六年级三阶训练计算篇

关于训练计划范文5篇第一阶段：弹跳力：立定跳远、兔跳、蛙跳、多级跳远、跳远腾空步、台阶上下跳、原地纵跳练习。

一、一般耐力：20——30分钟慢跑、越野跑、1600——3000米中速跑、等。

二、柔韧性练习：站立体前屈、俯卧臂伸、正侧踢腿、悬垂等。

三、上肢、腹肌、背力气练习：俯卧撑、击掌俯卧撑、杠铃抓举、挺举。

四、灵敏性练习：穿梭跑、闪身跑、看信号跑、等。

五、肯定速度练习：30——50米最大强度底跑、复跑、上下坡跑、顺风跑、阻力跑、等循环练习法每周3－4次每次5－6项。

严格掌握时间、次数。

一般4－6次为一组，做5－6组。

每组完毕后穿插几个20－30米底加速跑。

留意：初期以把握技术和力气为主。

循序渐进合理安排负荷量、强度。

防止中过渡疲惫和运动损伤。

800米以上跑以提高机体有养工作底力量和机体对运动工程底适应力量。

心率掌握在每分钟150－160次。

其次阶段：一、100米：1、最大强度底反复跑30——50米。

2、接近最大强度的反复跑80——150米。

3、最大强度的顺风跑、下坡跑20——60米。

4、接近最大强度的接力跑60——90米。

练习要求：100米属于极限运动，一次课总的快速跑量，不能超过800米－1000米。

并且要安排在调整后恢复的第一次课中，每次的第一项。

切记在疲惫状态下速度。

二、800米：1、200－400米段落跑，2——3组。

每组3次。

2、500——600米段落跑，3——4组每组1－2次。

3、800——600——400——200米间歇跑，1－2次1－2组。

练习要求：这个阶段强度要比一般耐力强度大，心率可在180次以上，间歇时间以心率降低到每分钟140次左右为好。

同时安排1——2次长距离的越野跑。

三、立定三级跳远1、深蹲跳。

2、负重深蹲。

3、负重半蹲跳。

4、负重弓箭步走。

5、行进间单脚跳。

练习要求：学生必需在担当最大负荷的条件下快速用力完成各项练习，能否合理把握在快速用力状况下的最大负荷量是影响条约成绩的关键和重要因素。

部编人教版六年级数学下册期中阶段检测及答案(三篇)目录：部编人教版六年级数学下册期中阶段检测及答案一部编人教版六年级数学下册期中阶段测试卷及答案二部编人教版六年级数学下册期中题及答案三部编人教版六年级数学下册期中阶段检测及答案一班级：姓名：满分：100分考试时间：90分钟一、填空题。

（20分）1、一个圆形游泳池的周长是314米，它的半径是_____，占地面积是_____．2、一个圆锥体零件底面半径是2厘米，高是6厘米，这个零件的体积是________立方厘米3、一个直角三角形两个锐角度数的比是1:2，则这两个锐角分别是（______）度和（______）度。

4、小明步行去离家10千米远的叔叔家，每小时走3千米，可他走40分钟要休息10分钟，他9：00出发，（_____）到叔叔家。

5、一个长方体的棱长总和是120厘米，长、宽、高的比是5 ：3 ：2，这个长方体长（_________）厘米，宽（________）厘米，高（________）厘米。

6、两个自然数的差是5，它们的最小公倍数与最大公约数的差是203，则这两个数的和是（______）。

7、在一个边长是6厘米的正方形内剪一个最大的圆，这个圆的周长是（__________）厘米。

面积是（_________）平方厘米。

8、一个底面直径和高都是3分米的圆锥，它的体积是________立方分米，一个与它等底等高的圆柱的体积比它大________立方分米．9、一个圆柱体表面积是336平方厘米。

把它从中间切开，得到两个一样的圆柱体。

它们的表面积和是432平方厘米，那么原来圆柱体的高是（____）厘米。

（π取3）10、八十亿六千零九万下作_____________，省略“亿”后面的尾数约是_____亿。

二、选择题（把正确答案前面的序号填在（）里）（10分）1、买同样的书，花钱的总价与（）成正比例．A、书的本数B、书的页数C、书的单价D、不能确定2、两个不同质数相乘的积一定是（）。

2014年六年级数学思维训练：计数综合三一、兴趣篇1．一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶．走完这10级台阶，一共可以有多少种不同的走法？2．小悦买了10块巧克力，她每天最少吃一块，最多吃3块，直到吃完，共有多少种吃法？3．用1×2的小方格覆盖2×7的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？4．如果在一个平面上画出4条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画20条直线，最多可以分成几个部分？5．甲、乙、丙三名同学练习传球，每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个．先由甲发球，经过6次传球后球仍然回到了甲的手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？6．一个三位数，有相邻两个数字的和为16，那么这样的三位数共有多少个？7．由1、3、4组成的四位数的各位数字之和为9的多位数共有多少个？8．一个各位数字互不相等的五位数不含数字0，且数字和为18，这样的五位数共有多少个？9．一个十位数只含有数字l或2，且不含两个连续的数字1，一共有多少个这样的十位数？10．一个六位数由1、2、3、4、5组成，而且任意相邻两个数位的数字之差都是l，这样的六位数有多少个？二、拓展篇11．老师给冬冬布置了12篇作文，规定他每天至少写l篇，如果冬冬每天最多能写3篇，那么共有多少种写完作文的方法？12．用10个1×3的长方形纸片覆盖一个10×3的方格表，共有多少种覆盖方法？13．现有14块糖，如果阿奇每天吃奇数块糖，直到吃完，那么阿奇共有多少种吃法？14．如果在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画8个圆，最多可以把平面分成几个部分？15．四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外三个人中的任意一个．先由红衣人发球，并作为第1次传球，经过8次传球后球仍然回到红衣人手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？16．如图所示，一个圆环被分成8部分，现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一，要求相邻两部分颜色不同，共有多少种染色方法？17．圆周上有10个点A1，A2，…，A10以这些点为端点连结5条线段，要求任两条线段之问都没有公共点，共有多少种连结方式？18．在有些多位数的各位数字中，奇数的个数比偶数的个数多，例如137、36712等．请问：在1至10000中有多少个这样的多位数？19．有些自然数存在相邻的两位数字顺次为7和5，例如1975、75675等，但432579．不算在内．请问：具有这种性质的六位数有多少个？20．用1至9这9个数字组成一个没有重复数字的九位数，满足以下要求：每一位上的数字要么大于它前面的所有数字，要么小于它前面的所有数字．请问：这样的九位数共有多少个？21．一个七位数，每位都是1、2或者3，而且没有连续的两个1，这样的七位数一共有个．22．满足下面性质的四位数称为“好数”：它的个位比十位大，十位比百位大，百位比千位大，并且任意相邻两位数字的差都不超过3．例如1346、2579是好数，但1567就不是好数．请问：一共有多少个好数？三、超越篇23．一个九位数，它只由数字l、2和3组成，而且它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，这样的自然数有多少个？如果还要求数字1、2和3每个数字都至少出现一次，则这样的九位数有多少个？24．（1）如果在一个平面上画出8个三角形，最多可以把平面分成多少个部分？（2）如果在一个平面上画出3个四边形、2个圆、l条直线，最多可以把平面分成多少个部分？25．如图所示，阴影部分是一个圆环，4条直线最多可以把这个阴影分成多少个部分？26．用15个1×2的小纸片覆盖如图，共有多少种不同的覆盖方法？27．（2011•西安校级自主招生）对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1．如此进行直到为l时操作停止．问：经过9次操作变为1的数有多少个？28．用4种不同的颜色将如图中的圆圈分别涂色，要求有线段连结的两个相邻的圆圈必须涂不同的颜色，共有多少种涂法？（不允许旋转、翻转图）29．圆周上有15个点A1，A2，…，A15，以这些点为顶点连出5个三角形，要求任意两个三角形没有公共点，共有多少种连接方式？30．有一年级到六年级的同学各一人，排成一列领取糖果．如果一个高年级的同学站在一个低年级的同学前面，那么这个低年级的同学就会产生一次“怨言”（一个人可以有多次“怨言”）．在一种排列顺序里，我们把所有“怨言”的总数叫“怨言数”．例如：六位同学按下面的顺序排列：一年级、四年级、三年级、二年级、六年级、五年级，那么这六位同学产生的“怨言”次数依次为0、0、l、2、0、l，这种排列的“怨言数”就是4．请问：有多少种“怨言数”为7的排列顺序？2014年六年级数学思维训练：计数综合三参考答案与试题解析一、兴趣篇1．一个楼梯共有10级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶．走完这10级台阶，一共可以有多少种不同的走法？【分析】从第1级开始递推，脚落到第1级只有从地上1种走法；第二级有两种可能，从地跨过第一级或从第一级直接迈上去；登上第3级，分两类，要么从第1级迈上来，要么从第2级迈上来，所以方法数是前两级的方法和；依此类推，以后的每一级的方法数都是前两级方法的和；直到10级，每一级的方法数都求出，因此得解．【解答】解：递推：登上第1级：1种登上第2级：2种登上第3级：1+2=3种（前一步要么从第1级迈上来，要么从第2级迈上来）登上第4级：2+3=5种（前一步要么从第2级迈上来，要么从第3级迈上来）登上第5级：3+5=8种登上第6级：5+8=13种登上第7级：8+13=21种登上第8级：13+21=34种登上第9级：21+34=55种登上第10级：55+34=89种；答：一共可以有89种不同的走法．2．小悦买了10块巧克力，她每天最少吃一块，最多吃3块，直到吃完，共有多少种吃法？【分析】利用归纳法，记有n块巧克力，有m种吃法，从小数开始算起，找到规律，然后递推出大数的情况．【解答】解：设有n块糖，有m种吃法，n=1时，m=1，有1=1n=2时，m=2，有2=1+1n=3时，m=4，有4=1+2+1n=4时，m=7，有7=1+2+4n=5时，m=13，有13=2+4+7…可以发现：从第四项开始，每项的方法数等于前三项的方法和，所以，后面的方法数是：24、44、81、149、274…所以，10块巧克力，共有274种吃法．答：共有274种吃法．3．用1×2的小方格覆盖2×7的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？【分析】本题分类计数：全部竖排1种；1个竖排有4种；3个竖排有10种；，5个横排有6种；然后加在一起，即可得解．【解答】解：1+4+10+6=21（种）答：共有21种不同的覆盖方法．4．如果在一个平面上画出4条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画20条直线，最多可以分成几个部分？【分析】根据直线两两相交，每三条不交于同一点，可把平面分成最多部分，根据两条直线最多分成的部分比一条直线分成部分增加2，三条直线最多分成部分比两条直线最多分成部分增加三，以此类推找出规律，可得答案．【解答】解：2条直线最多可将平面分成4个部分，如图：；三条直线最多分成可将平面分成7个部分，如图：；四条直线最多分成可将平面分成11个部分，如图：；n条直线最多分成可将平面分成2+2+3+4+…+n=+1个部分；所以画20条直线，最多可以分成+1=211个部分．答：在一个平面上画出4条直线，最多可以把平面分成11个部分；如果画20条直线，最多可以分成211个部分．5．甲、乙、丙三名同学练习传球，每人都可以把球传给另外两个人中的任意一个．先由甲发球，经过6次传球后球仍然回到了甲的手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？【分析】利用递推法，设经过n次传球回到甲手中的过程有A n种可能，n至少为2．从简单分析探讨得出答案即可．【解答】解：设经过n次传球回到甲手中的过程有A n种可能，n至少为2．A2=2，A3=2，对于A n，若第一次回到甲的手中是经过两次传球，有2种可能，此时还剩余2次，有A2种可能，总共有2A2种可能；若第一次回到甲手里是经过四次传球（不需要考虑第一次回到甲手里是经过三次传球，这样四次传球不可能回到甲的手中）有2种可能，所以A4=2A2+2=2A2+A3=6．对于A5，若第一次回到甲的手中是经过两次传球，有2种可能，此时还剩余3次，有A3种可能，总共有2A3种可能；若第一次回到甲的手中是经过三次传球有2种可能，此时还剩余2次，有2A2种可能；若第一次回到甲的手中是经过5次传球有2种可能，（不需要考虑第一次回到甲的手中是经过4次传球，这样5次传球不可能回到甲的手中）有2种可能，所以A5=2A3+2A2+2=2A3+A4=10．以此类推，可以得到A n=2A n﹣2+2A n﹣3+L+2A2+2=2A n﹣2﹣A n﹣1，A6=2A4+A5=22．即整个传球过程共有22种不同的可能．6．一个三位数，有相邻两个数字的和为16，那么这样的三位数共有多少个？【分析】由题意，相邻两个数字的和为16，可以是前两个数字和是16或后两个数字和是16，且16=7+9=8+8，据此分类枚举即可．【解答】解：因为16=7+9=8+8，所以可分前两位数是79、97、88以及后两位数是79、97、88六种情况枚举，790﹣﹣﹣﹣﹣799 10个970﹣﹣﹣﹣﹣979 10个880﹣﹣﹣﹣﹣889 10个179﹣﹣﹣979 9个﹣1个=8个（与前面重复一个为979）197﹣﹣﹣997 9个﹣1个=8个（与前面重复一个为797）188﹣﹣﹣988 9个﹣1个=8个（与前面重复一个为888）所以共有10+10+10+8+8+8=54个答：这样的三位数共有54个．7．由1、3、4组成的四位数的各位数字之和为9的多位数共有多少个？【分析】因为1+1+3+4=9，再找出由1、1、3、4组成的四位数共有多少个即可．【解答】解：1+1+3+4=9，这四位数以1开头，有6个；这四位数以3开头，有3个；这四位数以4开头，有3个；总共有6+3+3=12个．8．一个各位数字互不相等的五位数不含数字0，且数字和为18，这样的五位数共有多少个？【分析】5个不同的数和为18，则平均值是3.6；如果出现3时，这5个数可能是：1，2，3，4，8，和1，2，3，5，7；如果出现4时，这5个数可能是：1，2，4，5，6；再根据分类计数原理解答即可．【解答】解：把18分成4个不同的数之和，可能是：1，2，3，4，8，和1，2，3，5，7和1，2，4，5，6；由1，2，3，4，8组成的五位数有：5×4×3×2×1=120（个）；同理可得：由1，2，3，5，7组成的五位数有120个；由1，2，4，5，6组成的五位数有120个；所以这样的五位数共有：120×3=360（个）；答：这样的五位数共有360个．9．一个十位数只含有数字l或2，且不含两个连续的数字1，一共有多少个这样的十位数？【分析】每一位都有两种可能，或1或2，共10位．根据乘法原理，一共有2×2×2…×2=210个．【解答】解：每一位都有两种可能，或1或2，共10位．那就有2×2×2…×2=210个．答：共有210个这样的十位数．10．一个六位数由1、2、3、4、5组成，而且任意相邻两个数位的数字之差都是l，这样的六位数有多少个？【分析】通过分析：以1开头的和以5开头的满足六位数的数目一样，都是9个；以2开头的和以4开头的满足六位数的数目一样，都是18个；以3开头的六位数的是18个，所以共计：9×2+18×2+18=72种，据此解答即可．【解答】解：①以1开头的和以5开头的满足六位数的数目一样，都是9个；②以2开头的和以4开头的满足六位数的数目一样，都是18个；③以3开头的六位数的是18个，所以共计：9×2+18×2+18=72（种）答：这样的六位数有72个．二、拓展篇11．老师给冬冬布置了12篇作文，规定他每天至少写l篇，如果冬冬每天最多能写3篇，那么共有多少种写完作文的方法？【分析】利用递推法：对于A1，若第一天写1篇，剩余3篇，有A3种可能；若第一天写2篇，剩余2篇，有A2种可能；若第一天写3篇，剩余1篇，有A1种可能，所以A4=A3+A2+A1=7，以此类推，得出A n=A n﹣1+A n﹣2+A n﹣3，解决问题．【解答】解：设写完a篇作文的有An种方法，A1=1，A2=2，A3=4，对于A1，若第一天写1篇，剩余3篇，有A3种可能；若第一天写2篇，剩余2篇，有A2种可能；若第一天写3篇，剩余1篇，有A1种可能，所以A4=A3+A2+A1=7，以此类推，A n=A n﹣1+A n﹣2+A n﹣3，可得A12=A11+A10+A9=927．12．用10个1×3的长方形纸片覆盖一个10×3的方格表，共有多少种覆盖方法？【分析】本题采用递推法．若用1×3的小长方形去覆盖3×1的方格网，有1种方法，去覆盖3×2的方格网有2种方法，覆盖3×3的方格网会得到1+2=3种方法…依次进行求解，发现这是一个斐波那契数列，由此进行求解．【解答】解：若用1×3的小长方形去覆盖3×n的方格网，设方法数为A n，那么A1=1，A2=2当n≥3时，对于最左边的一列有两种覆盖的方法：（1）用1个1×3 的小长方形竖着覆盖，那么剩下的3（n﹣1）的方格网有An﹣1种方法；（2）用2个1×3的小长方形横着覆盖，那么剩下的3（n﹣2）的方格网有A n﹣2种方法，根据加法原理，可得：An=A n﹣1+A n﹣2．A3=1+2=3A4=2+3=5A5=3+5=8A6=5+8=13A7=8+13=21A8=13+21=34A9=21+34=55A10=34+55=89答：覆盖3×10的方格网共有89种不同方法．13．现有14块糖，如果阿奇每天吃奇数块糖，直到吃完，那么阿奇共有多少种吃法？【分析】利用归纳法，记有n块糖，有m种吃法，从小数开始算起，找到规律，然后递推出大数的情况．【解答】解：设有n块糖，有m种吃法，n=1时，m=1，有1=1n=2时，m=1，有2=1+1n=3时，m=2，有3=1+1+1=3n=4时，m=3，有4=1+1+1+1=1+3=3+1n=5时，m=5，有5=1+1+1+1+1=1+1+3=1+3+1=3+1+1=5…可以发现：从第三项开始，每项的方法数等于前两项的方法和，所以，后面的方法数是：8、13、21、34、55、89、144、233、377、…所以，14块糖，阿奇共有377种吃法．答：阿奇共有377种吃法．14．如果在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成几个部分？如果画8个圆，最多可以把平面分成几个部分？【分析】（1）根据直线两两相交，每三条不交于同一点，可把平面分成最多部分；在一个平面上画出1条直线，最多可以把平面分成2部分；在一个平面上画出2条直线，平面数量增加2，最多可以把平面分成2+2=4部分；在一个平面上画出3条直线，平面数量增加3，最多可以把平面分成：4+3=7部分；…，据此求出8条直线最多可以把平面分成几个部分即可；（2）画1个圆可以把平面分成2部分；画第2个圆时与第1个圆最多新产生2个交点，平面数量多2，即2+2=4，把分成4部分；画第3个圆时，与前两个圆最多新产生4个交点，平面数量增加4，即2+2+4=8，平面被分成8部分…每多画1个圆，平面数量分别增加2、4、6、8…，据此求出画8个圆，最多可以把平面分成几个部分即可．【解答】解：根据分析，可得（1）在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成：2+2+3+4+…+8==37（个）；答：如果在一个平面上画出8条直线，最多可以把平面分成37个部分．（2）在一个平面上画出画8个圆，最多可以把平面分成：2+2+4+6+8+10+12+14=58（个）．答：如果在一个平面上画出8个圆，最多可以把平面分成58个部分．15．四个人分别穿着红、黄、绿、蓝四种颜色的球衣练习传球，每人都可以把球传给另外三个人中的任意一个．先由红衣人发球，并作为第1次传球，经过8次传球后球仍然回到红衣人手中．请问：整个传球过程共有多少种不同的可能？【分析】设第n次传球后，球又回到红衣人手中的传球方法有a n种，可以想象前n﹣1次传球，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每一次都有3种可能，由乘法原理，共有3×3×3×…×3（n﹣1个3）=3n﹣1种传球方法．这些传球方法并不都是符合要求的，它们可以分为两类：一类恰好第n﹣1次恰好传到红衣人手中，这有a n﹣1种传法，它们不符合要求，因为这样第n次无法再把球传给红衣人；另一类是第n﹣1次传球，球不在红衣人手中，第n次持球人再将球传给红衣人，有a n种传法；根据加法原理有a n=a n﹣1﹣a n﹣2，由于红衣人是发球者，一次传球后又回到红衣人手中的传球方法是不存在的，所以a1=0，利用递推a2=3﹣0=3，a3=3×3﹣3=6，a4=3×3×3﹣6=21，a5=3×3×3×3﹣21=60，a6=3×3×3×3×3﹣60=183，a7=3×3×3×3×3×3﹣183=546，a8=3×3×3×3×3×3×3﹣546=1641．说明经过8次传球后球仍然回到红衣人手中，整个传球过程共有1641种不同的可能．【解答】解：设第n次传球后，球又回到红衣人手中的传球方法有a n种，如果每一次传球都任选其他三人中的一人进行传球，即每一次都有3种可能，由乘法原理，共有3×3×3×…×3（n﹣1个3）=3n﹣1种传球方法．第n﹣1次传球，球不在红衣人手中，第n次持球人再将球传给红衣人，有a n种传法；根据加法原理有a n=a n﹣1﹣a n﹣2，可得a1=0，递推a2=3﹣0=3，a3=3×3﹣3=6，a4=3×3×3﹣6=21，a5=3×3×3×3﹣21=60，a6=3×3×3×3×3﹣60=183，a7=3×3×3×3×3×3﹣183=546，a8=3×3×3×3×3×3×3﹣546=1641．答：经过8次传球后球仍然回到红衣人手中，整个传球过程共有1641种不同的可能．16．如图所示，一个圆环被分成8部分，现将每一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一，要求相邻两部分颜色不同，共有多少种染色方法？【分析】按照顺时针方向考虑：首先第一部分染上红、黄、蓝三种颜色之一有3种方法，则第二至七部分各有2种选择，最后一部分只有一种选择，根据乘法原理得出答案即可．【解答】解：3×2×2×2×2×2×2×1=192（种）答：共有192种染色方法．17．圆周上有10个点A1，A2，…，A10以这些点为端点连结5条线段，要求任两条线段之问都没有公共点，共有多少种连结方式？【分析】为了叙述的方便，不妨这10个点用下标数数字1、2、3、4、5…10表示，分情况探讨得出答案即可．【解答】解：（1）如图的连法：共5种1、连12，310，49，58，67，2、连23，14，510，69，78，3、连34，…4、连45，…5、连56，…以下5种与上面的重复，不考虑6、连67，…（与1重复）…10、连110，…（与5重复）（2）如图的连法：共2种1、连12，34，56，78，9102、连23，45，67，89，110 （3）如图的连法：共10种（4）如图的连法：共10种（5）如图的连法：共5种（6）图的连法：共10种合计共5+2+10+10+5+10=42种连法．18．在有些多位数的各位数字中，奇数的个数比偶数的个数多，例如137、36712等．请问：在1至10000中有多少个这样的多位数？【分析】本题可分情况进行讨论，分别求出1至10000中一位数，两位数，三位数，四位数、五位数中有多少个奇数的个数比偶数多的数，再相加即可．【解答】解：一位数中奇数的个数比偶数个数多的数：0个；两位数中奇数的个数比偶数个数多的数：5×5=25个；三位数中奇数的个数比偶数个数多的数分两种情况：①两位数是奇数一位数是偶数，这样的数有5×5×5×3﹣5×5=375﹣25=350个；②三位数是奇数，这样的数有：5×5×5=125个；四位数中奇数的个数比偶数个数多的数分两种情况：①三位数是奇数一位数是偶数，这样的数有5×5×5×5×4﹣5×5×5=2500﹣125=2375个；②四位数是奇数，这样的数有：5×5×5×5=625个；五位数即10000中没有；1至10000中有共有这样的数：25+350+125+2375+625=3500个答：1至10000中有3500个这样的数．19．有些自然数存在相邻的两位数字顺次为7和5，例如1975、75675等，但432579．不算在内．请问：具有这种性质的六位数有多少个？【分析】此题分为以下几种情况：①当75在首位时，剩余4位数字随意选；②当75不在首位时，75看作一个整体，位置有4种情况；③对于最高位的数有1﹣9共9种选择，剩余的3个数都有10种选择．求出每种情况的个数，解决问题．【解答】解：当75在首位时，剩余4位数字随意选，有10×10×10×10=10000（个），当75不在首位时，75看作一个整体，位置有4种情况（在23，34，45，56位），对于最高位的数有1﹣9共9种选择，剩余的3个数都有10种选择，一共有4×9×10×10×10=36000（个）具有这种性质的六位数有10000+36000=46000（个）．20．用1至9这9个数字组成一个没有重复数字的九位数，满足以下要求：每一位上的数字要么大于它前面的所有数字，要么小于它前面的所有数字．请问：这样的九位数共有多少个？【分析】1，2有12，21都可以．3可以加两边，所以有2×2种；4继续加两边，有2×2×2种；9个数是8个2相乘．据此解答．【解答】解：1，2有12，21都可以．3可以加两边，所以有2×2种．4继续加两边，有2×2×2种．9个数是8个2相乘，即28=256种．答：这样的九位数共有256个．21．一个七位数，每位都是1、2或者3，而且没有连续的两个1，这样的七位数一共有1224个．【分析】首先从1开始分析：从没有1到最多4个1，逐一分析探讨七位数的个数，再进一步合并即可．【解答】解：当没有1时，每一个位置都有两种选择，一共有27=128个；当有1个1时，1有7个位置，而2或者3有6个位置可选，一共有×26=448个，以此类推，当有2个1时，一共有×25=480个，当有3个1时，一共有×24=160个，当有4个1时，一共有23=8个，所以这样的七位数一共有128+448+480+160+8=1224个．故答案为：1224．22．满足下面性质的四位数称为“好数”：它的个位比十位大，十位比百位大，百位比千位大，并且任意相邻两位数字的差都不超过3．例如1346、2579是好数，但1567就不是好数．请问：一共有多少个好数？【分析】此题运用枚举法解答：①百位比千位大1，十位比百位大1，个位比十位大1；②两个1、一个2；③两个2、一个1；④三个2：千位有3种取法；⑤两个1、一个3；⑥两个3、一个1；⑦三个3；⑧两个2、一个3；⑨两个3、一个2；还有一种：一个1、一个2、一个3．把这几种情况的取法求出来后相加即可．【解答】解：三个1：百位比千位大1，十位比百位大1，个位比十位大1，其实就是千位随便取，后面每个大1．这时为了保证个位≤9，千位有6种取法，所以有6个数．两个1、一个2：千位有5种取法．两个1、一个2的安排方法有3种，所以有15个数．两个2、一个1：千位有4种取法，有12个数．三个2：千位有3种取法，有3个数．两个1、一个3：4×3=12个数．两个3、一个1：2×3=6个数．三个3：0个数．两个2、一个3：2×3=6个数．两个3、一个2：1×3=3个数．一个1、一个2、一个3：3×6=18个数．总共有：6+15+12+3+12+6+6+3+18=81（个）答：一共有81个好数．三、超越篇23．一个九位数，它只由数字l、2和3组成，而且它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，这样的自然数有多少个？如果还要求数字1、2和3每个数字都至少出现一次，则这样的九位数有多少个？【分析】它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，即1后面可能是1或3，2后面只能是3，3后面可能是2或3．当九位数以2开头，232333232，不满足数字1、2和3每个数字都至少出现一次，可发现九位数以2和3开头都不符合要求，因此只能以1开头，111111132；111111323；111111332…．【解答】解：它的任意连续两位数都不等于12、21、22或31，即1后面可能是1或3，2后面只能是3，3后面可能是2或3．共177个．由以上分析，如果还要求数字1、2和3每个数字都至少出现一次，只能以1开头，111111132；111111323，111111332；111113232，111113232，111113233，111113233…；因此共有：1+2+4+7+12+20+33=79（个）答：这样的自然数有177个，这样的九位数有79个．24．（1）如果在一个平面上画出8个三角形，最多可以把平面分成多少个部分？（2）如果在一个平面上画出3个四边形、2个圆、l条直线，最多可以把平面分成多少个部分？【分析】（1）一个三角形可把平面分成两部分，第2个三角形最多和第1个三角形有6个交点，平面增加了6部分，所以可把平面分成：2+6=8个部分；第3个三角形最多和前两个三角形有12个交点，平面增加了12部分，所以可把平面分成：2+6+12=20个部分；同理，第4个三角形可把平面分成：2+6+12+18=20个部分，…；所以n个三角形可把平面分成的部分数为：2+6+12+18+24+…=2+3n（n﹣1），据此解答即可．（2）3个四边形最多可以把平面分成26部分，2个圆可以把平面分成4个部分，再画一条直线，那么这条直线最多和前面的2个圆有4个交点，会多出4个部分，所以2个圆和一条直线最多把平面分成4+4=8个部分．【解答】解：（1）根据分析，可得2+3×8×（8﹣1）=2+168=170（个）答：8个三角形最多可以把平面分成170个部分．（2）3个四边形最多可以把平面分成26部分，2个圆可以把平面分成4个部分，再画一条直线，那么这条直线最多和前面的2个圆有4个交点，会多出4个部分，所以2个圆和一条直线最多把平面分成4+4=8个部分，则最多可以把平面分成：26+8=34（个）．答：最多可以把平面分成34个部分．25．如图所示，阴影部分是一个圆环，4条直线最多可以把这个阴影分成多少个部分？【分析】如图，当4条直线两两相交时，最多可以把这个阴影分成13个部分，据此解答即可．【解答】解：如图，当4条直线两两相交时，最多可以把这个阴影分成13个部分．26．用15个1×2的小纸片覆盖如图，共有多少种不同的覆盖方法？【分析】总共有8行，不妨把n行的方法数记为f（n），按如图编辑数字，不妨先考虑6号方格，（1）6，7一起，则必有3，2一起，1，4一起，5，8一起，此时的方法数为f（6）；（2）6，3一起，则必有7，10一起，11，14一起，15，18一起，19，22一起，23，26一起，27，30一起，29，28一起，25，24一起，21，20一起，17，16一起，13，12一起，9，8一起，剩下的1，2，4，5共2种；（3）6，5一起，同（2）一样的分析过程，只有1种；（4）6，9一起，同（3），1种；所以f（8）=f（6）+2+1+1=f（6）+4，f（8）变f（6）的时候去掉了编号前8个，同样的有f（6）=f（4）+4，f（4）=f（2）+4，f（2）=3，f（2）的时候只剩最后6个，所以f（8）=4+4+4+3=15种．【解答】解：如图：（1）6，7一起，则必有3，2一起，1，4一起，5，8一起，此时的方法数为f（6）；（2）6，3一起，则必有7，10一起，11，14一起，15，18一起，19，22一起，23，26一起，27，30一起，29，28一起，25，24一起，21，20一起，17，16一起，13，12一起，9，8一起，剩下的1，2，4，5共2种；（3）6，5一起，同（2）一样的分析过程，只有1种；（4）6，9一起，同（3），1种；所以f（8）=f（6）+2+1+1=f（6）+4，f（8）变f（6）的时候去掉了编号前8个，同样的有f（6）=f（4）+4，f（4）=f（2）+4，f（2）=3，f（2）的时候只剩最后6个，所以f（8）=4+4+4+3=15种．27．（2011•西安校级自主招生）对一个自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1．如此进行直到为l时操作停止．问：经过9次操作变为1的数有多少个？【分析】本题可以通过所给的变换规律，由易到难，确定操作可变为1的数组成斐波拉契数列，再根据所发现的规律求出经过9次操作变为l的数的个数．【解答】解：通过1次操作变为1的数有1个，即2；经过2次操作变为1的数有2个，即4、1；经过3次操作变为1的数有2个，即3、8；…；经过6次操作变为1的数有8个，即11、24、10、28、13、64、31、30；经过1、2、3、4、5…次操作变为1的数依次为1、2、3、5、8…，这即为斐波拉契数列，后面的数依次为：5+8=13，13+8=21，21+13=34，34+21=55．即经过9次操作变为1的数有55个．答：经过9次操作变为1的数有55个．28．用4种不同的颜色将如图中的圆圈分别涂色，要求有线段连结的两个相邻的圆圈必须涂不同的颜色，共有多少种涂法？（不允许旋转、翻转图）。

第四讲三阶幻方1、了解幻方的基本特点；2、学会用杨辉法填三阶幻方3、了解祖国的灿烂文化，感受数学的奇妙，提高学习数学的兴趣。

将3×3（三行三列）的正方形方格中，按一定规律既不重复又不遗漏地填入九个正整数，使得每行、每列、每条对角线上的三个正整数的和均相等，这样的图形叫做三阶幻方，也叫九宫图。

1、使每行、每列、每条对角线上的三个正整数之和叫做幻和，一个幻方的幻和一定相等。

2、九个正整数的中间一个数必定排在幻方的中心。

3、幻和＝中心数e×3，且d＋b＝ 2i，h＋f＝ 2a，b＋f＝ 2g，d＋h＝ 2c。

a b cd e fg h i4、另外还有四阶幻方、五阶幻方……直至任意阶幻方。

讲演者：得分：如图的九个方格内已填入一个数，请在其余的八个空格内填上其他的数，使得九个方格内是九个连续自然数，并且横行、竖行及对角线上的三个数的和都相等。

那么，所填入八个数之和是多少？10【解析】根据题意，10应该是横行、竖行及对角线上每三个数的平均数，所以横行、竖行及对角线上三个数的和是10×3＝30，所以三行九个数的和是30×3＝90，所以填入的八个数的和即可求出。

解答：30×3-10＝80。

讲演者：得分：把1～9这九个数字填写在右图正方形的九个方格中，使得每一横行、每一竖列和每条对角线上的三个数之和都相等。

【解析】方法一：我们首先要弄清每行、每列以及每条对角线上三个数字之和是几。

我们可以这样去想：因为1～9这九个数字之和是45，正好是三个横行数字之和，所以每一横行的数字之和等于45÷3＝15。

也就是说，每一横行、每一竖列以及每条对角线上三个数字之和都等于15。

在1～9这九个数字中，三个不同的数相加等于15的有：9＋5＋1，9＋4＋2，8＋6＋1，8＋5＋2，8＋4＋3，7＋6＋2，7＋5＋3，6＋5＋4。

因此每行、每列以及每条对角线上的三个数字可以是其中任一个算式中的三个数字。