六年级奥林匹克数学十五乘法原理(二)

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乘法原理小学数学课时练习

一、选择题1. 某铁路上有11个车站，有一个收集火车票的爱好者收集了这条铁路上每个车站上发售的通往其他各站的火车票，他一共收集了（）张火车票．A．60 B．95 C．110 D．552. 小明、小红、小丽和小强是同班同学，如果从中选一个正队长、一个副队长，共有（）种搭配方法．A．4 B．6 C．123. 乘法算式中，两个因数都扩大5倍，得到的积等于（）A．原来积的5倍B．原来积的10倍C．原来积的25倍D．原来的积4. 小东、小华、小平，3个人排成一行照相，有（）种不同的排法．A．8 B．6 C．125. 如图，从A到B共有（）种不同的路线？(只能向右或向下)A．10 B．11 C．12二、填空题6. 过春节的时候，6名老朋友间都通了一次电话相互问好．他们一共打了个电话．7. 请你在算式1+2×3+4×5+6中添上一个小括号，使算式的得数最大，最大的得数是_____．8. 将一个长方形用对角线分成四份，如图3所示，现用五种颜色染色，要求每小块染一种颜色，相邻的两小块（有公共边的）必须染不同的颜色．那么，总共有______种不同的染色方法．9. 女巫的10个盒子中分别装有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9颗珍珠。

商人要选出其中4个盒子，并把盒子里的珍珠平分给三个女儿，商人有( )种不同的选法。

10. 三件衣服和四条裤子共有（）种不同的搭配方法．三、解答题11. 五种颜色不同的信号旗，各有5面，任意取出三面排成一行，表示一种信号，问：共可以表示多少种不同的信号？12. 用四种颜色对下图的五个字染色，要求相邻的区域的字染不同的颜色，但不是每种颜色都必须要用。

问：共有多少种不同的染色方法？13. （1）由数字1、2可以组成多少个两位数？（2）由数字1、2可以组成多少个没有重复数字的两位数？14. 爸爸、妈妈、客人和我四人围着圆桌喝茶。

若只考虑每人左邻的情况，问共有多少种不同的入座方法？。

小学思维数学讲义：简单乘法原理-带答案解析

简单乘法原理1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．3.培养学生准确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．一、乘法原理概念引入老师周六要去给同学们上课，首先得从家出发到长宁上8点的课，然后得赶到黄埔去上下午1点半的课．如果说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是10条路线．但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用场了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情可以分成n个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A种不同的方法，第二步有B种不同的方法，……，第n步有N种不同的方法．那么完成这件事情一共有A×B×……×N种不同的方法．结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5×2个可选择的路线了，即10条．三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N个必要步骤；2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）；3、步步相乘四、乘法原理的考题类型1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题；2、字的染色问题——比如说要3个字，然后有5种颜色可以给每个字然后，问3个字有多少种染色方法；3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法；4、排队问题——比如说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．教学目标知识要点【例 1】邮递员投递邮件由A 村去B 村的道路有3条，由B 村去C 村的道路有2条，那么邮递员从A 村经B 村去C 村，共有多少种不同的走法？【考点】简单乘法原理【难度】1星【题型】解答【解析】把可能出现的情况全部考虑进去．第一步第二步A 村村C 村中A 村村 C 村北南C 村村A 村由分析知邮递员由A 村去B 村是第一步，再由B 村去C 村为第二步，完成第一步有3种方法，而每种方法的第二步又有2种方法．根据乘法原理，从A 村经B 村去C 村，共有3×2=6种方法．【答案】6【巩固】如下图所示，从A 地去B 地有5种走法，从B 地去C 地有3种走法，那么李明从A 地经B 地去C地有多少种不同的走法？【考点】简单乘法原理【难度】1星【题型】解答【解析】从A 地经B 地去C 地分为两步，由A 地去B 地是第一步，再由B 地去C 地为第二步，完成第一步有5种方法，而每种方法的第二步又有3种方法．根据乘法原理，从A 地经B 地去C 地，共有5×3=15种方法．【答案】15【例 2】如下图中，小虎要从家沿着线段走到学校，要求任何地点不得重复经过．问：他最多有几种不同走法？【考点】简单乘法原理【难度】1星【题型】解答【解析】从家到中间结点一共有2种走法，从中间结点到学校一共有3种走法，根据乘法原理，一共有3×2=6种走法．【答案】6【巩固】在下图中，一只甲虫要从A 点沿着线段爬到B 点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？例题精讲CBA【考点】简单乘法原理【难度】1星【题型】解答【解析】甲虫要从A点沿着线段爬到B点，需要经过两步，第一步是从A点到C点，一共有3种走法；第二步是从C点到B点，一共也有3种走法，根据乘法原理一共有3×3=9种走法．【答案】9【巩固】在右图中，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？D C BA【考点】简单乘法原理【难度】2星【题型】解答【解析】从A点沿着线段爬到B点需要分成三步进行，第一步，从A点到C点，一共有3种走法；第二步，从C点到D点，有1种走法；第三步，从D点到B点，一共也有3种走法．根据乘法原理，一共有3×1×3=9种走法．【答案】9【巩固】在右图中，一只蚂蚁要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只蚂蚁最多有几种不同走法？BDCA【考点】简单乘法原理【难度】2星【题型】解答【解析】解这道题时千万不要受铺垫题目的影响，第一步，A点到C点的走法是3种；第二步，从C点到D点，有1种走法；但第三步，从D点到B点的走法并不是3种，由D出去有2条路选择，到下一岔路口又有2条路选择，所总共有2×2=4（种）走法，根据乘法原理，这只蚂蚁最多有31412⨯⨯=（种）不同走法．【答案】12【巩固】在右图中，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？D C BA【考点】简单乘法原理【难度】2星【题型】解答【解析】从A点沿着线段爬到B点需要分成三步进行，第一步，从A点到C点，一共有3种走法；第二步，从C点到D点，一共也有3种走法；第三步，从D点到B点，一共也有3种走法．根据乘法原理，一共有33327⨯⨯=种走法．【答案】27【巩固】在右图中，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法?BCA【考点】简单乘法原理【难度】3星【题型】解答【解析】解这道题时千万不要受铺垫题目的影响，A点到C点的走法不是3种，而是4种，C点到B点的走法也是4种，根据乘法原理，这只甲虫最多有4416⨯=种走法．【答案】16【例3】如果将四面颜色不同的小旗子挂在一根绳子上，组成一个信号，那么这四面小旗子可组成种不同的信号。

六年级奥数第25讲：加法原理和乘法原理

乘法原理与加法原理解题乘法原理：如果完成一件事需要n个步骤，做第一步有m1种方法，做第二步有m2种方法…做第n步有mn种方法，那么完成这件事共有m1×m2×…×mn种方法。

由于上述的各个步骤彼此互不影响，因此各个步骤安排的先后顺序不同并不影响结果。

这就使我们可以选择适当顺序来研究它们，以使问题简便地得到解决。

加法原理：如果所要计数的对象有n类，第一类有m1种，第二类有m2种…第n类有mn种，那么这些对象总计有m1＋m2＋…＋mn种。

应用加法原理的关键是将所有计数的对象依据同一标准，分为不重、不漏的若干类。

例1、王芳、小华、小花三人约好每人报名参加学校运动的跳远、跳高、100米跑、200米跑四项比赛中的一项，问报名的结果会出现多少种不同情形？做一做：有5件不同的上衣，3条不同的裤子，4顶不同的帽子，从中取出一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成一套装束，最多有多少种不同的装束？例2、从3名男生、2名女生中选出优秀学生干部3人，要求其中至少有一名学生，一共有多少种不同选法？做一做：3名男生、2名女生排成一行照相，女生不站两头，且女生站在一起，问有多少种不同站法。

例3、用0，1，2，3，4这五个数字可以组成多少没有重复数字的三位数？做一做：有五张卡片，分别写着数字1,2,4,5,8。

现从中取出3张卡片，并排放在一起，组成一个三位数，如1 2 3 。

问：可以组成多少个不同的偶数？例4、地图上有A ，B ，C ，D 四个国家，如右图所示。

现用红、蓝、黄、绿四种颜料给地图染色，使相邻国家的颜色不同。

问：有多少种不同的染色方法？做一做：如右图所示的地区内有六个国家，A ，B ，C ，D ，E ，F ，现对每个国家用红、黄、蓝、绿、紫这五种颜色中的一种进行着色，并使得相邻国家必须着不同颜色，那么一共有多少种不同的着色方法？A C BD例5、从1到400的所有自然数中，不含数字3的自然数有多少个？做一做：从1到1000自然数中，一共有多少个数字0？例6、从19，20，21……，92，93，94这76个数中，选取两个不同的数，使其和为偶数的选法总数是多少？做一做：有大小两个正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6。

六年级能学的奥数题及答案

六年级能学的奥数题及答案奥数，即奥林匹克数学竞赛，是一种旨在培养学生数学思维和解决问题能力的竞赛形式。

六年级学生学习奥数，不仅可以锻炼他们的数学能力，还能提高逻辑推理和创新思维。

以下是一些适合六年级学生的奥数题目及答案：题目1：小明有3个红球和2个蓝球，他随机从袋子里拿出一个球，然后放回袋子里再拿一次。

请问小明两次都拿到红球的概率是多少？答案：第一次拿到红球的概率是3/5，因为总共有5个球，其中3个是红球。

由于每次拿球后都放回，第二次拿到红球的概率也是3/5。

两次都拿到红球的概率是两个独立事件同时发生的概率，所以是(3/5) * (3/5) = 9/25。

题目2：一个数字钟的时针和分针在12点整重合。

请问在接下来的12小时内，时针和分针会再次重合多少次？答案：在12小时内，时针和分针会重合11次。

因为时针每小时走30度（360度/12小时），而分针每分钟走6度（360度/60分钟）。

每小时分针都会超过时针，除了12点整之外，它们会在每个小时的某个时刻再次重合。

题目3：一个长方形的长是宽的两倍，如果长和宽都增加10厘米，新的长方形的面积比原来的长方形面积大300平方厘米，求原来的长方形的长和宽。

答案：设原来的长方形宽为x厘米，那么长就是2x厘米。

原来的面积是x * 2x = 2x^2平方厘米。

增加后的长为2x + 10厘米，宽为x +10厘米，面积为(2x + 10) * (x + 10)平方厘米。

根据题意，我们有方程：(2x + 10) * (x + 10) - 2x^2 = 300。

解这个方程，我们可以得到x = 5厘米，所以原来的长方形的长是10厘米，宽是5厘米。

题目4：一个数字序列如下：2, 4, 7, 11, ...。

这个序列的第20项是多少？答案：这个序列是一个等差数列，第一项a1=2，公差d=2。

根据等差数列的通项公式an = a1 + (n - 1) * d，我们可以计算出第20项的值：a20 = 2 + (20 - 1) * 2 = 2 + 19 * 2 = 2 + 38 = 40。

世界少年奥林匹克数学竞赛复赛六年级试题

_____________________________________________________________________ 世界少年奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方晋级赛试题（2013年1月）选手须知：1. 本卷共120分，第1～8题，每小题6分，第9～10题，每小题8分，11题10分，12题10分，13题10分，14题12分，15题14分。

2. 比赛期间，不得使用计算工具。

3. 比赛完毕时，试卷及草稿纸会被收回。

4. 本卷中所有附图不一定依比例绘成。

若计算结果是分数，请化至最简，并确保为真分数或带分数，或将计算结果写成小数。

六年级试题（本试卷满分120分，比赛时间90分钟）一、填空题（每小题6分，共48分）1、把三个完全相同的正方体拼成一个长方体，这个长方体的表面积是350平方厘米。

每个正方体的表面积是_____________平方厘米。

2、以A （1,1），B （2,3），C （m ，n ）为顶点（m ，n 都在0，1，2，3，4中取值）的等腰三角形ABC 的个数是______________。

3、数A ，B ，C ，D 四个数的和是23.4，又已知数A 的2.5倍，数B 减1，数C 加4，数D 的21彼此相等，则A ，B ，C ，D 这四个数的积是_____________。

4、小磊有一个闹钟，但它走得不准，这天下午6:00把它对准北京时间，但晚上9:00时，它才走到8:45.第二天早上小磊看闹钟走到6:17的时候去上学，这_____________________________________________________________________ 时候北京时间为______________。

5、一个长方体木块，六个面上都写着数，相对面上的两个数之和是20。

将木块按如图位置放好（上底面18、前侧面16、右侧面15），先由左向右翻转50次，再由前向后翻51次，这时木块前面的数是。

(六年级奥数讲义)第4讲-排列与组合(加法原理与乘法原理)(教师版)

◆ 熟悉排列与组合问题。

◆ 运用加法原理和乘法原理解决问题。

在日常生活中我们经常会遇到像下面这样的两类问题：问题一：从A 地道B 地，可以乘火车，也可以乘汽车或乘轮船。

一天中，火车有4班，汽车有3班，轮船有2班。

那么从A 地道B 地共有多少种不同的走法？问题二：从甲村到乙村有两条道路，从乙村去丙村有3条道路（如下图）。

从甲村经乙村去丙村，共有多少种不同的走法？解决上述两类问题就是运用加法原理和乘法原理。

➢ 加法原理：为了完成一件事，有几类方法。

第一类方法中有1m 种不同的方法，第二类方法中有2m 种不同的方法…….第n 类方法中有n m 种不同的方法。

那么，完成这件事共有12n N m m m =++⋅⋅⋅+种不同的方法。

➢ 乘法原理：为了完成一件事，需要n 个步骤。

做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法……做第n 步有n m 种不同的方法。

那么，完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⋅⋅⋅⨯种不同的方法。

【例题1】每天从武汉到北京去，有4班火车，2班飞机，1班汽车。

请问：每天从武汉到北京去，乘坐这些交通工具共有多少种不同的走法？解:4+2+1=7(种)【拓展1】学校开展读书竞赛活动，小明要从4本故事书、2本文艺书、3本科技书里任意选取一本书，共有多少种不同的选法?第4讲排列与组合【例题2】如图，从家村去乙村有3条道路，从乙村去丙村有2条道路，从丙村去丁村有4条道路。

小华从甲村经乙村、丙村去丁村，共有多少种不同的走法？【拓展2】（2008年第六届“走进美妙的数学花园”中国青少年解题技能展示大赛试题）在右图的每个方格中各放1枚围棋子（黑子或白子），共有多少种不同的放法？【例题3】数学活动课上，张老师要求同学们用0、1、2、3这四个数字组成三位数，请问：（1）可以组成多少个没有重复数字的三位数？（2）可以组成多少个不相等的三位数？解：（１）3×3×2=18（个）（3）3×4×4=48（个）【拓展3】用1、2、3、4这四个数可以组成多少个没有重复数字的四位数?【例题4】十把钥匙开十把锁。

数学六年级第15讲几何综合二(教师版+学生版,含详细解析)全国通用

第15讲几何综合二兴趣篇1、图中有半径分别为5厘米、4厘米、3厘米的三个圆，A 局部〔即两小圆重叠局部〕的面积与阴影局部的面积比，哪个大？大多少？【分析】2234A S S ππ=⨯+⨯-空白, 2、如图，在两个同心圆上有一条两端点都在大圆上的切线与小圆相切，其长度为10厘米。

求阴影局部的面积。

〔π取3.14〕【分析】设大圆半径为R ,小圆半径为r ，根据勾股定理知22210()2R r -=，所以2222() 3.142578.5S R r R r πππ=-=-=⨯=阴影〔平方厘米〕3、如图，大正方形中有三个小正方形，右上角正方形的面积为27，左下角正方形的面积为12，中间阴影正方形2个顶点分别位于右上角和左下角正方形的中心。

请问：中间阴影正方形的面积是多少？【分析】图中左上角和右下角的两个长方形面积相同，设为S ,因此有22227129218S S ⨯=⨯=⨯=,因此18S =,所以大正方形的面积为1818122775+++=，又因为中间阴影正方形2个顶点分别位于右上角和左下角正方形的中心，所以117518.7544S S ==⨯=正阴影 4、如图，将一个梯形分成四个三角形，其中两个三角形的面积分别为10与12.梯形的上底长度是下底的23。

请问：阴影局部的总面积是多少？【分析】设梯形的上底为2a ，那么下底为3a ，梯形的高为20241823a a a +=，所以梯形的面积为181(23)452a a a +⨯⨯=，因此45101223S =--=阴影 5、以下图由一个边长为2厘米的正方形和一个长为5厘米的长方形拼成的，线段MN 把它们各分成两局部。

A 、B 两块的面积和是C 、D 两块面积和的1.5倍。

请问：长方形的宽是多少厘米？【分析】给,C D 补全上E 后与,A B 的面积和相同，所以E 的面积是,A B 的面积和的1.5111.53-=，设长方形的宽为x ，有11(52)(2)223x x ⨯+⨯=-⨯，解得 4.8x =，长方形的宽是4.8厘米6、图中四边形ABCD 为平行四边形，三角形MAB 的面积为11平方厘米，三角形MCD 的面积为5平方厘米。

六年级奥林匹克数学讲义二估计与估算(二)

二、估计与估算（二）1. 将六个分数215,94,12011,451,83,358分成三组,使每组的两个分数的和相等,那么与451分在同一组的那个分数是 .2. 数151311197535232129171551719212321357911131÷的十分位到十万分位的数字为 .3. 满足下式的n 最小等于 . )1(1431321211+⨯+⋅⋅⋅+⨯+⨯+⨯n n 19981949>.4. 已知1101011102103101102100101+⋅⋅⋅+++=A ,则A 的整数部分是 .5. 小明计算17个自然数的平均数所得的近似值是31.3,老师指出小明少取了一位有效数字,则老师要求的平均数应该是 .6.有三十个数:,302964.1,,30364.1,30264.1,30164.1,64.1+⋅⋅⋅+++如果取每个数的整数部分,并将这些整数相加,那么其和是 .7.将奇数1,3,5,7,…,由小到大按第n 组有2n -1个奇数进行分组 (1), (3,5,7), (9,11,13,15,17), … 第一组第二组第三组那么1999位于第组的第个数.8. 22.103.823.102.824.101.8⨯+⨯+⨯的整数部分是 . 9. 数2232⨯⋅⋅⋅⨯⨯写成小数时的前两位小数是 .10. 有甲、乙、丙、丁四个同学去林中采蘑菇.平均每人采得的蘑菇的个数的整数部分是一个十位数为3的两位数.又知甲采的数量是乙的54,乙采的数量是丙的23倍.丁比甲多采3个蘑菇.那么,丁采蘑菇个.11.两个连续自然数的平方之和等于365,又有三个连续自然数的平方之和也等于365.试找出这两个连续自然数和那三个连续自然数.12.如图所示,方格表包括A 行B 列(横向为行,纵向为列),其中依次填写了自然数1至B A ⨯ ,现知20在第3行,41在第5行,103在最后一行,试求A 和B .13.求分数1611514131211++⋅⋅⋅++++=A 的整数部分.14.甲、乙、丙三个班向希望工程捐赠图书.已知甲班1人捐6册,有2人各捐7册,其余人各捐11册;乙班有1人捐6册,3人各捐8册,其余人各捐10册;丙班有2人各捐4册,6人各捐7册,其余人各捐9册.已知甲班捐书总数比乙班多28册,乙班比丙班多101册.各班捐书总数都在400册与550册之间.问:每班各有多少人?二、估计与估算（二）(答案）第[1]道题答案：94. 注意到451是六个分数中的最小数,因此与451在同一组的分数,必须是这六个分数中的最大数(否则,六个数不能分成三组,每组的两个分数的和相等),因此所求数为94.第[2]道题答案： 2,5,9,5,3.设题中所述式子为B A ÷,由于题中所涉及的数太大,不太可能通过直接计算来确定前五位数(否则计算量太大),下面利用估值方法来求:因为2.05313,3.05214>÷>÷<÷<÷B A B A , 所以此数的第一位数字为2.又因为259.052331357,2597.05238.135>÷>÷<÷<÷B A B A , 所以此数的第一、二、三位数字为2,5,9. 又因为,25954.0523212135792<÷<÷B A25953.0523213135791>÷>÷B A , 所以此五位数字是2,5,9,5,3.第[3]道题答案： 40.原式左端等于111+-n ,可得不等式199********>+-n ,所以19984911<+n ,解得493839>n ,故n 最小等于40.第[4]道题答案： 67.⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+++=11010102101011010010)11321(A⎪⎭⎫⎝⎛+⋅⋅⋅++++=1101010210101101001066所以 1016711100106611110106667=⨯+<<⨯+=A 因此, A 的整数部分为67.第[5]道题答案： 31.29.设17个自然数的和为S ,由3.3117≈S ,得31.24<35.3117<S. 所以531.08<S <532.95, 又S 为整数,所以S =532,则29.311753217≈=S第[6]道题答案：49.关键是判断从哪个数开始整数部分是2,因为2-1.64=0.36,我们就知⋅⋅⋅==33.0301031, 故先看3011,3011=⋅⋅⋅66.036.0>,这说明“分界点”是301164.1+,所以前11个数整数部分是1,后19个数整数部分为2,其和为4921911=⨯+.第[7]道题答案： 32, 39.第n 组的最后一个奇数为自然数中的第2)12(531n n =-+⋅⋅⋅+++个奇数,即122-n .设1999位于第n 组,则19991)1(22<--n ≤122-n . 由 223222047199919211312⨯=<<=-⨯1-知n=32. 所以1999在第32组第39312119992=-+个数. 第[8]道题答案： 29.当两个数的和不变时,两数越接近(即差越小)它们的积越大. 所以24.101.823.102.822.103.8⨯<⨯<⨯,从而30325.18324.101.822.103.823.102.824.101.8=⨯⨯<⨯⨯<⨯+⨯+⨯.52.2969.38)22.123.124.1(822.103.823.102.824.101.8=⨯=++⨯>⨯+⨯+⨯,所以22.103.823.102.824.101.8⨯+⨯+⨯的整数部分是29.第[9]道题答案： 0.01注意到35327322=>=,所以6992332132,2132>>,所以01.01001961321322132561010=>=⨯=⨯> 又443818025=<=⨯,所以25132,51328844<<.所以02.0501212513225132221010==⨯<⨯<. 故数2232⨯⋅⋅⋅⨯⨯写成小数时的前两位小数是0.01.第[10]道题答案： 39.设丙采蘑菇数为x 个,则乙采x 23个,甲采x x 562354=⋅个,丁采⎪⎭⎫⎝⎛+356x 个,四人合采蘑菇数为:310493565623+=++++x x x x x . 依题意,得:30≤⎪⎭⎫⎝⎛+3104941x <40解得 4910117494323⨯=≤492324910157=⨯<x 又x 1049必须为整数, x 为10的倍数,因此只能x =30, 从而丁采39356=+x (个).第[11]道题答案：用估值法,先求两个连续自然数,因为5.1822365=÷,所以在两个连续自然数中,一个的平方小于182.5,另一个的平方大于182.5.由132=169,142=196得到,这两个连续自然数是13和14.类似地,3365÷32121=,最接近32121的自然数的平方是112=121,所以这三个连续自然数应是10,11,12.经验证,符合题意.第[12]道题答案：依题意,得2B <20≤3B ,4B <41≤5B ,所以326≤B <10,518≤B <4110, 故518≤B <10,因此, B =9. 由103在最后一行,得9(A -1)<103≤9A ,所以, 9411≤A <9412,故A =12.第[13]道题答案： ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++⎪⎭⎫⎝⎛+++=16111110191817151416131211A⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅⋅⋅++++⎪⎭⎫⎝⎛++++=16111110191817151412又因为14148171514181421=⨯<+++<⨯= 181816111110191161821=⨯<+⋅⋅⋅+++<⨯= 所以 4112212123=++<<++=A故A 的整数部分是3.第[14]道题答案：由题目条件,甲班捐书最多,丙班最小,甲班比丙班多捐28+101=129(册). 因为丙班捐书不少于400册,所以甲班捐书在529～550册之间. 甲班人数不少于11349311)776529(=+÷---(人),不多于11251311)776550(=+÷---(人), 即甲班人数是50人或51人.如果甲班有50人,则甲班共捐书6+7+7+11×(50-3)=537(册), 推知乙班捐书537-28=509(册),乙班有10951410)386509(=+÷⨯--(人), 人数是分数,不合题意.所以甲班有51人,甲班共捐书548)351(11776=-⨯+++(册), 推知乙班捐有53410)38628548(=+÷⨯---(人), 丙班有4989)6724129548(=+÷⨯-⨯--(人).。

六年级奥林匹克数学基础教程 15 棋盘的覆盖

小学数学奥数基础教程棋盘的覆盖同学们会下棋吗？下棋就要有棋盘，下面是中国象棋的棋盘（图1），围棋棋盘（图2）和国际象棋棋盘（图3）。

用某种形状的卡片，按一定要求将棋盘覆盖住，就是棋盘的覆盖问题。

实际上，这里并不要求一定是某种棋盘，只要是有关覆盖若干行、若干列的方格网的问题，就是棋盘的覆盖问题。

棋盘的覆盖问题可以分为两类：一是能不能覆盖的问题，二是有多少种不同的覆盖方法问题。

例1要不重叠地刚好覆盖住一个正方形，最少要用多少个右图所示的图形？分析与解：因为图形由3个小方格构成，所以要拼成的正方形内所含的小方格数应是3的倍数，从而正方形的边长应是3的倍数。

经试验，不可能拼成边长为3的正方形。

所以拼成的正方形的边长最少是6（见右图），需要用题目所示的图形36÷3= 12（个）。

分析与解：在五年级学习“奇偶性”时已经讲过类似问题。

左上图共有34个小方格，17个1×2的卡片也有34个小方格，好象能覆盖住。

我们将左上图黑白相间染色，得到右上图。

细心观察会发现，右上图中黑格有16个，白格有18个，而1×2的卡片每次只能盖住一个黑格与一个白格，所以17个1×2的卡片应当盖住黑、白格各17个，不可能盖住左上图。

例3 下图的七种图形都是由4个相同的小方格组成的。

现在要用这些图形拼成一个4×7的长方形（可以重复使用某些图形），那么，最多可以用上几种不同的图形？分析与解：先从简单的情形开始考虑。

显然，只用1种图形是可以的，例如用7个（7）；用2种图形也没问题，例如用1个（7），6个（1）。

经试验，用6种图形也可以拼成4×7的长方形（见下图）。

能否将7种图形都用上呢？7个图形共有4×7=28（个）小方格，从小方格的数量看，如果每种图形用1个，那么有可能拼成4×7的长方形。

但事实上却拼不成。

为了说明，我们将4×7的长方形黑、白相间染色（见右图），图中黑、白格各有14个。

六年级奥林匹克数学十五 乘法原理(二)

乘法原理 小学数学 课时练习