数学游戏1Word下载.docx

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其实老师根本没有背这40个数，只是耍了个小花招.秘密在哪？

请听老师的讲解吧！

按照老师的方法，你也可以制作一个大大的数表，向你的伙伴们炫耀一下你非凡的记忆能力，保证使你的伙伴们摸不着头脑.

好了！

进行完这个游戏以后，让我们快快进入其他环节来看一看！

秘密大揭露（学生版没有）：

（1）对于一个标号，将标号加上20，得到

，以

为基础进行计算；

（2）将

依次写出，排成一个数.例如标号17，17+20=37，

32+72=58，3+7=10，7-3=4，3×

7=21，对应的数就是5810421.规定的运算一定要简单，否则张口结舌地算不出来，或算错了，场面多尴尬呀.运算太简单也不行，容易让人识破.

类型Ⅰ：

巧取火柴棒

在数学游戏中有一类取火柴游戏，它有很多种玩法，由于游戏的规则不同，取胜的方法也就不同.但不论哪种玩法，要想取胜，一定离不开用数学思想去推算.下面我们一起来看看吧！

【例1】（十三中入学考试题）（难度系数：

★★★）在右图的A点有一枚棋子，甲先乙后轮流走棋子，每次必须向上或向右走1步或2步（走2步时可以拐弯），最终将棋子走到B点者获胜.甲怎样走才能必胜？

分析：

从Ａ到Ｂ共16步，甲先走一步，以后甲保持与乙走的步子和为３即可.

讲解此题之前教师可以回顾一下下面的题型：

【前铺】

（香港圣公会数学奥林匹克试题改编）桌子上放着55根火柴，甲、乙二人轮流每次取走1～3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?

我们采用逆推法分析.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1，2或3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55根火柴，55÷

4=13……3，所以只要甲第一次取走3根，乙取几，甲就跟取4减几，甲必胜.

为什么一定要留给对方4的倍数根，而不是5的倍数根或者其它倍数根呢?

关键在于规定每次只能取1～3根，1+3=4，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，对于取火柴游戏这种玩法的各种变化，都能分析出谁能获胜及获胜的方法.

【巩固】两人轮流报数，但报出的数只能是1至8的自然数，同时把所报数一一累加起来，谁先使这个累加和达到80，谁就获胜.问怎样才能确保获胜？

80÷

（1+8）=8……8，获胜的策略是：

先报8，每次对方报a（1≤a≤8），你就报9-a.

（必讲题目）你和小新做游戏，桌上有63根火柴，每次每人可以取1～4根，谁取到最后一根谁就输.你有必胜的方法么？

你先取火柴还是后取，怎么取？

呵呵！

先让学生小组讨论一下！

倒着想，要你赢，小新输，那么就是说第63根要小新取，为了让小新取第63根，你应该取第几根呢？

你必须取到第62根，才能保证小新一定取到第63根.如果你没取到第62根，小新取第62根，那么你就得取第63根，这样你就输了.所以这道题目可以这样理解：

你只要取到第62根火柴就赢了，这时小朋友们就会做了吧！

你先取2根，然后跟小新凑5.

【巩固】有一排1999个空格，预先在左边第一格中放一枚棋子，然后由甲、乙两人轮流走，甲先乙后.每人走时，可以将棋子向右移动1～4格，规定谁将棋子走到最后一格谁输.甲为了必胜，第一步走几格？

以后怎样走？

甲先走２格，以后乙走几格，甲就走５减几格.注意开始时棋子已经在第一格.

【例2】（奥数网习题库）（难度系数：

★★★）有两堆火柴，一堆35根，另一堆24根.两人轮流在其中任一堆中拿取，取的根数不限，但不能不取.规定谁取得最后一根火柴谁胜.先取者有何获胜的策略?

由于火柴的堆数多于一堆，所以获胜的策略与一堆火柴的情形完全不同.

先取者在35根一堆的火柴中取11根火柴，使得取后剩下两堆的火柴数相同。

以后无论对手在某一堆取几根火柴，你只需在另一堆也取同样多根火柴.只要对手有火柴可取，你就有火柴可取，也就是说，最后一根火柴总会被你拿到.这样先取者总可获胜.在上面的玩法中，利用了对称的思想，两堆火柴数相同就是一种对称.

【例3】（列宁格勒数学竞赛）（难度系数：

★★★）两人做一种游戏：

轮流在9×

9的方格表中画十字和圈.先开始的人画十字，其对手画圈.所有方格都画满之后，按如下方式计分：

数出这样的行和列的数目，其中十字多于圈，并将该数作为第一人的得分；

再数出其中圈多于十字的行和列的树目，作为第二人的得分；

以得分多的人为胜.试问：

第一个人怎样才能取胜？

第一人先在中间的方格中画上十字，接下去，不论第二人在哪个方格中画圈，第一人都在该方格关于正中间方格对称的方格中画十字，即可取胜.

【前铺】甲、乙两人轮流往一个圆桌面上放同样大小的硬币.规则是：

每人每次只能放一枚，硬币不许重叠，谁放完最后一枚硬币而使对方再也无处可放，谁就获胜.如果甲先放，那么他怎样放才能取胜?

这个问题初看太抽象，既不知道圆桌的大小，又不知道硬币的大小，谁知道该怎样放呀!

我们用对称的思想来分析一下.圆是关于圆心对称的图形，若A是圆内除圆心外的任意一点，则圆内一定有一点B与A关于圆心对称（见右图，其中AO=0B）.也就是说，圆内除圆心外，任意一点都有一个（关于圆心的）对称点.由此可以想到，只要甲把第一枚硬币放在圆桌面的圆心处，以后无论乙将硬币放在何处，甲一定能找到与之对称的点放置硬币，只要乙能放，甲就一定能放.最后无处可放硬币的必是乙.

甲、乙两人依次在一个正十二边形中画对角线（即两个不想邻顶点的连线）.规定新画的对角线不能与已画的对角线相交，谁画下最后一条这样的对角线谁就胜.甲先画，他怎样画才能取胜？

共有12个顶点，甲画第一条对角线，使得对角线两侧各有5个顶点，也就是将正12边形分成对称的两部分，以后无论乙怎么画，甲都在另一半对称的画，只要乙能画，甲必能画.

类型Ⅱ：

制胜的策略

【例4】（实验中学培训部考试题目）（难度系数：

★★★）甲、乙二人轮流在黑板上写下不超过10的自然数，规定不能在黑板上写已写过的数的约数，最后无数可写的人失败.如果甲先写，双方都采用最佳方案，那么谁一定获胜？

给出一种获胜方法.

甲胜，甲必须先写6.甲写6后，1，2，3，6就不能再写了.将剩下的六个数分为4和5，7和9，8和10三组，当乙写这六个数中的某数时，甲就写与它同组的另一数，必可获胜.

【例5】（首师附考试题目）（难度系数：

★★★）在一个3×

3的方格纸中，甲、乙两人轮流（甲先）往方格纸中填写1、3、4、5、6、7、8、9、10九个数中的一个，数不能重复.最后甲的得分是不计中间行的上下两行六个数之和，乙的得分是不计中间列的左右两列六个数之和，得分多者为胜.请你为甲找出一种必胜的策略。

（法1）：

把题中的九个格标上字母：

a、b、c、d、e、f、g、h、i.甲第一轮采用削弱对方策略，把1填入d格（或f格）内，以后无论乙怎样填，甲第二轮“随机应变”，只要把尽可能大的数填入b或h格内，或者把尽可能小的数填入f格（或d格）内（在乙没有在f或d格内填数的情况下），甲都能获胜.

（法2）：

甲的得分为：

a＋b＋c＋g＋h+i=（a＋c＋g+i）+（b+h）；

乙的得分为：

a＋d＋g＋c＋f＋i=（a＋c＋g＋i）+（d＋f）

要想使甲的得分高于乙的得分，必须且只需使b＋h＞d+f.要想使b＋h＞d＋f，甲有两种策略：

一是增强自己的实力——使b、h格内填的数尽可能地大；

二是削弱对方的实力——使d、f格内填的数尽可能地小.取胜的总策略是“增强自己，削弱对方”两者兼顾.

【例6】

（05年小数报数学邀请赛）（难度系数：

★★★）如右图，在一个2004×

16的长方形棋盘左上角的方格中有一个棋子（用★表示）．

小兵和小燕按如下规则下棋：

①小兵先走，以后两人轮流移动棋子；

②棋子纵向或横向（斜向不可）走几个方格都可以，但至少要走1个方格；

③每个方格允许棋子通过或停留一次；

④轮到哪一方没方格可走时，哪一方就算失败．

两人都在为取胜尽力，其中必有一胜．

请问：

谁有必胜的把握?

简述取胜的策略．

小兵有必胜的把握，可按下面策略走棋：

第一步，小兵向右走至最后一格，小燕只能向下走若干格；

第二步，小兵向左走至最后一格，小燕只能向上或向下走若干格；

第三步，小兵向右走至最后一格，小燕只能向上或向下走若干格；

就这样，小兵始终横向走，使得小燕只能纵向走．最后小兵必胜．

【例7】（奥数网习题库）（难度系数：

★★★★）把一棋子放在如右图左下角格内，双方轮流移动棋子（只能向右、向上或向右上移），一次可向一个方向移动任意多格.谁把棋子走进顶格，夺取红旗，谁就获胜.问应如何取胜？

采用倒推法易知，为保证取胜，应先走.首先把棋子走进E格，然后，不管对方走至哪一格，（肯定不会走进A～D格），先走者可以选择适当的方法一步走进A～D格中的某一格.如此继续，直至对方把棋子走进最后一列的某个格中，此时先走者一步即可走进顶格，夺取红旗，从而获胜.

类型Ⅲ：

称重挑次品

【例8】（奥数网习题库）（难度系数：

★★★）有9颗珍珠，其中有一颗假珍珠，但外观和真的一样，看是看不出来的，只是假珍珠比真珍珠轻一些，你能利用天平不用砝码，只称两次就找出的假的珍珠吗?

怎样称?

如果每次在每个托盘里只放一个珍珠的话，那么天平低的那一颗是假的；

9粒珍珠，需要量四次才行．如果每个托盘中每次称两粒，那么如果不平，取轻的一侧托盘中的两粒珍珠再量，分别置于两个托盘内，较低一侧的为假的．但是最坏可能要测三次，不合要求．

那么第一次在左右两托盘各放置3粒：

（一）如果不平衡，那么较轻的一侧的3粒中有一粒是假的．从中任取两粒分别放在两托盘内：

①如果不平衡，较低的一侧的那粒珍珠是假的；

②如果平衡，剩下的一粒是假的；

（二）如果平衡，剩下的三粒中必有一粒为假的．从中任取两粒分别放在两托盘内：

①如果不平衡，较低的一侧的那粒珍珠是假的；

②如果平衡，剩下的那粒是假的．

这类称量找假币的问题，一定要会分类，并尽量是每一类对应天平称量时的不同状态（轻，重，平），所以分成3堆是很常见的分法．

【巩固】今有101枚硬币，其中有100枚同样的真币和1枚伪币，伪币和真币的重量不同．现需弄清楚伪币究竟比真币轻还是重、但只有一架没有砝码的天平，那么怎样利用这架天平称两次，来达到目的？

101枚硬币，如果进行称重的话应该保证天平两边的硬币数相等．因此应该首先拿掉一个，把剩下的100枚硬币在天平两边各放50个．如果这时天平两边重量相等的话，就说明剩下的那个是伪币．只要任意拿出一个真币和这个伪币再称一次就可以知道真币和伪币那种比较重了．

如果天平两边重量不相等的话，就是说伪币还在这100个硬币中．可以拿出其中比较轻的50个．这时同样还是把他们分成两个25枚，分到天平两边称重．

如果两边重量相等，说明这50个硬币都是真的．伪币在比较重的那50个中，因此伪币就应该比真币重．如果两边重量不相等，说明伪币就在这50个比较轻的硬币中，显然伪币就应该比真币轻．

同样道理，也可以把比较重的那50个硬币分成两个25进行称重，同样也可以得出结论，希望大家自己想一下．

本题实际上不要求棋子数必须是101，只要去掉一个棋子后剩下的棋子可以被分成相等的两份，每一份再分成相等的两份，也就是4的倍数就可以了，比如49，73等等都可以．

【例9】（微软面试题目改编）（难度系数：

★★★★）有10箱钢珠，每个钢珠重10克，每箱600个.如果这10箱钢珠中有1箱次品，次品钢珠每个重9克，那么，要找出这箱次品最少要称几次?

解决这个问题有一个巧妙的方法.将10箱钢珠分别编为1～10号，然后从1号箱中取1个钢珠，从2号箱中取2个钢珠……从10号箱中取10个钢珠，共取出1+2+…+10=55个钢珠，将这些钢珠放到天平上称，本来应重550克，如果轻了n（1≤n≤10）克，那么第几号箱就是次品.在这个方法中，第10号箱也可不取，这样共取出45个钢珠，如果重450克，那么10号箱是次品；

否则，轻几克几号箱就是次品.

类型Ⅳ：

万花筒

【例10】（清附培训试题）（难度系数：

★★）有2个砝码，一个重5克，另一个重7克，能用这两个砝码称出9克沙子吗？

怎样称？

可以．先称出7克沙子；

再从中称出5克沙子，还剩7-5=2（克）；

再称取7克沙子，与刚才剩下的2克一起，共是2+7=9（克）．

【巩固】有大，中，小3个瓶子，最多分别可以装入水1000克，700克和300克.现在大瓶中装满水，希望通过水在3个瓶子间的流动使得中瓶和小瓶上标出100克水的刻度线，问最少要倒几次水

通过对三个数字的分析，我们发现700-300-300=100，是计算步数最少的得到100的方法．而由于我们每计算一步就相当于倒一次水，所以倒水最少的方案应该是：

1．大瓶往中瓶中倒满水．

2．中瓶往小瓶中倒满水，这时中瓶中还剩下400克水．

3．小瓶中水倒回大瓶．

4．中瓶再往小瓶中倒满水，这时中瓶中只剩下100克水，标记．

5．小瓶中水倒回大瓶．

6．中瓶中100水倒入小瓶，标记．所以最少要倒6次水．

本题关键是，小瓶中的水每次都要倒掉，不然无法再往小瓶中倒水的．

【例11】（奥数网习题库）（难度系数：

★★★）把一根线绳对折，对折，再对折，然后从对折后的中间处剪开，这根线绳被剪成了多少段？

题中的条件看起来比较复杂，可以先把题目简化，只对折一次．从右图中可以看出，相当于一共剪了两刀，把原来的一根绳剪成了3段．然后考虑两次对折，这次可以发现，一根线绳变成了4层，这时如果从中间剪开相当于剪了4刀，线绳被剪成了5段．于是就找到了规律．

每经过一次对折，线绳的层数会加倍，那么经过三次对折后，一共能够把线绳折成8层，这时如果从中问剪一下，就相当于同时剪断了8次，一共能够得到：

8+1=9（段）．

对于复杂题目先降低难度，再逐渐变难，从中找到规律是一种常用的方法，遇到类似条件的题目时首先就要想到．

【例12】（奥数网习题库）（难度系数：

★★★）若干个同样的盒子排成一排，小明把五十多个同样的棋子分装在盒中，其中只有一个盒子没有装棋子，然后他外出了，小光从每个有棋子的盒子里各拿出—个棋子放在空盒中写再把盒子重新排了一下-，小明回来仔细查看了一番，并没有发现有人动过这些盒子和棋子，问共有多少个盒子?

题目中提到原来只有一个盒子是空的，其他盒子里面都有棋子．那么被小亮动过之后既然看不出来，必然还有一个盒子是空的．但是原来那个空的盒子已经被放进了棋子，必然是某一个盒子因为被拿出了一个棋子变成了空盒子．显然这个盒子原来只有一个棋子．

同样道理，经过操作之后也应该有一个盒子里面装一个棋子，显然原来这个盒子里面装了两个棋子．因此操作之后有盒子里面装两个棋子，以此类推，可以发现只要盒子中的棋子数是按照0，1，2，3，4，5，6，7…的顺序放的，那么按照题目中的方法进行一次操作之后每个盒子中的棋子数都是不变的．

但是题目还要求棋子总数是五十多个，显然只有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这11个数分别作为盒子中的棋子数时才能满足条件，因此一共有11个盒子．抓住关键的“只有一个空盒子”这个突破口，通过周密的分析，找出各个盒子中棋子数目的规律．学会找规律很重要．

附加题目

【附1】甲乙两人玩下面的游戏：

有三堆玻璃球，A堆有29个，B堆有16个，C堆有16个，甲乙两人依次从中拿取，每次只许从同一堆中拿，至少拿一个，多拿不限，规定拿最后一个者为输.问如果甲先拿，他有无必胜的策略？

当只有两堆球，且两堆球的个数相同且个数不等于1时，先拿的必败.所以甲先取时，甲把A堆中的29个球全部取走，这时留给乙的是两堆球数相同且个数不等于1的局面.然后按照两堆球游戏的策略，甲就能获胜.

【附2】

（列宁格勒数学竞赛）有一张l0×

l0的方格表，在中心处的结点上放有一枚棋子，两人轮流移动这枚棋子，即将棋子由所有的结点移到别的结点，但要求每次所移动的距离必须大于对方刚才所移的距离．如果谁不能再按要求移动棋子，谁即告输．试问：

在正确的玩法之下，谁会赢?

后开始的人会赢．为了能赢，乙（即后开始的人）在每一步上，都将棋子从甲所移到的位置上移到

该位置关于方格表中心点所对称的位置上．不难验证，他每次所移过的距离都大于甲前一步所移过的距离．

【附3】

（保良局亚洲区城市小学竞赛）请你参加一种游戏：

有1996个棋子，两人轮流取棋子，每次允许取其中2个，4个或8个，谁最后把棋子取完，就算获胜．如果你先取，那么第一次你取多少个？

先取的人有一个必胜的办法，如果你已想出这个办法，请写出来．

先拿者每次拿后剩下的棋子数能被3整除，这样对方拿后剩下的数一定不能被3整除，由于8+4=12，4+2=6，因此先拿着再拿时又一定能使剩下的数被3整除.因为0能被3整除，所以先拿者一定获胜，可以先取4个.

【附4】

（列宁格勒数学竞赛）两人做取火柴的游戏：

桌上放有500根火柴，两人轮流取，每一次可以取走1，2，4，8，…（2的任何次方幂）根火柴．谁先无火柴可取谁输．试问：

在正确的玩法之下，谁会取胜——是先动手取的，还是其对手?

先动手的会取胜．他只要在每一次都只取走一根或两根火柴，使得桌上所剩的火柴数目是3的倍数即可．事实上，第一次他取走两根，剩下498根——是3的倍数；

不论对手取走多少，由于他都只能取走2k根（k为自然数），所以剩下的根数a都不是3的倍数；

于是第二次时，先开始之人只要取走a被3除的余数根（1或2根），即可使所剩根数仍恢复为3的倍数，如此下去．于是，在对手每次取后，桌上所剩之火柴数目都不是3的倍数（从而不会为零），这表明先动手的人不会输．

【附5】有10箱钢珠，每个钢珠重10克，每箱600个.如果只知道这10箱钢珠中有次品，具体几箱不清楚，次品钢珠每个重9克，那么只称一次，能否找出这些次品?

由9=1+8=2+7=3+6=4+5=1+2+6=1+3+5=2+3+4知，次品可能是9号箱，也可能是1号、8号箱，也可能是2号、7号箱……总之，结果是不确定的.

因为每箱只有“是”或“不是”次品两种可能，所以可以考虑用二进制来解决这个难题.

从1号箱取20个钢珠，从2号箱取21个钢珠，从3号箱取22个钢珠……从10号箱取29个钢珠，

共取钢珠：

（210=1024需要学生记忆，对于以后的初高中学习中我们经常需要它）称量后应重10230克.如果1号箱是次品，那么将轻

（1）2克；

如果2号箱是次品，那么将轻（10）2克；

如果3号箱是次品，那么将轻（100）2克……如果10号箱是次品，那么将轻（1000000000）2克。

也就是说，如果n号箱是次品，那么在轻的总重量的二进制表示中，从右至左第n位是1.这就在各箱与轻的总重量的二进制表示之间建立了一一对应关系，由轻的总重量就能找出哪几箱是次品.例如，称量后重9800克，轻了10230—9800=430（克），因为430=（110101110）2，所以2，3，4，6，8，9号箱是次品.

【附6】老师在黑板上画了9个点，要求同学们用一笔画出一条通过这9个点的折线（只许拐三个弯儿）．你能办到吗?

大家开始尝试多次之后可能会得出“不可能”的结论，但是大家不要忽略一点，题中并没要求所有折线只能限定在这9个点的范围之内．我们把折线的范围冲破本题9个点所限定的正方形，那么问题就容易解决了，如右图：

【附7】如右图，圆周上顺序排列着l，2，3，……，12这12个数，我们规定：

把圆周上某相邻4个数的顺序颠倒过来，称为一次变换，例如1,2，3，4，可变为4，3，2，1，而11，12,1,2，变为2，1，12，11．问能否经过有限次变换，将12个数的顺序变为如图所示的9，1，2，3，……，8，10，11，12？

通过观察题目中的图形可以看出只有从1到9这9个数的位置变了，而10，11，12这三个数根本就没有动．由于题目中的数都是分布在一个圆圈上，看起来很复杂，不如在l和12之间剪开，把圆圈变成一个线段．

由于实际上是相当于把9从原来的位置一直向左边挪到头，因此就考虑把6，7，8，9进行一次变换，这时全部12个数就变成了：

1，2，3，4，5，9，8，7，6，10，11，12．现在6，7，8的顺序是颠倒的，为了把这三个数的顺序变回来，应该把这三个数和10一起进行一次操作，就会得到：

1，2，3，4，5，9，10，6，7，8，11，12．

可以发现，经过这两次操作之后实际上就相当于把9和10从后向前挪3个数，虽然这样不能解决问题，但是受到这种情况的启发，我们发现如果反着进行这两次操作，就可以把两个相邻的数从前向后挪3个数．于是可以分别把从1到8这8个数分成四组，把它们挪到9后面．步骤如下：

1，2，3，4，7，8，9，5，6，10，11，12．

1，2，3，4，9，5，6，7，8，10，1l，12．

3，4，9，1，2，5，6，7，8，10，1l，12．

9，1，2，3，4，5，6，7，8，10，11，12．

每经过两次操作可以把两个数向后挪3个位置，经过8次操作之后就能够完成题目中的要求.中间的具体步骤留给同学们自己思考后补全.

对于这种非常难的题目，一开始没有思路是很正常的，不要着急，仔细读题之后可以先试着写出几种可能的操作方法，这时一定不要忘掉题目中的条件和问题的要求，在不断试算的过程中发现规律后题目就得到了解决．

练习十四

1．1111个空格排成一行，最左端空格中放有一枚棋子，甲先乙后轮流向右移动棋子，每次移动1～7格.规定将棋子移到最后一格者输.甲为了获胜，第一步必须向右移多少格?

（1111-1）÷

（1+7）=138…6，所以甲第一