小学奥数整理

总述：总共分为十二个专题，专题一：巧算和速算，分为三个模块：裂项、换元、循环小数与分数拆分专题二：比和比例分，为两个模块：比例计算，按比例分配和差关系专题三：方程综合应用专题四：平面几何局部，五大模型及其变形：等面积模型、鸟头定理、蝴蝶定理、相似模型、燕尾定理专题五：立体几何局部，分为两大模块：长方体和正方体、圆柱和圆锥专题六：分数百分数应用题，关键：分数应用题经常要涉及到两个或两个以上的量，我们往往把其中的一个量看作是标准量．也称为：单位“1〞，进行比照分析。在几个量中，关键也是要找准单位“1〞和对应的百分率，以及对应量三者的关系专题七：行程问题〔一〕，分为四个模块：发车问题、火车过桥、流水行船、时钟问题专题八：行程问题〔二〕，分为两个模块：时间相同速度比等于路程比、时间相同速度比等于路程比专题九：复杂抽屉原理，抽屉原理分为第一抽屉原理和第二抽屉原理专题十：数论之余数问题分为三个模块：带余除法的定义和性质、三大余数定理的应用、余数综合应用专题十一：数论综合〔二〕，分为四个模块：质数合数、余数问题、完全平方数、位值原理专题十二：计数综合分为两个模块：排列组合的应用、几何计数专题一：巧算和速算本讲知识点属于计算大板块内容，分为四个方面系统复习和学习小升初常考计算题型.裂项：是计算中需要发现规律、利用公式的过程，裂项与通项归纳是密不可分的，本讲要求学生掌握裂项技巧及寻找通项进行解题的能力换元：让学生能够掌握等量代换的概念，通过等量代换讲复杂算式变成简单算式。循环小数与分数拆分：掌握循环小数与分数的互化，循环小数之间简单的加、减运算，涉及循环小数与分数的主要利用运算定律进行简算的问题．4、通项归纳法通项归纳法也要借助于代数，将算式化简，但换元法只是将“形同〞的算式用字母代替并参与计算，使计算过程更加简便，而通项归纳法能将“形似〞的复杂算式，用字母表示后化简为常见的一般形式．知识点拨一、裂项综合〔一〕、“裂差〞型运算(1)对于分母可以写作两个因数乘积的分数，即形式的，这里我们把较小的数写在前面，即，那么有(2)对于分母上为3个或4个连续自然数乘积形式的分数，即：，形式的，我们有：裂差型裂项的三大关键特征：〔1〕分子全部相同，最简单形式为都是1的，复杂形式可为都是x(x为任意自然数)的，但是只要将x提取出来即可转化为分子都是1的运算。〔2〕分母上均为几个自然数的乘积形式，并且满足相邻2个分母上的因数“首尾相接〞〔3〕分母上几个因数间的差是一个定值。〔二〕、“裂和〞型运算：常见的裂和型运算主要有以下两种形式：〔1〕〔2〕裂和型运算与裂差型运算的比照：裂差型运算的核心环节是“两两抵消到达简化的目的〞，裂和型运算的题目不仅有“两两抵消〞型的，同时还有转化为“分数凑整〞型的，以到达简化目的。三、整数裂项(1)(2)二、换元解数学题时，把某个式子看成一个整体，用另一个量去代替它，从而使问题得到简化，这叫换元法．换元的实质是转化，将复杂的式子化繁为简．三、循环小数化分数1、循环小数化分数结论：纯循环小数混循环小数分子循环节中的数字所组成的数循环小数去掉小数点后的数字所组成的数与不循环局部数字所组成的数的差分母n个9，其中n等于循环节所含的数字个数按循环位数添9，不循环位数添0，组成分母，其中9在0的左侧；；；，……2、单位分数的拆分：例：=====分析：分数单位的拆分，主要方法是：从分母N的约数中任意找出两个m和n,有：=此题10的约数有:1,10,2,5.。例如：选1和2，有：此题具体的解有：例题精讲模块一、分数裂项原式计算：．如果式子中每一项的分子都相同，那么就是一道很常见的分数裂项的题目．但是此题中分子不相同，而是成等差数列，且等差数列的公差为2．相比拟于2，4，6，……这一公差为2的等差数列(该数列的第个数恰好为的2倍)，原式中分子所成的等差数列每一项都比其大3，所以可以先把原式中每一项的分子都分成3与另一个的和再进行计算．原式也可以直接进行通项归纳．根据等差数列的性质，可知分子的通项公式为，所以，再将每一项的与分别加在一起进行裂项．后面的过程与前面的方法相同．模块二、换元与公式应用计算：原式计算：法一：利用等比数列求和公式。原式法二：错位相减法．设那么，，整理可得．法三：此题与例3相比，式子中各项都是成等比数列，但是例3中的分子为3，与公比4差1， 所以可以采用“借来还去〞的方法，此题如果也要采用“借来还去〞的方法，需要将每一项的分子变得也都与公比差1．由于公比为3，要把分子变为2，可以先将每一项都乘以2进行算，最后再将所得的结果除以2即得到原式的值．由题设，，那么运用“借来还去〞的方法可得到，整理得到．计算：令，，那么： 原式模块三：循环小数与分数互化计算：，结果保存三位小数．方法一：方法二：⑴；⑵⑴法一：原式．法二：将算式变为竖式：可判断出结果应该是，化为分数即是．⑵原式专题二：比和比例教学目标：1、比例的根本性质2、熟练掌握比例式的恒等变形及连比问题3、能够进行各种条件下比例的转化，有目的的转化；4、单位“1”5、方程解比例应用题知识点拨：比例与百分数作为一种数学工具在人们日常生活中处理多组数量关系非常有用，这一局部内容也是小升初考试的重要内容.通过本讲需要学生掌握的内容有：一、比和比例的性质性质1：假设a:b=c：d，那么(a+c)：(b+d)=a：b=c：d；性质2：假设a:b=c：d，那么(a-c)：(b-d)=a：b=c：d；性质3：假设a:b=c：d，那么(a+xc)：(b+xd)=a：b=c：d；(x为常数)性质4：假设a:b=c：d，那么a×d=b×c；(即外项积等于内项积)正比例：如果a÷b=k(k为常数)，那么称a、b成正比；反比例：如果a×b=k(k为常数)，那么称a、b成反比．二、主要比例转化实例①；；；②；(其中)；③；；；④，；；⑤的等于的，那么是的，是的．三、按比例分配与和差关系⑴按比例分配例如：将个物体按照的比例分配给甲、乙两个人，那么实际上甲、乙两个人各自分配到的物体数量与的比分别为和，所以甲分配到个，乙分配到个.⑵两组物体的数量比和数量差，求各个类别数量的问题例如：两个类别、，元素的数量比为(这里)，数量差为，那么的元素数量为，的元素数量为，所以解题的关键是求出与或的比值．四、比例题目常用解题方式和思路解答分数应用题关键是正确理解、运用单位“l〞。题中如果有几个不同的单位“1〞，必须根据具体情况，将不同的单位“1〞，转化成统一的单位“1〞，使数量关系简单化，到达解决问题的效果。在解答分数应用题时，要注意以下几点：题中有几种数量相比拟时，要选择与各个条件关系密切、便于直接解答的数量为单位“1〞。假设题中数量发生变化的，一般要选择不变量为单位“1〞。应用正、反比例性质解容许用题时要注意题中某一数量是否一定，然后再确定是成正比例，还是成反比例。找出这些具体数量相对应的分率与其他具体数量之间的正、反比例关系，就能找到更好、更巧的解法。题中有明显的等量关系，也可以用方程的方法去解。赋值解比例问题例题精讲：模块一、比例转化例1：甲、乙、丙三个数，甲等于乙、丙两数和的，乙等于甲、丙两数和的，丙等于甲、乙两数和的，求.由甲等于乙、丙两数和的，得到甲等于三个数和的，同样的乙等于甲、丙两数和的，同样的丙等于甲、乙两个数和的，所以．模块二、按比例分配与和差关系〔一〕量倍对应例2：小新、小志、小刚三人拥有的藏书数量之比为，三人一共藏书本，求他们三人各自的藏书数量.根据题意可知，他们三人各自的藏书数量分别占三人藏书总量的、、，所以小新拥有的藏书数量为本，小志拥有的藏书数量为本，小刚拥有的藏书数量为本.〔二〕利用不变量统一份数例3：有一个长方体，长和宽的比是，宽与高的比是．外表积为，求这个长方体的体积.由条件长方体的长、宽、高的比，那么长方体的所有视面，上面、前面、左面的面积比为，这三个面的面积和等于长方体外表积的二分之一，所以，长方体的上面的面积为，前面的面积为，左面的面积为，而，所以即是长、宽、高的乘积，所以这个长方体的体积为．〔三〕利用等量关系列方程解比例例4：某学校入学考试，参加的男生与女生人数之比是．结果录取91人，其中男生与女生人数之比是．未被录取的学生中，男生与女生人数之比是．问报考的共有多少人？(法1)录取的学生中男生有人，女生有(人)，先将未录取的人数之比变成，又有(人)，所以每份人数是(人)，那么未录取的男生有(人)，未录取的女生有(人)．所以报考总人数是(人)．(法2)设未被录取的男生人数为人，那么未被录取的女生人数为人，由于录取的学生中男生有人，女生有(人)，那么，解得．所以未被录取的男生有12人，女生有16人．报考总人数是(人)．专题三：方程综合运用教学目标1、会解各种方程及方程组，熟练掌握各种解方程的解法2、根据题意寻找等量关系的方法来构建方程及方程组3、合理规划等量关系，设未知数、列方程〔组〕。例题精讲例1：用边长相同的正六边形白色皮块、正五边形黑色皮块总计32块，缝制成一个足球，如下图，每个黑色皮块邻接的都是白色皮块；每个白色皮块相间地与3个黑色皮块及3个白色皮块相邻接．问：这个足球上共有多少块白色皮块？设这个足球上共有x块白色皮块，那么共有3x条边是黑白皮块共有的．另一方面，黑色皮块有块，共有条边是黑白皮块共有的〔如图〕．由于在这个足球上黑白皮块共有的边是个定值，列得方程：，解得．即这个足球上共有20块白色皮块．例2:某八位数形如，它与3的乘积形如，那么七位数应是．设，那么，，，即七位数应是8571428例3：有三个连续的整数，最小的数加上中间的数的两倍再加上最大的数的三倍的和是68，求这三个连续整数.设最小的那个数为，那么中间的数和最大的数分别为和．那么，．所以这三个连续整数依次为10、11、12．例4：小军原有故事书的本数是小力的3倍，小军又买来7本书，小力买来6本书后，小军所有的书是小力的2倍，两人原来各有多少本书？设小力原有故事书x本，那么小军原有故事书3x本。小力原有故事书5本，小军原有故事书15本．专题四：平面几何局部教学目标：熟练掌握五大面积模型2.掌握五大面积模型的各种变形知识点拨一、等积模型①等底等高的两个三角形面积相等；②两个三角形高相等，面积比等于它们的底之比；两个三角形底相等，面积比等于它们的高之比；如右图③夹在一组平行线之间的等积变形，如右图；反之，如果，那么可知直线平行于．④等底等高的两个平行四边形面积相等(长方形和正方形可以看作特殊的平行四边形)；⑤三角形面积等于与它等底等高的平行四边形面积的一半；⑥两个平行四边形高相等，面积比等于它们的底之比；两个平行四边形底相等，面积比等于它们的高之比．二、鸟头定理两个三角形中有一个角相等或互补，这两个三角形叫做共角三角形．共角三角形的面积比等于对应角(相等角或互补角)两夹边的乘积之比．如图在中，分别是上的点如图=1\*GB2⑴(或在的延长线上，在上)，那么图=1\*GB2⑴图=2\*GB2⑵三、蝴蝶定理任意四边形中的比例关系(“蝴蝶定理〞)：①或者②蝴蝶定理为我们提供了解决不规那么四边形的面积问题的一个途径．通过构造模型，一方面可以使不规那么四边形的面积关系与四边形内的三角形相联系；另一方面，也可以得到与面积对应的对角线的比例关系．梯形中比例关系(“梯形蝴蝶定理〞)：①②；③的对应份数为．四、相似模型(一)金字塔模型(二)沙漏模型①；②．所谓的相似三角形，就是形状相同，大小不同的三角形(只要其形状不改变，不管大小怎样改变它们都相似)，与相似三角形相关的常用的性质及定理如下：⑴相似三角形的一切对应线段的长度成比例，并且这个比例等于它们的相似比；⑵相似三角形的面积比等于它们相似比的平方；⑶连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．三角形中位线定理：三角形的中位线长等于它所对应的底边长的一半．相似三角形模型，给我们提供了三角形之间的边与面积关系相互转化的工具．在小学奥数里，出现最多的情况是因为两条平行线而出现的相似三角形．五、燕尾定理在三角形中，，，相交于同一点，那么．上述定理给出了一个新的转化面积比与线段比的手段，因为和的形状很象燕子的尾巴，所以这个定理被称为燕尾定理．该定理在许多几何题目中都有着广泛的运用，它的特殊性在于，它可以存在于任何一个三角形之中，为三角形中的三角形面积对应底边之间提供互相联系的途径.典型例题例1：如图，，，，，线段将图形分成两局部，左边局部面积是38，右边局部面积是65，那么三角形的面积是．连接，．根据题意可知，；；所以，，，，，于是：；；可得．故三角形的面积是40．例2：如图在中，分别是上的点，且，，平方厘米，求的面积．连接，，，所以，设份，那么份，平方厘米，所以份是平方厘米，份就是平方厘米，的面积是平方厘米．由此我们得到一个重要的定理，共角定理：共角三角形的面积比等于对应角(相等角或互补角)两夹边的乘积之比．例3：如图，长方形的面积是36，是的三等分点，，那么阴影局部的面积为．如图，连接．根据蝴蝶定理，，所以；，所以．又，，所以阴影局部面积为：．例4：为等边三角形，面积为400，、、分别为三边的中点，甲、乙、丙面积和为143，求阴影五边形的面积．(丙是三角形)因为、、分别为三边的中点，所以、、是三角形的中位线，也就与对应的边平行，根据面积比例模型，三角形和三角形的面积都等于三角形的一半，即为200．根据图形的容斥关系，有，即，所以．又，所以例5：如图，三角形的面积是，是的中点，点在上，且，与交于点．那么四边形的面积等于．方法一：连接，根据燕尾定理，，,设份，那么份，份，份，如图所标所以方法二：连接，由题目条件可得到，，所以，，而．所以那么四边形的面积等于．专题五：几何——立体局部教学目标：对于小学几何而言，立体图形的外表积和体积计算，既可以很好地考查学生的空间想象能力，又可以具体考查学生在公式应用中处理相关数据的能力，所以，很多重要考试都很重视对立体图形的考查．知识点拨：长方体和正方体如右图，长方体共有六个面(每个面都是长方形)，八个顶点，十二条棱．①在六个面中，两个对面是全等的，即三组对面两两全等．(叠放在一起能够完全重合的两个图形称为全等图形．)②长方体的外表积和体积的计算公式是：长方体的外表积：；长方体的体积：．③正方体是各棱相等的长方体，它是长方体的特例，它的六个面都是正方形．如果它的棱长为，那么：，．二、圆柱与圆锥立体图形外表积体积圆柱圆锥注：是母线，即从顶点到底面圆上的线段长例题精讲：模块一：长方体和正方体右图是一个边长为4厘米的正方体，分别在前后、左右、上下各面的中心位置挖去一个边长l厘米的正方体，做成一种玩具．它的外表积是多少平方厘米?〔图中只画出了前面、右面、上面挖去的正方体〕原正方体的外表积是44696(平方厘米)．每一个面被挖去一个边长是1厘米的正方形，同时又增加了5个边长是1厘米的正方体作为玩具的外表积的组成局部．总的来看，每一个面都增加了4个边长是1厘米的正方形．从而，它的外表积是：9646120平方厘米．【稳固】:以下图是一个棱长为2厘米的正方体，在正方体上外表的正中，向下挖一个棱长为1厘米的正方体小洞，接着在小洞的底面正中向下挖一个棱长为厘米的正方形小洞，第三个正方形小洞的挖法和前两个相同为厘米，那么最后得到的立体图形的外表积是多少平方厘米？我们仍然从3个方向考虑．平行于上下外表的各面面积之和：2228(平方厘米)；左右方向、前前方向：22416(平方厘米)，1144(平方厘米)，41(平方厘米)，4(平方厘米)，这个立体图形的外表积为：41(平方厘米).要把12件同样的长a、宽b、高h的长方体物品拼装成一件大的长方体，使打包后外表积最小，该如何打包？=1\*GB2⑴当b2h时，如何打包？=2\*GB2⑵当b2h时，如何打包？=3\*GB2⑶当b2h时，如何打包？图2和图3正面的面积相同，侧面面积正面周长长方体长，所以正面的周长愈大外表积越大，图2的正面周长是8h6b，图3的周长是12h4b.两者的周长之差为2〔b2h〕.当b2h时，图2和图3周长相等，可随意打包；当b2h时，按图2打包；当b2h时，按图3打包.模块二：圆柱和圆锥如图，用高都是米，底面半径分别为米、米和米的个圆柱组成一个物体．问这个物体的外表积是多少平方米？(取)从上面看到图形是右上图，所以上下底面积和为(立方米)，侧面积为(立方米)，所以该物体的外表积是(立方米)．把一个高是8厘米的圆柱体，沿水平方向锯去2厘米后，剩下的圆柱体的外表积比原来的圆柱体外表积减少平方厘米．原来的圆柱体的体积是多少立方厘米？沿水平方向锯去2厘米后，剩下的圆柱体的外表积比原来的圆柱体外表积减少的局部为减掉的2厘米圆柱体的侧面积，所以原来圆柱体的底面周长为厘米，底面半径为厘米，所以原来的圆柱体的体积是(立方厘米)．一个圆柱体的体积是立方厘米，底面半径是2厘米．将它的底面平均分成假设干个扇形后，再截开拼成一个和它等底等高的长方体，外表积增加了多少平方厘米？()从图中可以看出，拼成的长方体的底面积与原来圆柱体的底面积相同，长方体的前后两个侧面面积与原来圆柱体的侧面面积相等，所以增加的外表积就是长方体左右两个侧面的面积．(法1)这两个侧面都是长方形，且长等于原来圆柱体的高，宽等于圆柱体底面半径．可知，圆柱体的高为(厘米)，所以增加的外表积为(平方厘米)；(法2)根据长方体的体积公式推导．增加的两个面是长方体的侧面，侧面面积与长方体的长的乘积就是长方体的体积．由于长方体的体积与圆柱体的体积相等，为立方厘米，而拼成的长方体的长等于圆柱体底面周长的一半，为厘米，所以侧面长方形的面积为平方厘米，所以增加的外表积为平方厘米．(2023年〞希望杯〞五年级第2试)一个拧紧瓶盖的瓶子里面装着一些水(如图)，由图中的数据可推知瓶子的容积是_______立方厘米．(取)由于瓶子倒立过来后其中水的体积不变，所以空气局部的体积也不变，从图中可以看出，瓶中的水构成高为厘米的圆柱，空气局部构成高为厘米的圆柱，瓶子的容积为这两局部之和，所以瓶子的容积为：(立方厘米)．【稳固】如图，甲、乙两容器相同，甲容器中水的高度是锥高的，乙容器中水的高度是锥高的，比拟甲、乙两容器，哪一只容器中盛的水多？多的是少的的几倍？设圆锥容器的底面半径为，高为，那么甲、乙容器中水面半径均为，那么有，，，，即甲容器中的水多，甲容器中的水是乙容器中水的倍．直角三角形的三条边长分别为，，，分别以这三边轴，旋转一周，所形成的立体图形中，体积最小的是多少立方厘米？(取)以的边为轴旋转一周所得到的是底面半径是，高是的圆锥体，体积为以的边为轴旋转一周所得到的是底面半径是，高是的圆锥体，体积为以的边为轴旋转一周所得到的是底面半径是斜边上的高的两个圆锥，高之和是的两个圆的组合体，体积为专题六：分数百分数应用题教学目标分析题目确定单位“1〞准确找到量所对应的率，利用量÷对应率＝单位“1〞解题抓住不变量，统一单位“1〞知识点拨：一、知识点概述分数应用题是研究数量之间份数关系的典型应用题，一方面它是在整数应用题上的延续和深化，另一方面，它有其自身的特点和解题规律．在解这类问题时，分析中数量之间的关系，准确找出“量〞与“率〞之间的对应是解题的关键．关键：分数应用题经常要涉及到两个或两个以上的量，我们往往把其中的一个量看作是标准量．也称为：单位“1〞，进行比照分析。在几个量中，关键也是要找准单位“1〞和对应的百分率，以及对应量三者的关系例如：〔1〕a是b的几分之几，就把数b看作单位“1〞．〔2〕甲比乙多，乙比甲少几分之几？方法一：可设乙为单位“〞，那么甲为，因此乙比甲少.方法二：可设乙为份，那么甲为份，因此乙比甲少.二、怎样找准分数应用题中单位“1〞〔一〕、局部数和总数在同一整体中，局部数和总数作比拟关系时，局部数通常作为比拟量，而总数那么作为标准量，那么总数就是单位“1〞。例如：我国人口约占世界人口的几分之几？——世界人口是总数，我国人口是局部数，世界人口就是单位“1〞。解答题关键：只要找准总数和局部数，确定单位“1〞就很容易了。〔二〕、两种数量比拟分数应用题中，两种数量相比的关键句非常多。有的是“比〞字句，有的那么没有“比〞字，而是带有指向性特征的“占〞、“是〞、“相当于〞。在含有“比〞字的关键句中，比后面的那个数量通常就作为标准量，也就是单位“1〞。例如：六〔2〕班男生比女生多——就是以女生人数为标准〔单位“1〞〕，解题关键：在另外一种没有比字的两种量相比的时候，我们通常找到分率，看“占〞谁的，“相当于〞谁的，“是〞谁的几分之几。这个“占〞，“相当于〞，“是〞后面的数量——谁就是单位“！〞。〔三〕、原数量与现数量有的关键句中不是很明显地带有一些指向性特征的词语，也不是局部数和总数的关系。这类分数应用题的单位“1〞比拟难找。需要将题目文字完善成我们熟悉的类似带“比〞的文字，然后在分析。例如：水结成冰后体积增加了，冰融化成水后，体积减少了。完善后：水结成冰后体积增加了→“水结成冰后体积比原来增加了〞→原来的水是单位“1〞冰融化成水后，体积减少了→“冰融化成水后，体积比原来减少了〞→原来的冰是单位“1解题关键：要结合语文知识将题目简化的文字丰富后在分析例1：(小数报数学竞赛初赛)甲、乙两人星期天一起上街买东西，两人身上所带的钱共计是元.在人民市场，甲买一双运动鞋花去了所带钱的，乙买一件衬衫花去了人民币元．这样两人身上所剩的钱正好一样多．问甲、乙两人原先各带了多少钱?设甲所带的钱数为份，那么甲和乙都还剩份，所以每份是，那么甲原来带了，乙原来带了例2：五年级上学期男、女生共有人，这一学期男生增加，女生增加，共增加了人．这一学年六年级男、女生各有多少人?方法一：此题我们用假设法来解答．假设这一学期五年级男、女生人数都增加，那么增加的人数应为(人)，这与实际增加的人相差(人)．相差人的原因是把女生增加的看成计算了，即少算了原女生人数的，也就是说这人正好相当于上学期女生人数的，可求出上学期女生的人数：(人)，男生人数为：(人)，这学年女生的人数：(人)，这学年男生的人数：(人)．方法二：此题可以看成男生1份＋女生1份＝13〔人〕，那么男生20份＋女生20份=13×20＝260〔人〕，比照分析可以看出：300—260＝40〔人〕对应男生的25—20＝5〔份〕，所以男生有40÷5×〔25＋1〕＝208〔人〕，女生有300＋13—208＝105〔人〕。例3：光明小学有学生人，其中女生的与男生的参加了课外活动小组，剩下的人没有参加．这所小学有男、女生各多少人?男生、女生都有的人参加了课外活动小组，那么共有(人)，比现在多出了(人)，这多出的人即为女生的，所以女生人数为(人)，男生人数为(人)例4：盒子里有红，黄两种玻璃球，红球为黄球个数的，如果每次取出个红球，个黄球，假设干次后，盒子里还剩个红球，个黄球，那么盒子里原有________个玻璃球．由于红球与黄球个数比为，所以假设每次取个红球，个黄球，那么最后剩下的红球与黄球的个数比仍为，即最后剩下个红球，个黄球，而实际上是每次取个红球，个黄球，最后剩个红球，个黄球，每次少取了3个黄球，最后多剩下45个黄球，所以一共取了次，所以球的总数为个．例5：〔年第七届“希望杯〞五年级一试〕工厂生产一批产品，原方案15天完成。实际生产时改良了生产工艺，每天生产产品的数量比原方案每天生产产品数量的多10件，结果提前4天完成了生产任务。那么这批产品有件。设原方案每天生产份，那么实际每天生产份加件，而根据题意这批产品共有份，所以实际每天生产份，所以份与份加件的和相同，所以每份就是件，所以这批产品共有件.或用方程来解.专题七：行程问题〔一〕教学目标：1、比例的根本性质2、熟练掌握比例式的恒等变形及连比问题3、能够进行各种条件下比例的转化，有目的的转化；4、单位“1”5、方程解比例应用题知识点拨：发车问题〔1〕、一般间隔发车问题。用3个公式迅速作答；汽车间距=〔汽车速度+行人速度〕×相遇事件时间间隔

汽车间距=〔汽车速度-行人速度〕×追及事件时间间隔

汽车间距=汽车速度×汽车发车时间间隔〔2〕、求到达目的地后相遇和追及的公共汽车的辆数。标准方法是：画图——尽可能多的列3个好使公式——结合s全程＝v×t-结合植树问题数数。当出现屡次相遇和追及问题——柳卡火车过桥火车过桥问题常用方法⑴火车过桥时间是指从车头上桥起到车尾离桥所用的时间，因此火车的路程是桥长与车身长度之和.⑵火车与人错身时，忽略人本身的长度，两者路程和为火车本身长度；火车与火车错身时，两者路程和那么为两车身长度之和.⑶火车与火车上的人错身时，只要认为人具备所在火车的速度，而忽略本身的长度，那么他所看到的错车的相应路程仍只是对面火车的长度.对于火车过桥、火车和人相遇、火车追及人、以及火车和火车之间的相遇、追及等等这几种类型的题目，在分析题目的时候一定得结合着图来进行.接送问题根据校车速度〔来回不同〕、班级速度〔不同班不同速〕、班数是否变化分类为四种常见题型：

〔1〕车速不变-班速不变-班数2个〔最常见〕

〔2〕车速不变-班速不变-班数多个

〔3〕车速不变-班速变-班数2个

〔4〕车速变-班速不变-班数2个

标准解法：画图＋列3个式子1、总时间=一个队伍坐车的时间+这个队伍步行的时间；2、班车走的总路程；3、一个队伍步行的时间=班车同时出发后回来接它的时间。时钟问题：时钟问题可以看做是一个特殊的圆形轨道上2人追及问题，不过这里的两个“人〞分别是时钟的分针和时针。时钟问题有别于其他行程问题是因为它的速度和总路程的度量方式不再是常规的米每秒或者千米每小时，而是2个指针“每分钟走多少角度〞或者“每分钟走多少小格〞。流水行船问题中的相遇与追及①两只船在河流中相遇问题，当甲、乙两船〔甲在上游、乙在下游〕在江河里相向开出：甲船顺水速度+乙船逆水速度=〔甲船速+水速〕＋〔乙船速-水速〕=甲船船速+乙船船速②同样道理，如果两只船，同向运动，一只船追上另一只船所用的时间，与水速无关.甲船顺水速度-乙船顺水速度=〔甲船速+水速〕-〔乙船速+水速〕=甲船速-乙船速也有：甲船逆水速度-乙船逆水速度=〔甲船速-水速〕-〔乙船速-水速〕=甲船速-乙船速.说明：两船在水中的相遇与追及问题同静水中的及两车在陆地上的相遇与追及问题一样，与水速没有关系.例题精讲：模块一发车问题某停车场有10辆出租汽车，第一辆出租汽车出发后，每隔4分钟，有一辆出租汽车开出.在第一辆出租汽车开出2分钟后，有一辆出租汽车进场.以后每隔6分钟有一辆出租汽车回场.回场的出租汽车，在原有的10辆出租汽车之后又依次每隔4分钟开出一辆，问：从第一辆出租汽车开出后，经过多少时间，停车场就没有出租汽车了？这个题可以简单的找规律求解

时间车辆

4分钟9辆

6分钟10辆

8分钟9辆

12分钟9辆16分钟8辆

18分钟9辆

20分钟8辆

24分钟8辆

由此可以看出：每12分钟就减少一辆车，但该题需要注意的是：到了剩下一辆的时候是不符合这种规律的到了12*9=108分钟的时候，剩下一辆车，这时再经过4分钟车厂恰好没有车了，所以第112分钟时就没有车辆了，但题目中问从第一辆出租汽车开出后，所以应该为108分钟。模块二火车过桥小李在铁路旁边沿铁路方向的公路上散步，他散步的速度是1.5米/秒，这时迎面开来一列火车，从车头到车尾经过他身旁共用了【答案】18米模块三流水行船乙船顺水航行2小时，行了120千米，返回原地用了4小时.甲船顺水航行同一段水路，用了3小时.甲船返回原地比去时多用了几小时乙船顺水速度：120÷2=60〔千米/小时〕.乙船逆水速度：120÷4=30〔千米/小时〕。水流速度：〔60-30〕÷2＝15〔千米/小时〕.甲船顺水速度：12O÷3＝4O〔千米/小时〕。甲船逆水速度：40-2×15=10〔千米/小时〕.甲船逆水航行时间：120÷10=12〔小时〕。甲船返回原地比去时多用时间：12-3=9〔小时〕．模块四时钟问题现在是10点，再过多长时间，时针与分针将第一次在一条直线上？时针的速度是360÷12÷60=0.5(度/分)，分针的速度是360÷60=6(度/分)即分针与时针的速度差是6-0.5=5.5(度/分)，10点时，分针与时针的夹角是60度，第一次在一条直线时，分针与时针的夹角是180度，即分针与时针从60度到180度经过的时间为所求。所以答案为(分)专题八：行程问题〔二〕教学目标：能够利用以前学习的知识理清变速变道问题的关键点；能够利用线段图、算术、方程方法解决变速变道等综合行程题；变速变道问题的关键是如何处理“变〞；掌握寻找等量关系的方法来构建方程，利用方程解行程题．知识精讲：比例的知识是小学数学最后一个重要内容，从某种意义上讲仿佛扮演着一个小学“压轴知识点〞的角色。从一个工具性的知识点而言，比例在解很多应用题时有着“得天独厚〞的优势，往往表达在方法的灵活性和思维的巧妙性上，使得一道看似很难的题目变得简单明了。比例的技巧不仅可用于解行程问题，对于工程问题、分数百分数应用题也有广泛的应用。我们常常会应用比例的工具分析2个物体在某一段相同路线上的运动情况，我们将甲、乙的速度、时间、路程分别用来表示，大体可分为以下两种情况：当2个物体运行速度在所讨论的路线上保持不变时，经过同一段时间后，他们走过的路程之比就等于他们的速度之比。，这里因为时间相同，即,所以由得到，，甲乙在同一段时间t内的路程之比等于速度比当2个物体运行速度在所讨论的路线上保持不变时，走过相同的路程时，2个物体所用的时间之比等于他们速度的反比。，这里因为路程相同，即，由得，，甲乙在同一段路程s上的时间之比等于速度比的反比。行程问题常用的解题方法有⑴公式法即根据常用的行程问题的公式进行求解，这种方法看似简单，其实也有很多技巧，使用公式不仅包括公式的原形，也包括公式的各种变形形式；有时条件不是直接给出的，这就需要对公式非常熟悉，可以推知需要的条件；⑵图示法在一些复杂的行程问题中，为了明确过程，常用示意图作为辅助工具．示意图包括线段图和折线图．图示法即画出行程的大概过程，重点在折返、相遇、追及的地点．另外在屡次相遇、追及问题中，画图分析往往也是最有效的解题方法；⑶比例法行程问题中有很多比例关系，在只知道和差、比例时，用比例法可求得具体数值．更重要的是，在一些较复杂的题目中，有些条件(如路程、速度、时间等)往往是不确定的，在没有具体数值的情况下，只能用比例解题；⑷分段法在非匀速即分段变速的行程问题中，公式不能直接适用．这时通常把不匀速的运动分为匀速的几段，在每一段中用匀速问题的方法去分析，然后再把结果结合起来；⑸方程法在关系复杂、条件分散的题目中，直接用公式或比例都很难求解时，设条件关系最多的未知量为未知数，抓住重要的等量关系列方程常常可以顺利求解．例题精讲：模块一、时间相同速度比等于路程比甲、乙二人分别从A、B两地同时出发，相向而行，甲、乙的速度之比是4:3，二人相遇后继续行进，甲到达B地和乙到达A地后都立即沿原路返回，二人第二次相遇的地点距第一次相遇的地点30千米，那么A、B两个人同时出发相向而行，相遇时时间相等，路程比等于速度之比，即两个人相遇时所走过的路程比为4:3．第一次相遇时甲走了全程的4/7；第二次相遇时甲、乙两个人共走了3个全程，三个全程中甲走了个全程，与第一次相遇地点的距离为个全程．所以A、B两地相距(千米)．模块二、路程相同速度比等于时间的反比甲、乙两人同时从地出发到地，经过3小时，甲先到地，乙还需要1小时到达地，此时甲、乙共行了35千米．求，两地间的距离．甲用3小时行完全程，而乙需要4小时，说明两人的速度之比为，那么在3小时内的路程之比也是；又两人路程之和为35千米，所以甲所走的路程为千米，即，两地间的距离为20千米．模块三、比例综合题小狗和小猴参加的100米预赛．结果，当小狗跑到终点时，小猴才跑到90米处，决赛时，自作聪明的小猴突然提出：小狗天生跑得快，我们站在同一起跑线上不公平，我提议把小狗的起跑线往后挪10米小猴不会如愿以偿．第一次，小狗跑了100米，小猴跑了90米，所以它们的速度比为；那么把小狗的起跑线往后挪10米后，小狗要跑110米，当小狗跑到终点时，小猴跑了米，离终点还差专题九：复杂抽屉原理内容概述运用抽屉原理求解的较为复杂的组合计算与证明问题．这里不仅“抽屉〞与“苹果〞需要恰当地设计与选取，而且有时还应构造出到达最正确状态的例子．抽屉原理：桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，我们会发现至少会有一个抽屉里面放两个苹果。这一现象就是我们所说的“抽屉原理〞。抽屉原理的一般含义为：“如果每个抽屉代表一个集合，每一个苹果就可以代表一个元素，假设有n＋1或多于n＋1个元素放到n个集合中去，其中必定至少有一个集合里有两个元素。〞抽屉原理有时也被称为鸽巢原理〔“如果有五个鸽子笼，养鸽人养了6只鸽子，那么当鸽子飞回笼中后，至少有一个笼子中装有2只鸽子〞〕。它是组合数学中一个重要的原理第一抽屉原理原理1：把多于n个的物体放到n个抽屉里，那么至少有一个抽屉里的东西不少于两件；\o"查看图片"[证明]〔反证法〕：如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n，而不是题设的n+k(k≥1)，这不可能.原理2把多于mn(m乘以n)个的物体放到n个抽屉里，那么至少有一个抽屉里有不少于m+1的物体。[证明]〔反证法〕：假设每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能原理3把无穷多件物体放入n个抽屉，那么至少有一个抽屉里有无穷个物体。.原理123都是第一抽屉原理的表述第二抽屉原理把〔mn－1〕个物体放入n个抽屉中，其中必有一个抽屉中至多有〔m—1〕个物体。[证明]〔反证法〕：假设每个抽屉都有不少于m个物体，那么总共至少有mn个物体，与题设矛盾，故不可能典型问题1．从1，2，3，…，1988，1989这些自然数中，最多可以取出多少个数，使得其中每两个数的差不等于4？【分析与解】1，2，3，4，9，10，1l，12，17，18，19，20，25，…，这些数中任何两个数的差都不为4，这些数是每8个连续的数中选取前4个连续的数．有1989÷8=248……5，所以最多可以选248×4+4=996个数．评注：对于这类问题，一种方法是先尽可能的多项选择择，然后再找出这些数的规律，再计算出最多可以选出多少个.2．从1至1993这1993个自然数中最多能取出多少个数，使得其中任意的两数都不连续且差不等于4？【分析与解】1，3，6，8，11，13，16，18，21，…，这些数中任何两个数不连续且差不等于4，这些数是每5个连续的数中选择第1、3个数．1993÷5=398……3.所以最多可以选398×2+2=798个数．评注：当然还可以是1，4，6，9，11，14，16，19，21，…，这些数满足条件，是每5个连续的数中选择第1、4个数．但是此时最多只能选出398×2+l=797个数．专题十：数论之余数问题余数问题是数论知识板块中另一个内容丰富，题目难度较大的知识体系，也是各大杯赛小升初考试必考的奥数知识点，所以学好本讲对于学生来说非常重要。许多孩子都接触过余数的有关问题，并有不少孩子说“遇到余数的问题就根本晕菜了！〞余数问题主要包括了带余除法的定义，三大余数定理〔加法余数定理，乘法余数定理，和同余定理〕，及中国剩余定理和有关弃九法原理的应用。知识点拨：一、带余除法的定义及性质：一般地，如果a是整数，b是整数〔b≠0〕,假设有a÷b=q……r，也就是a＝b×q＋r,0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。这里：(1)当时：我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商(2)当时：我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商一个完美的带余除法讲解模型:如图，这是一堆书，共有a本，这个a就可以理解为被除数，现在要求按照b本一捆打包，那么b就是除数的角色，经过打包后共打包了c捆，那么这个c就是商，最后还剩余d本，这个d就是余数。这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系。并且可以看出余数一定要比除数小。二、三大余数定理：a与b的和除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之和，或这个和除以c的余数。例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16=39除以5的余数等于4，即两个余数的和3+1.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的余数。例如：23，19除以5的余数分别是3和4，故23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，即2.a与b的乘积除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c所得的余数。例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23×16除以5的余数等于3×1=3。当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。例如：23，19除以5的余数分别是3和4，所以23×19除以5的余数等于3×4除以5的余数，即2.假设两个整数a、b被自然数m除有相同的余数，那么称a、b对于模m同余，用式子表示为：a≡b(modm)，左边的式子叫做同余式。同余式读作：a同余于b，模m。由同余的性质，我们可以得到一个非常重要的推论：假设两个数a，b除以同一个数m得到的余数相同，那么a，b的差一定能被m整除用式子表示为：如果有a≡b(modm)，那么一定有a－b＝mk,k是整数，即m|(a－b)三、弃九法原理：在公元前9世纪，有个印度数学家名叫花拉子米，写有一本《花拉子米算术》，他们在计算时通常是在一个铺有沙子的土板上进行，由于害怕以前的计算结果丧失而经常检验加法运算是否正确，他们的检验方式是这样进行的：例如：检验算式1234除以9的余数为11898除以9的余数为818922除以9的余数为4678967除以9的余数为7178902除以9的余数为0这些余数的和除以9的余数为2而等式右边和除以9的余数为3，那么上面这个算式一定是错的。上述检验方法恰好用到的就是我们前面所讲的余数的加法定理，即如果这个等式是正确的，那么左边几个加数除以9的余数的和再除以9的余数一定与等式右边和除以9的余数相同。而我们在求一个自然数除以9所得的余数时，常常不用去列除法竖式进行计算，只要计算这个自然数的各个位数字之和除以9的余数就可以了，在算的时候往往就是一个9一个9的找并且划去，所以这种方法被称作“弃九法〞。所以我们总结出弃九发原理：任何一个整数模9同余于它的各数位上数字之和。以后我们求一个整数被9除的余数，只要先计算这个整数各数位上数字之和，再求这个和被9除的余数即可。利用十进制的这个特性，不仅可以检验几个数相加，对于检验相乘、相除和乘方的结果对不对同样适用注意：弃九法只能知道原题一定是错的或有可能正确，但不能保证一定正确。例如：检验算式9+9=9时，等式两边的除以9的余数都是0，但是显然算式是错误的但是反过来，如果一个算式一定是正确的，那么它的等式2两端一定满足弃九法的规律。这个思想往往可以帮助我们解决一些较复杂的算式迷问题。四、中国剩余定理：1.中国古代趣题：中国数学名著《孙子算经》里有这样的问题：“今有物，不知其数，三三数之，剩二，五五数之，剩三，七七数之，剩二，问物几何？〞答曰：“二十三。〞此类问题我们可以称为“物不知其数〞类型，又被称为“韩信点兵〞。韩信点兵又称为中国剩余定理，相传汉高祖刘邦问大将军韩信统御兵士多少，韩信答说，每3人一列余1人、5人一列余2人、7人一列余4人、13人一列余6人……。刘邦茫然而不知其数。我们先考虑以下的问题：假设兵不满一万，每5人一列、9人一列、13人一列、17人一列都剩3人，那么兵有多少？首先我们先求5、9、13、17之最小公倍数9945〔注：因为5、9、13、17为两两互质的整数，故其最小公倍数为这些数的积〕，然后再加3，得9948〔人〕。孙子算经的作者及确实著作年代均不可考，不过根据考证，著作年代不会在晋朝之后，以这个考证来说上面这种问题的解法，中国人发现得比西方早，所以这个问题的推广及其解法，被称为中国剩余定理。中国剩余定理〔ChineseRemainderTheorem〕在近代抽象代数学中占有一席非常重要的地位。2.核心思想和方法：对于这一类问题，我们有一套看似繁琐但是一旦掌握便可一通百通的方法，下面我们就以《孙子算经》中的问题为例，分析此方法:今有物，不知其数，三三数之，剩二，五五数之，剩三，七七数之，剩二，问物几何？题目中我们可以知道，一个自然数分别除以3，5，7后，得到三个余数分别为2，3，2.那么我们首先构造一个数字，使得这个数字除以3余1，并且还是5和7的公倍数。先由，即5和7的最小公倍数出发，先看35除以3余2，不符合要求，那么就继续看5和7的“下一个〞倍数是否可以，很显然70除以3余1类似的，我们再构造一个除以5余1，同时又是3和7的公倍数的数字，显然21可以符合要求。最后再构造除以7余1，同时又是3，5公倍数的数字，45符合要求，那么所求的自然数可以这样计算：，其中k是从1开始的自然数。也就是说满足上述关系的数有无穷多，如果根据实际情况对数的范围加以限制，那么我们就能找到所求的数。例如对上面的问题加上限制条件“满足上面条件最小的自然数〞，那么我们可以计算得到所求如果加上限制条件“满足上面条件最小的三位自然数〞,我们只要对最小的23加上[3,5,7]即可，即23+105=128。例题精讲：【模块一：带余除法的定义和性质】(年全国小学数学奥林匹克试题)有两个自然数相除，商是，余数是，被除数、除数、商与余数之和为，那么被除数是多少？被除数除数商余数被除数除数+17+13=2113，所以被除数除数=2083，由于被除数是除数的17倍还多13，那么由“和倍问题〞可得：除数=〔2083-13〕÷〔17+1〕=115，所以被除数=2083-115=1968．【模块二：三大余数定理的应用】有一个大于1的整数，除所得的余数相同，求这个数.这个题没有告诉我们，这三个数除以这个数的余数分别是多少，但是由于所得的余数相同，根据同余定理，我们可以得到：这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差，也就是说它是任意两数差的公约数．，，，的约数有，所以这个数可能为。【模块三：余数综合应用】著名的裴波那契数列是这样的：1、1、2、3、5、8、13、21……这串数列当中第2023个数除以3所得的余数为多少？斐波那契数列的构成规那么是从第三个数起每一个数都等于它前面两个数的和，由此可以根据余数定理将裴波那契数列转换为被3除所得余数的数列：1、1、2、0、2、2、1、0、1、1、2、0……第九项和第十项连续两个是1，与第一项和第二项的值相同且位置连续，所以裴波那契数列被3除的余数每8个一个周期循环出现，由于2023除以8的余数为0，所以第2023项被3除所得的余数为第8项被3除所得的余数，为0.专题十一：数论综合〔二〕教学目标：掌握质数合数、完全平方数、位值原理、进制问题的常见题型；重点理解和掌握余数局部的相关问题，理解“将不熟悉转化成熟悉〞的数学思想例题精讲：板块一质数合数有三张卡片，它们上面各写着数字1，2，3，从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排列出来，可以得到不同的一位数、二位数、三位数，请你将其中的质数都写出来．抽一张卡片，可写出一位数1，2，3；抽两张卡片，可写出两位数12，13，21，23，31，32；抽三张卡片，可写出三位数123，132，213，231，312，321，其中三位数的数字和均为6，都能被3整除，所以都是合数．这些数中，是质数的有：2，3，13，23，31．板块二余数问题(年全国小学数学奥林匹克试题)有两个自然数相除，商是，余数是，被除数、除数、商与余数之和为，那么被除数是多少？被除数除数商余数被除数除数+17+13=2113，所以被除数除数=2083，由于被除数是除数的17倍还多13，那么由“和倍问题〞可得：除数=(2083-13)÷(17+1)=115，所以被除数=2083-115=1968．板块三完全平方数从1到2023的所有自然数中，乘以72后是完全平方数的数共有多少个？完全平方数，其所有质因数必定成对出现．而，所以满足条件的数必为某个完全平方数的2倍，由于，所以、、……、都满足题意，即所求的满足条件的数共有31个．板块四位值原理(美国小学数学奥林匹克)把一个两位数的十位与个位上的数字加以交换，得到一个新的两位数．如果原来的两位数和交换后的新的两位数的差是45，试求这样的两位数中最大的是多少？设原来的两位数为，交换后的新的两位数为，根据题意，，，原两位数最大时，十位数字至多为9，即，，原来的两位数中最大的是94．板块五进制问题在几进制中有？利用尾数分析来解决这个问题：由于，由于式中为100，尾数为0，也就是说已经将12全部进到上一位．所以说进位制为12的约数，也就是12，6，4，3，2中的一个．但是式子中出现了4，所以要比4大，不可能是4，3，2进制．另外，由于，因为，也就是说不到10就已经进位，才能是100，于是知道，那么不能是12．所以，只能是6．专题十二：计数综合教学目标1.使学生正确理解排列、组合的意义；正确区分排列、组合问题；2.了解排列、排列数