奥数题(中难度)

玛丽莲梦兔
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2020年09月11日 02:46
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哥几个走着经典语录-元宵节作文300字


1.奇偶性应用:(中等难度)

桌上有9只杯子,全部口朝上,每次将 其中6只同时“翻转”.请说明:无论经过多少次
这样的“翻转”,都不能使9只杯子全部口朝下

奇偶性应用答案:

要使一只杯子口朝下,必须经过奇数次翻转要使 9只杯子口全朝下,必须经过9个
奇数之和次翻转即翻转的总次数为奇数.但是,按规定每次翻转6只杯 子,无论经过多
少次翻转,翻转的总次数只能是偶数次.因此无论经过多少次翻转,都不能使9只杯子< br>全部口朝下。∴被除数=21×40+16=856。

答:被除数是856,除数是21。

2. 整除问题:(中等难度)

用一个自然数去除另一个整数,商40,余数是16.被除数、除数、商数与余数的和是9
33,求被除数和除数各是多少?
整除问题答案:

∵被除数=除数×商+余数,

即被除数=除数×40+16。

由题意可知:被除数+除数=933-40-16=877,

∴(除数×40+16)+除数=877,

∴除数×41=877-16,

除数=861÷41,

除数=21,

∴被除数=21×40+16=856。


答:被除数是856,除数是21。

3. 填数字:(中等难度)

请在下图的每个空格内填入1至8中的一个数字,使每行、每列、每条对角线上8个数
字都互不相同.


填数字答案:

解此类数独题的关键在于观察那些 位置较特殊的方格(对角线上的或者所在行、列空格
比较少的),选作突破口.本题可以选择两条对角线 上的方格为突破口,因为它们同时涉及
三条线,所受的限制最严,所能填的数的空间也就最小.

副对角线上面已经填了2,3,8,6四个数,剩下1,4,5和7,这是突破口.观察 这
四个格,发现左下角的格所在的行已经有5,所在的列已经有1和 4,所以只能填7.然后,
第六行第三列的格所在的行已经有5,所在的列已经有4,所以只能填1.第四行第五列的
格所在的行 和列都已经有5,所以只能填4,剩下右上角填5.

再看主对角线,已经填了1和2, 依次观察剩余的6个方格,发现第四行第四列的方格
只能填7,因为第四行和第四列已经有了5,4,6 ,8,3.再看第五行第五列,已经有了4,
8,3,5,所以只能填6.

此 时似乎无法继续填主对角线的格子,但是,可观察空格较少的行列,例如第四列已经
填了5个数,只剩下 1,2,5,则很明显第六格填2,第八格填1,第三格填5.此时可以填
主对角线的格子了,第三行第 三列填8,第二行第二列填3,第六行第六列填4,第七行第
七列填5.

继续 依次分析空格较少的行和列(例如依次第五列、第三行、第八行、第二列……),可
得出结果如下图.



4. 队形:(中等难度)

做少年广播 体操时,某年级的学生站成一个实心方阵时(正方形队列)时,还多10人,
如果站成一个每边多1人的 实心方阵,则还缺少15人.问:原有多少人?

队形答案:

当 扩大方阵时,需补充10+15人,这25人应站在扩充的方阵的两条邻边处,形成一层
人构成的直角拐 角.补充人后,扩大的方阵每边上有(10+15+1)÷2=13人.因此扩大方阵共有
13×13= 169人,去掉15人,就是原来的人数

169-15=154人
5计算:(中等难度)

一个自然数,如果它的奇数位上各数字之和与偶数位上 各数字之和的差是11的倍数,
那么这个自然数是11的倍数,例如1001,因为1+0=0+1,所 以它是11的倍数;又如1234,
因为4+2-(3+1)=2不是11的倍数,所以1234不是1 1的倍数.问:用0、1、2、3、4、5
这6个数字排成不含重复数字的六位数,其中有几个是11的 倍数?

计算答案:

用1.2.3.4.5组成不含重复数 字的六位数,
并设a1+a3+a5≥a2+a4+a6,则对某一整数k≥0,有:

a1+a3+a5-a2-a4-a6=11k (*)

也就是:
,它能被11整除,



a1+a2+a3+a4+a5+a6=11k+2(a2+a4+a6)

15=0+1+2+3+4+5=11k+2(a2+a4+a6) (**)

由此看出k只能是奇数

由(*)式看出,0≤k<2 ,又因为k为奇数,所以只可能k=1,但是当k=1时,由(**)
式看出a2+a4+a6=2.

但是在0、1、2、3、4、5中任何三个数之和也不等于2,可见k≠1.因此(*)不成立.

对于a2+a4+a6>a1+a3+a5的情形,也可类似地证明(a2+a4+a6)-(a1 +a3+a
5)不是11的倍数.

根据上述分析知:用0、1、2、3、4、5不能组成不包含重复数字的能被11整除的六位
数.

6. 巧算:(中等难度)

计算:

7. 分数:(中等难度)


某学校的若干学生在一次数学考试中所得分数之和是8 250分.第一、二、三名的成绩是
88、85、80分,得分最低的是30分,得同样分的学生不超过 3人,每个学生的分数都是自
然数.问:至少有几个学生的得分不低于60分?
分数答案:

除得分88、85、80的人之外,其他人的得分都在30至79分之间,其他人共得分 :8250-
(88+85+80)=7997(分).

为使不低于60分的 人数尽量少,就要使低于60分的人数尽量多,即得分在30~59分
中的人数尽量多,在这些分数上最 多有3×(30+31+…+59)= 4005分(总分),因此,得
60~79分的人至多总共得7997-4005=3992分.


如果得60分至79分的有60人,共占分数3×(60+61+ …+ 79)= 4170,比这些人至多
得分7997-4005= 3992分还多178分,所以要从不 低于60分的人中去掉尽量多的人.但显然
最多只能去掉两个不低于60分的(另加一个低于60分的, 例如,178=60+60+58).因此,
加上前三名,不低于60分的人数至少为61人.
8. 分数方程:(中等难度)

若干只同样的盒子排成一列,小聪把42个同 样的小球放在这些盒子里然后外出,小明
从每支盒子里取出一个小球,然后把这些小球再放到小球数最少 的盒子里去。再把盒子重排
了一下.小聪回来,仔细查看,没有发现有人动过小球和盒子.问:一共有多 少只盒子?

准确值案:

设原来小球数最少的盒子里装有a只小 球,现在增加了b只,由于小聪没有发现有人动
过小球和盒子,这说明现在又有了一只装有a个小球的盒 子,而这只盒子里原来装有(a+1)
个小球.

同样,现在另有一个盒子装有(a+1)个小球,这只盒子里原来装有(a+2)个小球.

类推,原来还有一只盒子装有(a+3)个小球,(a+4)个小球等等,故原来那些盒子中装有
的小球 数是一些连续整数.

现在变成:将42分拆成若干个连续整数的和,一共有多少种分法,每一种分法有多少
个加数?

因为42=6×7,故可以看成7个6的和,又(7+5)+(8+4)+(9+3)是 6个6,从而
42=3+4+5+6+7+8+9,一共有7个加数;

又因为42=14×3,故可将42:13+14+15,一共有3个加数;

又因为42=21×2,故可将42=9+10+11+12,一共有4个加数.

所以原问题有三个解:一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子
9. 自然数和:(中等难度)

在整数中,有用2个以上的连续自然数的和来表达一个整数的方法.例如9:9=4+5 ,9
=2+3+4,9有两个用2个以上连续自然数的和来表达它的方法.

准确值案:


(1)请写出只有3种这样的表示方法的最小自然数.

(2)请写出只有6种这样的表示方法的最小自然数.

关于某整数,它的奇数的约数的个数减1,就是用连续的整数的和的形式来表达种数.

根据(1)知道,有3种表达方法,于是奇约数的个数为3+1=4,对4分解质因数4=2
×2,最小 的15(1、3、5、15);

有连续的2、3、5个数相加;7+8;4+5+6;1+2+3+4+5;

根据(2 )知道,有6种表示方法,于是奇数约数的个数为6+1=7,最小为729(1、3、9、
27、81 、243、729),有连续的2,3、6、9、10、27个数相加:

364+36 5;242+243+244;119+120+…+124;77+78+79+…+85;36+37+…+ 45;14+15+…+
40

10. 巧求整数部分题目:(中等难度)
(第六届小数报决赛)A 8.8 8.98 8.998 8.9998 8.99998,A的整数部分是_________.
巧求整数部分答案:

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