2011年暑假 六年级超常体系课后作业(全部)

第 1 讲.分数计算中的特殊方法裂项1. 原式 123490112052. 原式22( )24681098101( )49203. 原式 111()().()()59370014. 原式111111()()()()()457947943435457 457185. 原式 1111()()()()()25847200926. 11111457083045389547. 原式 11353216318. 原式 240( )1651134 51【总结】本题很明显我们可以先想到裂项，再来 观察分子和分母的关系，发现分子是分母两个乘数之差，这样我们就叫“裂差”第 2 讲.浓度问题1. （1）300 克浓度为 10%的糖水一共有糖 克，加入 60 克糖后，共有301%克糖，糖水的 浓度 变为 。30699625（2）加入 240 克水，浓度为 。03624（3）加入浓度为 15%的糖水 120 克，浓度变为：。9015%611.72. （1） 280（2） 5801643. 。%25030%14. 千克。-971605. 第二次倒出的纯酒精为：102.537所以两次共倒出纯酒精为：2.53.75=6.25（升）此时容器内的溶液浓度为：(106.25)37.%6. 在 中加入 60 克水后，但 溶质质量之和不变，此时两杯盐水中的盐的质量比仍然B,AB为 ，倒完后加满水后两杯 盐水中的盐的质量比 ，也就是说 中的盐减少了 ，3:264 7:3B14所以从 中倒出了 的盐水，即 25 克A17. 设第一次是将甲杯中的纯酒精 克倒入乙杯，第二次是将乙杯中的 克倒入甲杯，可列x y方程 ，解得 。则第二次从乙杯倒入甲杯的混合yyx%2512%501145yx溶液是 14 克。8. 整个 过程中盐水浓度在下降倒入 中后， 浓度变为原来的 ；倒入 中后，浓A102B度变为 中的 ；倒入 中后， 浓度变为 中的 所以对于一开始倒入A1023CB34中的盐水浓度可以用倒推的方法， ，即一开始倒入 中的盐水浓度10.5%243A为 12%第 3 讲.逻辑综合1. 探险家说：我将被五马分尸。2. 第一天的时候，每个人都 说自己左右的人都是骗子，可见其中任意相邻的三个人不能都是骗子，也就是说每相邻的 3 个人中至少有 1 个骑士，那么第一天至少有 个骑47163士；第二天的时候，每个人都说自己左右的人都与自己不是同类人，那么其中任意相 邻的三个人中至多有一个骑士，那么第二天至多有 个骑士46153由于第二天有一个人生病没来，那么实际上第二天应该至少有 个骑615士可见第二天恰好有 15 个骑 士，且生病的那个人也是 骑 士3. 鲍春来后两局最少赢 4 分，而陶菲克 总分没输，所以只能在赢的那局赢了 4 分，只能是17：21，后两局就直接推出了，而题目中说是逆转，所以陶菲克是第一局赢了，答案为17:21、21:19、21:194. 甲队得 6 分，只能是胜 2 场负 1 场；乙队得 4 分，只能是胜 1 场平 1 场负 1 场；丙队得 2分，只能是平 2 场负 1 场因为甲没有平局，所以丙与乙、丁都是平局，负给甲如果甲胜乙负丁，那么乙必负 丁；如果甲胜丁负乙，那么乙必胜丁所以丁与甲、乙的比赛必是一胜一负，得 3 分，再加上与丙是平局，得 1 分，所以丁共得 4 分5. 5 位选手进行乒乓球循环赛，每位选手比赛 4 盘，一共进行了 10 盘比赛，全部比赛共得20 分。又胜者得 2 分，负者得 0 分，因此，每位 选手的得分一定是偶数，最高分不会走超过8 分，由于 A 与 B 并列第一，知道 A 与 B 不会 4 盘比赛全 胜。故 A 与 B 的最高分只能是 6分。由于每人都至少胜了一盘，所以，最后一名的得分不少于 2 分，5 个人的得分情况只能是 2，4，6 这三种情况。由于 D 比 C 的名次高，所以 A、B 各得 6 分， D 得 4 分，C 得 2 分，因此 E 得 20-6-6-4-2=2 分。6. 考察两支队之间进行比赛所获得的分数，如果产生胜负关系，那么两队总得分为 3 分，如果平局，则总得分为 2 分四支队伍相互间进行了 6 场比赛，如果不出 现平局， 应当得分 总和为 18 分，但是出现了一场平局，因此总得分为 分187一支队伍要确保出线，必须保 证不可能出现两支比自己得分高的球 队因此其得分应大于总得分的 ，因此这支球队至少要得 分，即至少得 6 分132135很容易说明得 6 分一定出线，因 为如果存在另外两支队伍出 线，那么他 们的得分应不小于 6 分，因此总得分将不小于 18 分，矛盾另外，如果得分不到 6 分，那么这支球队最多只能得 4 分（因 为得 5 分意味着两场平局，题目中告诉我们只有一 场平局）， 这时候其他三支球 队总得分为 13 分，如果分别为 6 分，6 分，1 分，那么 4 分的球队就不能出线了7. 支球队进行循环赛，共需要打 场， 产生总分 分由、知第 名负于第 名，那502012么第 名最多得 分由于各 队得分互不相同，而且 ，所以 支球1236543205队得分依次为 分、 分、 分、 分、 分65432第一名没有平过，又只得到了 6 分，因此 负过一场，而第二名的队没有负过，因此第一名应该负于第二名，胜 3，4，5 名第二名得了 5 分，其中胜第一名得了 2 分，又没有 负过，因此和 3，4，5 名皆为平局第四名得了 3 分，其中输给了第一名，平了第二名，没有胜过，因此和第 3，5 名都是平局第三名得了 4 分，输给了第一名，平了 2，4 名得 2 分，因此胜了第 5 名得 2 分第五名显然只和第 2，4 名平了，其余皆负综上，所有比赛平了 5 场，分别是 2-3，2-4，2-5，3-4，4-58. 54321 EDCBA2-12012+246+2409+4-给其编上号：（1）如右上图，由于 ，所以 ,345120345丙 1E；25C丙（2） ，由于 ,则 ，所以 ，而414D,2BC5,A（3） ，所以有 ,其他依次展开即可，最后填法如下图：95A5412325第 4 讲.整除问题1. 2+1+1+4+9=17,再加 1 即为 9 的倍数，所以方框中填 12. 原式等价于 ，即 ， 52ACB05AC210B2所以 或者 。当 时， 经过约分后 ，无解；当 0B103AC5时，经过约分后 。为了使 的末尾为 ，所以 ，132C206。即 。2A25603. 和谐法，我们列一个表格4 7 10其倍数 1xx1其倍数 33其倍数 7我们设三个连续自然数为 ，它们分别为 的倍数；我们把它扩大 1,x1074、 3被 ，它们分别还是 的倍数；我们分别把它减去 、减去 、 33x、 1074、 47减去 ，它们分别还是 的倍数。所以 是 的倍数。10、 3x1074、最小是 ，则 ，则 。那么三个连续自然数的和 7x10,43x9最小为 。4. 考虑到 ，而 是奇数，所以 必为 的倍数，因此可得 ；四位数289275A275B82B各位数字之和为 不是 的倍数也不是 的倍数，因此 必须是 的275163975A9倍数，其各位数字之和 能被 整除，所以 .445. ，由于这个六位数被 8 整除，后三位只能是 688，768 或者 776 三种168237情况，分别检验这个六位数被 7 除的情况可知，只有 768768 满足要求.6. 先将 55872 分解质因数： ，可见这两个三位数中有一5822397个一定是 97 的倍数，且这两个三位数不会超 过 600，否则 另一个数就不可能是三位数另外，由于 55872 是 3 的倍数，所以其中必有一个是 3 的倍数，而如果其中一个是3 的倍数，另一个也一定是 3 的倍数，所以 这两个数都是 的倍数那么其中一个三位数是 的倍数，又不超 过 600，只可能是 291 或 582，则另一个是 1929721或 96，显然只有 291 和 192 满 足，所以 这两个数的和为 2914837. 有两个数满足要求：123654,321654.8. 设两位数是 ，三位数是 ，根据题意有： ，所以 因此，ab109ab(10)ba能被 整除，且是 的 倍b9由于 是两位数， 是三位数，所以 ，即 小于 的 100 倍，所以，得到 由此又可得到 ，所以 小于 的 13 倍，910123a则 ，得到 3又因为 ，所以 ，则只能是 ，此时 0b12b14所以原来的两个数分别为 14 和 112，它 们的乘积为 568第 5 讲.列方程解应用题1. 设这批辞海一共有 本，那么第一天售出 本，第二天售出x245x本，由第一天售出本数的代数式可以得到，总本数是 5 的倍数，由523488xx第二天售出本数的代数式可以得到 被 8 除余 4，所以 总 本数被 8 除余 4，而 这批辞海的3x本数不超过 30 本，所以这批 辞海只能是 20 本，到第三天，这批辞海还有本23104206582. 用二元一次方程组求解即可， 设菜地有 亩，麦地有 亩根据题意，有：xy132xy解得： ， 8x2y所以菜地有 18 亩3. 设得 3 分的人数有 人，得 分的人数有 人,那么：5y，化 简为：4710840232.5xy 13542xy ，得到 ，即 ，再代入 ，最后得到方程组得解 ，所以147xy名学生当中得 分的有 人，得 分的有 人40744.CH GFEDA B【 为了叙述方便，我们 将图中各个小正方形分别用字母表示（如 图）设最小的正方形边长为 厘米x又因为小正方形 的边长为 7 厘米，小正方形 的边长为 4 厘米，所以小正方形AB的边长可以表示 为 （厘米），小正方形 的边长可以表示为CD（厘米），小正方形 的边长可以表示为 （厘米），72xE71x同时 ，小正方形 E 的边长还可以表示为正方形 D、C 的边长 减去正方形 A 的边长，即 （厘米），可以列方程 为 ，解得 从而可73x13得小正方形 、 、 、 、 、 的边长分别为 8 厘米、9 厘米、10 厘米、14 厘米、DFGH18 厘米、15 厘米大 长方形的 长为： （厘米），宽为： （厘米），18534182大长 方形的面 积为 ： （平方厘米）2065. 设 头牛 天吃 份草，设 公顷草地的原有草量为 ， 公顷草地的生长速度为11xy根据题意列方程组得 ，解得 ，因此第二群牛有351xy81y（头）(87)76. 设第一堆砖有 块，则根据第一个条件可得第二堆 砖有 块x 230x再设从第二堆中取出 块放在第一堆后，第一堆将是第二堆的 倍，可列方程：y 6，化简 得 ，那么6230y7180y7186x因为 是整数， 与 互质，所以 应是 的倍数， 最小是 ，推知 最小y10x是 ，所以，第一堆中的 砖头 最少有 块7106363710 1707. 设这样的四位数为 ，则 ，即 ，abcd208abcd208abcd则 或 21a若 ，则 ，得 ， ， ；1026303cd若 ，则 ，由于 ，所以10719217，所以 ，故 为 9， ，则 为偶0789b8b98c数，且 ，故 ，由 为偶数知 ， ， ；cc855ab所以，这样的四位数有 2003 和 1985 两个，其和 为： 038. 设所求的三位数为 ，经过排列所得最大数为 （ ，其中两个等号不能xyzABC 同时成立），则最小数为 ，依条件 应有 ，由于 ，所以从上式得CBAxyzA10yx由第二条式子可得到 ，又因为 是 经过改变数字次序而得，且 为9ABCxyzABC最大数，所以 ，因此， 、 必由 、 经过变换而得；从第一条式子及A知 ，所以 ，于是必定 ， ，由第三条式子得91Cz故 ，再由第一条式子得 ，因此所求x410495zA的三位数为 5第 6 讲.公式类行程问题（一）1. 在两船的船速相同的情况下，一船顺水，一船逆水，它们的航程差是什么造成的呢？不妨设甲船顺水，乙船逆水甲船的顺水速度 船速 水速，乙船的逆水速度 船速 水速，故：速度差 (船速 水速) (船速 水速) 水速，即：每小时甲船比乙船多走 (千米)26214 小时的距离差为 (千米)12482. 如果通过隧道时速度没有提高，那么将需要 秒，火 车速度为124（米/ 秒），火车全长 （米）(3025)(0)02503. 由题意可知，两辆电车之 间的距离为 1，有 ， ，又有8V张车 =9V王车 12车 =所以 ， 。全程为 ，那么相遇时间为 。124V张 =36王 4525()544364. 小 Q 上楼走 60 级的时间，下楼只能走 (级 )而下楼走了 36 级，所以下楼用的601时间是上楼时间的 (倍). 设 小 Q 上 楼 的 时 间 自 动 扶 梯 走 了 级 ，则 下 楼 的 时 间 内 x自 动 扶 梯 走 了 级 。根 据 自 动 扶 梯 的 级 数 可 列 方 程 ： ，解 得 (级 )，自 动3x 360扶 梯 有 (级 )60545. 令自动扶梯的运行速度为 x 级， 则有 300-100x=600-300x,x=0.5。所以自动扶梯长 150 级。6. 舰模从 A 码头顺流而下 960 米，航行 时间= 分， 20-4=16（分）。因此，960(24)舰模出发后第 16 分钟又回到 A 码头。既然舰模出发后第 16 分钟又回到 A 码头，所以，在这16 分钟中，舰模顺流行驶的路程与逆流行 驶的路程相同。顺流航行的速度是 200+40=240 米/分，逆流航行的速度是 200-40=160 米/ 分，顺流逆流时间比为 160:240=2:3。所以 顺流时间是6.4 分，顺流总路程为 。1536 是全程的整数倍，而全程大于 960，所以全程就2406.153是 1536 米。7. 设全程为单位 1，则顺水速度为 ，逆水速度 为 ，易知水速为 ，故自然46146241()漂流至上海需要 小时。248. 设题目中全程为 s，返回甲地 时候速度是 x，那么就有 ，解出 （千米每小时）.30sx40第 7 讲.归纳与递推计数1. 我们不妨拿新出生的一对小兔子分析一下：第一个月小兔子没有繁殖能力，所以还是一对；两个月后，生下一对小兔，此时共有两对；三个月以后，老兔子又生下一对，因 为小兔子还没有繁殖能力，所以一共是三对；依次类推可以列出下表：经过月数1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12兔子对数1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144这就是著名的斐波那契数列.斐波那契数列又因数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为 “兔子数列”“斐波那契数列” 的发明者是意大利数学家 列昂纳多斐波那契 （Leonardo Fibonacci，他生于公元 年，卒于 年.籍贯大概是 比萨）.他被人称作“ 比萨的1701240列昂纳多”. 年，他撰写了珠算原理( Liber Abaci)一书，斐波那契数列就是衍20生于珠算原理中的一道题目.正如达芬奇密码中，丹布朗对我们所言，答案就是 ， ， ， ， ， ， ， ，然1235812后按 ， ， ， 一直排列下去.(从第三位起)每位数都是前两位数之和，3458914这是欧洲人所知的第一个此类数列2. 第一次去掉 1 个三角形，得到 3 个小三角形，去掉的三角形的边长为 3 ；2第二次去掉 3 个三角形，得到 9 个小三角形，去掉的三角形的边长为 33 ；14第三次去掉 9 个三角形，得到 27 个小三角形，去掉的三角形的边长为 93 ；8第四次去掉 27 个三角形，去掉的三角形的 边长为 273 ；16所以，四次共去掉 139 2740（个）小三角形，去掉的所有三角形的边长之和是：3 9 27 81 121248133. 1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，第 年后有 987 个分支， 绝5对是一棵大树4. 递推法上 1 级台阶只有 1 种走法，上 2 级台阶有 和 2 两种走法，1事实上，上第 阶台阶，跨最后一步前，人所在的台阶一定是在第 级台阶或n 1n级台阶上，所以跨上第 级台阶的走法数相当于跨上第 级台阶和第2nn级台阶的总和依照这一 规律，列表写出跨 1 到 12 级 各级的走法数最后递推得到登上第 12 级楼梯有 233 种走法1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 121 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 2335. 由例 6 的结论我们可以知道，最多可以分成 64 块。6. 一个长方形把平面分成两部分第二个长方形的每一条边与第一个长方形最多有 个交2点，4 条边与第一个长方形最多有 (个)交点这 8 个交点将第二个长方形的周边分248成 8 段，这 8 段中的每一段都将原来的每一个部分分成 个部分，从而平面也增加了 8 个部2分，成为 10 个部分。第三个长方形的每一条边与前 2 个长 方形最多有 4 个交点，4 条边与前2 个长方形最多有 (个 )交点 这 16 个交点将第三个 长方形的周边分成 16 段，这 16416段中的每一段都将原来的每一个部分分成 个部分，从而平面也增加了 16 个部分，成 为 26个部分。所以三个长方形至多把平面分成 26 个部分 4 个 长方形：26+24=50 个7. 根据题意取完之后，剩下的石子个数只能是 剩下 即19,76,310,8754,210代表所有石子取完，因为每次可以取 1 个， 2 个或 3 个，根据递推思路，对应的取法列表如下剩下的石子个数 19 17 16 14 13 11 10 8 7 5 4 2 1 0对应的取法 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233 377 610即共有 610 种取法。8. 可以先尝试一下，倒推得出下面的 图：2410131112514302831643215167683421其中经 1 次操作变为 1 的 1 个，即 2，经 2 次操作变为 1 的 1 个，即 4，经 3 次操作变为1 的 2 个，是一奇一偶，以后发现，每个偶数可以变成两个数，分别是一奇一偶，每个奇数变为一个偶数，于是，经 1、2、次操作变为 1 的数的个数依次为1，1，2，3，5，8， 这一串数中有个特点：自第三个开始，每一个等于前两个的和，即即经过 9 次操作变为 1 的数有 34 个.为什么上面的规律是正确的呢？道理也很简单. 设经过 次操作变为 1 的数的个数为 ,则nna1， 1， 2，a23a从上面的图看出， 比 大 . 一方面，每个经过 次操作变为 1 的数，乘以 2，就1nan得出一个偶数，经过 次操作 变为 1；反过来，每个 经过 次操作变为 1 的偶数，除以 2，就得出一个经过 次操作变为 1 的数. 所以经过 次操作变为 1 的数与经过 次操作变为 1 的偶数恰好一样多.前者的个数是 ,因此后者也是 个.1n nana另一方面，每个经过 次操作 变为 1 的偶数，减去 1，就得出一个奇数，它经过n次操作变为 1，反过来.每个 经过 次操作变为 1 的奇数，加上 1，就得出一n个偶数，它经过 次操作变为 1. 所以经过 次操作变为 1 的偶数经过 次操作变为 1 的奇数恰好一样多.而由上面所说，前者的个数就是 ,因此后者也是 .na1na经过 1 次操作变为 1 的数，分 为偶数、奇数两 类，所以na即上面所说的规律的确成立.第 8 讲.整数裂项与换元1. 原式 .41630531504932. 原式 781653、原式 24830246886574. 设 ，1234A12345B原式 (6B1166AB16AB)A165. 设 . N14620原式 1=N11N6. 一般的整数裂 项各项之间都是连续的，本题中各项之间是断开的，为此可以将中间缺少的项补上，再进行计算记原式为 ，再 设 ，A234567896798B则 1 10 ，978109105现在知道 与 的和了，如果能再求出 与 的差，那么 、 的值就都可以求出ABAB来了 12345346576897810AB( 7.98)2222)(1)()(91) 3334(69846 218500810所以， 912754A7. 通项公式 ，2(10)nan所以原式 =1717000168. 通项公式： ，221n na原式 34989(21)(1)(1)(1)()(1)()3459867098121905第 9 讲.复杂工程问题1. （方法一）：和例 1 类似，我 们可以有：甲 乙 ， 乙 丙 ， 丙191236不难求得，乙的工作效率 为 ，因此甲的工作效率为 ，12368198从而甲丙合作的工作效率为 ，即甲丙合作 12 天能完成。（方法二）：仍然观察上面那三个等式，我 们能否不求出每个人的工作效率，而通过整体的运算直接得到“ 甲 +丙 ”的值呢？不难发现，我 们只要把乙消掉就可以了；因此我们有： ，也就是 说 ：2丙，所以甲丙合作 天能完成。11936丙 122. 方程思想，设只有乙丙两人合做用 天， 则甲乙丙三人合做用 天。可列方程xx6， 。1521520 xx53. 方法一：甲一共干了 天，完成了全部工程的 ，还有 是乙做的，所以614620515乙干了 (天)，休息了 (天)，请假天数为 ： (天)1530100方法二：假设乙没有请假，则两人合作 天， 应完成全部工程的 ，1614)623超过了单位“1”的 ，则乙请假 (天)413034. 整个搬运的 过程，就是甲、乙、丙三人同时开始同时结束，共搬运了两个仓库的货物，所以他们完成工作的总时间为 小时212()674在这段时间内，甲、乙各自在某一个仓库内搬运，丙则在两个仓库都搬运过甲完成的工作量是 ，所以丙帮甲搬了 的 货物，丙帮甲做的 时间18718为 小时，那么丙帮乙做的 时间为 小时13842345. 在晴天，甲、乙两队的工作效率分别为 和 ，甲队比乙队的工作效率高 ；10613068在雨天，甲队、乙队的工作效率分别为 和 ，乙队的工作效率比3%1802甲队高 由于两队同时开工、同 时完工，完成工程所用的时间相同，所以整个13205施工期间，晴天与雨天的天数比 为 如果有 8 个晴天， 则甲共完成工程的1:8:50，而实际 的工程量为 1，所以在施工期间，共有 个晴天，81.1 1.256.4个雨天5.26. 若第一种做法的最后一小时是乙做的，那么甲、乙共做了偶数个小时，那么第二种做法中甲、乙用的时间应与第一种做法相同，不会多 小时，与题意不符所以第一种做法的最13后一小时是甲做的，第二种做法中最后 小时是甲做的，而这 小时之前的一小时是乙做的，13所以乙 甲 甲，得乙 甲1323甲、乙工作效率之和为： ，甲的工作效率 为： ，35165231(1)66所以甲单独做的时间为 (小时)27. 若甲、乙两人合作共需多少小时？（小时）15172836甲、乙两人各单独做 7 小时 后， 还剩多少？71余下的 由甲独做需要多少小时？36（小时）12共用了多少小时？ （小时）7438. 2 分钟多注的水等于出水孔的出水量，5 分钟多注的水等于 2 个出水孔的出水量。令第一种情况下出水时间为 x 分钟， ，得 ，令 3 个孔全开需要比 30 分钟多 y 分2(3)5x1x钟注满， ，得 ，所以需要 40 分钟才能注满水箱。123()y10y第 10 讲.直线型几何（一）1. （1） ； ， (面积单位) ；6L12N61214LS（2） ； ， (面 积单位) 03037N2. 在梯形 中运用梯形蝴蝶定理，可得 ，AECB4.8AMES在梯形 中运用梯形蝴蝶定理，可得 ；D1.5ND则 。94.82.7AOEMNDSS阴3. 由于 ，则 ，即 ， 。6ADGEF 6ADEF168ABCS48ABCS4. 。112235. ABC D E F G连接 ， A根据题意可知， ； ；5712CF715628DG所以， ， ， ， ，12BEBSECBFSAEADGS728EADGS于是： ； ；687ADGCF 3287DGBF可得 故三角形 的面积是 4040A6. (P) CBA（法 1）特殊点法由于 是 上任意一点，不妨设 在 点， 则此时 ，那么BPB0x，得到 ， 182ABCSy9yx（法 2）如图所示，连接 AP三角形 的面积等于三角形 与三角形 的面积之和，而这两个三角形AC的底 、 相等，高分别为 和 ，所以 ，可得 xy11882xy9xy7. EDCBA如右上图，ACE 是CDE 面积的 3 倍，所以 AC=3CD，AC=12043=90（cm），易知AB=BC，所以 AB=902=45（cm）8. 我们 画出示意 图(a)，则剩下的木块为图(b) ，将 块剩下的木块如下拼成一个正方形得到4图(c)31FJ LC IHGEDKB651812A图(a) 图(b) 图(c)我们称 为长， 为宽，有 长与宽的差为 ，所以图( c)中心的小正方形边长为ABD12，于是大正方形 的面积为 ，所以 长12EHK655932486AK为 36即，长 宽 ，已知：长 宽 ，得长 ，于是锯去部分的木条的面积为21236(平方米)1316另解：利用数的整除性和分数运算法则，经分析 ，其中 a 和 c 相差 b 的一半.把分6518cb母变成完全平方数的形式 ，即 b=6，分子要分解成两个相差 3 的数相乘，即1306130=1310.边长为 ，锯去部分的木条的面积为 (平方米)3162第 11 讲.弦图1. 中间小正方形的面积为 9，大正方形的面 积为 4 个三角形与中 间小正方形的面积之和，所以，大正方形的面积 25492912或根据勾股定理，大正方形的面积为 。252. 由于 ，利用勾股定理，如 图21033. 4. 如图，中心正方形占 9 格，周围三角形总共占 8 格，所以小正方形占大正方形的 9175. HGAB CDEF如右上图所示，在正方形 中构造“弦图”：由于 是等腰梯形，所以梯形 是EABCDABCD对称图形，由此可得 3526cm（ ） （ ）由于弦图中 4 个直角三角形都与 相同，所以， H 6cmEHG所以 29ADES （ ）6. 223441132017构造一个边长分别为 4 的正方形，把中心三角形包含在里面，所以三角形的面积为 77. 构造一个用 4 个 5 的 长方形和一个边长为 0.5 的小正方形构成的大正方形弦图，有，所以 。所以 锯下玻璃条面积为 平方米20.5().ab2.a2.501.8. QP NMHGFEA BCD如图所示，分别过阴影四边形 的四个顶点作正方形各 边的平行线，相交得 长方形GH，易知长方形 的面 积为 平方厘米MNPNP428从图中可以看出，原图中四个空白三角形的面 积之和的 2 倍，等于 、AENH、 、 四个长方形的面积之和，等于正方形 的面积加上长方形BFECGQDBCD的面积，为 平方厘米，所以四个空白三角形的面积之和为1285平方厘米，那么阴影四 边形 的面积为 平方厘米15276EFGH14768第 12 讲.概率1. （1） 0（2） 51（3） 04（4）0（5）12. 取两个黑球有 ，两个白球有 ，概率是 。4203412(120)64.53. 根据乘法原理，先后两次 掷骰子出现的两个点数一共有 种不同情况3将点数为 的情况全部枚举出来有：6： ： ： ： ：1,52,43,25,1点数之积为 的情况为： ： ： ： 63,26,1两个数相加和为 6 的有 5 组，一共是 36 组，所以点数之和为 6 的概率是 ：536点数之积为 6 的概率为 413694. 四人入座的不同情况有 种2、 相邻的不同情况，首先固定 的座位，有 种，安排 的座位有 种，安排 、ABA4B2C的座位有 种，一共有 种D416所以 、 不相邻而座的概率为 1235. 两人都没有命中的概率是 ，所以至少一枪命中概率是 0.880.3.6. 1238116381814141412116381814121球在顶点时的概率是 1，而每到一个岔口，它落入两边的机会是均等的，因此，可以采用标数法，如右上图所示，故从左至右落到底部的概率依次 为 、 、 、 、 16438167. 尾鱼中有 条鱼被标记过，所以池塘中鱼被标记的概率的实验得出值为2025，所以池塘中的 鱼被标记的概率可以看作是 ，池塘中 鱼的数量约为25.15 0.125尾088. 这 8 个 顶点任意 3 点都不在一条直线上，所以从 个顶点中任取 个顶点都能构成三83角形，所以应该有 个856C如下图所示，只有三角形的 3 条边分别是正方体各个面上的 对角线时，才是正三角形，这样的三角形共有 8 个。所以构成正三角形的可能性有 81567第 13 讲.变速变道问题1. 当路程一样时速度比等于时间的反比，速度增加 千米每小时时， 时间比为 ，所以1.54:5速度比为 ，则 千米占了原速度的 ，原速度 为 千米每小 时当每小 时少走 千米5:41. 1461.时，速度比为 ，即 为 ，时间比为 所以走这段路比原来多 6:.4:33: 132. 步行速度与 骑车的速度比为 ，所以通 过修路的 千米时用的时间与原来时间比为1:2，多用时间是原来的 倍，修路时比原来多用 分钟，所以骑车走 千米用 分钟，骑车3:121628速度为 千米每分钟，所以王刚家到学校有 千米420543. 由题意设原来速度和车 速提高了 后速度比为 ，则所用时间比为 ，设原计划用177:88:7时 8 份，提速后用时 7 份，差的一份正好是 30 分钟，,则原计划用时为 240 分钟,返回时间缩短 20 分钟，是由于车速提高 ，原来计划速度与返回提速后速度比为 ，则返回提速后这6 6:段路程内所用时间比为 ，设这段路程原计划用时 7 份，提速后用时为 6 份，差的一份正:好是 20 分钟，所以返回提速后用 时 120 分钟，原 计划用时 140 分钟，则原速行驶 120 千米用时 (分钟)，上 海、南京两市的路程是 (千米)24011204284. 设原速度是 1. 后来速度为 ，速度比 值 ： (120%).:(0%)5:6这是具体地反映：距离固定，时间与速度成反比.时间比值 6:5 这样可以把原来时间看成 6 份，后来就是 5 份， 这样就节省 1 份，节省 1 个小时原来时间就是1 6 6 小时同样道理，车速提高 30，速度比值： 时间比值：:(30):13:0这样节省了 3 份，节省 1 小时 ，可以推出行 驶一段时间后那段路程的原 时间为所以前后的时间比值为(6 ) 所以总共行驶了全程的 .3:5:1351385. 根据题意可知车速提高后与原来速度比为(1 20) 1 6 5,由于所行路程相同，所以:所用时间比为 5 6，所差时间 是 1 小时，即 1 份是 1 小时，所以原来行完全程需要 6 小时，同:理可求出行完 240 千米后所用时间为 40 5 200(分钟) (时)，所以行 240 千米所用时3间为 6 (时)，火车速度 为 240 90(千米/ 时) ，甲乙两地间的距离为1388390 6 540(千米)6. 当他们相遇是，甲走了全程的 ，乙走了全程的 ，相遇后他们的速度比变为52