乡!”那知希尔顿·雷斯哈哈一笑，说到：“我决定先取的时候就知道我赢定了!”艾登·雷斯非常诧异，问道：“怎么会?你怎么能知道我每次会取几箱呢?”希尔顿·雷斯回答道：“不用知道，我先取一箱，以后每次所取的箱数都与你取的凑够1l箱，这样我就赢定了．”艾登·雷斯想了一下顿时恍然大悟，后悔当时没有明白．。

（一） 时钟问题一．追及距离（格数）÷速度差（1－121）= 时间 1．两针重合公式：格数÷（1－121） 2．两针垂直公式：（格数±15）÷（1－121） 3．两针成直线公司：（格数±30）÷（1－121）推广：两针成30°公式：（格数±5）÷（1－121） 两针成60°公式：（格数±10）÷（1－121）两针成120°公式：（格数±20）÷（1－121）4．两针与某时刻距离相等（假设为相遇问题）公式：格数÷（1＋121） 5．镜子中的时刻：镜子中与实际时针只需将分针与时针互换。

例：镜子中6点20分即现实中的5点40分。

6．时针与分针成多少度公式：时针点数×5×6°－ 分针点数×5.5° 7．从0点到12点时针与分针共重合11次。

（二） 整数的计算公式：1．求和公式：和=（首项+末项）×项数÷2 2．项数公式：项数=（末项－首项）÷公差＋13．末项公式：末项=首项＋（项数－1）×公差 另有：奇数个数的和除以项数等于中间数 4．从1开始的连续自然数的平方求和公式：21+22+23+ (2)n =6)12()1(+⨯+⨯n n n从1开始的连续奇数的求平方和公式：21+23+25+……(2n －1)2= 61×n ×(n+1)×(n+2)从2开始的连续偶数的平方求和公式：22+24+26+……+2n 2= 61×n ×(n+1)×(n+2)5．连续自然数的立方求和公式：13+23+33+……+n 3 = （1+2+3+……+n ）26．平方差公式：a 2－b 2=（a ＋b ）×（a －b ） a －1=（a ＋1）×（a －1） 7．公比是2的等比数列求和公式：S=2＋22＋23＋24……＋2n = 21+n －28．等差数列的平均数公式：（首项＋末项）÷2 9．裂项公式：①)1(1+⨯n n =n 1－11+n 211⨯＋321⨯＋431⨯=1－21＋21－31＋31－41②)(1k n n +⨯=（n 1－k n +1）×k 1有公差的分母，分拆成首项与末项的差乘以公差的倒数。

小学奥数基础教程（四年级）第1讲速算及巧算（一）第2讲速算及巧算（二）第3讲高斯求和第4讲 4，8，9整除的数的特征第5讲弃九法第6讲数的整除性（二）第7讲找规律（一）第8讲找规律（二）第9讲数字谜（一）第10讲数字谜（二）第11讲归一问题及归总问题第12讲年龄问题第13讲鸡兔同笼问题及假设法第14讲盈亏问题及比较法（一）第15讲盈亏问题及比较法（二）第16讲数阵图（一）第17讲数阵图（二）第18讲数阵图（三）第19将乘法原理第20讲加法原理（一）第21讲加法原理（二）第22讲还原问题（一）第23讲还原问题（二）第24讲页码问题第25讲智取火柴第26讲逻辑问题（一）第27讲逻辑问题（二）第28讲最不利原则第29讲抽屉原理（一）第30讲抽屉原理（二）第1讲速算及巧算（一）计算是数学的基础，小学生要学好数学，必须具有过硬的计算本领。

准确、快速的计算能力既是一种技巧，也是一种思维训练，既能提高计算效率、节省计算时间，更可以锻炼记忆力，提高分析、判断能力，促进思维和智力的发展。

我们在三年级已经讲过一些四则运算的速算及巧算的方法，本讲和下一讲主要介绍加法的基准数法和乘法的补同及同补速算法。

例1 四年级一班第一小组有10名同学，某次数学测验的成绩（分数）如下：86，78，77，83，91，74，92，69，84，75。

求这10名同学的总分。

分析及解：通常的做法是将这10个数直接相加，但这些数杂乱无章，直接相加既繁且易错。

观察这些数不难发现，这些数虽然大小不等，但相差不大。

我们可以选择一个适当的数作“基准”，比如以“80”作基准，这10个数及80的差如下：6，-2，-3，3，11，-6，12，-11，4，-5，其中“-”号表示这个数比80小。

于是得到总和=80×10＋（6-2-3＋3＋11-＝800＋9＝809。

实际计算时只需口算，将这些数及80的差逐一累加。

为了清楚起见，将这一过程表示如下：通过口算，得到差数累加为9，再加上80×10，就可口算出结果为809。

火柴棒趣味数学思维游戏提升级（附完整答案）训练中小学生逻辑思维能力的好帮手提升级：二维变换等式二维变换等式是指在错误等式中，在数字间或数字与运算符间移动1根火柴棒，使2个数字或运算符变化，从而使错误的等式变成正确的等式。

二维变换等式需要先分析给定错误等式中的数字运算偏差情况，判断其中的哪个数字需要变换、变大还是变小、加减号之间是否需要变换，同步需要考虑的是变换如果涉及到增加或减少火柴棒的来源或去向。

二维变换等式虽然也是只移动一根火柴棒，但是会涉及到2个数字或运算符的变换，所以难度比一维变换等式稍微有所增大，有的会有多种答案，属于提升级的，对你的逻辑思维能力有一定的挑战。

二维变换等式之一★★下图由火柴拼出的等式是一个错误的等式，只许移动1根火柴，使错误的等式变成正确的等式。

二维变换等式之二★★下图由火柴拼出的等式是一个错误的等式，只许移动1根火柴，使错误的等式变成正确的等式。

二维变换等式之三★★下图由火柴拼出的等式是一个错误的等式，只许移动1根火柴，使错误的等式变成正确的等式。

下图由火柴拼出的等式是一个错误的等式，只许移动1根火柴，使错误的等式变成正确的等式。

二维变换等式之五★★下图由火柴拼出的等式是一个错误的等式，只许移动1根火柴，使错误的等式变成正确的等式。

二维变换等式之六★★下图由火柴拼出的等式是一个错误的等式，只许移动1根火柴，使错误的等式变成正确的等式。

二维变换等式之七★★下图由火柴拼出的等式是一个错误的等式，只许移动1根火柴，使错误的等式变成正确的等式。

下图由火柴拼出的等式是一个错误的等式，只许移动1根火柴，使错误的等式变成正确的等式。

二维变换等式之九★★下图由火柴拼出的等式是一个错误的等式，只许移动1根火柴，使错误的等式变成正确的等式。

二维变换等式之十★★下图由火柴拼出的等式是一个错误的等式，只许移动1根火柴，使错误的等式变成正确的等式。

二维变换等式之十一★★下图由火柴拼出的等式是一个错误的等式，只许移动1根火柴，使错误的等式变成正确的等式。

小学奥数基础教程（四年级）第1讲速算与巧算（一）第2讲速算与巧算（二）第3讲高斯求和第4讲 4，8，9整除的数的特征第5讲弃九法第6讲数的整除性（二）第7讲找规律（一）第8讲找规律（二）第9讲数字谜（一）第10讲数字谜（二）第11讲归一问题与归总问题第12讲年龄问题第13讲鸡兔同笼问题与假设法第14讲盈亏问题与比较法（一）第15讲盈亏问题与比较法（二）第16讲数阵图（一）第17讲数阵图（二）第18讲数阵图（三）第19将乘法原理第20讲加法原理（一）第21讲加法原理（二）第22讲还原问题（一）第23讲还原问题（二）第24讲页码问题第25讲智取火柴第26讲逻辑问题（一）第27讲逻辑问题（二）第28讲最不利原则第29讲抽屉原理（一）第30讲抽屉原理（二）第1讲速算与巧算（一）计算是数学的基础，小学生要学好数学，必须具有过硬的计算本领。

准确、快速的计算能力既是一种技巧，也是一种思维训练，既能提高计算效率、节省计算时间，更可以锻炼记忆力，提高分析、判断能力，促进思维和智力的发展。

我们在三年级已经讲过一些四则运算的速算与巧算的方法，本讲和下一讲主要介绍加法的基准数法和乘法的补同与同补速算法。

例1 四年级一班第一小组有10名同学，某次数学测验的成绩（分数）如下：86，78，77，83，91，74，92，69，84，75。

求这10名同学的总分。

分析与解：通常的做法是将这10个数直接相加，但这些数杂乱无章，直接相加既繁且易错。

观察这些数不难发现，这些数虽然大小不等，但相差不大。

我们可以选择一个适当的数作“基准”，比如以“80”作基准，这10个数与80的差如下：6，-2，-3，3，11，-6，12，-11，4，-5，其中“-”号表示这个数比80小。

于是得到总和=80×10＋（6-2-3＋3＋11-＝800＋9＝809。

实际计算时只需口算，将这些数与80的差逐一累加。

为了清楚起见，将这一过程表示如下：通过口算，得到差数累加为9，再加上80×10，就可口算出结果为809。