环境保护研学教案

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小学生环境保护研究性学习
所属年级:四年级指导教师:XXX课题组成员:四年级学生

一、研究性学习开展的背景
背景说明随着可持续发展概念的不断深入,人们的环保意识逐渐增强,加强对广大少年
儿童的环保知识教育显得尤为重要。因此,从小培养他们的环保意识,指导他们从自我做起,投身到日常的环保行动中成为一个重要的课题。
课题的意义与价值研究学习主要是了解目前学生对环保知识的了解程度,分析学生
在生活中存在哪些关于环保的误区和问题,并研究解决,促进更多的学生关注身边一些环保的小细节,同时学会如何参与研究性学习。
二、研究性学习的教学目的
知识与技能增进小学生对环境保护的认识,教育其从身边日常生活做起,将环保落到
实处,在小学生中普及环保知识,呼吁更多人关注生活中的环保,起到宣传倡导的作用。
过程与方法通过自主、探索、观察,合作学习,查找资料,以知识竞赛、手抄报、演
讲比赛等形式让学生体验研究性学习的整个过程。
情感态度与价值观:激发学生对课外综合实践课程的兴趣,培养一定的自主查阅资料
能力。
三、资源设计教师提供的资源
环保竞赛题(附录)
学生自行准备的资源
网上查找、自行翻阅图书、报刊:如小学生环境保护手抄报资料。
四、研究性学习的阶段设计第一阶段准备阶段:(时间一周)
1激发学生学习兴趣,全班讨论决定研究内容及形式,并汇总。
2指定任务,学生自由选择学习内容,随机组成学习小组,推选出小组负责人。任务一:以小组为单位,每组做出一张关于环境保护手抄报一份
任务二:以小组为单位,每组准备一篇关于环境保护的演讲稿,并推荐一位组员演讲。

第二阶段收集资料阶段:(时间一周)
通过书籍、报刊、电视、网络等途径收环保知识
第三阶段整合阶段:(时间一周)
将收集好的资料进行比对分析,讨论研究,整合资料。
第四阶段展示阶段:(时间一周)
1制定出环境保护手抄报。2撰写出关于环境保护演讲稿。3以小组为单位进行知识竞赛活动。
第五阶段评价总结阶段
对这个活动进行分析总结。
附录:知识竞赛题目
1.第27届联合国大会决定把每年的65日定为(DA地球日B节水日C爱鸟日D世界环境日2.一般认为,我国酸雨形成的主要原因是(C)等酸性气体进入大所后,逐步形成PH<5.6的酸性降水.A盐酸B二氧化碳C二氧化硫D氯氟烃3.臭氧是一种天蓝色、有臭味的气体,在大气圈平流层中的臭氧层可以吸收和滤掉太阳光中大量的(B,有效保护地球生物的生存。
A红外线B紫外线C可见光D热量
4.我国有许多世界珍稀动物,金丝猴就是其中之一,它是国家(A)保护动物。A一级B二级C三级D四级
5.噪声的来源主要有交通噪声、工业噪声、建筑施工噪声和社会噪声。人耳开始感到疼痛的声音叫痛阈,其声级为

C)分贝。
A60B90C120D140
6.如果大气中没有”温室气体”,地球表面温度将降低至-23`C,但是,如果温室气体量增加过多过快,就会造成A
A全球性气候变暖B海平面下降C植物生长缓慢D无线电通讯中断
7.有一种头似马、角似鹿、尾似驴、蹄似牛,俗称“四不像”的珍奇动物,其野生种群18世纪在我国灭绝。1985我国分批引进80多只,建立自然保护区,进行在自然界恢复野生种群的研究,这种动物是(CA羚羊B野鹿C麋鹿D马鹿
81956年,发生在日本熊本县的水俣病是由于人们食用被B)污染的鱼类后,在体内积累,逐渐引起的神经性疾病。
AB甲基汞C黄曲霉素D农药DDT
9.大量氮、磷等植物性营养元素进入水体后,藻类大量繁殖,水质恶化,水生生物死亡,一般称为(AA富营养化B湖泊酸化C湖泊氧化D重金属物质污染10.水体被污染的程度,可由溶解氧(DO、生化需氧量BODDCOD、总需氧量(TOD)和总有机碳TOC)等多项指标综合表示。

A浊度B矿化度C酸碱度D化学需氧量
11.造成温室效应的气体有(A,还有氯氟烃、甲烷、氮氧化合物、臭氧等气体。
A二氧化碳B二氧化硫C氧气D氮气
12.一氧化碳是一种可以使人致死的有毒气体。汽车在D)状态下排放的一氧化碳量较多。
A高速行驶B中速行驶C加速行驶D开着发动机停车等
13.重点城市空气质量周报,目前主要有污染指数、首要污染物、空气质量级别三项内容。当污染指数在(C)之间时,空气质量为3级,属轻度污染。A50以下B50~100C101~200D201~300
14ISO14000系列标准是国际标准化组织制定的有关(D的系列标准.
A健康标准B食品工业C药品生产D环境管理
15.我国水资源分布不平衡,南多北少、东多西少、夏多冬少,人均水资源仅为世界人均水平的(B,居世界第88位。
A1/2B1/4C1/8D1/10
16.为确保2000年我国环境保护目标的实现,国家重点治理淮河、A、辽河(三河),太湖、巢湖、滇池(三湖)和酸雨控制区、二氧化硫控制区(两区)的污染。

\A海河B黄河C汾河D大运河
1719943月,中国政府批准的《中国21世纪议程——中国21世纪人口、环境与发展白皮书》从具体国情出发,提出了中国(B)的总体战略、对策以及行动方案。A2010年远景目标纲要B可持续发展C生态保护D治污染
18.是联系有机物和无机物的中心环节,也是与人类关系最密切的一种环境要素。D
A、大气圈B、水体圈C、土壤圈D、生物圈19.如果一个地区的元素分布异常,可引起地方性甲状腺肿或克汀病。CA、铁B、硒C、碘D、钙
20.生态系统中的“”包括绿色植物、光能细菌和化能细菌,是构成生态系统的基础。C
A、生产者B、消费者C、分解者D、还原者


速算与巧算(一)
巧算是四则计算中的一个重要组成部分,学会一些巧算的方法,对提高计算能力有很大的帮助。加、减法的巧算方法很多,主要是利用加法、减法的运算定律和运算性质使计算简便。
1四年级一班第一小组有10名同学,某次数学测验的成绩(分数)如下:86787783917492698475求这10名同学的总分。
分析与解通常的做法是将这10个数直接相加,但这些数杂乱无章,直接相加既繁且易错。观察这些数不难发现,这些数虽然大小不等,但相差不大。我们可以选择一个适当的数作“基准”,比如以“80”作基准,这10个数与80的差如下:
6-2-3311-612-114-5,其中“-”号表示这个数比80小。于是得到总和=80×10+(6-2-3311-8009809
实际计算时只需口算,将这些数与80的差逐一累加。为了清楚起见,将这一过程表示如下:

通过口算,得到差数累加为9,再加上80×10,就可口算出结果为8091所用的方法叫做加法的基准数法这种方法适用于加数较多,而且所有的加数相差不大的情况。作为“基准”的数(如例180)叫做基准数,各数与基准数的差的和叫做累计差。由例1得到:
总和数=基准数×加数的个数+累计差平均数=基准数+累计差÷加数的个数
在使用基准数法时,应选取与各数的差较小的数作为基准数,这样才容易计算累计差。同时考虑到基准数与加数个数的乘法能够方便地计算出来,所以基准数应尽量选取整十、百的数。
2某农场有10块麦田,每块的产量如下(单位:千克):
462480443420473429468439475461。求平均每块麦田的产量。分析与解:选基准数为450,则
累计差=123073023211811251150
平均每块产量=45050÷10455(千克)。答:平均每块麦田的产量为455千克。
求一位数的平方,在乘法口诀的九九表中已经被同学们熟知,如7×749(七七四十九)。对于两位数的平方,大多数同学只是背熟了1020的平方,而2199的平方就不大熟悉了。有没有什么窍门,能够迅速算出两位数的平方呢?这里向同学们介绍一种方法——凑整补零法所谓凑整补零法,就是用所求数与最接近的整十数的差,通过移多补少,将所求数转化成一个整十数乘以另一数,再加上零头的平方数。下面通过例题来说明这一方法。3292822的值。分析与解292=29×29
=(291)×(29-1)+12

30×281840+1841
2
8282×82
2
=(822)×(822)+280×8446720+46724
由上例看出,因为29301,所以给29“补”1,这叫“补少”;因为82802,所以从82中“移走”2,这叫“移多”。因为是两个相同数相乘,所以对其中一个数“移多补少”后,还需要在另一个数上“找齐”。本例中,给一个291,就要给另一个291;给一个82减了2,就要给另一个82加上2。最后,还要加上“移多补少”的数的平方。
2
由凑整补零法计算35,得
2
35×3540×305=1225。这与三年级学的个位数是5的数的平方的速算方法结果相同。
这种方法不仅适用于求两位数的平方值,也适用于求三位数或更多位数的平方值。

练习与思考
1.求下面10个数的总和:1651521681711481561691611571492.农业科研小组测定麦苗的生长情况,量出12株麦苗的高度分别为(单位:厘米):262525232728262429272725。求这批麦苗的平均高度。
3.某车间有9个工人加工零件,他们加工零件的个数分别为:689184757881837279。他们共加工了多少个零件?4.计算:
131610+11171215121613125.计算下列各题:
222
137253391
222
46851086397


速算与巧算(二)
这一讲讨论乘法的“同补”与“补同”速算法。
两个数之和等于10,则称这两个数互补。在整数乘法运算中,常会遇到像72×7826×86等被乘数与乘数的十位数字相同或互补,或被乘数与乘数的个位数字相同或互补的情况。72×78的被乘数与乘数的十位数字相同、个位数字互补,这类式子我们称为“头相同、尾互补”型;26×86的被乘数与乘数的十位数字互补、个位数字相同,这类式子我们称为“头互补、尾相同”型。计算这两类题目,有非常简捷的速算方法,分别称为“同补”速算“补同”速算法
1176×74=?231×39=?
分析与解:本例两题都是“头相同、尾互补”类型。1)由乘法分配律和结合律,得到76×74
=(76)×(70+4
=(706)×70+(76)×470×706×7070×46×470×(7064)+6×470×(7010)+6×47×(7+1)×1006×4于是,我们得到下面的速算式:

2)与(1)类似可得到下面的速算式:

由例1看出,在“头相同、尾互补”的两个两位数乘法中,积的末两位数是两个因数的个位数之积(不够两位时前面补0,如1×909),积中从百位起前面的数是被乘数(或乘数)的十位数与十位数加1的乘积。“同补”速算法简单地说就是:积的末两位是“尾×尾”,前面是“头×(头+1)”
我们在三年级时学到的15×1525×25,…,95×95的速算,实际上就是“同补”速算法。
2178×38=?243×63=?
分析与解:本例两题都是“头互补、尾相同”类型。1)由乘法分配律和结合律,得到78×38
=(708)×(308
=(708)×30+(708)×870×30+8×3070×88×870×308×(3070)+8×87×3×1008×1008×8=(7×38)×1008×8

于是,我们得到下面的速算式:

2)与(1)类似可得到下面的速算式:

由例2看出,在“头互补、尾相同”的两个两位数乘法中,积的末两位数是两个因数的个位数之积(不够两位时前面补03×309),积中从百位起前面的数是两个因数的十位数之积加上被乘数(或乘数)的个位数。“补同”速算法简单地说就是:积的末两位数是“尾×尾”,前面是“头×头+尾”
1和例2介绍了两位数乘以两位数的“同补”或“补同”形式的速算法。当被乘数和乘数多于两位时,情况会发生什么变化呢?
我们先将互补的概念推广一下。当两个数的和是101001000…时,这两个数互为补数,简称互补。如4357互补,991互补,555445互补。
在一个乘法算式中,当被乘数与乘数前面的几位数相同,后面的几位数互补时,这个算式就是“同补”型,即“头相同,尾互补”型。例如因为被乘数与乘数的前707723100

等都是“同补”型。
当被乘数与乘数前面的几位数互补,后面的几位数相同时,这个乘法算式就是“补同”型,即“头互补,尾相同”型。例如,
等都是“补同”型。

在计算多位数的“同补”型乘法时,例1的方法仍然适用。31702×708=21708×1792=?:(1

2


计算多位数的“同补”型乘法时,将“头×(头+1)”作为乘积的前几位,将两个互补数之积作为乘积的后几位。
注意:互补数如果是n位数,则应占乘积的后2n位,不足的位补“0”。
在计算多位数的“补同”型乘法时,如果“补”与“同”,即“头”与“尾”的位数相同,那么例2的方法仍然适用(见例4);如果“补”与“同”的位数不相同,那么例2的方法不再适用,因为没有简捷实用的方法,所以就不再讨论了。

练习与思考:计算下列各题:
1.68×623.27×875.42×62
×97×39×607
2.934.796.603
找规律(一)
这一讲重点学习具有“周期性”变化规律的问题。什么是周期性变化规律呢?比如,一年有春夏秋冬四季,百花盛开的春季过后就是夏天,赤日炎炎的夏季过后就是秋天,果实累累的秋季过后就是冬天,白雪皑皑的冬季过后又到了春天。年复一年,总是按照春、夏、秋、冬四季变化,这就是周期性变化规律。再比如,数列0120120120,…是按照012三个数重复出现的,这也是周期性变化问题。下面,我们通过一些例题作进一步讲解。
1节日的夜景真漂亮,街上的彩灯按照5盏红灯、再接4盏蓝灯、再接3盏黄灯,然后又是5盏红灯、4盏蓝灯、3盏黄灯、……这样排下去。问:1)第100盏灯是什么颜色?
2)前150盏彩灯中有多少盏蓝灯?
分析与解:这是一个周期变化问题。彩灯按照5红、4蓝、3黄,每12盏灯一个周期循环出现。
1100÷128……4,所以第100盏灯是第9个周期的第4盏灯,是红灯。
2150÷12=12……6,前150盏灯共有12个周期零6盏灯,12个周期中有蓝灯4×1248(盏),最后的6盏灯中有1盏蓝灯,所以共有蓝灯481=49(盏)。
2有一串数,任何相邻的四个数之和都等于25。已知第1个数是3,第6个数是6,第11个数是7。问:这串数中第24个数是几?前77个数的和是多少?
分析与解:因为第1234个数的和等于第2345个数的和,所以第1个数与第5个数相同。进一步可推知,第15913,…个数都相同。
同理,第261014,…个数都相同,第371115,…个数都相同,第481216…个数都相同。
也就是说,这串数是按照每四个数为一个周期循环出现的。所以,第2个数等于第6个数,是6;第3个数等于第11个数,是7。前三个数依次是367,第四个数是25-3+6+7=9
这串数按照3679的顺序循环出现。第24个数与第4个数相同,是9。由77÷49……1知,前77个数是19个周期零1个数,其和为25×19+3=478
3下面这串数的规律是:从第3个数起,每个数都是它前面两个数之和的个位数。问:这串数中第88个数是几?628088640448分析与解这串数看起来没有什么规律,但是如果其中有两个相邻数字与前面的某两个相邻数字相同,那么根据这串数的构成规律,这两个相邻数字后面的数字必然与前面那两个相邻数字后面的数字相同,也就是说将出现周期性变化。我们试着将这串数再多写出几位:

当写出第2122位(竖线右面的两位)时就会发现,它们与第12位数相同,所以这串数按每20个数一个周期循环出现。88÷20=4……8知,88个数与第8个数相同,以第88个数是4
从例3看出,周期性规律有时并不明显,要找到它还真得动点脑筋。
练习与思考:
1.有一串很长的珠子,它是按照5颗红珠、3颗白珠、4颗黄珠、2颗绿珠的顺序重复排列的。问:第100颗珠子是什么颜色?前200颗珠子中有多少颗红珠?

2.将1234,…除以3的余数依次排列起来,得到一个数列。求这个数列前100个数的和。3有一串数,前两个数是97从第三个数起,每个数是它前面两个数乘积的个位数。这串数中第100个数是几?前100个数之和是多少?
4.有一列数,第一个数是6,以后每一个数都是它前面一个数与7的和的个位数。这列数中第88个数是几?
5.小明按13报数,小红按14报数。两人以同样的速度同时开始报数,当两人都报了100个数时,有多少次两人报的数相同?



找规律(二)
整数a与它本身的乘积,即a×a叫做这个数的平方,记作a2,即a2a×a;同样,三个a
33
的乘积叫做a的三次方,记作a,即aa×a×a。一般地,na相乘,叫做an次方
n
记作a,即

本讲主要讲a的个位数的变化规律,以及a除以某数所得余数的变化规律。
因为积的个位数只与被乘数的个位数和乘数的个位数有关,所以an的个位数只与a个位数有关,而a的个位数只有012,…,9共十种情况,故我们只需讨论这十种情况。为了找出一个整数a自乘n次后,乘积的个位数字的变化规律,我们列出下页的表格,
234
看看aaaa,…的个位数字各是什么。
n
从表看出,a的个位数字的变化规律可分为三类:
n
1)当a的个位数是0156时,a的个位数仍然是0156
2)当a的个位数是49时,随着n的增大,an的个位数按每两个数为一周期循环出现。其中a的个位数是4时,按46的顺序循环出现;a的个位数是9时,按91的顺序循环出现。
3)当a的个位数是2378时,随着n的增大,an的个位数按每四个数为一周期循环出现。其中a的个位数是2时,按2486的顺序循环出现;a的个位数是3时,3971的顺序循环出现;当a的个位数是7时,按7931的顺序循环出现;当a的个位数是8时,按8426的顺序循环出现。
n
n

167999的个位数字。
n
分析与解:因为67的个位数是7,所以67的个位数随着n的增大,按7931个数的顺序循环出现。999÷4249……3
所以67999的个位数字与73的个位数字相同,即67999的个位数字是32291+3291的个位数字。
分析与解:因为2n的个位数字按2486四个数的顺序循环出现,91÷422……3,所以,291的个位数字与23的个位数字相同,等于8
类似地,3n的个位数字按3971四个数的顺序循环出现,291÷472……3

所以329133的个位数相同,等于7
最后得到291+3291的个位数字与8+7的个位数字相同,等于5328128-2929的个位数字。
1284
:由128÷432知,28的个位数与8的个位数相同,等于6。由29÷214……1知,291
29的个位数与9的个位数相同,等于9。因为69,在减法中需向十位借位,所以所求个位数字为1697
练习与思考:
1.求下列各数的个位数字:
3830
13822936431417215
2.求下列各式运算结果的个位数字:
2231579
19257261+48+34
91178910
346-6243×4+5×6
3.求下列各除法算式所得的余数:15100÷428111÷6
88
34÷7




年龄问题
年龄问题是一类以“年龄为内容”的数学应用题。
年龄问题的主要特点是:二人年龄的差保持不变,它不随岁月的流逝而改变;二人的年龄随着岁月的变化,将增或减同一个自然数;二人年龄的倍数关系随着年龄的增长而发生变化,年龄增大,倍数变小。
根据题目的条件,我们常将年龄问题化为“差倍问题”、“和差问题”、“和倍问题”进行求解。
1儿子今年10岁,5年前母亲的年龄是他的6倍,母亲今年多少岁?分析与解儿子今年10岁,5年前的年龄为5岁,那么5年前母亲的年龄为5×630(岁)因此母亲今年是
305=35(岁)。
2今年爸爸48岁,儿子20岁,几年前爸爸的年龄是儿子的5倍?
分析与解今年爸爸与儿子的年龄差为48——20”岁,因为二人的年龄差不随时间的变化而改变,所以当爸爸的年龄为儿子的5倍时,两人的年龄差还是这个数,这样就可以用“差倍问题”的解法。当爸爸的年龄是儿子年龄的5倍时,儿子的年龄是48——20)÷(5——1)=7(岁)。
20713(岁),推知13年前爸爸的年龄是儿子年龄的5倍。
3兄弟二人的年龄相差5岁,兄3年后的年龄为弟4年前的3倍。问:兄、弟二人今年各多少岁?
分析与解:根据题意,作示意图如下:

由上图可以看出,兄3年后的年龄比弟4年前的年龄大53412(岁),由“差倍问题”解得,弟4年前的年龄为(534)÷(31)=6(岁)。由此得到弟今年6410(岁),兄今年10515(岁)。

练习与思考:
1.父亲比儿子大30岁,明年父亲的年龄是儿子年龄的3倍,那么今年儿子几岁?
2.王梅比舅舅小19岁,舅舅的年龄比王梅年龄的3倍多1岁。问:他们二人各几岁?3.小明今年9岁,父亲39岁,再过多少年父亲的年龄正好是小明年龄的2倍?4父亲年龄是女儿的4倍,三年前父女年龄之和是49岁。问:父女两人现在各多少岁?5.一家三口人,三人年龄之和是74岁,妈妈比爸爸小2岁,妈妈的年龄是儿子年龄的4倍。问:三人各是多少岁?



盈亏问题与比较法(一)
人们在分东西的时候,经常会遇到剩余(盈)或不足(亏),根据分东西过程中的盈或亏所编成的应用题叫做盈亏问题。
1小朋友分糖果,若每人分4粒则多9粒;若每人分5粒则少6粒。问:有多少个小朋友分多少粒糖?
分析:由题目条件可以知道,小朋友的人数与糖的粒数是不变的。比较两种分配方案,第一种方案每人分4粒就多9粒,第二种方案每人分5粒就少6粒,两种不同的方案一多一少相差9615(粒)。相差的原因在于两种方案的分配数不同,第一种方案每人分4粒,第二种方案每人分5粒,两次分配数之差为541(粒)。每人相差1粒,多少人相差15粒呢?由此求出小朋友的人数为15÷115(人),糖果的粒数为4×15969(粒)。
:(96)÷(5-4)=15(人),4×15969(粒)。
答:有15个小朋友,分69粒糖。
2小朋友分糖果,若每人分3粒则剩2粒;若每人分5粒则少6粒。问:有多少个小朋友?多少粒糖果?
分析:本题与例1基本相同,例1中两次分配数之差是5-4=1(粒),本题中两次分配数之差是5-32(粒)。例1中,两种分配方案的盈数与亏数之和为9615(粒),本题中,两种分配方案的盈数与亏数之和为26=8(粒)。仿照例1的解法即可。:(62)÷(4——2)=4(人),3×4214(粒)。
答:有4个小朋友,14粒糖果。
由例1、例2看出,所谓盈亏问题,就是把一定数量的东西分给一定数量的人,由两种分配方案产生不同的盈亏数,反过来求出分配的总人数与被分配东西的总数量。解题的关键在于确定两次分配数之差与盈亏总额(盈数+亏数),由此得到求解盈亏问题的公式分配总人数=盈亏总额÷两次分配数之差需要注意的是,两种分配方案的结果不一定总是一“盈”一“亏”,也会出现两“盈”、两“亏”、一“不盈不亏”一“盈”或“亏”等情况。
3小朋友分糖果,每人分10粒,正好分完;若每人分16粒,则有3个小朋友分不到糖果。问:有多少粒糖果?
分析与解:第一种方案是不盈不亏,第二种方案是亏16×348(粒),所以盈亏总额是048=48(粒),而两次分配数之差是16——106(粒)。由盈亏问题的公式得有小朋友(016×3)÷(16——10)=8(人),10×880(粒)。

练习与思考:
1.小朋友分糖果,每人3粒,余30粒;每人5粒,少4粒。问:有多少个小朋友?多少粒糖?
2一个汽车队运输一批货物,如果每辆汽车运3500千克,那么货物还剩下5000千克;如果每辆汽车运4000千克,那么货物还剩下500千克。问:这个汽车队有多少辆汽车?要运的货物有多少千克?
3.学校买来一批图书。若每人发9本,则少25本;若每人发6本,则少7本。问:有多少个学生?买了多少本图书?

4.参加美术活动小组的同学,分配若干支彩色笔。如果每人分4支,那么多12支;如果每人分8支,那么恰有1人没分到笔。问:有多少同学?多少支彩色笔?
5.红星小学去春游。如果每辆车坐60人,那么有15人上不了车;如果每辆车多5人,那么恰好多出一辆车。问:有多少辆车?多少个学生?



盈亏问题与比较法(二)
有些问题初看似乎不像盈亏问题,但将题目条件适当转化,就露出了盈亏问题的“真相”。1某班学生去划船,如果增加一条船,那么每条船正好坐6人;如果减少一条船,那么每条船就要坐9人。问:学生有多少人?
分析:本题也是盈亏问题,为清楚起见,我们将题中条件加以转化。假设船数固定不变,题目的条件“如果增加一条船……”表示“如果每船坐6人,那么有6人无船可坐”;“如果减少一条船……”表示“如果每船坐9人,那么就空出一条船”。这样,用盈亏问题来做,盈亏总额为69=15(人),两次分配的差为9——63(人)。解:(69)÷(9——6)=5(条),6×56=36(人)。答:有36名学生。
2少先队员植树,如果每人挖5个坑,那么还有3个坑无人挖;如果其中2人各挖4坑,其余每人挖6个坑,那么恰好将坑挖完。问:一共要挖几个坑?
分析:我们将“其中2人各挖4个坑,其余每人挖6个坑”转化为“每人都挖6个坑,就多挖了4个坑”。这样就变成了“典型”的盈亏问题。盈亏总额为437(个)坑,两次分配数之差为6——51(个)坑。解:[3+(6-4)×2]÷(6-5)=7(人)5×7338(个)。答:一共要挖38个坑。
3在桥上用绳子测桥离水面的高度。若把绳子对折垂到水面,则余8米;若把绳子三折垂到水面,则余2米。问:桥有多高?绳子有多长?
分析与解:因为把绳子对折余8米,所以是余了8×2=16(米)同样,把绳子三折余2米,就是余了3×26(米)。两种方案都是“盈”,故盈亏总额为16——6=10(米),两次分配数之差为3-21(折),所以
桥高(8×2-2×3)÷(3-2)=10(米),绳子的长度为2×108×236(米)。
练习与思考
1.筑路队计划每天筑路720米,实际每天比原计划多筑80米,这样在完成规定任务的前三天,就只剩下1160米未筑。问:这条路共有多长?
2.小红家买来一篮桔子,分给全家人。如果其中二人每人分4只,其余每人分2只,那么多出4只;如果一人分6只,其余每人分4只,那么缺12只。问:小红家买来多少只桔子?小红家共有几人?
3.食堂采购员小李去买肉,如果买牛肉18千克,那么差4元;如果买猪肉20千克,那么多2元。已知牛肉、猪肉每千克差价8角,求牛肉、猪肉每千克各多少钱。
4.李老师给小朋友分苹果和桔子,苹果数是桔子数的2倍。桔子每人分3个,多4个;苹果每人分7个,少5个。问:有多少个小朋友?多少个苹果和桔子?
5.用绳子测量井深。如果把绳子三折垂到水面,余7米;如果把绳子5折垂到水面,余1米。求绳长与井深。



数阵图(一)
本讲和下一讲,我们学习三阶方阵,就是将九个数按照某种要求排列成三行三列的数阵图,解题的关键仍然是“重叠数”。我们先从一道典型的例题开始。
119这九个数字填写在右图正方形的九个方格中,使得每一横行、每一竖列和每条对角线上的三个数之和都相等。

分析与解:我们首先要弄清每行、每列以及每条对角线上三个数字之和是几。我们可以这样去想:因为19这九个数字之和是45,正好是三个横行数字之和,所以每一横行的数字之和等于45÷3=15。也就是说,每一横行、每一竖列以及每条对角线上三个数字之和都等于15
19这九个数字中,三个不同的数相加等于15的有:951942861852843762753654
因此每行、每列以及每条对角线上的三个数字可以是其中任一个算式中的三个数字。因为中心方格中的数既在一个横行中,又在一个竖列中,还在两对角线上,所以它应同时出现在上述的四个算式中,只有5符合条件,因此应将5填在中心方格中。同理,四个角上的数既在一个横行中,又在一个竖列中,还在一条对角线上,所以它应同时出现在上述的三个算式中,符合条件的有2468,因此应将2468填在四个角的方格中,同时应保证对角线两数的和相等。经试验,有下面八种不同填法:
上面的八个图,都可以通过一个图的旋转和翻转得到。例如,第一行的后三个图,依次由第一个图顺时针旋转90°,180°,270°得到。又如,第二行的各图,都是由它上面的图沿竖轴翻转得到。所以,这八个图本质上是相同的,可以看作是一种填法。
1中的数阵图,我国古代称为“纵横图”、“九宫算”。一般地,将九个不同的数填在3×3(三行三列)的方格中,如果满足每个横行、每个竖列和每条对角线上的三个数之和都相等,那么这样的图称为三阶幻方。
在例1中如果只要求任一横行及任一竖列的三数之和相等,而不要求两条对角线上的三数之和也相等,则解不唯一,这是因为在例1的解中,任意交换两行或两列的位置,不影响每行或每列的三数之和,故仍然是解。
2111315171921232527编制成一个三阶幻方。分析与解:给出的九个数形成一个等差数列,对照例119也是一个等差数列。不难发现:中间方格里的数字应填等差数列的第五个数,即应填19;填在四个角上方格中的数是位于偶数项的数,即13172125,而且对角两数的和相等,即1325=1721;余下各数就不难填写了(见右图)。

与幻方相反的问题是反幻方。将九个数填入3×3(三行三列)的九个方格中,使得任一行、任一列以及两条对角线上的三个数之和互不相同,这样填好后的图称为三阶反幻方。

3将前9个自然数填入右图的9个方格中,使得任一行、任一列以及两条对角线上的三个数之和互不相同,并且相邻的两个自然数在图中的位置也相邻。

分析与解:题目要求相邻的两个自然数在图中的位置也相邻,所以这9个自然数按照大小顺序在图中应能连成一条不相交的折线。经试验有下图所示的三种情况:

按照从19和从91逐一对这三种情况进行验算,只有第二种情况得到下图的两个解。因为第二种情况是螺旋形,故本题的解称为螺旋反幻方。


练习与思考
1.将九个连续自然数填入3×3的方格内,使得每一横行、每一竖列及两条对角线上的三个数之和都等于66
2.1357911131517填入3×3的方格内,使其构成一个幻方。3.246121416222426九个偶数编制一个幻方。4.在下列各图空着的方格内填上合适的数,使每行、每列及每条对角线上的三数之和都等于27

5.将右图中的数重新排列,使得每行、每列及两条对角线上的三个数之和都相等。




数阵图(二)
1在右图的九个方格中填入不大于12且互不相同的九个自然数(其中已填好一个数),使得任一行、任一列及两条对角线上的三个数之和都等于21

解:由上一讲例4知中间方格中的数为7。再设右下角的数为x,然后根据任一行、任一列及每条对角线上的三个数之和都等于21,如下图所示填上各数(含x)。

因为九个数都不大于12,由16x124x,由x+212x10,即4x10考虑到579已填好,所以x只能取46810。经验证,当x68时,九个数中均有两个数相同,不合题意;x410时可得两个解(见下图)这两个解实际上一样,只是方向不同而已。

2将九个数填入右图的空格中,使得每行、每列、每条对角线上的三个数之和都相等,一定有


证明:设中心数为d。由上讲例4知每行、每列、每条对角线上的三个数之和都等于3d。由此计算出第一行中间的数为2d——b,右下角的数为2d-c(见下图)。

根据第一行和第三列都可以求出上图中★处的数由此得到3d-c-2d-b)=3d-a-2d-c),3d-c-2db3d-a-2dcd——cbd——ac2cababc2

值得注意的是,这个结论对于ab并没有什么限制,可以是自然数,也可以是分数、小数;可以相同,也可以不同。
3在下页右上图的空格中填入七个自然数,使得每一行、每一列及每一条对角线上的三个数之和都等于90

解:由上一讲例4知,中心数为90÷330;由本讲例2知,右上角的数为(2357)÷240(见左下图)。其它数依次可填(见右下图)。


练习与思考:
1.在左下图的每个空格中填入一个数字,使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都
相等。
2.在右上图的每个空格中填入一个数字,使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都等于24
3.下列各图中的九个小方格内各有一个数字,而且每行、每列及每条对角线上的三个数之和都相等,求x

4.在左下图的空格中填入七个自然数,使得每行、每列、每条对角线上的三个数之和都等于48

5.在右上图的每个空格中填入一个自然数,使得每行、每列及每条对角线上的三个数之和都相等。



数阵图(三)
数阵问题是多种多样的,解题方法也是多种多样的,这就需要我们根据题目条件灵活解题。120以内的质数分别填入下图的一个○中,使得图中用箭头连接起来的四个数之和都相等。

分析与解:由上图看出,三组数都包括左、右两端的数,所以每组数的中间两数之和必然相等。20以内共有235711131719八个质数,两两之和相等的有5197171113于是得到下图的填法。

2在右图的每个方格中填入一个数字,使得每行、每列以及每条对角线上的方格中的四个数字都是1234

分析与解:如左下图所示,受列及对角线的限制,a处只能填1,从而b处填3;进而推知c处填4d处填3e处填4,……右下图为填好后的数阵图。

318填入左下图的○内,要求按照自然数顺序相邻的两个数不能填入有直线连接的相邻的两个○内。

分析与解:因为中间的两个○各自只与一个○不相邻,而27中的任何一个数都与两个数相邻,所以这两个○内只能填182只能填在与1不相邻的○内,7只能填在与8不相邻的○内。其余数的填法见右上图。

练习与思考:
1.16这六个数分别填入左下图中的六个○内,使得三条直线上的数字的和都相等。


2.18这八个数分别填入右上图中的八个方格内,使上面四格、下面四格、左边四格、右边四格、中间四格及四角四格内四个数相加的和都是183.在下页左上图的每个方格中填入一个数字,使得每行、每列以及每条对角线上的方格中的四个数都是1234

4.18填入右上图的八个空格中,使得横、竖、对角任何两个相邻空格中的数都不是相邻的两个自然数。
5.113中选出12个自然数填入右上图的空格中,使每横行四数之和相等,每竖列三数之和也相等。



乘法原理
1马戏团的小丑有红、黄、蓝三顶帽子和黑、白两双鞋,他每次出场演出都要戴一顶帽子、穿一双鞋。问:小丑的帽子和鞋共有几种不同搭配?分析与解:由下图可以看出,帽子和鞋共有6种搭配。

事实上,小丑戴帽穿鞋是分两步进行的。第一步戴帽子,有3种方法;第二步穿鞋,有2种方法。对第一步的每种方法,第二步都有两种方法,所以不同的搭配
共有
3×26(种)。
2从甲地到乙地有2条路,从乙地到丙地有3条路,从丙地到丁地也有2条路。问:从甲地经乙、丙两地到丁地,共有多少种不同的走法?
分析与解:A1A2表示从甲地到乙地的2条路,用B1B2B3表示从乙地到丙地的3条路,用C1C2表示从丙地到丁地的2条路(见下页图)。

共有下面12种走法:A1B1C1A1B2C1A1B3C1A1B1C2A1B2CA1B3C2A2B1C1A2B2C1A2B3C1A2B1C2A2B2C2A2B3C2事实上,从甲到丁是分三步走的。第一步甲到乙有2种方法,第二步乙到丙有3种方法,3步丙到丁有2种方法。对于第一步的每种方法,第二步都有3种方法,所以从甲到丙有2×3=6(种)方法;对从甲到丙的每种方法,第三步都有2种方法,所以不同的走法共有2×3×212(种)。
以上两例用到的数学思想就是数学上的乘法原理。
法原理:如果完成一件任务需要分成n个步骤进行,做第1步有m1种方法,做第2步有m2种方法……做第n步有mn种方法,那么按照这样的步骤完成这件任务共有Nm1×m2×…×mn种不同的方法。
从乘法原理可以看出:将完成一件任务分成几步做,是解决问题的关键,而这几步是完成这件任务缺一不可的。
3用数字012345可以组成多少个三位数(各位上的数字允许重复)?分析与解:组成一个三位数要分三步进行:第一步确定百位上的数字,0以外有5种选法;第二步确定十位上的数字,因为数字可以重复,有6种选法;第三步确定个位上的数字,6种选法。根据乘法原理,可以组成三位数5×6×6180(个)。

练习与思考
1.有五顶不同的帽子,两件不同的上衣,三条不同的裤子。从中取出一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成一套装束。问:有多少种不同的装束?

2.四角号码字典,4个数码表示一个汉字。小王自编一个“密码本”3个数码(可
取重复数字)表示一个汉字,例如,用“011”代表汉字“车”。问:小王的“密码本”上最多能表示多少个不同的汉字?
3.IMO”是国际数学奥林匹克的缩写,把这3个字母写成三种不同颜色。现在有五种不同颜色的笔,按上述要求能写出多少种不同颜色搭配的“IMO”?
4.在右图的方格纸中放两枚棋子,要求两枚棋子不在同一行也不在同一列。问:共有多少种不同的放法?

5.要从四年级六个班中评选出学习和体育先进集体各一个(不能同时评一个班)共有多少种不同的评选结果?




加法原理(一)
1从甲地到乙地,可以乘火车,也可以乘汽车,还可以乘轮船。一天中火车有4班,汽车3班,轮船有2班。问:一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地,共有多少种不同走法?分析与解:一天中乘坐火车有4种走法,乘坐汽车有3种走法,乘坐轮船有2种走法,所以一天中从甲地到乙地共有:432=9(种)不同走法。
2旗杆上最多可以挂两面信号旗,现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面,如果用挂信号旗表示信号,最多能表示出多少种不同的信号?分析与解:根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。第一类是只挂一面信号旗,有红、黄、3种;第二类是挂两面信号旗,有红黄、红蓝、黄蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。所以一共可以表示出不同的信号36=9(种)。
以上两例利用的数学思想就是加法原理。
加法原理:如果完成一件任务有n类方法,在第一类方法中有m1种不同方法,在第二类方法中有m2种不同方法……在第n类方法中有mn种不同方法,那么完成这件任务共有N=m1+m2++mn种不同的方法。
乘法原理和加法原理是两个重要而常用的计数法则,在应用时一定要注意它们的区别。乘法原理是把一件事分几步完成,这几步缺一不可,所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积;加法原理是把完成一件事的方法分成几类,每一类中的任何一种方法都能完成任务,所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和。
3两次掷一枚骰子,两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种?
分析与解:两次的数字之和是偶数可以分为两类,即两数都是奇数,或者两数都是偶数。
因为骰子上有三个奇数,所以两数都是奇数的有3×3=9(种)情况;同理,两数都是偶数的也有9种情况。根据加法原理,两次出现的数字之和为偶数的情况有9918种)

练习与思考:
1.南京去上海可以乘火车、乘飞机、乘汽车和乘轮船。如果每天有20班火车、6班飞机、8班汽车和4班轮船,那么共有多少种不同的走法?
2.光明小学四、五、六年级共订300份报纸,每个年级至少订99份报纸。问:共有多少种不同的订法?
3.10颗相同的珠子分成三份,共有多少种不同的分法?4.在所有的两位数中,两位数码之和是偶数的共有多少个?5.用五种颜色给右图的五个区域染色,每个区域染一种颜色,相邻的区域染不同的颜色。问:共有多少种不同的染色方法?




加法原理(二)
我们通常解题,总是要先列出算式,然后求解。可是对有些题目来说,这样做不仅麻烦,而且有时根本就列不出算式。这一讲我们介绍利用加法原理在“图上作业”的解题方法。1小明要登上10级台阶,他每一步只能登1级或2级台阶,他登上10级台阶共有多少种不同的登法?
分析与解:登上第1级台阶只有1种登法。登上第2级台阶可由第1级台阶上去,或者从平地跨2级上去,故有2种登法。登上第3级台阶可从第1级台阶跨2级上去,或者从第2级台阶上去,所以登上第3级台阶的方法数是登上第1级台阶的方法数与登上第2级台阶的方法数之和,共有1+23(种)……一般地,登上第n级台阶,或者从第(n1)级台阶跨一级上去,或者从第(n2)级台阶跨两级上去。根据加法原理,如果登上第(n1)级和第(n2)级分别有a种和b种方法,则登上第n级有(ab)种方法。因此只要知道登上第1级和第2级台阶各有几种方法,就可以依次推算出登上以后各级的方法数。由登上第1级有1种方法,登上第2级有2种方法,可得出下面一串数:123581321345589
其中从第三个数起,每个数都是它前面两个数之和。登上第10级台阶的方法数对应这串数的第10个,89也可以在图上直接写出计算得出的登上各级台阶的方法数(见下图)

2在左下图中,从A点沿实线走最短路径到B点,共有多少条不同路线?

分析与解:题目要求从左下向右上走,所以走到任一点,例如右上图中的D点,不是经过左边的E点,就是经过下边的F点。如果到E点有a种走法(此处a6),到F点有b种走法(此处b4),根据加法原理,到D点就有(ab)种走法(此处为64=10)。我们可以从左下角A点开始,按加法原理,依次向上、向右填上到各点的走法数(见右上图),最后得到共有35条不同路线。3左下图是某街区的道路图。A点沿最短路线到B点,其中经过C点和D点的不同路线共有多少条?


分析与解:本题可以同例2一样从A标到B,也可以将从AB分为三段,先是从AC再从CD,最后从DB。如右上图所示,从AC3种走法,从CD4种走法,DB6种走法。因为从AB是分几步走的,所以应该用乘法原理,不同的路线共有3×4×672(条)。

练习与思考
1.小明要登15级台阶,每步登1级或2级台阶,共有多少种不同登法?2.小明要登20级台阶,每步登2级或3级台阶,共有多少种不同登法?
3.有一堆火柴共10根,每次取走13根,把这堆火柴全部取完有多少种不同取法,4.在下图中,从A点沿最短路径到B点,共有多少条不同的路线?

5.左下图是某街区的道路图,C点和D点正在修路不能通过,那么从A点到B点的最短路线有多少条?





页码问题
顾名思义,页码问题与图书的页码有密切联系。事实上,页码问题就是根据书的页码而编制出来的一类应用题。编一本书的页码,一共需要多少个数码呢?反过来,知道编一本书的页码所需的数码数量,求这本书的页数。这是页码问题中的两个基本内容。
为了顺利地解答页码问题,我们先看一下“数”与“组成它的数码个数”之间的关系。一位数共有9个,组成所有的一位数需要9个数码;两位数共有90个,组成所有的两位数需要2×90180(个)数码;三位数共有900个,组成所有的三位数需要3×9002700(个)数码……为了清楚起见,我们将n位数的个数、组成所有n位数需要的数码个数、组成所有不大于n位的数需要的数码个数之间的关系列表如下:
由上表看出,如果一本书不足100页,那么排这本书的页码所需的数码个数不会超过189个;如果某本书排的页码用了10000个数码,因为28891000038889,所以这本书肯定是上千页。下面,我们看几道例题。
1一本书共204页,需多少个数码编页码?
分析与解:19页每页上的页码是一位数,共需数码1×9=9(个);
1099页每页上的页码是两位数,共需数码2×90180(个);
100204页每页上的页码是三位数,共需数码204-1001)×3105×3315(个)。综上所述,这本书共需数码9180315504(个)。
2一本小说的页码,在排版时必须用2211个数码。问:这本书共有多少页?
分析:因为18922112889,所以这本书有几百页。由前面的分析知道,这本书在排三位数的页码时用了数码(2211-189)个,所以三位数的页数有2211-189)÷3674(页)。
因为不到三位的页数有99页,所以这本书共有99674773(页)。
解:99+(2211——189)÷3773(页)。答:这本书共有773页。
3一本书的页码从162、即共有62页。在把这本书的各页的页码累加起来时,有一个页码被错误地多加了一次。结果,得到的和数为2000问:这个被多加了一次的页码是几?分析与解:因为这本书的页码从162,所以这本书的全书页码之和为12+…+616262×(621)÷231×631953
由于多加了一个页码之后,所得到的和数为2000,所以2000减去1953就是多加了一次的那个页码,是
2000——195347


练习与思考:
1.一本书共有40页,那么共需要多少个数码编页码?
2.一本书共有200页,那么共需要多少个数码编页码?
3.排一本小说的页码,需要用2202个数码,这本书共有多少页?
4.一本书的页码为162,即共有62页。在把这本书的各页的页码累加起来时,有一个页码漏加了。结果,得到的和数为1939。问:这个被漏加的页码是几?
5.有一本96页的书,中间缺了一张。如果将残书的所有页码相加,那么可能得到偶数吗?


智取火柴
1桌子上放着60根火柴,甲、乙二人轮流每次取走13根。规定谁取走最后一根火柴谁获胜。如果双方都采用最佳方法,甲先取,那么谁将获胜?
分析与解:本题采用逆推法分析。获胜方在最后一次取走最后一根;往前逆推,在倒数第二次取时,必须留给对方4根,此时无论对方取123根,获胜方都可以取走最后一根;再往前逆推,获胜方要想留给对方4根,在倒数第三次取时,必须留给对方8根……由此可知,获胜方只要每次留给对方的都是4的倍数根,则必胜。现在桌上有60根火柴,甲先取,不可能留给乙4的倍数根,而甲每次取完后,乙再取都可以留给甲4的倍数根,所以在双方都采用最佳策略的情况下,乙必胜。
在例1中为什么一定要留给对方4的倍数根,而不是5的倍数根或其它倍数根呢?关键在于规定每次只能取13根,134在两人紧接着的两次取火柴中,后取的总能保证两人取的总数是4。利用这一特点,就能分析出谁采用最佳方法必胜,最佳方法是什么。由此出发,对于例1的各种变化,都能分析出谁能获胜及获胜的方法。2在例1中将“每次取走13根”改为“每次取走16根”,其余不变,情形会怎样?分析与解:由例1的分析知,只要始终留给对方(1+6=7的倍数根火柴,就一定获胜。因60÷7=8……4,所以只要甲第一次取火柴是7的倍数,以后总留给乙7的倍数根火柴,甲必胜。
由例2看出,在每次取1n根火柴,取到最后一根火柴者获胜的规定下,谁能做到总给对方留下(1+n)的倍数根火柴,谁将获胜。
3将例1中“谁取走最后一根火柴谁获胜”改为“谁取走最后一根火柴谁输”,其余不变,情形又将如何?
分析与解:最后留给对方1根火柴者必胜。按照例1中的逆推的方法分析,只要每次留给对4的倍数加1根火柴必胜。甲先取,只要第一次取3根,剩下57根(57除以41),以后每次都将除以41的根数留给乙,甲必胜。
由例3看出,在每次取1n根火柴,取到最后一根火柴者为负的规定下,谁能做到总给对方留下(1n)的倍数加1根火柴,谁将获胜。有许多游戏虽然不是取火柴的形式,但游戏取胜的方法及分析思路与取火柴游戏完全相同。
4根,剩下56
练习与思考:
1.桌上有30根火柴,两人轮流从中拿取,规定每人每次可取13根,且取最后一根者为赢。问:先取者如何拿才能保证获胜?
2.1999个球,甲、乙两人轮流取球,每人每次至少取一个,最多取5个,取到最后一个球的人为输。如果甲先取,那么谁将获胜?
3.甲、乙二人轮流报数,甲先乙后,每次每人报14个数,谁报到第888个数谁胜。谁将获胜?怎样获胜?
4.有两堆枚数相等的棋子,甲、乙两人轮流在其中任意一堆里取,取的枚数不限,但不能不取,谁取到最后一枚棋子谁获胜。如果甲后取,那么他一定能获胜吗?
5.黑板上写着一排相连的自然数123…,51甲、乙两人轮流划掉连续的3个数。规定在谁划过之后另一人再也划不成了,谁就算取胜。问:甲有必胜的策略吗?


最不利原则
在日常生活和生产中,我们常常会答这类问题,常常需要从最不利的情况出发分析问题,就是最不利原则。
下面通过具体例子说明最不利原则以及它的应用。
1口袋里有同样大小和同样质地的红、黄、蓝三种颜色的小球各20个。问:一次最少摸出几个球,才能保证至少有4个小球颜色相同?
分析与解:如果碰巧一次取出的4个小球的颜色都相同,就回答是“4”,那么显然不对,因为摸出的4个小球的颜色也可能不相同。回答是“4”是从最“有利”的情况考虑的,但为了“保证至少有4个小球颜色相同”,就要从最“不利”的情况考虑。如果最不利的情况都满足题目要求,那么其它情况必然也能满足题目要求。
“最不利”的情况是什么呢?那就是我们摸出3个红球、3个黄球和3个蓝球,此时三种颜色的球都是3个,却无4个球同色。这样摸出的9个球是“最不利”的情形。这时再摸出一个球,无论是红、黄或蓝色,都能保证有4个小球颜色相同。所以回答应是最少摸出10个球。
由例1看出,最不利原则就是从“极端糟糕”的情况考虑问题。如果例1的问题是“最少摸出几个球就可能有4个球颜色相同”,那么我们就可以根据最有利的情况回答“4个”。现在的问题是“要保证有4个小球的颜色相同”,这“保证”二字就要求我们必须从最不利的情况分析问题。
2口袋里有同样大小和同样质地的红、黄、蓝三种颜色的小球共18个。其中红球3个、黄球5个、蓝球10个。现在一次从中任意取出n个,为保证这n个小球至少有5个同色,n的最小值是多少?
分析与解:与例1类似,也要从“最不利”的情况考虑。最不利的情况是取了3个红球、4个黄球和4个蓝球,共11个。此时袋中只剩下黄球和蓝球,所以再取一个球,无论是黄球还是蓝球,都可以保证有5个球颜色相同。因此所求的最小值是12
3一排椅子只有15个座位,部分座位已有人就座,乐乐来后一看,他无论坐在哪个座位,都将与已就座的人相邻。问:在乐乐之前已就座的最少有几人?
分析与解:15个座位顺次编为115号。如果2号位、5号位已有人就座,那么就座1号位、3号位、4号位、6号位的人就必然与2号位或5号位的人相邻。根据这一想法,让2号位、5号位、8号位、11号位、14号位都有人就座,也就是说,预先让这5个座位有人就座,那么乐乐无论坐在哪个座位,必将与已就座的人相邻。因此所求的答案为5人。
练习与思考:
1.口袋里有同样大小和同样质地的红、黄、蓝三种颜色的小球各20个。问:一次最少摸出几个,才能保证至少有5个小球颜色相同?
2.口袋里有同样大小和同样质地的红、黄、蓝三种颜色的小球共20个,其中红球4个、黄球6个、蓝球10个。问:一次最少取出几个,才能保证至少有6个小球颜色相同?3.一排椅子共有18个座位,部分座位已有人就座,乐乐来后一看,他无论坐在哪个座位,都将与已经就座的人相邻。问:在乐乐之前已就座的最少有几人?
4.一张圆桌有12个座位,部分座位已有人就座,乐乐来后一看,他无论坐在哪个座位,都将与已经就座的人相邻。问:在乐乐之前已就座的最少有几人?5.一把钥匙只能开一把锁,现有10把锁和其中的9把钥匙,要保证这9把钥匙都配上锁,至少需要试验多少次?

环境保护研学教案

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