数学情境应用_中考数学情境应用题

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1，公倍数：从前，在美丽的湖边，住着一老一少两个渔夫。有一年，他们从4月1号起开始打鱼，并定了一条规矩。老渔夫说：我连续打3天鱼要休息一天。年轻渔夫说：我连续打5天鱼要休息一天。有一位城里的朋友想趁他们一起休息的日子去看望他们，他可以选哪些日子去呢？同学们会帮他把这些日子找出来吗？

学生尝试：有的一边想一边在纸上写，有的直接在日历纸上找„„过了一段时间，小组开始议论起来。师：要解决这个问题得讲究一些方法。建议同桌两位同学可以通过分工合作来解决这个问题。一位找老渔夫的休息日，另一位找年轻渔民夫的休息日，然后把两人的结果合起来观察，就比较容易了。

在教师的提示下，学生通过分工合作、小组交流，完成了学习任务。老渔夫的休息日：4、8、12、16、20、24、28 年轻渔夫的休息日：6、12、18、24、30 他们共同的休息日：

12、24 其中最早的一天：12 2，倍数：数数，3和3的倍数不准数。

3,火柴游戏: 一个最普通的火柴游戏就是两人一起玩，先置若干支火柴於桌上，两人轮流取，每次所取的数目可先作一些限制，规定取走最後一根火柴者获胜。

规则一：若限制每次所取的火柴数目最少一根，最多三根，则如何玩才可致胜？

例如：桌面上有n=15根火柴，甲﹑乙两人轮流取，甲先取，则甲应如何取才能致胜？

为了要取得最後一根，甲必须最後留下零根火柴给乙，故在最後一步之前的轮取中，甲不能留下1根或2根或3根，否则乙就可以全部取走而获胜。如果留下4根，则乙不能全取，则不管乙取几根（1或2或3），甲必能取得所有剩下的火柴而赢了游戏。同理，若桌上留有8根火柴让乙去取，则无论乙如何取，甲都可使这一次轮取後留下4根火柴，最後也一定是甲获胜。由上之分析可知，甲只要使得桌面上的火柴数为4﹑8﹑12﹑16...等让乙去取，则甲必稳操胜券。因此若原先桌面上的火柴数为15，则甲应取3根。（∵15-3=12）若原先桌面上的火柴数为18呢？则甲应先取2根（∵18-2=16）。

规则二：限制每次所取的火柴数目为1至4根，则又如何致胜？

原则：若甲先取，则甲每次取时，须留5的倍数的火柴给乙去取。

通则：有n支火柴，每次可取1至k支，则甲每次取後所留的火柴数目必须为k+1之倍数。

规则三：限制每次所取的火柴数目不是连续的数，而是一些不连续的数，如1﹑3﹑7，则又该如何玩法？

分析：1﹑3﹑7均为奇数，由於目标为0，而0为偶数，所以先取者甲，须使桌上的火柴数为偶数，因为乙在偶数的火柴数中，不可能再取去1﹑3﹑7根火柴後获得0，但假使如此也不能保证甲必赢，因为甲对於火柴数的奇或偶，也是无法依照己意来控制的。因为〔偶-奇=奇，奇-奇=偶〕，所以每次取後，桌上的火柴数奇偶相反。若开始时是奇数，如17，甲先取，则不论甲取多少（1或3或7），剩下的便是偶数，乙随後又把偶数变成奇数，甲又把奇数回覆到偶数，最後甲是注定为赢家；反之，若开始时为偶数，则甲注定会输。

通则：开局是奇数，先取者必胜；反之，若开局为偶数，则先取者会输。

规则四：限制每次所取的火柴数是1或4（一个奇数，一个偶数）。

分析：如前规则二，若甲先取，则甲每次取时留5的倍数的火柴给乙去取，则甲必胜。此外，若甲留给乙取的火柴数为5之倍数加2时，甲也可赢得游戏，因为玩的时候可以控制每轮所取的火柴数为5（若乙取1，甲则取4；若乙取4，则甲取1），最後剩下2根，那时乙只能取1，甲便可取得最後一根而获胜。

通则：若甲先取，则甲每次取时所留火柴数为5之倍数或5的倍数加2。死理性派的小编经常会被问到的一个问题：数学到底哪里有趣了，数学之美又在哪里？这篇文章精心选择了 10 个老少咸宜的算术问题，以定理、趣题甚至未解之谜等各种形式带领大家窥探数学世界的一角。不少问题背后都蕴含了深刻的数学知识，触及到数学的各个领域。希望从小数学就不及格的朋友们能够喜欢上数学这门充满乐趣的学科。

数字黑洞 6174

任意选一个四位数（数字不能全相同），把所有数字从大到小排列，再把所有数字从小到大排列，用前者减去后者得到一个新的数。重复对新得到的数进行上述操作，7 步以内必然会得到 6174。

例如，选择四位数 6767：

77660189 = 9621 96212358 = 6174 7641y))= 100 x(x + 1)+ y(10-y)对任意 x 和 y 都成立。

6.幻方中的幻“方”

一个“三阶幻方”是指把数字 1 到 9 填入 3×3 的方格，使得每一行、每一列和两条对角线的三个数之和正好都相同。下图就是一个三阶幻方，每条直线上的三个数之和都等于 15。

大家或许都听说过幻方这玩意儿，但不知道幻方中的一些美妙的性质。例如，任意一个三阶幻方都满足，各行所组成的三位数的平方和，等于各行逆序所组成的三位数的平方和。对于上图中的三阶幻方，就有

816 2 + 357 2 + 492 2 = 618 2 + 753 2 + 294 2

利用线性代数，我们可以证明这个结论。

天然形成的幻方

从 1/19 到 18/19 这 18 个分数的小数循环节长度都是 18。把这 18 个循环节排成一个 18×18 的数字阵，恰好构成一个幻方——每一行、每一列和两条对角线上的数字之和都是 81（注：严格意义上说它不算幻方，因为方阵中有相同数字）。

196 算法

一个数正读反读都一样，我们就把它叫做“回文数”。随便选一个数，不断加上把它反过来写之后得到的数，直到得出一个回文数为止。例如，所选的数是 67，两步就可以得到一个回文数 484：

+ 76 = 143 143 + 341 = 484

把 69 变成一个回文数则需要四步：

+ 96 = 165 165 + 561 = 726 726 + 627 = 1353 1353 + 3531 = 4884

的“回文数之路”则特别长，要到第 24 步才会得到第一个回文数，88***。

大家或许会想，不断地“一正一反相加”，最后总能得到一个回文数，这当然不足为奇了。事实情况也确实是这样——对于 几乎 所有的数，按照规则不断加下去，迟早会出现回文数。不过，196 却是一个相当引人注目的例外。数学家们已经用计算机算到了 3 亿多位数，都没有产生过一次回文数。从 196 出发，究竟能否加出回文数来？196 究竟特殊在哪儿？这至今仍是个谜。

Farey 序列

选取一个正整数 n。把所有分母不超过 n 的 最简 分数找出来，从小到大排序。这个分数序列就叫做 Farey 序列。例如，下面展示的就是 n = 7 时的 Farey 序列。

定理：在 Farey 序列中，对于任意两个相邻分数，先算出前者的分母乘以后者的分子，再算出前者的分子乘以后者的分母，则这两个乘积一定正好相差1！

这个定理有从数论到图论的各种证明。甚至有一种证明方法巧妙地借助 Pick 定理，把它转换为了一个不证自明的几何问题！

唯一的解

经典数字谜题：用 1 到 9 组成一个九位数，使得这个数的第一位能被 1 整除，前两位组成的两位数能被 2 整除，前三位组成的三位数能被 3 整除，以此类推，一直到整个九位数能被 9 整除。

没错，真的有这样猛的数：381654729。其中 3 能被 1 整除，38 能被 2 整除，381 能被 3 整除，一直到整个数能被 9 整除。这个数既可以用整除的性质一步步推出来，也能利用计算机编程找到。

另一个有趣的事实是，在所有由 1 到 9 所组成的 362880 个不同的九位数中，381654729 是唯一一个满足要求的数！

数在变，数字不变

123456789 的两倍是 246913578，正好又是一个由 1 到 9 组成的数字。

246913578 的两倍是 493827156，正好又是一个由 1 到 9 组成的数字。

把 493827156 再翻一倍，987654312，依旧恰好由数字 1 到 9 组成的。

把 987654312 再翻一倍的话，将会得到一个 10 位数 1975308624，它里面仍然没有重复数字，恰好由 0 到 9 这 10 个数字组成。

再把 1975308624 翻一倍，这个数将变成 3950617248，依旧是由 0 到 9 组成的。

不过，这个规律却并不会一直持续下去。继续把 3950617248 翻一倍将会得到 7901234496，第一次出现了例外。

三个神奇的分数

1/49 化成小数后等于 0.0204081632 …，把小数点后的数字两位两位断开，前五个数依次是2、4、8、16、32，每个数正好都是前一个数的两倍。

100/9899 等于 0.***13455 …，两位两位断开后，每一个数正好都是前两个数之和（也即 Fibonacci 数列）。

而 100/9801 则等于 0.***809101112***81920212223 …。

利用组合数学中的“生成函数”可以完美地解释这些现象的产生原因。

1.甲、乙玩猜数游戏．甲在心中想好一个1000以内的数，乙只许问“比某数小吗？”甲只回答“是”或“不是”．那么乙最少问几次就一定能猜中这个数？

解：第1次500，第2次250，第3次125，第4次63，第5次32，第6次16，第7次8，第8次4，第9次2．

答：乙最少问9次就一定能猜中这个数．

2.某校开运动会，学校给同学们买来50箱汽水，每箱24瓶．由于商店规定每6个空瓶可换到一瓶汽水，所以同学们每喝完6瓶汽水就去换一瓶，这样他们共能多喝多少瓶汽水？ 解析：

第一：先求出共24×50=1200瓶汽水，先喝1200瓶汽水，然后产生1200个空瓶，可以换1200÷6=200（瓶），再可以喝200瓶汽水；

第二：喝完了，产生200个空瓶，可以换200÷6=33（瓶）剩下2个空瓶；

第三：喝完了，产生33个空瓶和原来的2个空瓶，总共是35个空瓶，可以再换35÷6=5瓶剩下5个空瓶；

第四：喝完了，产生5个空瓶和原来的5个空瓶，总共是10个空瓶，可以再换10÷6=1瓶剩下4个空瓶；

第五：喝完了，产生1个空瓶和原来的4个空瓶，共5个空瓶，这时要想到喝到最多的汽水，就想方设法借1个空瓶，正好加上原来的5个空瓶，再换1瓶汽水，喝完了以后还给他！所以最后再喝1瓶！

通过以上的分析，列式计算，即可得出结论．

解：（1200+200+33+5+1+1）-24×50，=1440-1200，=240（个）；