小学奥数框架
六年级奥数相遇和追及

相遇和追及问题知识框架一、相遇甲从A 地到B 地,乙从B 地到A 地,然后两人在途中相遇,实质上是甲和乙一起走了A,B 之间这段路程,如果两人同时出发,那么相遇路程=甲走的路程+乙走的路程=甲的速度×相遇时间+乙的速度×相遇时间 =(甲的速度+乙的速度)×相遇时间=速度和×相遇时间. 一般地,相遇问题的关系式为:速度和×相遇时间=路程和,即=tS V 和和二、 追及有两个人同时行走,一个走得快,一个走得慢,当走得慢的在前,走得快的过了一些时间就能追上他.这就产生了“追及问题”.实质上,要算走得快的人在某一段时间内,比走得慢的人多走的路程,也就是要计算两人走的路程之差(追及路程).如果设甲走得快,乙走得慢,在相同的时间(追及时间)内:追及路程=甲走的路程-乙走的路程=甲的速度×追及时间-乙的速度×追及时间 =(甲的速度-乙的速度)×追及时间 =速度差×追及时间.一般地,追击问题有这样的数量关系:追及路程=速度差×追及时间,即=tS V 差差三、 在研究追及和相遇问题时,一般都隐含以下两种条件:(1)在整个被研究的运动过程中,2个物体所运行的时间相同 (2)在整个运行过程中,2个物体所走的是同一路径。
⨯⎧⎪÷⎨⎪÷⎩÷⎧⎪⨯⎨⎪÷⎩路程=速度和相遇相遇速度和=路程相遇相遇=路程速度和追及=追及路程速度差追及追及路程=速度差追及速度差=追及路程追及重难点能够解决行程中复杂的相遇与追及问题能够画出多人相遇和追及的示意图并将问题转化多个简单相遇和追及环节进行解题 能够利用柳卡图、比例解决多次相遇和追及问题例题精讲一、相遇和追及【例 1】在一条笔直的高速公路上,前面一辆汽车以90千米/小时的速度行驶,后面一辆汽车以108千米/小时的速度行驶.后面的汽车刹车突然失控,向前冲去(车速不变).在它鸣笛示警后5秒钟撞上了前面的汽车.在这辆车鸣笛时两车相距多少米?【巩固】乙二人同时从A地去B地,甲每分钟行60米,乙每分钟行90米,乙到达B地后立即返回,并与甲相遇,相遇时,甲还需行3分钟才能到达B地,A、B两地相距多少米?【例 2】甲、乙二人分别从山顶和山脚同时出发,沿同一山道行进。
六年级奥数.计算.计算基本功强化(abc级).学生版

六年级奥数.计算.计算基本功强化(A B C级).学生版work Information Technology Company.2020YEAR计算基本功强化知识框架一、基本运算律及公式1.加法加法交换律:两个数相加,交换加数的位置,他们的和不变。
即:a+b=b+a其中a,b各表示任意一数.例如,7+8=8+7=15总结:多个数相加,任意交换相加的次序,其和不变.加法结合律:三个数相加,先把前两个数相加,再加上第三个数;或者先把后两个数相加,再与第一个数相加,他们的和不变。
即:a+b+c=(a+b)+c=a+(b+c)其中a,b,c各表示任意一数.例如,5+6+8=(5+6)+8=5+(6+8).总结:多个数相加,也可以把其中的任意两个数或者多个数相加,其和不变。
2.减法在连减或者加减混合运算中,如果算式中没有括号,那么计算时要带数字前面的运算符号“搬家”.例如:a-b-c=a-c-b,a-b+c=a+c-b,其中a,b,c各表示一个数.在加减法混合运算中,去括号时:如果括号前面是“+”号,那么去掉括号后,括号内的数的运算符号不变;如果括号前面是“-”号,那么去掉括号后,括号内的数的运算符号“+”变为“-”,“-”变为“+”.如:a+(b-c)=a+b-ca-(b+c)=a-b-ca-(b-c)=a-b+c在加、减法混合运算中,添括号时:如果添加的括号前面是“+”,那么括号内的数的原运算符号不变;如果添加的括号前面是“-”,那么括号内的数的原运算符号“+”变为“-”,“-”变为“+”。
如:a+b-c=a+(b-c)a-b+c=a-(b-c)a-b-c=a-(b+c)3.乘、除法1)商不变性质:被除数和除数乘(或除)以同一个非零数,其商不变.即:()()()()0a b a n b n a m b m m÷=⨯÷⨯=÷÷÷≠ ,0n≠2)在连除时,可以交换除数的位置,商不变.即:a b c a c b÷÷=÷÷3)在乘、除混合运算中,被乘数、乘数或除数可以连同运算符号一起交换位置(即带着符号搬家).如:a b c a c b b c a⨯÷=÷⨯=÷⨯4)在乘、除混合运算中,去掉或添加括号的规则去括号情形:括号前是“×”时,去括号后,括号内的乘、除符号不变.括号前是“÷”时,去括号后,括号内的“×”变为“÷”,“÷”变为“×”.即()()a b c a b c a b c a b c⨯⨯=⨯⨯⨯÷=⨯÷()()a b c a b c a b c a b c÷⨯=÷÷÷÷=÷⨯添括号情形:括号前是“×”时,原符号不变;括号前是“÷”时,原符号“×”变为“÷”,“÷”变为“×”.即()()()() a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c ⨯⨯=⨯⨯⨯÷=⨯÷÷÷=÷⨯÷⨯=÷÷5)两个数之积除以两个数之积,可以分别相除后再相乘.即()()()()()()a b c d a c b d a d b c⨯÷⨯=÷⨯÷=÷⨯÷上面的性质都可以推广到多个数的情形.二、加减法中的速算与巧算1、分组凑整法.把几个互为“补数”的减数先加起来,再从被减数中减去,或先减去那些与被减数有相同尾数的减数.“补数”就是两个数相加,如果恰好凑成整十、整百、整千……,就把其中的一个数叫做另一个数的“补数”.2、加补凑整法.有些算式中直接凑整不明显,这时可“借数”或“拆数”凑整.3、数值原理法.先把加在一起为整十、整百、整千……的数相加,然后再与其它的数相加.4、“基准数”法,基准当几个数比较接近于某一整数的数相加时,选这个整数为“基准数”(要注意把多加的数减去,把少加的数加上)\三、乘法凑整思想核心:先把能凑成整十、整百、整千的几个乘数结合在一起,最后再与前面的数相乘,使得运算简便。
小学奥数七大模块详解(超详细结构图)

小学奥数七大模块详解(超详细结构图)本文介绍了小学奥数的七大模块,包括计算、数论、几何、行程、应用题、计数和杂题。
模块一:计算模块这个模块包括速算与巧算、分数小数四则混合运算及繁分数运算、循环小数化分数与混合运算、等差及等比数列、计算公式综合、分数计算技巧之裂项、换元、通项归纳、比较与估算、定义新运算和解方程。
模块二:数论模块这个模块包括质数与合数、因数与倍数、数的整除特征及整除性质、位值原理、余数的性质、同余问题、中国剩余定理(逐级满足法)、完全平方数、奇偶分析、不定方程、进制问题和最值问题。
模块三:几何模块这个模块包括直线型和曲线型两部分。
直线型包括长度与角度、格点与割补、三角形等积变换与一半模型、勾股定理与弦图和五大模型。
曲线型包括圆与扇形的周长与面积和图形旋转扫过的面积问题。
此外,还包括立体几何,包括立体图形的面积与体积、平面图形旋转成的立体图形问题、平面展开图和液体浸物问题。
模块四:行程模块这个模块包括简单相遇与追及问题、环形跑道问题、流水行船问题、火车过桥问题、电梯问题、发车间隔问题、接送问题、时钟问题、多人相遇与追及问题、多次相遇追及问题和方程与比例法解行程问题。
模块五:应用题模块这个模块包括列方程解应用题、分数、百分数应用题、比例应用题、工程问题、浓度问题、经济问题和牛吃草问题。
模块六:计数模块这个模块包括枚举法之分类枚举、标数法、树形图法、分类枚举之整体法、对应法、排除法、加乘原理、排列组合和容斥原理。
小学奥数七大模块详解模块一:从简单情况入手在解决问题时,我们可以从简单情况入手,逐步深入,找到规律,从而解决更复杂的问题。
模块二:对应与转化思想对应与转化思想是一种常用的解决问题的方法,通过将问题转化为另一种形式,或者与另一个问题进行对应,从而得出答案。
模块三:从反面与从特殊情况入手思想有时候,我们可以通过考虑问题的反面或特殊情况来解决问题。
这种思想可以帮助我们发现问题的本质,从而找到解决问题的方法。
六年级奥数知识点汇总

六年级奥数知识点汇总一、数论1. 质数与合数- 定义- 质数的判定方法- 质数的性质2. 因数与倍数- 因数分解- 最大公约数和最小公倍数- 质因数分解3. 整数的性质- 奇偶性- 整数的四则运算性质- 整数的不等式二、分数1. 分数的基本概念- 真分数与假分数- 带分数与混合数2. 分数的运算- 加减乘除- 分数的通分与约分- 分数的比较3. 分数的应用- 分数在实际问题中的应用- 比例问题三、几何1. 平面几何- 点、线、面的基本性质 - 角的概念及分类- 三角形的性质- 四边形的性质- 圆的基本性质2. 立体几何- 立体图形的认识- 体积和表面积的计算 - 空间图形的投影四、代数1. 代数表达式- 字母表示数- 单项式与多项式- 代数式的加减运算2. 方程与不等式- 一元一次方程- 不等式及其解集- 方程与不等式的解法五、逻辑与推理1. 逻辑推理- 条件与结论- 逻辑运算2. 数列与序列- 等差数列- 等比数列- 数列的求和3. 证明方法- 直接证明- 反证法- 归纳法六、组合数学1. 排列与组合- 排列组合的基本概念- 排列组合的计算公式2. 概率- 概率的基本概念- 事件的概率计算3. 简单的计数问题- 加法原理- 乘法原理- 排列组合的应用请注意,以上内容是一个概要,每个部分都需要进一步扩展和详细解释,以形成一个完整的知识点汇总。
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奥数:7-6计数方法与技巧综合

7 计数综合7-6 计数方法与技巧综合 7-6-1归纳法7-6-2整体法7-6-3对应法7-6-3-1图形中的对应关系 7-6-3-2数字问题中的对应关系 7-6-3-3对应与阶梯型标数法 7-6-3-4不完全对应关系7-6-4递推法前面在讲加法原理、乘法原理、排列组合时已经穿插讲解了计数中的一些常用的方法,比如枚举法、树形图法、标数法、捆绑法、排除法、插板法等等,这里再集中学习一下计数中其他常见的方法,主要有归纳法、整体法、对应法、递推法.对这些计数方法与技巧要做到灵活运用.模块一、归纳法从条件值较小的数开始,找出其中规律,或找出其中的递推数量关系,归纳出一般情况下的数量关系. 【例 1】 (难度等级※※)一条直线分一个平面为两部分.两条直线最多分这个平面为四部分.问5条直线最多分这个平面为多少部分?【解析】 方法一:我们可以在纸上试着画出1条直线,2条直线,3条直线,……时的情形,于是得到下表:由上表已知5条直线最多可将这个平面分成16个部分,并且不难知晓,当有n 条直线时,最多可将平面分成2+2+3+4+…+n=()12n n ++1个部分. 方法二:如果已有k 条直线,再增加一条直线,这条直线与前k 条直线的交点至多k 个,因而至多被分成k+1段,每一段将原有的部分分成两个部分,所以至多增加k+1个部分.于是3条直线至多将平面分为4+3=7个部分,4条直线至多将平面分为7+4=11个部分,5条直线至多将平面分为11+5=16个部分.一般的有k 条直线最多将平面分成:1+1+2+…+k=()12k k ++1个部分,所以五条直线可以分平面为16个部分.例题精讲教学目标计数方法与技巧综合【巩固】(难度等级※※)平面上5条直线最多能把圆的内部分成几部分?平面上100条直线最多能把圆的内部分成几部分?【解析】 假设用a k 表示k 条直线最多能把圆的内部分成的部分数,这里k =0,1,2,……a 0=1a 1=a 0+1=2 a 2=a 1+2=4 a 3=a 2+3=7 a 4=a 3+4=11 ……故5条直线可以把圆分成16部分,100条直线可以把圆分成5051部分【例 2】 (难度等级 ※※)平面上10个两两相交的圆最多能将平面分割成多少个区域? 【解析】 先考虑最简单的情形.为了叙述方便,设平面上k 个圆最多能将平面分割成k a 个部分.141312111098765432187652134431221从图中可以看出,12a =,24221a ==+⨯,38422a ==+⨯,414823a ==+⨯,…… 可以发现k a 满足下列关系式:()121k k a a k -=+-.实际上,当平面上的(1k -)个圆把平面分成1k a -个区域时,如果再在平面上出现第k 个圆,为了保证划分平面的区域尽可能多,新添的第k 个圆不能通过平面上前()1k -个圆之间的交点.这样,第k 个圆与前面()1k -个圆共产生2(1)k ⨯-个交点,如下图:这2(1)k ⨯-个交点把第k 个圆分成了2(1)k ⨯-段圆弧,而这2(1)k ⨯-段圆弧中的每一段都将所在的区域一分为二,所以也就是整个平面的区域数增加了2(1)k ⨯-个部分.所以,()121k k a a k -=+-. 那么,10987292829272829a a a a =+⨯=+⨯+⨯=+⨯+⨯+⨯=12122...272829a =+⨯+⨯++⨯+⨯+⨯ ()2212...78992=+⨯+++++=.故10个圆最多能将平面分成92部分.【例 3】 10个三角形最多将平面分成几个部分?【解析】 设n 个三角形最多将平面分成n a 个部分.1n =时,12a =;2n =时,第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有2个交点,三条边与第一个三角形最多有236⨯=(个)交点.这6个交点将第二个三角形的周边分成了6段,这6段中的每一段都将原来的每一个部分分成2个部分,从而平面也增加了6个部分,即2223a =+⨯.3n =时,第三个三角形与前面两个三角形最多有4312⨯=(个)交点,从而平面也增加了12个部分,即:322343a =+⨯+⨯.…… 一般地,第n 个三角形与前面()1n -个三角形最多有()213n -⨯个交点,从而平面也增加()213n -⨯个部分,故()()222343213224213332n a n n n n =+⨯+⨯++-⨯=++++-⨯=-+⎡⎤⎣⎦;特别地,当10n =时,2103103102272a =⨯+⨯+=,即10个三角形最多把平面分成272个部分.【例 4】 (难度等级※※)一个长方形把平面分成两部分,那么3个长方形最多把平面分成多少部分?【解析】 一个长方形把平面分成两部分.第二个长方形的每一条边至多把第一个长方形的内部分成2部分,这样第一个长方形的内部至多被第二个长方形分成五部分.同理,第二个长方形的内部至少被第一个长方形分成五部分.这两个长方形有公共部分(如下图,标有数字9的部分).还有一个区域位于两个长方形外面,所以两个长方形至多把平面分成10部分.第三个长方形的每一条边至多与前两个长方形中的每一个的两条边相交,故第一条边被隔成五条小线段,其中间的三条小线段中的每一条线段都把前两个长方形内部的某一部分一分为二,所以至多增加3×4=12个部分.而第三个长方形的4个顶点都在前两个长方形的外面,至多能增加4个部分. 所以三个长方形最多能将平面分成10+12+4=26.【小结】n 个图形最多可把平面分成部分数:直线:()112n n ⨯++;圆:()21n n +⨯-;三角形:()231n n +⨯⨯- ; 长方形:()241n n +⨯⨯-.【例 5】 (难度等级※※)在平面上画5个圆和1条直线,最多可把平面分成多少部分? 【解析】 先考虑圆.1个圆将平面分成2个部分.这时增加1个圆,这个圆与原有的1个圆最多有两个交点,成为2条弧,每条弧将平面的一部分一分为二,增加了2个部分,所以2个圆最多将平面分成4个部分.当有3个圆时,第3个圆与原有的2个产生4个交点而增加4个部分,所以3个圆最多将平面分成8个部分.同样的道理,5个圆最多将平面分成22个部分.再考虑直线.直线与每个圆最多有2个交点,这样与5个圆最多有10个交点.它们将直线分成11条线段或射线,而每条线段又将平面的一部分一分为二,2条射线增加了一部分,因此5个圆和1条直线最多可将平面分成32个部分.【例 6】在一个西瓜上切6刀,最多能将瓜皮切成多少片?【解析】将西瓜看做一个球体,球体上任意一个切割面都是圆形,所以球面上的切割线是封闭的圆周,考虑每一次切割能增加多少瓜皮片.当切1刀时,瓜皮被切成两份,当切第2刀时,由于切割线相交,所以瓜皮被切成4分,……,切第n次时,新增加的切割线与原来的切割线最多有()n-个交点.这21些交点将第n条切割线分成()n-,所以2121n-段,也就是说新增加的切割线使瓜皮数量增加了()在西瓜上切6刀,最多能将瓜皮切成11212223242532++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=片.【例 7】在一大块面包上切6刀最多能将面包切成多少块.(注:面包是一个立体几何图形,切面可以是任何方向)【解析】题目相当于6个平面能将空间划分为多少个部分.通过找规律来寻找递推关系,显然的1个平面能将空间划分成2块,2个平面能将空间划分成4块,3个平面能将空间划分成8个平面,当增加到第四个平面时,第四个平面这能将原来空间中的8个部分中的其中几个划分.如图:注意到第四个平面与其他三个平面相交形成3条直线,这三条直线将第四个平面分割成7个部分,而每一部分将原来三个平面划分的8个空间中的7个划分成两份,所以4个平面能将空间划分成+=个部分.8715同样的第五个平面与前四个平面分别相交成4条直线,这四条直线能将第5个平面分割成++++=个部分,每一部分都划分原空间中的某一区域,所以第五个平面能使空间中的区1123411域增加到151126+==个部分.当增加到6个平面时,第六个平面共被划分成11234516+++++=个部分,所以第6个平面能将空间中的区块数增加到261642+=个部分.所以6刀能将面包切成42块.模块二、整体法解决计数问题时,有时要“化整为零”,使问题变得简单;有时反而要从整体上来考虑,从全局、从整体来研究问题,反而有利于发现其中的数量关系.【例8】(难度等级※※※)一个正方形的内部有1996个点,以正方形的4个顶点和内部的1996个点为顶点,将它剪成一些三角形.问:一共可以剪成多少个三角形?如果沿上述这些点中某两点之间所连的线段剪开算作一刀,那么共需剪多少刀?【解析】 方法一:归纳法如下图,采用归纳法,列出1个点、2个点、3个点…时可剪出的三角形个数,需剪的刀数.不难看出,当正方形内部有n 个点时,可以剪成2n +2个三角形,需剪3n+l 刀,现在内部有1996个点,所以可以剪成2×1996+2=3994个三角形,需剪3×1996+1=5989刀.方法二:整体法.我们知道内部一个点贡献360度角,原正方形的四个顶点共贡献了360度角,所以当内部有n 个点时,共有360n+360度角,而每个三角形的内角和为180度角,所以可剪成(360n+360)÷180=2n+2个三角形.2n+2个三角形共有3×(2n+2)=6n+6条边,但是其中有4条是原有的正方形的边,所以正方形内部的三角形边有6n+6—4=6n+2条边,又知道每条边被2个三角形共用,即每2条边是重合的,所以只用剪(6n+2)÷2=3n+1刀.本题中n=1996,所以可剪成3994个三角形,需剪5989刀.【巩固】在三角形ABC 内有100个点,以三角形的顶点和这100点为顶点,可把三角形剖分成多少个小三角形?【解析】 整体法.100个点每个点周围有360度,三角形本身内角和为180度,所以可以分成()360100180180201⨯+÷=个小三角形.【例 9】 在一个六边形纸片内有60个点,以这60个点和六变形的6个顶点为顶点的三角形,最多能剪出_______个.【解析】 设正六边形内有n 个点,当1n =时有6个三角形,每增加一个点,就增加2个三角形,n 个点最多能剪出()()62122n n ++=+个三角形.60n =时,可剪出124个三角形.注:设最多能剪出x 个小三角形,则这些小三角形的内角和为180x ︒.换一个角度看,汇聚到正六边形六个顶点处各角之和为4180⨯︒,故这些小三角形的内角总和为603604180⨯︒+⨯︒.于是180603604180x ︒=⨯︒+⨯︒,解得124x =.模块三、对应法将难以计数的数量与某种可计量的事物联系起来,只要能建立一一对应的关系,那么这两种事物在数量上是相同的.事实上插入法和插板法都是对应法的一种表现形式.一、图形中的对应关系【例 10】 (难度等级 ※※※)在8×8的方格棋盘中,取出一个由三个小方格组成的“L”形(如图),一共有多少种不同的方法?【解析】注意:数“不规则几何图形”的个数时,常用对应法.第1步:找对应图形每一种取法,有一个点与之对应,这就是图中的A点,它是棋盘上横线与竖线的交点,且不在棋盘边上.第2步:明确对应关系从下图可以看出,棋盘内的每一个点对应着4个不同的取法(“L”形的“角”在2×2正方形的不同“角”上).第3步:计算对应图形个数由于在8×8的棋盘上,内部有7×7=49(个)交叉点,第4步:按照对应关系,给出答案故不同的取法共有49×4=196(种).评注:通过上面两个范例我们知道,当直接去求一个集合元素的个数较为困难的时候,可考虑采用相等的原则,把问题转化成求另一个集合的元素个数.【例11】(难度等级※※※)在8×8的黑白相间染色的国际象棋棋盘中,以网格线为边的、恰包含两个白色小方格与一个黑色小方格的长方形共有多少个?【解析】首先可以知道题中所讲的13⨯长方形中间的那个小主格为黑色,这是因为两个白格不相邻,所以不能在中间.显然,位于棋盘角上的黑色方格不可能被包含在这样的长方形中.下面分两种情况来分析:第一种情况,一个位于棋盘内部的黑色方格对应着两个这样的13⨯长方形(一横一竖);第二种情况,位于边上的黑色方格只能对应一个13⨯长方形.由于在棋盘上的32个黑色方格中,位于棋盘内部的18个,位于边上的有12个,位于角上的有2个,所以共有1821248⨯+=个这样的长方形.本题也可以这样来考虑:事实上,每一行都有6个13⨯长方形⨯长方形,所以棋盘上横、竖共有13⨯⨯=个.由于棋盘上的染色具有对称性,因此包含两个白色小方格与一个黑色小方格的长方68296形正好与包含两个黑色小方格与一个白色小方格的长方形具有一一对应关系,这说明它们各占一半,因此所求的长方形个数为96248÷=个.【巩固】(难度等级※※)用一张如图所示的纸片盖住66⨯方格表中的四个小方格,共有多少种不同的放置方法?【解析】如图,将纸片中的一个特殊方格染为黑色,下面考虑此格在66⨯方格表中的位置.易见它不能位于四个角上;若黑格位于方格表中间如图浅色阴影所示的44⨯正方形内的某格时,纸片有4种不同的放法,共计44464⨯⨯=种;若黑格位于方格表边上如图深色阴影所示的方格中时,纸片的位置随之确定,即只有1种放法,此类放法有4416⨯=种.所以,纸片共有641680+=种不同的放置方法.【例12】(难度等级※※)图中可数出的三角形的个数为.【解析】这个图不像我们以前数三角形那样规则,粗看似乎看不出其中的规律,不妨我们取出其中的一个三角形,发现它的三条边必然落在这个图形中的三条大线段上,而每三条大线段也正好能构成一个三角形,因此三角形的个数和三条大线段的取法是一一对应的关系,图中一共有8条大线段,因此有3856C=个三角形.【例 13】如图所示,在直线AB上有7个点,直线CD上有9个点.以AB上的点为一个端点、CD上的点为另一个端点的所有线段中,任意3条线段都不相交于同一个点,求所有这些线段在AB与CD之间的交点数.C D【解析】常规的思路是这样的:直线AB上的7个点,每个点可以与直线CD上的9个点连9根线段,然后再分析这些线段相交的情况.如右图所示,如果注意到下面这个事实:对于直线AB上的任意两点M、N与直线CD上的任意两点P、Q都可以构成一个四边形MNQP,而这个四边形的两条对角线MQ、NP的交点恰好是我们要计数的点,同时,对于任意四点(AB与CD上任意两点)都可以产生一个这样的交点,所以图中两条线段的交点与四边形有一一对应的关系.这说明,为了计数出有多少个交点,我们只需要求出在直线AB与CD中有多少个满足条件的四边形MNQP就可以了!从而把问题转化为:在直线AB上有7个点,直线CD上有9个点.四边形MNQP有多少个?其中点M、N位于直线AB 上,点P、Q位于直线CD上.这是一个常规的组合计数问题,可以用乘法原理进行计算:由于线段MN有2721C=种选择方式,线段PQ有2936C=种选择方式,根据乘法原理,共可产生2136756⨯=个四边形.因此在直线AB与CD 之间共有756个交点.二、数字问题中的对应关系【例 14】 有多少个四位数,满足个位上的数字比千位数字大,千位数字比百位大,百位数字比十位数字大? 【解析】 由于四位数的四个数位上的数的大小关系已经非常明确,而对于从0~9中任意选取的4个数字,它们的大小关系也是明确的,那么由这4个数字只能组成1个符合条件的四位数(题目中要求千位比百位大,所以千位不能为0,本身已符合四位数的首位不能为0的要求,所以进行选择时可以把0包含在内),也就是说满足条件的四位数的个数与从0~9中选取4个数字的选法是一一对应的关系,那么满足条件的四位数有410109872104321C ⨯⨯⨯==⨯⨯⨯个.【巩固】 (难度等级 ※※※)三位数中,百位数比十位数大,十位数比个位数大的数有多少个? 【解析】 相当于在10个数字中选出3个数字,然后按从大到小排列.共有10×9×8÷(3×2×1)=120种.实际上,前铺中每一种划法都对应着一个数.【例 15】 数3可以用4种方法表示为一个或几个正整数的和,如3,12+,21+,111++.问:1999表示为一个或几个正整数的和的方法有多少种?【解析】 我们将1999个1写成一行,它们之间留有1998个空隙,在这些空隙处,或者什么都不填,或者填上“+”号.例如对于数3,上述4种和的表达方法对应:1 1 1,1+1 1,1 1+1,1+1+1. 可见,将1999表示成和的形式与填写1998个空隙处的方式之间是一一对应的关系,而每一个空隙处都有填“+”号和不填“+”号2种可能,因此1999可以表示为正整数之和的不同方法有1998199822222⨯⨯⨯=个相乘种.【例 16】 (2019年国际小学数学竞赛)请问至少出现一个数码3,并且是3的倍数的五位数共有多少个? 【解析】 五位数共有90000个,其中3的倍数有30000个.可以采用排除法,首先考虑有多少个五位数是3的倍数但不含有数码3.首位数码有8种选择,第二、三、四位数码都有9种选择.当前四位的数码确定后,如果它们的和除以余数为0,则第五位数码可以为0、6、9;如果余数为1,则第五位数码可以为2、5、8;如果余数为2,则第五位数码可以为1、4、7.可见只要前四位数码确定了,第五位数码都有3种选择,所以五位数中是3的倍数但不含有数码3的数共有8999317496⨯⨯⨯⨯=个. 所以满足条件的五位数共有300001749612504-=个.三、对应与阶梯型标数法【例 17】 游乐园的门票1元1张,每人限购1张.现在有10个小朋友排队购票,其中5个小朋友只有1元的钞票,另外5个小朋友只有2元的钞票,售票员没有准备零钱.问有多少种排队方法,使售票员总能找得开零钱?【解析】 与类似题目找对应关系.要保证售票员总能找得开零钱,必须保证每一位拿2元钱的小朋友前面的若干小朋友中,拿1元的要比拿2元的人数多,先将拿1元钱的小朋友看成是相同的,将拿2元钱的小朋友看成是相同的,可以利用斜直角三角模型.在下图中,每条小横线段代表1元钱的小朋友,每条小竖线段代表2元钱的小朋友,因为从A 点沿格线走到B 点,每次只能向右或向上走,无论到途中哪一点,只要不超过斜线,那么经过的小横线段都不少于小竖线段,所以本题相当于求下图中从A 到B 有多少种不同走法.使用标数法,可求出从A 到B 有42种走法.AB424228145141494553221111111但是由于10个小朋友互不相同,必须将他们排队,可以分成两步,第一步排拿2元的小朋友,5个人共有5120=!种排法;第二步排拿到1元的小朋友,也有120种排法,所以共有5514400⨯=!!种排队方法.这样,使售票员能找得开零钱的排队方法共有4214400604800⨯=(种).【例 18】 (2008年第一届“学而思杯”五年级试题)学学和思思一起洗5个互不相同的碗,思思洗好的碗一个一个往上摞,学学再从最上面一个一个地拿走放入碗柜摞成一摞,思思一边洗,学学一边拿,那么学学摞好的碗一共有 种不同的摞法.【解析】 我们把学学洗的5个碗过程看成从起点向右走5步(即洗几个碗就代表向右走几步),思思拿5个碗的过程看成是向上走5步(即拿几个碗就代表向上走几步),摞好碗的摞法,就代表向右、向上走5步到达终点最短路线的方法.由于洗的碗要多余拿的碗,所以向右走的路线要多余向上走的路线,所以我们用下面的斜三角形进行标数,共有42种走法,即代表42种摞法.421A【例 19】 (第七届走美试题)一个正在行进的8人队列,每人身高各不相同,按从低到高的次序排列,现在他们要变成并列的2列纵队,每列仍然是按从低到高的次序排列,同时要求并排的每两人中左边的人比右边的人要矮,那么,2列纵队有种不同排法.【解析】 首先,将8人的身高从低到高依次编号为12345678、、、、、、、,现在就相当于要将这8个数填到一个42 的方格中,要求每一行的数依次增大,每一列上面的要比下面的大.下面我们将12345678、、、、、、、依次往方格中填,按照题目规则,很容易就发现:第二行填的的数字的个数永远都小于或等于第一行数字填的个数.也就是说,不能出现下图这样的情况.而这个正好是“阶梯型标数”题型的基本原则.于是,我们可以把原题转化成:在这个阶梯型方格中,横格代表在第一行的四列,纵格代表第二行的四列,那么此题所有标数的方法就相当于从A 走到B 的最短路线有多少条.例如,我们选择一条路线:它对应的填法就是:.最后,用“标数法”得出从A 到B 的最短路径有14种,如下图:【巩固】将1~12这12个数填入到2行6列的方格表中,使得每行右边比左边的大,每一列上面比下面的大,共有多少种填法?【解析】 根据对应关系,再运用阶梯型标数法画图如下:13242141455211111111329048422820149654321共有132种填法.四、不完全对应关系【例 20】 圆周上有12个点,其中一个点涂红,还有一个点涂了蓝色,其余10个点没有涂色,以这些点为顶点的凸多边形中,其顶点包含了红点及蓝点的多边形称为双色多边形;只包含红点(蓝点)的多边形称为红色(蓝色)多边形.不包含红点及蓝点的称无色多边形.试问,以这12个点为顶点的所有凸多边形(边数可以从三角形到12边形)中,双色多边形的个数与无色多边形的个数,哪一种较多?多多少个?【解析】 从任意一个双色的N 边形出发(5N ≥时),在去掉这个双色多边形中的红色顶点与蓝色顶点后,将得到一个无色的2N -边形;另一方面,对于一个任意的无色的M 边形,如果加上红色顶点和蓝色顶点,就得到一个双色的2M +边形,所以无色多边形与双色多边形中的五边形以上的图形是一一对应的关系,所以双色多边形的个数比较多,多的是双色三角形和双色四边形的个数.而双色三角形有10个,双色四边形有21045C =个,所以双色多边形比无色多边形多104555+=个.【例 21】 有一类各位数字各不相同的五位数M ,它的千位数字比左右两个数字大,十位数字也比左右两位数字大.另有一类各位数字各不相同的五位数W ,它的千位数字比左右两个数字小,十位数字也比左右两位数字小.请问符合要求的数M 与W ,哪一类的个数多?多多少?【解析】 M 与W 都是五位数,都有千位和十位与其它数位的大小关系,所以两类数有一定的对应关系.比如有一个符合要求的五位数M ABCDE =(A 不为0),那么就有一个与之相反并对应的五位数(9)(9)(9)(9)(9)A B C D E -----必属于W 类,比如13254为M 类,则与之对应的86754为W 类. 所以对于M 类的每一个数,W 类都有一个数与之对应.但是两类数的个数不是一样多,因为M 类中0不能做首位,而W 类中9可以做首位.所以W 类的数比M 类的数要多,多的就是就是首位为9的符合要求的数.计算首位为9的W 类的数的个数,首先要确定另外四个数,因为要求各不相同,从除9外的其它9个数字中选出4个,有49126C =种选法.对于每一种选法选出来的4个数,假设其大小关系为4321A A A A >>>,由于其中最小的数只能在千位和十位上,最大的数只能在百位和个位上,所以符合要求的数有2类:①千位、十位排1A 、2A ,有两种方法,百位、十位排3A 、4A ,也有两种方法,故此时共有4种;②千位、十位排1A 、3A ,只能是千位3A ,百位4A ,十位1A ,个位2A ,只有1种方法.根据乘法原理,首位为9的W 类的数有()12641630⨯+=个.故W 类的数比M 类的数多630个.【例 22】 用1元,2元,5元,10元四种面值的纸币若干张(不一定要求每种都有),组成99元有P 种方法,组成101元有Q 种方法,则Q P -= .【解析】 由于101992-=,所以对于组成99元的每一种方法,只要再加上一张2元的,即可组成101元;而对于组成101元的方法,如果其中包含有一张2元的,那么去掉这张2元的,即可得到一种组成99元的方法.可见组成99元的方法与组成101元的某些方法之间存在一一对应的关系,组成101元的所有方法中,除去这些与组成99元的方法对应的方法,剩下的都是不包含有2元纸币的组成方法.所以Q 比P 多的就是用1元,5元,10元这三种面值的纸币组成101元的方法的总数. 假设用x 张1元的,y 张5元的,z 张10元的可以组成101元,则510101x y z ++=. 由于10101z ≤,所以10z ≤.即10元的可以有0~10张. 如果10元的张数确定了,那么有()()5101101010152021x y z z z +=-=-+=-+,那么y 的值可以为0到()202z -,也就是对每一个z 的值,y 都可以有2021212z z -+=-种可能,相应地5元纸币的张数也有212z -种取法.而当10元和5元的张数都确定了以后,1元纸币的张数也就确定了,这样也就确定了组成101元的方法.所以只需要看取10元和5元的共有多少种取法.如果10元的取0张,即0z =,则21221z -=,即5元的有21种取法; 如果10元的取1张,即1z =,则21219z -=,即5元的有19种取法; 如果10元的取2张,即2z =,则21217z -=,即5元的有17种取法; ……如果10元的取10张,即10z =,则2121z -=,即5元的有1种取法; 所以总数为2211917111121++++==. 那么121Q P -=.。
五年级奥数.行程 .多人多次相遇和追及问题 (C级).学生版

一、多人相遇追及问题多人相遇追及问题,即在同一直线上,3个或3个以上的对象之间的相遇追及问题。
所有行程问题都是围绕“=⨯路程速度时间”这一条基本关系式展开的,比如我们遇到的两大典型行程题相遇问题和追及问题的本质也是这三个量之间的关系转化.由此还可以得到如下两条关系式: =⨯路程和速度和相遇时间;=⨯路程差速度差追及时间;多人相遇与追及问题虽然较复杂,但只要抓住这两条公式,逐步表征题目中所涉及的数量,问题即可迎刃而解.二、多次相遇追及问题所有行程问题都是围绕“=⨯路程速度时间”这一条基本关系式展开的,多人相遇与追及问题虽然较复杂,但只要抓住这个公式,逐步表征题目中所涉及的数量,问题即可迎刃而解.多次相遇与全程的关系1. 两地相向出发:第1次相遇,共走1个全程;第2次相遇,共走3个全程;第3次相遇,共走5个全程;…………, ………………;第N 次相遇,共走2N-1个全程;注意:除了第1次,剩下的次与次之间都是2个全程。
即甲第1次如果走了N 米,以后每次都走2N 米。
2. 同地同向出发:第1次相遇,共走2个全程;第2次相遇,共走4个全程;第3次相遇,共走6个全程;…………, ………………;知识框架长方体与正方体表面积第N 次相遇,共走2N 个全程;3、多人多次相遇追及的解题关键多次相遇追及的解题关键 几个全程多人相遇追及的解题关键 路程差三、解多次相遇问题的工具——柳卡柳卡图,不用基本公式解决,快速的解法是直接画时间-距离图,再画上密密麻麻的交叉线,按要求数交点个数即可完成。
折线示意图往往能够清晰的体现运动过程中“相遇的次数”,“相遇的地点”,以及“由相遇的地点求出全程”,使用折线示意图法一般需要我们知道每个物体走完一个全程时所用的时间是多少。
如果不画图,单凭想象似乎对于像我这样的一般人儿来说不容易。
【例 1】A 、B 两地相距203米,甲、乙、丙的速度分别是4米/分、6米/分、5米/分。
如果甲、乙从A ,丙从B 地同时出发相向而行,那么,在__________分钟或________分钟后,丙与乙的距离是丙与甲的距离的2倍。
小学奥数知识框架与重点内容大全
和差倍问题和差问题和倍问题差倍问题已知条件几个数的和与差几个数的和与倍数几个数的差与倍数公式适用范围已知两个数的和,差,倍数关系公式①(和-差)÷2=较小数较小数+差=较大数和-较小数=较大数②(和+差)÷2=较大数较大数-差=较小数和-较大数=较小数和÷(倍数+1)=小数小数×倍数=大数和-小数=大数差÷(倍数-1)=小数小数×倍数=大数小数+差=大数关键问题求出同一条件下的和与差和与倍数差与倍数年龄问题的三个基本特征:①两个人的年龄差是不变的;②两个人的年龄是同时增加或者同时减少的;③两个人的年龄的倍数是发生变化的;归一问题的基本特点:问题中有一个不变的量,一般是那个“单一量”,题目一般用“照这样的速度”……等词语来表示。
关键问题:根据题目中的条件确定并求出单一量;植树问题基本类型在直线或者不封闭的曲线上植树,两端都植树在直线或者不封闭的曲线上植树,两端都不植树在直线或者不封闭的曲线上植树,只有一端植树封闭曲线上植树基本公式棵数=段数+1棵距×段数=总长棵数=段数-1棵距×段数=总长棵数=段数棵距×段数=总长关键问题确定所属类型,从而确定棵数与段数的关系鸡兔同笼问题基本概念:鸡兔同笼问题又称为置换问题、假设问题,就是把假设错的那部分置换出来;基本思路:①假设,即假设某种现象存在(甲和乙一样或者乙和甲一样):②假设后,发生了和题目条件不同的差,找出这个差是多少;③每个事物造成的差是固定的,从而找出出现这个差的原因;④再根据这两个差作适当的调整,消去出现的差。
基本公式:①把所有鸡假设成兔子:鸡数=(兔脚数×总头数-总脚数)÷(兔脚数-鸡脚数)②把所有兔子假设成鸡:兔数=(总脚数一鸡脚数×总头数)÷(兔脚数一鸡脚数)关键问题:找出总量的差与单位量的差。
盈亏问题基本概念:一定量的对象,按照某种标准分组,产生一种结果:按照另一种标准分组,又产生一种结果,由于分组的标准不同,造成结果的差异,由它们的关系求对象分组的组数或对象的总量.基本思路:先将两种分配方案进行比较,分析由于标准的差异造成结果的变化,根据这个关系求出参加分配的总份数,然后根据题意求出对象的总量.基本题型:①一次有余数,另一次不足;基本公式:总份数=(余数+不足数)÷两次每份数的差②当两次都有余数;基本公式:总份数=(较大余数一较小余数)÷两次每份数的差③当两次都不足;基本公式:总份数=(较大不足数一较小不足数)÷两次每份数的差基本特点:对象总量和总的组数是不变的。
四年级奥数.火车过桥和火车与人的相遇追击问题
火车过桥和火车与人的相遇追及知识框架火车过桥常见题型及解题方法〔一〕、行程问题根本公式:路程速度时间总路程平均速度总时间;〔二〕、相遇、追及问题:速度和相遇时间相遇路程速度差追及时间追及路程;〔三〕、火车过桥问题、火车过桥〔隧道〕:一个有长度、有速度,一个有长度、但没速度,解法:火车车长+桥(隧道)长度(总路程)=火车速度×通过的时间;2、火车+树(电线杆):一个有长度、有速度,一个没长度、没速度,解法:火车车长(总路程)=火车速度×通过时间;2、火车+人:一个有长度、有速度,一个没长度、但有速度,〔1〕、火车+迎面行走的人:相当于相遇问题,解法:火车车长(总路程)=(火车速度+人的速度)×迎面错过的时间;〔2〕火车+同向行走的人:相当于追及问题,解法:火车车长(总路程)=(火车速度—人的速度)×追及的时间;〔3〕火车+坐在火车上的人:火车与人的相遇和追及问题解法:火车车长(总路程) =(火车速度人的速度)×迎面错过的时间〔追及的时间〕;4、火车+火车:一个有长度、有速度,一个也有长度、有速度,〔1〕错车问题:相当于相遇问题,解法:快车车长+慢车车长(总路程) =(快车速度+慢车速度) ×错车时间;〔2〕超车问题:相当于追及问题,解法:快车车长+慢车车长(总路程)=(快车速度—慢车速度) ×错车时间;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。
例题精讲【例1】一列火车长200米,以60米每秒的速度前进,它通过一座220米长的大桥用时多少?【稳固】一列火车长360米,每秒钟行驶16米,全车通过一条隧道需要90秒钟,求这条隧道长多少米?火车隧道长?火车火车行驶路程【例2】四、五、六3个年级各有100名学生去春游,都分成2列(竖排)并列行进.四、五、六年级的学生相邻两行之间的距离分别是 1米、2米、3米,年级之间相距5米.他们每分钟都行走90米,整个队伍通过某座桥用4分钟,那么这座桥长米.【稳固】一个车队以6米/秒的速度缓缓通过一座长250米的大桥,共用152秒.每辆车长6米,两车间隔10米.问:这个车队共有多少辆车?【例3】小红站在铁路旁,一列火车从她身边开过用了21秒.这列火车长630米,以同样的速度通过一座大桥,用了分钟.这座大桥长多少米?【稳固】小胖用两个秒表测一列火车的车速。
小学四年级奥数行程问题之相遇与追及
一、相遇甲从A 地到B 地,乙从B 地到A 地,然后两人在途中相遇,实质上是甲和乙一起走了A ,B 之间这段路程,如果两人同时出发,那么相遇路程=甲走的路程+乙走的路程=甲的速度×相遇时间+乙的速度×相遇时间=(甲的速度+乙的速度)×相遇时间=速度和×相遇时间.一般地,相遇问题的关系式为:速度和×相遇时间=路程和,即=t S V 和和二、追及有两个人同时行走,一个走得快,一个走得慢,当走得慢的在前,走得快的过了一些时间就能追上他.这就产生了“追及问题”.实质上,要算走得快的人在某一段时间内,比走得慢的人多走的路程,也就是要计算两人走的路程之差(追及路程).如果设甲走得快,乙走得慢,在相同的时间(追及时间)内:追及路程=甲走的路程-乙走的路程=甲的速度×追及时间-乙的速度×追及时间=(甲的速度-乙的速度)×追及时间=速度差×追及时间.一般地,追击问题有这样的数量关系:追及路程=速度差×追及时间,即=t S V 差差例如:假设甲乙两人站在100米的跑道上,甲位于起点(0米)处,乙位于中间5米处,经过时间t 后甲乙同时到达终点,甲乙的速度分别为v 甲和v 乙,那么我们可以看到经过时间t 后,甲比乙多跑了5米,或者可以说,在时间t 内甲的路程比乙的路程多5米,甲用了时间t 追了乙5米知识框架相遇与追及三、相遇和追及在研究追及和相遇问题时,一般都隐含以下两种条件:(1)在整个被研究的运动过程中,2个物体所运行的时间相同(2)在整个运行过程中,2个物体所走的是同一路径。
例题精讲【例 1】一辆客车与一辆货车同时从甲、乙两个城市相对开出,客车每小时行46千米,货车每小时行48千米。
3.5小时两车相遇。
甲、乙两个城市的路程是多少千米?【巩固】聪聪和明明同时从各自的家相对出发,明明每分钟走20米,聪聪骑着脚踏车每分钟比明明快42米,经过20分钟后两人相遇,你知道聪聪家和明明家的距离吗?【例 2】A、B两地相距90米,包子从A地到B地需要30秒,菠萝从B地到A地需要15秒,现在包子和菠萝从A、B两地同时相对而行,相遇时包子与B地的距离是多少米?【巩固】两地间的路程有255千米,两辆汽车同时从两地相对开出,甲车每小时行45千米,乙车每小时行40千米。
三年级奥数知识目录框架
三年级奥数知识目录框架
1、数图形:掌握有序的思考方法。
2、找规律填图形;观察能力,初步的推理能力。
3、加减法的巧算与速算:1000以内整数的计算能力
4、找规律填数:观察的多面性,单一、整体、顺向、逆向。
5、算式之谜:计算的灵活性
阶段性复习考试题1
6、乘法的速算巧算:计算能力
7、除法的速算巧算:计算能力
8、有余数的除法:计算与推理的综合
9、和差问题:线段图的作用
10、和倍问题:线段图的作用
11、差倍问题:线段图的作用
阶段性复习考试题2
12、等量代换:等量代换与转化
13、巧求周长1:等量代换
14、巧求周长2:
15、简单的枚举:有序思考
16、面积的计算:转化
阶段性复习考试3
17、平均数问题:数量关系,移多补少
18、归一问题:单一量,不变量
19、简单推理:分析、推理能力,逻辑性
20、重叠问题:思考的全面性,包含排斥
阶段性复习考试题4
参考答案。
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感谢午夜小雨的这个主题贴,相信里面的内容代表了很多的朋友,这次回复晚了,深表歉意。
首先说说为什么要学习奥数:1、奥数的学习是在课内基础上的一种延伸,对于逻辑思维有很大帮助,一般而言,经过思维训练的人学习能力(仅学习效率)会更高。
2、有助于提高孩子的探索能力3、不能否认的升学压力两个误区:1、奥数一般是指数学竞赛,目前我们大多数孩子学习的应该更去享受那个过程,而非那些奖项。
当然,如果真的学好的,得个奖也只是顺带的。
2、学习方式:一定是少量的模仿式学习,如果奥数学习是靠背公式、记方法的,那完全和我们学习的初衷背离了3、衡量标准:如果是纯竞赛题,如选拔考试、华杯赛总决赛出题的目标就不是让你全部做对的,所以竞赛中低分和学校的90多根本没有等价的意义。
学习方式:1、思考为主、结合联系,一定学会的是思想2、专题学习,不要满目乱做题奥数的学习重在思维上的拓展和提高,我个人认为可以从二个方面提高:1、从思考方向层面,从条件开始分析,从问题开始分析,抑或是二者结合,或是从已知的题来类推:ps:大部分的孩子喜欢第三种思考方向,而不擅于从条件或问题展开分析;最好的方法是在平时学习的时候,多用分析或归纳的方法,在考前复习的时候做一些归纳和积累,掌握一些必考题型,加快解题速度。
2、从数学方法的层面,数学是一门有独特方法的学科,在学习的时候要注重掌握数学方法。
数学的目地不是为了计算,而是为了解决问题,用最省时、省力的方法去解决问题,那么探索最简便的解决问题的方法是数学永恒的主题。
PS:数学方法需要积累,积累了才能创造,常用的数学方法有:换元法、整体法、归一法、假设法等;然后需要借助图形,需要分类,需要归纳等思想。
在小学的学习中,更多应该是让孩子去感知一些思维,没有必要上升的理论。
例如:1、10人中要选8人出来,可以直接挑选8人,但比较麻烦,简单的方法是去掉两人。
其实这个就是我们高一集合中的补集思想,也是后来高二的组合的性质。
2、数长方形,而可以把长方形等价于长、宽或者对角线,其实这个就是因果的原理,也是我们后面的等价的思想学奥数要如何做题,做什么题?关于做题,建议三点:一.针对性:如果目的是杯赛获奖,首选最近三年的真题;其次是2006年的《小学数学ABC》(刘京友主编,主要是当前全中国的最新杯赛资料汇编)如果目的是迎战小升初,首选小升初60套模拟题,据调研,每年小升初的原题出现率达10%,知识点覆盖率达95%以上。
二.方法性:一看二分三做四清。
一看:一套题先通览全局,初步体验难易程度;二分:把这套题按难度分易、中、难三类;易,有把握一定做对;中,有一点方向,想继续走下去,没有看到最后一步。
难,没头绪,没见过。
三做:易类由家长指定一至两道题演练细节处理能力,要明确认识到此类的题,如果做错,不是“犯错”,而是“犯罪”!平时,一看就会的题不能不做,而要少做;中类题,全做;难类题,每题花五至十分钟迸发灵感,如果有方向,则继续;如果十分钟也想不出一点东东,放入难题库。
四清:可以通过同学交流、请教老师、在线答疑等方式解决难题本上的所有问题。
三.时效性:我们要重视平时解题训练,更要注意有一个合理的量:对于常规一份试卷的处理,一个小时左右。
(易类1~2道,中类5~8道,难类适当思考)最好每天保证一小时,如果不能,则两天必须保证一小时(解决一份试卷)很多同学课上一学就会,课下一做就错。
要认识到:课堂学习只能解决知识体系架构的问题;课后训练才能解决能力强化训练的问题;奥数经验大家享现在学奥数的同学越来越多,伴随而来的问题就是奥数到底有什么用,应该怎么学奥数才能学好,下面我就我自己以前学习和教学的一些经验和大家谈谈这两个问题。
一、学奥数到底有什么用我想对目前绝大部分学奥数的孩子和他们的家长来说,目的只有一个,那就是通过各种杯赛获奖得到一个上重点中学试验班的机会,这个本身是无可厚非的,因为现在的升学制度决定了奥数已经成为升学的一个重要手段。
通过和家长的一些接触我也了解到很多家长认为现在学奥数是权谊之计,这个东西以后根本没用。
我认为这个观点是有失偏颇的,虽然我们目前学的某些内容,比如抽屉原理等,可能以后在初中甚至高中的课本里我们都根本不可能接触到的,但是我们学习的其实是一些思想方法,更具体的说,是培养一种解决问题的能力。
能把小学奥数学好的同学,我相信学习中学的知识的时候,至少在理科方面,那绝对是游刃有余的。
就我自己的经历来说,我小学在区奥数班里的同学基本上都考进了青岛最好的中学(我是青岛人),而且在班上大部分都是拔尖的,这里我所说的拔尖不是单单数学一科,而是综合成绩,因此当年和我一起学奥数学得比较好的同学基本上都去了名牌大学。
为什么呢?因为小学奥数学的好,初中的数理化基本上不用下任何功夫,因为知识虽然是新的,但学起来的难度比我们的奥数简单的多,而那些没学过奥数的同学可能就比较吃力,初中里数学占两门课,我们省下这两门课的时间去多背些英文单词,多看看语文等等,学习成绩当然会比较好,学习起来也比较轻松。
当然,刚才说的问题可能比较长远一点,为的是让大家明白学奥数对将来的发展是有用的,而且并不会因此而耽误你其他科目或者兴趣的发展,拿我自己来说,虽然奥数陪伴我从小学三年级到高三,一路升学全都是直接靠竞赛保送,但是平时我其他科目的成绩同样在班上是名列前茅的,而且自己的兴趣如足球,音乐,桥牌等一点也没耽误。
我想说的是奥数不是苦差事,关键是学习的方法。
下面说一下关于该怎么学奥数的问题。
二、怎样学好奥数经常有人问我:“怎么样能快速提高奥数学习效果?”我想大家都知道欲速则不达的道理,如果真的起步比较晚的话,就应该从重点抓起,比如应用题,数论这些考试必考的内容,先把少数重要的专题学好,而不能图快,想一举把所有内容用短短的时间全学会,囫囵吞枣的结果是:各个内容你可能都见过,老师提到什么方法你可能也知道,但是给你出几个题你可能就做不出来了。
这也是一些六年级同学在做诊断测试的时候暴露出来的问题。
因此,在时间有限而以前奥数知识接触的少的话,就只能先舍弃一些不太常考的内容,把重要的内容认真学好。
学奥数最佳的起步时间应该是三四年级,这个时间启蒙教育特别重要,能不能尽快入门,或者说“开窍”,这是一个很重要的时期。
五年级的时候最好就应该把六年级的内容学的差不多了,至少是课本上的内容要都掌握,因为杯赛基本上都在六年级上学期举行,因此准备的越早对我们越有利。
下面具体谈一下奥数的学习方法学奥数有诀窍吗?根据我学习奥数的经验,答案是没有。
但如果非要我说一个的话,那就是“做题”。
那么这里就有两个问题了,一是我该做哪些题呢?二是我该做多少,应该怎么做呢?我们先说一下做哪些题,现在市面上的奥数书种类繁多,我见过有的家长给孩子买了一大堆,但是真正好好拿来看和做的书却不多,这里就有一个选择书籍的问题,我觉得以下的几本书是比较值得推荐的,《华罗庚学校数学课本》,这本书内容不太难,适合入门学习。
《华罗庚思维训练导引》是一本分类习题集,每个专题15个题目,虽然有的题目偏难,但这本书选题都非常有代表性,值得一做(做三星题目为主)。
除了专题训练外,大量的综合练习也是必不可少的,《小学数学ABC》和《小学数学奥林匹克试题详解》这2本书非常好,第一本上面有几位奥数专家编写的模拟题,第二本是历届中国小学数学奥林匹克竞赛的试题(这是一个非常权威的全国范围的数学竞赛,因为是4月进行所以北京的同学可能不太重视,但这个比赛的水平还是很高的),我去年辅导的一个同学就是认真的把这2本书做了一遍取得了非常好的效果并在资源杯的比赛里获得了二等奖的好成绩。
刚才说了做什么题,那为什么同样大家都在做那些题,有的人能获奖有的人却不能呢?我们说一下做题的态度问题,我们为什么要做这些题呢?有的同学把做题当作一项繁重的任务来看,家长要求每天做多少自己就掰着指头做多少道题来达到家长的要求,这样是不可取的。
我们做综合练习的时候是抱着找出自己哪块知识有问题的想法去做的,比方说我做了五套模拟题,行程问题总是出错,那就说明你这个方面掌握的不好,那就应该找相关的内容看一下,再集中做几道这个方面的问题(题目可以在刘京友编写的《题库》里找)。
通过做综合练习找出自己问题所在,再集中的有针对性的加强这方面的练习,达到差漏补缺的目的。
这就要求我们每次做完题,不会的或者做错的一定要弄明白为止,有的同学可能一天做好几套题目,做完了对对答案,每套错的都不多,自我感觉也不错,做了半天也累了就把书扔下不管了,这样的学习是没有效果的,因为你原先会的还是会,不会的那些呢?还是不会!因此题目不在于你做了多少,关键是你遇到的每一道题目无论你当时是否会做,事后你是否都真正理解了,再遇到类似的题目还会不会做。
如果我真正能做到做一套题就把里面所有的题目吃透,那么我学习的效果要比刚才提到的一天做好几套但不注意总结的同学好的多。
怎么总结呢?我的做法是这样的,遇到不会的难题或者做错的题目(哪怕是一丁点的马虎也不要放过),最好找一本厚一点的本子,遇到不会的和做错先把题目用圆珠笔抄在本子上,弄懂以后合上书本,自己把解答用铅笔写在题目下面,这么做有几个好处,首先题目和解答用不同的笔这样看起来一目了然,其次,要求自己尽快把不会的题目搞懂,这样才能往本子上写。
最后,也是比较重要的,参加考试之前拿出来看看,以前你做错的和掌握的不牢固的题目都在这上面呢,对你来说还有一本比这更好的教材么?也许有的同学觉得这样浪费时间,我的老师这么要求我的时候我也有过这个想法,但我自己做了以后发现,其实你好好把题目总结一下花不了太多时间,而且对自己的帮助真的很大,希望同学们也能做到这点,至少,对于做错的题目一定要引起重视。
每天学习完或者做完题自己都问问自己,我今天学到了什么新的方法,我哪个题目思路上有问题以后要注意的。
总结不光在笔头上,思想上也要经常总结,不能学了半天连自己学会了什么还有哪些该掌握的没掌握都不清楚。
最后说说关于考试的心态,因为关系到升学,可能家长和同学的压力都比较大,我自己也经历过也很清楚。
但是对于参加竞赛,一个平和的心态是非常重要的,要做到自信,细心,耐心。
自信就来源于平时良好的学习方法和学习态度,我们平时训练做的题其实很多比你考试遇到的要难,所以平时只要抓的紧,考试不会遇到什么特别困难的题目。
细心也是必不可少的,有的同学水平很高,但是却获不了奖,原因面对一些容易的问题缺乏细心的态度。
不同的笔这样看起来一目了然,其次,要求自己尽快把不会的题目搞懂,这样才能往本子上写。
最后,也是比较重要的,参加考试之前拿出来看看,以前你做错的和掌握的不牢固的题目都在这上面呢,对你来说还有一本比这更好的教材么?也许有的同学觉得这样浪费时间,我的老师这么要求我的时候我也有过这个想法,但我自己做了以后发现,其实你好好把题目总结一下花不了太多时间,而且对自己的帮助真的很大,希望同学们也能做到这点,至少,对于做错的题目一定要引起重视。