小学奥数基础教程（六年级） ＜26.95，所以13个数之和必然不小于26.85的13倍，而小于26.95的13倍。 26.85×13＝349.05， 26.95×13＝350.35。
因为在349.05与350.35之间只有一个整数350，所以13个数之和是350。 350÷13＝26.923?
当精确到小数点后两位数时，是26.92。
例1中所用的方法可称为“放缩法”。对于一个数，如例1中13个数的平均数，如果不知道它的确切数值，那么可以根据题设条件，适当地将它放大或缩小，再进一步确定它的具体数值。当然，这里的“放大”与“缩小”都要适当，如果放得过大或缩得过小，则可能无法确定正确值，这时“放缩”就失败了。
分析与解：真正计算出这个算式，再取近似值，几乎是不可能的。因为题目要求精确到小数点后三位数，所以只要能大概知道小数点后四位数的情况就可以了。
若分子缩小、分母扩大，则分数变小；若分子扩大、分母缩小，则分数变大。利用这一点，使用放缩法就能估计算式的值的范围。分子、分母各取两位小数，有
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所以199.1＜原式＜200，原式整数部分是199。 例4 求下式的整数部分：
1.22×8.03+1.23×8.02+1.24×8.01。
分析与解：在1.22×8.03， 1.23×8.02与1.24×8.01中，各式的两个因数之和都相等。当两个数的和一定时，这两个数越接近，这两个数的乘积越大，于是得到 1.22×8.03＜1.23×8.02＜1.24×8.01。 因为1.22×8.03＞1.22×8，所以 原式＞1.22×8×3=29.28； 因为 1.24×8.01＜1.25×8，所以 原式＜1.25×8×3=30。
由29.28＜原式＜30知，原式的整数部分是29。 前面讲过，四舍五入的方法是取近似值最常用的方法。但在实际问题中，一定要注意灵活运用，特别要注意有些问题不宜使用四舍五入的原则。
例5某人执行爆破任务时，点燃导火线后往70米开外的安全地带奔跑，其奔跑的速度为7米/秒。已知导火线燃烧的速度是0.112米/秒。问：导火线的长度至少多长才能确保安全？（精确到0.1米） 解：0.112×（70÷5） ＝0.112×10 ＝1.12≈1.2（米）
?由0.2037? ＜原式＜0.2549?，无法确定原式小数点后三位的近似值。缩放的范围太大，应使范围缩小些。 分子、分母各取三位小数，有
仍然无法确定，还应使范围缩小。 分子、分母各取四位小数，有
答：导火线至少长1.2米。
此题采用收尾法。如果你的答案是1.1米，执行任务的人还没跑到安全地带，炸药就被引爆，那可就太危险了。 例6某飞机所载油料最多只能在空中连续飞行4时，飞去时速度为900千米/时，飞回时速度为850千米/时。问：该飞机最远飞出多少千米就应返回？（精确到1千米）
由 0.2395?＜原式＜0.2398?知，原式小数点后三位肯定是“239”，第四位在5和8之间。按四舍五入法则，精确到小数点后三位数的近似值是0.240。
由例2进一步看出“放缩”适度的重要性。取的位数少了，范围太大，无法确定；取的位数多了，例如取十位小数，计算量太大，繁琐且没有必要。 例3 求下式的整数部分： 分析与解：对分母使用放缩法，有
解：设该飞机最远能飞出x千米，依题意有
答：飞机最远飞出1748千米就应返回。 - 36 -
小学奥数基础教程（六年级） 此题采用去尾法。如果按照四舍五入的原则，那么得到x≈1749，当飞机真的飞出1749千米再返回时，恐怕在快着陆的瞬间就要机毁人亡了。 练习19
1.有17个自然数，它们的平均值精确到小数点后一位数是21.3，那么精确到小数点后三位数是多少？ 2.老师在黑板上写了14个自然数，让小明计算平均数（保留三位小数），小明计算出的答案是16.387。老师说小数点后第二位错了，其它的数字都对。正确答案应该是多少？ 3.计算下式的精确到小数点后三位数的近似值： 1357902468÷8642097531。 4.求下式的整数部分：
11×22＋12×33＋13×44＋?＋17×88。 5.求下式的整数部分：
2. 45×4.05＋2.46×4.04＋2.47×4.03＋ 2. 48×4.02＋2.49×4.01。
6.为了修水电站，需要在极短的时间内向河道中投入300米石料，以截断河流。如果每台大型运输车一次可运石料17.5米，那么为保障一次截流成功，至少需多少台运输车？ 7.一条单线铁路全长240千米，每隔20千米有一个会车站（当两车相遇时，一车停在会车站内，另一车可通过）。甲、乙两列火车同时从两端出发，甲车每小时行75千米，乙车每小时行45千米。为保证快车正点运行，慢车应给快车让路。为使等候时间尽量短，乙车应在出发后的第几个会车站等候甲车通过？ 答案与提示练习19 1.21.294。
提示：21.25×17=361.25，21.35×17=362.95。由361.25≤17个数之和＜362.95得到，17个数之和是362。 2.16.357。
提示：16.3×14=228.2，16.4×14=229.6。由228.2≤14个数之和＜229.6得到，14个数之和是229。 3.0.157。
3
3
- 37 - 5.49。
提示：与例4类似。因为5个乘积都小于2.5×4，都大于2.45×4，所以2.45×4×5=49＜原式＜2.5×4×5=50。 6.18台。
提示：采用收尾法。 7.第4个。
提示：如不等候，则两车相撞时乙车行了
用去尾法得到90÷20=4.5≈4。 第20讲 数值代入法
有一些看起来缺少条件的题目，按常规解法似乎无法求解，但是仔细分析发现，题中只涉及几个存在着倍数或比例关系的数量，而题目中缺少的条件，对于答案并无影响，这时就可以采用“数值代入法”，即对于题目中“缺少”的条件，假设一个数代入进去（当然假设的这个数应尽量方便计算），然后求出解答。
例1 足球赛门票15元一张，降价后观众增加一倍，收入增加五分之一。问：一张门票降价多少元？
分析与解：初看似乎缺少观众人数这个条件，实际上观众人数与答案无关。因为降价前后观众人数存在倍数关系，收入也存在比例关系，所以可以使用数值代入法。我们随意假设观众人数，为了方便，假设原来只有一个观众。
，则降价后每张票价为9元，每张票降价15-9＝6（元）。 例2 某幼儿园中班的小朋友平均身高115厘米，其中男孩人数比女孩人
分析与解：题中没有男、女孩的人数，我们可以假设女孩有5人，则男孩有6人。这时总身高为： 115×（5＋6）＝1265（厘米）。
4.1。
提示：设原分式的分母为A。A＝11×（11×2+12×3+13×4+?+17×8）。因为A＞11×11×（2+3+4+?+8）=11×11×35，所以
例3 甲、乙分别由A，B两地同时出发，甲、乙两人步行的速度比是7∶5。如果相向而行，那么0.5时后相遇；如果
按从A到B的方向同向而行，那么甲追上乙需要多少小时？
因为A＜11×17×（2+3+4+?+8）=11×17×35，所以
分析与解：设甲、乙的速度分别为7千米/时和5千米/时，则A，B两地相距（7+5）×0.5=6（千米）。 同向而行，甲追上乙需要65÷（7—5）=3（时）。
由上可知，原式的整数部分是1。
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小学奥数基础教程（六年级） 需要说明的是，A，B两地的距离并不一定是6千米，6千米是根据假设甲、乙的速度分别为7千米/时和5千米/时而计算出来的。假设不同的速度，会得出不同的距离，因为假设的速度与计算出的距离成正比，所求的时间是“距离÷速度差”，所以不影响结论的正确性。
例4五年级三个班的人数相等，一班的男生人数与二班女生人数相等，三
- 38 - 例6 甲车从A地到B地需行6时，乙车从B地到A地需行10时。现在甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，相向而行，相遇时甲车比乙车多行90千米，求A，B两地的距离。 分析与解：假设A，B相距30千米（既是6的倍数又是10的倍数），那么
甲车的速度为 30÷6=5（千米/时）， 乙车的速度为 30÷10=3（千米/时）， 两车相遇需 30÷（5＋3）=3.75（时）， 相遇时甲车比乙车多行
（5-3）×3.75=2×3.75=7.5（千米）。
几？
分析：由“三个班人数相等，一班男生数与二班女生数相等”知，一班女生数等于二班男生数，因此一、二班男生人数的和
题目条件“甲车比乙车多行90千米”是7.5千米的90÷7.5= 12（倍），说明A，B两地距离是假设的30千米的12倍，即
30×12=360（千米）。 练习20
1.上山的速度是3千米/时，下山的速度是6千米/时。求上山后又下山的平均速度。
以及一、二班女生人数的和给三班的男生人数设一个具体数值，那么就可依次求出全部男生人数以及一、二班男生人数的和（即每班人数），问题就迎刃而解了。
高为132厘米。问：女生平均身高是多少厘米？
3.一堆糖果，分给大、小幼儿班，每人可得6块；只分
个班
给大班，每人可得10块。若只分给小班，则每人可得几块？
那么不及格同学的平均分是多少？
在上面的例题中，将假设的数值代入解题过程，便得到正确答案。对于这类题目，假设不同的数值，都会得到相同的答案。还有一类题目，也可以使用数值代入法，但因为题中涉及的量不仅仅是倍数关系，所以假设的数不同，结果就不同，需要通过比较所得结果与已知结果来修正假设的数，从而得出正确解答。
例5 用绳子测量井深，把绳三折来量，井外余4米；把绳四折来量，井外余1米。求井深和绳长。
分析与解：由题意可知，三折后的绳子比四折后的绳子多4-1=3（米）。假设这根绳长12米，那么三折后的绳长比四折后的绳长长12÷3-12÷
能当选？
6.一个数除以5与除以3的商相差4，余数都是1，求这个数。
7.甲、乙两人搬一堆砖，甲单独搬完需40分钟，乙单独搬完需60分钟。现在两人同时开始搬，搬完时甲比乙多搬72块砖。这堆砖共有多少块？ 答案与提示练习20
1.4千米/时。提示：设山路长6千米。 2.128厘米。提示：设有2个男生3个女生。 3.15块。提示：设有30块糖果。 4.40分。提示：设有4人参加考试。
井深=36÷4-1=8（米）。
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小学奥数基础教程（六年级） 组成的??再一类一类地列举出来。
- 39 - 成规律，把三角形分成单个的、由两部分组成的、由3部分
6.31。
提示：设这个数减1后是15。15÷3-15÷5=2，实际的4是2的2倍，所以这个数是15×2+1=31。 7.360块。
解：设这堆砖有120块。由此推知每分钟甲搬120÷40=3（块），乙搬120÷60=2（块）。两人合搬需120÷（3+2）=24（分），甲比乙多搬（3-2）×24=24（块）。 实际的72块是24块的72÷24=3（倍），所以共有砖120×3=360（块）。 第21讲 枚举法
我们在课堂上遇到的数学问题，一般都可以列出算式，然后求出结果。但在数学竞赛或生活中却经常会遇到一些有趣的题目，由于找不到计算它们的算式，似乎无从下手。但是，如果题目所述的情况或满足题目要求的对象能够被一一列举出来，或能被分类列举出来，那么问题就可以通过枚举法获得解决。所谓枚举法，就是根据题目要求，将符合要求的结果不重复、不遗漏地一一列举出来，从而解决问题的方法。
例1 小明和小红玩掷骰子的游戏，共有两枚骰子，一起掷出。若两枚骰子的点数和为7，则小明胜；若点数和为8，则小红胜。试判断他们两人谁获胜的可能性大。 分析与解：将两枚骰子的点数和分别为7与8的各种情况都列举出来，就可得到问题的结论。用a＋b表示第一枚骰子的点数为a，第二枚骰子的点数是b的情况。 出现7的情况共有6种，它们是： 1＋6，2＋5，3＋4，4＋3，5＋2，6＋1。 出现8的情况共有5种，它们是： 2＋6，3＋5，4＋4，5＋3，6＋2。 所以，小明获胜的可能性大。
注意，本题中若认为出现7的情况有1＋6，2＋5，3＋4三种，出现8的情况有2＋6，3＋5，4＋4也是三种，从而得“两人获胜的可能性一样大”，那就错了。 例2 数一数，右图中有多少个三角形。
单个的三角形有6个：1 ，2，3，5，6，8。 由两部分组成的三角形有4个：
（1，2），（2，6），（4，6），（5，7）。 由三部分组成的三角形有1个：（5，7，8）。 由四部分组成的三角形有2个： （1，3，4，5），（2，6，7，8）。 由八部分组成的三角形有1个： （1，2，3，4，5，6，7，8）。 总共有6＋4＋1＋2＋1=14（个）。
对于这类图形的计数问题，分类型数是常用的方法。 例3 在算盘上，用两颗珠子可以表示多少个不同的四位数？
分析与解：上珠一个表示5，下珠一个表示1。分三类枚举：
（1）两颗珠都是上珠时，可表示5005，5050，5500三个数；
（2）两颗珠都是下珠时，可表示1001，1010，1100，2000四个数；
（3）一颗上珠、一颗下珠时，可表示5001，5010，5100，1005，1050，1500，6000七个数。
一共可以表示 3＋4＋7=14（个）四位数。
由例1～3看出，当可能的结果较少时，可以直接枚举，即将所有结果一一列举出来；当可能的结果较多时，就需要分类枚举，分类枚举是我们需重点学习掌握的内容。分类一定要包括所有可能的结果，这样才能不遗漏，并且类与类之间不重叠，这样才能不重复。
例4 有一只无盖立方体纸箱，将它沿棱剪开成平面展开图。那么，共有多少种不同的展开图？
分析与解：我们将展开图按最长一行有多少个正方形（纸箱的面）来分类，可以分为三类：
最长一行有4个正方形的有2种，见图（1）（2）； 最长一行有3个正方形的有5种，见图（3）～（7）； 最长一行有2个正方形的有1种，见图（8）。
分析与解：图中的三角形形状、大小都不相同，位置也很凌乱，不好数清楚。为了避免数数过程中的遗漏或重复，我们将图形的各部分编上号（见右图），然后按照图形的组
- 39 -
小学奥数基础教程（六年级） 不同的展开图共有2＋5＋1＝8（种）。
例5 小明的暑假作业有语文、算术、外语三门，他准备每天做一门，且相邻两天不做同一门。如果小明第一天做语文，第五天也做语文，那么，这五天作业他共有多少种不同的安排？
分析与解：本题是分步进行一项工作，每步有若干种选择，求不同安排的种数（有一步差异即为不同的安排）。这类问题简单一些的可用乘法原理与加法原理来计算，而本题中由于限定条件较多，很难列出算式计算。但是，我们可以根据实际的安排，对每一步可能的选择画出一个树枝状的图，非常直观地得到结果。这样的图不妨称为“枚举树”。
2
- 40 - 当n除以 3余 2时，因为n÷3余1，n÷3余2，所以 （n＋n＋2）÷3余2。
因为所有的自然数都在这三类之中，所以对所有的自然数n，（n＋n＋2）都不能被3整除。 练习21 1.10种。
解：6=1＋5=2＋4=3＋3=1＋1＋4=1＋2＋
3=2+2+2=1+1+1+3＝1+1+2+2＝1+1+1+1+2=1+1+1+1+1+1。 2.9种。
解：一天吃完有1种：（10）；两天吃完有5种：（3，7），（4，6），（5，5），（6，4），（7，3）；三天吃完有3种：（3，3，4），（3，4，3），（4，3，3）。共1+5+3=9（种）。 3.8种。
解：如下图所示，只有1个小矩形竖放的有3种，有3个小矩形竖放的有4种，5个小矩形都竖放的有1种。共3＋4＋1=8（种）。
22
由上图可知，共有6种不同的安排。
例6 一次数学课堂练习有3道题，老师先写出一个，然后每隔5分钟又写出一个。规定：（1）每个学生在老师写出一个新题时，如果原有题还没有做完，那么必须立即停下来转做新题；（2）做完一道题时，如果老师没有写出新题，那么就转做前面相邻未解出的题。解完各题的不同顺序共有多少种可能？
分析与解：与例5类似，也是分步完成一项工作，每步有若干种可能，因此可以通过画枚举树的方法来求解。但必须考虑到所有可能的情形。
4.6个。
解：15个球分成数量不同的四堆的所有分法有下面6种：（1，2，3，9），（1，2，4，8，）（1，2，5，7），（1，3，4，7），（1，3，5，6），（2，3，4，6）。 可以看出，分成的四堆中最多的那一堆至少有6个球。 5.10个。
提示：由一块、两块、三块、四块组成的三角形依次有4，3，2，1个，共有4＋3＋2＋1＝10（个）。 6.6种。
由上图可知，共有5种不同的顺序。
说明：必须正确理解图示顺序的实际过程。如左上图的下一个过程，表示在第一个5分钟内做完了第1题，在第二个5分钟内没做完第2题，这时老师写出第3题，只好转做第3题，做完后再转做第2题。
例7 是否存在自然数n，使得n＋n＋2能被3整除？ 分析与解：枚举法通常是对有限种情况进行枚举，但是本题讨论的对象是所有自然数，自然数有无限多个，那么能否用枚举法呢？我们将自然数按照除以3的余数分类，有整除、余1和余2三类，这样只要按类一一枚举就可以了。 当n能被3整除时，因为n，n都能被3整除，所以 （n＋n＋2）÷3余2；
当n除以3余1时，因为n，n除以3都余1，所以 （n＋n＋2）÷3余1；
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2
2
2
2
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提示：将各盘获胜者写出来，可画出枚举树如下：
7.14种。
提示：按四封信的完成顺序可画出枚举树如下：