戊戌变法的历史意义-头头

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计数技巧
一、例题
【例1】 （
2006
年《小学生数学报》读报竞赛）把一张正方形的餐巾纸先上下对 折，再左右对折（如
右图），然后用剪刀将所得的小正方形沿直线剪一刀。问能把餐巾纸：
⑴剪成
2
块吗？ ⑵剪成
3
块吗？
⑶剪成
4
块吗？ ⑷剪成
5
块吗？
如果你认为能剪 成，请在下面图中各画出一种你的剪法；如果你认为不能，那么只需回答“不
行”即可。

【分析】⑴剪开成两块，如下图：

⑵剪开成
3
块，如下图：

⑶剪开成
4
块，如下图：

⑷剪开成
5
块，如下图：

【巩固】（
2008
年华杯赛）将等边三角形纸片按图所示的步骤折迭
3
次(图中的虚线是三边中点的连线)，然后沿两边中点的连线剪去一角。

84

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将剩下的纸片展开、铺平，得到的图形是( )．
< br>【分析】折迭
3
次，纸片的厚度为
4
，所以剪去的面积即应等于
4
倍小三角形的面积，所以答案是
A
。

【例2】
A
、
B
、
C
、
D
四个盒子中依次放有
6，
4
，
5
，
3
个球。第
1
个小朋友找 到放球最少的盒子，
从其他盒子中各取一个球放入这个盒子；然后第
2
个小朋友找到放 球最少的盒子，从其他盒子
中合取一个球放入这个盒子；如此进行下去，……。求当
34
位小朋友放完后，
B
盒子中放有
球多少个？
【分析】盒子
A

B

C

D

初始状态 6 4 5 3
第1人放过后 5 3 4 6
第2人放过后 4 6 3 5
第3人放过后 3 5 6 4
第4人放过后 6 4 5 3
第5人放过后 5 3 4 6
由此可知： 每经过
4
人，四个盒子中球的情况重复出现一次，因为
34482
，所以 第
34
次后的情况与第
2
次后的情况相同，即
B
盒子中有球
6
个。

【例3】 （
2006
年十一届“华罗庚金杯” 数学邀请赛）有
5
个黑色和白色棋子围成一圈，规定：将同
色且相邻的两个棋子之间放 入一个白色棋子，在异色且相邻的两个棋子之间放入一个黑色棋
子，然后将原来的
5
个 棋子拿掉。如果第一幅图的初始状态开始依照上述规定操作下去，对于
圆圈上呈现
5
个 棋子的情况，圆圈上黑子最多能有______个。

【分析】首先圆圈上是不可能有
5
个黑子的，因为如果最后一步操作能使圆圈上的棋子都变成黑子，那
么该操作之前，圆圈上 的棋子颜色情况是黑白相邻，但圆圈上一共有奇数个棋子，无法达成黑
白相邻的情况，所以黑子最多有< br>4
个。实际操作得到：

【拓展】经过
2008
次操作后，圆圈上的棋子颜色情况是怎样的？
【分析 】如图进行操作，当第
7
此操作时，圆圈上的棋子颜色情况与第一次操作后的相同。所以第2008
次操作时圆圈上的棋子颜色与第
4
次操作后的圆圈情况相同。
85

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【例4】
50
位同学围成一圈，从某同学开始顺时针报数．第一位同学报
1
，跳过一人第三位同学报
2
，
跳过两人第六位同学报
3< br>，……这样下去，报到
2008
为止．报
2008
的同学第一次报的是
_______。

【分析】将这些学生按报数方向依次编号；1、2、3、……4 9、50、51……2008，每一个人的编号不唯
一，例如编号为2001、1951……101、5 1的和编号为1的为同一个人，这样第
n
次报数的人的
编号为,报
2008< br>的同学的编号为
2017036
，他的最小编号为
36
，我们知道2
3612345678
，所以报
2008
的同学第一 次报
8
。
n

n1



【例5】 （
2008
年“数学解题能力展示”读者评选活动）在纸上写着一列自然数 l，2，…，98，99。
一次操作是指将这列数中最前面的三个数划去，然后把这三个数的和写在数列 的最后面。例如
第一次操作后得到4，5，…，98，99，6；而第二次操作后得到7，8，…，98 ，99，6，15。
这样不断进行下去，最后将只剩下一个数，最初的
99
个数连同后 面写下的数。纸上出现的所
有数的总和是 。

【分析】每一次操作 都少了
3
个数，所以只剩下一个数的话，要经过
49
步操作，即后面要写49
个数，
注意到每一次操作后数和不变。前
33
步操作将
99
个数
3
个
3
个加和放在后边，和等于
12399 4950
，接着
11
步操作将写的
33
个数
3
个< br>3
个加和在后边,和等于
123994950
，这11个数分别是< br>12945
，
101118126
，
1920 27207
，，
919299855
。相邻两个相差
9981
，
之后还有
5
个数，第一个数是
45126207378
。
最后一个数
12994950
，
而之间三个数的和等于最后一个数即
4950
，
所以这些数的总和等于4950495049503784950495025128
。


【前铺】将前
100
个正整数顺次写下得到多位数

，从首 位起将这些数位从1开始编号，
然后划去编号是奇数的数位上的数字，这样便形成一个位数较少的多位数 ，重复上述这种划去
数字操作，直至得到一个三位数，则这个三位是______。

【分析】第一次操作后，剩下的全都是偶数位的数字
第二次操作后，剩下的全是
4
的倍数位上的数字；
……………
直到第六次操作后，剩下的全是
64
的倍数位上的数字，
原多位数一共有< br>92903192
位，所以此时剩下的是第
64
位、
128< br>位和
192
位上的数字。
86

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64955
,
55227

< br>所以第
64
位上的是“
37
”的“
3
”；
1
，
1289119
,
1192591
，
所以第128
位上的是“
69
”的“
6
”，所以剩下的三位数是
360
。
【例6】 有一叠
300
张卡片，从上到下依次编号为
1~300
，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作：
把最上面的第一张卡片拿掉，把下一 张卡片放在这一叠卡片的最下面；再把最上面的依次重复
这样做，直到手中剩下一张卡片。那么剩下的这 张卡片是原来
300
张卡片的第几张？
【分析】
88
张。 当有
2562
8
（张）卡片时，第一轮过后剩下的是
2
的倍数 号卡片，第二轮过后剩下的是
2
2
的倍数号卡片……第
8
轮过后，剩 下的是
2
8
的倍数号卡片，即就剩下
1
张卡片，是第
256
号卡
片。
现在有
300
张卡片，如果拿掉
300256 44
（张）卡片，剩下
256
张卡片，那么就变为上
述的情况了。拿掉的第
44
张卡片是编号为
442187
（号）的卡片，此时剩下
2 56
张卡片，
下一个要拿掉的是第
89
号卡片，第
88
号是 最后一张。所以，剩下的这张卡片是原来的第
88
张。
【点评】关键是从模型
2
n
中找到规律，这种规律的前提是
2
n
个数，这就要考量怎么转 换条件的问题。


【拓展】（奥数网小学员论文）猫捉耗子是一个有名的游戏，一 只猫让
N
个老鼠围成一圈报数，每次吃
掉报单数的老鼠，有一只老鼠总不被吃掉，问这 个老鼠站在哪个位置？数学中称这类问题为猫
捉耗子问题。对这类问题通常的做法是从特殊情况出发，逐 步发现规律，然后给出求解公式。
老师在课堂上介绍了公式以及推导过程，但我认为推导过程较为复杂， 不好理解。根据反复试
验和观察，本文给出了一种容易理解的求解这类问题的方法。
方法和例子
这里列举这类问题的两种情形。对于每种情形都首先考虑特殊情况，然 后从中发现规律。这两
种情形都是基于如下前提：从1到
N
编号的
N
个老鼠顺时针围成一圈，从1开始报数。并规定游戏一
开始的第一个生存者是1号老鼠。设老鼠的总个数 为
N
，最后幸存的老鼠编号为
X
。
情形1：
1号老鼠生存下来，2号老鼠被猫吃掉；3号老鼠生存下来，4号老鼠被猫吃掉.....就这样，这只
猫每隔一只老鼠，就吃掉另一只老鼠，那么最后唯一幸存的那只老鼠是几号呢？
先考虑简单 的情况。当有两只老鼠围成一圈时，猫吃掉了2号，1号为最后的幸存者；当有三
只老鼠围成一圈时，猫 先吃掉了2号，然后是1号，最后的幸存者是3号.....，依次类推，可发现如下
规律：
N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 ...
87

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X 1 3 1 3 5 7 1 3 5 7 9 11 13 15 1 3 5 7 9 ...
对于这种情况，每次猫都是从两只老鼠中吃掉一只老 鼠，可认为2只为一个周期，用m＝2表示；
用n表示每个周期内吃掉的老鼠数目，这里是n=1。
情形2：
1号老鼠生存下来，2号、3号老鼠被猫吃掉；4号老鼠生存下来，5号、 6号老鼠被猫吃掉.....
就这样，这只猫每隔一只老鼠，就吃掉另两只老鼠，依次下去，最后唯一幸 存的那只老鼠是几号呢？
先考虑简单的情况。当有三只老鼠围成一圈时，猫吃掉了2号和3 号，1号为最后的幸存者；
当五只老鼠围成一圈时，猫先吃掉了2号和3号，然后是5号和1号，最后的 幸存者是4号.....，依次
类推，可发现如下规律：



对于这种
N 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 33 ... 81 83 ...
X 1 4 7 1 4 7 10 13 16 19 22 25 1 4 7 10 ... 1 4 ...
情况，每次猫都是从
三只老鼠中吃掉 两只，可认为3只为一个周期，即m＝3；每3只中吃掉两只，因此，
n2
。
结论
通过对上述两种情形的运算结果的观察，发现N的所有可能的取值按照一定的顺序排列后，构< br>成了一个等差数列
A
。该数列的首项
a
1
m
，公差
dn
（
m
和
n
都是正整数）。
而与
N
对应的
X
的取值则构成了若干个等差数列
B
1
，
B
2
，，
B
K
。这些等差数列的公差都
为
m
，首项都为
1
。还发现，构成的这些等差数列有这样一个规律：每逢
N的值为
mk
时（
m
和
k
都是
正整数），对应< br>X
的取值就是1。也就是说，当
N
的取值范围从
m
k
到
m
k1
n
之间时，对应的
X
的取
值就构成 了一个
dm
，
a
1
1
的等差数列，项数就是从
Nm
k
到
Nm
k1
n
之间数的个数（包括
m
k
和
m
k1
n
这两个数）。
88

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那么现在来看看一般情形： 如果猫要从
m
个老鼠中吃掉
n
个老鼠，那么最后幸存的老鼠是几号
呢 ？由上面的结论，可以得出这样的求解步骤：
1、 首先找到小于
N
的一 个最大的数
m
k
（
k
是正整数，并假设
Nm
k< br>）；
2、 这样就构成一个首项
a
1
m
k< br>，末项
a
n
N
，公差
dn
的等差数列
A
，利用公式求出项数
b
; （即，
b1

Nm
k

n
）
3、 因为
X
的每个取值也构成了一个与
A
对应的等差数列
B
K
，其中，公差为
m
，首项为1，
项数为
b。利用等差数列求末项公式，求出末项
a
n
；
（即，
an

1


b
1

m
）
4、
a
n
就是与
N
对应的
X
的 值，也就是最后唯一幸存老鼠的编号。

【例7】 （
2008
年“数学 解题能力展示”读者评选活动）国际象棋中“马”的走法如图1所示，位于○
位置的“马”只能走到标有 ×的格中，类似于中国象棋中的“马走日”。如果“马”在
88
的
国际象棋棋盘中位 于第一行第二列（图2中标有△的位置），要走到第八行第五列（图2中标有
★的位置），最短路线有 条。

【分析】通过标数法可以得到最短的路线有
12
种。


【例8】 方格纸上有一只小虫，从直线
AB
上的一点
O
出发，沿方 格纸上的横
线或竖线爬行。方格纸上每小段的长为
1
厘米．小虫爬过若干小段后
仍然在直线
AB
上，但不一定回到
O
点．如果小虫一共爬过
2厘米，
那么小虫的爬行路线有____种；如果小虫一共爬过
3
厘米，那么小虫< br>爬行的路线有___种．



【分析】为了方便，下面叙述省去“上、下、左、右”
4
个字前面的“向”．
⑴小虫爬过
2
厘米，可有以下
6
种路线，分别是：
左，右；右，左；
上，下；下，上；
左，左；右，右．
(以上前
4
种路线均回到
O
点)
89

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⑵小虫爬过
3
厘米，可有
20
种路线，分别是：
上，左，下；上，右，下；
下，左，上；下，右，上；
上，下，左；上，下，右；
下，上，左；下，上，右。
(以上
8
种都是先“上”或先“下”。)
如果第一步为“左”或“右”，那么转化为第(1)题，各有
6
种路线，
一共是
86220
(种)。
【点评】注意前面的结论，可以在后面应 用。一般而言，前后相关的两个问题，前面是一种“引桥”或
者说是一架“梯子”。在较难的问题中，有 时少了这么一个过程，题目就显得非常之难。本题
主要是分类枚举思想的运用。



【例9】 （
2008
年走近美妙数学花园）如右图所示，每个小正三角形 边长为
1
，小虫每步走过长度为
1
，
从
A
出发，恰 走
4
步回到A的路有________条。(途中可以回
A
)
A

【分析】 因为小虫走完第一步到的点一定是以
A
为中心的六边 形的六个顶点，根据一定的规则进行
计数，同样的最后一步走之前，即第三步走完时小虫所在的点也是以
A
为中心的六边形的六个
顶点。
⑴第一步与第三步是同一个点的情况有：
6636
（种）
⑵第一步与第三步相隔一段的情况有：
4624
（种）
⑶第一步与第三步相隔两段的情况有：
4624
（种）
⑷第一步与第三步相隔三段的情况有：
6
种
一共有：
362424690
（条）

【拓展】如果要求 途中不再回
A
右图所示，每个小正三角形边长为
1
，小虫每步走过
1
，从
A
出发，恰
走
4
步回到
A
的路有__ ____条。

【分析】第一步与第三步是同一个点的情况有：
6530
（种）；
第一步与第三步不是同一个点的情况有：
4624
（种）；
所以共有
302454
（种）。


90

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【例10】 （
2008
年“走近美妙数学花园”）齐王与大将田忌赛马．每人有四匹马，分为四等．田忌
知道 齐王这次比赛马的出场顺序依次为一等，二等，三等，四等，而且还知道这八匹马跑的最
快的是齐王的一 等马，接着依次为自己的一等，齐王的二等，自己的二等，齐王的三等，自己
的三等，齐王的四等，自己 的四等．田忌有______种方法安排自己的马的出场顺序，保证自己
至少能赢两场比赛．

【分析】枚举法，用四位数来表示田忌的出场顺序，可以枚举出所有方法有：
1423、21 43、2413、3124、3142、3412、3421、4123、4132、4231、4312、43 21。
所以田忌一共有
12
种方法安排自己的马的出场顺序。


【例11】
10
个三角形最多将平面分成几个部分？

【分析】设
n
个三角形最多将平面分成
a
n
个部分。
n1
时，
a
1
2
；

n 2
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
236
（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
a
2
22 3
。

n3
时，第三个三角形与前面两个三角形最多有4312
（个）交点，从而平面也增加了
12
个
部分，即：
a
3
22343
。 ……
一般地，第
n
个三角形与前面

n1

个三角形最多有
2
< br>n1

3
个交点，从而平面也增加
2

n1< br>
3
个部分，故
a
n
223432

n1

32


24
2
 2

n1



33n3n2

特别地，当
n10
时，
a
10
310< br>2
3102272
，即
10
个三角形最多把平面分成
272
个部分。

【前铺】一条直线分一个平面为两个部分，二条直线最多分这个平面
为
4
部分，设五条直线最多分这个平面为
m
部分，则
m
等于多
少？
【分析】如果已有
k
条直线，再增加一条直线，这条直线与前
k直线的交
点至多
k
个，因而至多被分成
k1
个部分。于是3
条直线至多将
平面分为
437
个部分，四条直线至多将平面分为< br>7411
个
部分，
5
条直线至多将平面分为
1151 6
个部分，一般的，
k
条
直线至多将平面分为
1123k 
k

k1

2
1
个部分。
10< br>3
11
4
9
2
1
6
5
13
15
8
7
16
12
14
如下图，表示五条直线可以分平面为
16
个部分。

【巩固】长方形内有
1996
个点，连同 长方形的
4
个顶点在内，共有
2000
个点。在这
2000
个点中，任意
3
个点都不在同一条直线上，以这
2000
个点为顶点，可作出 ______个互不重叠的三角形。
【分析】长方形中加上一个点以后，就会有
4
个 三角形，以后每增加
1
个点就会增加
2
个三角形，增加

1 99611995

个点，共有三角形
4

19961
23994
个。


【例12】
91 一个圆周上有
12
个点：
A
1
,
A
2
,,
A
11
,
A
12
。以它们为顶点连三角形，使每个点恰 是一个

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三角形的顶点，且各个三角形的扁豆不相交。问：有多少中连法？

【分析】⑴如果圆上只有
3
个点；那么只有
1
种连法。
⑵ 如果圆上有
6
个点，我们以
A
1
为基点，考虑
A
1
点可能所在的三角形。再计算其他点可以连成多少个满
足条件的三角形。由于要求所得三角形的 边不能相交，除
A
1
点所在三角形的三顶点外，剩下的
3
个点一定只能在
A
1
所在三角形的一条边所对应的圆弧上，显然的共有
3
种连法。
⑶如果圆上有
9
个点，考虑
A
1
可能所在的三 角形，此时，其余的
6
个点可能分布在:
①
A
1
所在三角形的一个边所对的弧上；
②也可能
3个点在一个边所对应的弧上，另
3
个点在另一边所对的弧上。
通过分类讨论可以得出符合条件的连法有
12
种。
⑷最后考虑圆周上有12
个点，同样考虑
A
1
所在的三角形，剩下的
9
个点 的分部：
①每
3
个点在一个
A
1
所在三角形的边对应的弧上；
②有
6
个点是在一段弧上，另
3
点在另一段弧上；
③
9
个点都在同一段弧上。
应用⑴⑵⑶的讨论，分别计算除①②③种情况的 连法，得到表，表中用“+”号分开，表示点分布在不
同的弧上。
A
1
所在三角形
余下点数 种数
A
1
A
2
A
3

A
1
A
2
A
6

9

36

63

9

36

333

36

36

63

9

12

3

3

A
1
A
2
A
9

A
1
A
2
A
12

A
1
A
5
A
6

A
1
A
5
A
9

12

3

1

A
1
A
5
A
12

A
1
A
8
A
9

3

3

3

A
1
A
8
A
12

A
1
A
11
A
12

12

故共有
55
种不同的连法。



【例13】 （
2006
年北京市“数学解题能力展示”大赛）有
6
个木箱，编号为
1
、
2
、
3
、、
6
，
每个箱子有一把钥 匙，
6
把钥匙各不相同，每个箱子放进一把钥匙锁好：先挖开
1
,
2
号箱子，
可以取出钥匙去开箱子上的锁，如果最终能把
6
把锁都打开，则说这 是一种放钥匙的“好”的
方法，那么“好”的方法共 种。
（A）
120
（B）
180
（C）
216
（D）
240


【分析】
1
，
2
号箱中恰好放的就是
1
,
2
号箱的钥匙，显然 不是“好”的方法，所以“好”的方法有两
种情况：
⑴
1
，
2号箱的钥匙恰有
1
把在
1
，
2
号箱中，另一箱装的是< br>36
箱的钥匙。
⑵
1
，
2
号箱的钥匙都不在1
,
2
号箱中。
对于⑴，从
1
，
2
号箱的钥匙中选1把，从
3~6
号箱的钥匙中选
1
把，共有
24 8
(种)选
法，每一种选法放入
1
,
2
号箱各有
2
种放法，共有
8216
(种)放法。
不妨设
1
,3
号箱的钥匙放入了
1
,
2
号箱，此时
3
号箱 不能装
2
号箱的钥匙，有
3
种选法依
92

百度文库 - 让每个人平等地提升自我
次类推，不同的放法有








3216
（种）
所以，第⑴种情况有“好”的方法
16696
（种）
对于⑵，从
3~6
号箱的钥匙中选
2
把放入
1
,
2
号箱，有
4312
(种)放法 。不妨设
3
,
4
号
箱的钥匙放入了
1
,
2
号箱，此时如果
3
,
4
号箱放的是
5
,
6
号箱的钥匙，那么
1
,
2
号箱的钥匙
在
5
，
6
号箱中，有
224
种放法；
如果
3
,< br>4
号箱放的是
5
,
1
号箱的钥匙，则
5
号箱 放
6
号箱钥匙，
6
号箱放
2
号箱钥匙，有
21 2
种放法；
同理，
3
，
4
号箱放5
,
2
或
6
,
1
或
6
，2
号箱的钥匙，也各有
2
种放法。
所以，第⑵种情况有“好”的 方法
12

42222

144
（种）
“好”的方法共有
96144240
(种)。
【例14】

在一个西瓜上切
6
刀，最多能将瓜皮切成多少片？
【分析】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
2

n1

个交点。这
些交点将第
n
条切割线分成
2

n1

段，也就是说新增加 的切割线使瓜皮数量增加了
2

n1

，所以在西
瓜上切
6
刀，最多能将瓜皮切成
11212223242532< br>片。

【例15】

【分析】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：
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）
93

百度文库 - 让每个人平等地提升自我

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
87 15
个部分。
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
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 空间中的区域增
1123411
个部分，
加到
151126
个部分。
当增加到
6
个平面时，第六个平面共被划分成
112 34516
个部分，所以第
6
个平面能
将空间中的区块数增加到261642
个部分。
所以
6
刀能将面包切成
42
块。

94