xx小学校级拓展性课程记录资料Word格式文档下载.docx
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注:
请在备注栏中注明重点培养对象或替补对象等。
XX小学七贤奇思妙想拓展性课程点名册
序号
学生
姓名
月
日
XX小学七贤奇思妙想拓展性课程辅导计划
设计意图:
展示数学的神奇智慧和艺术般的魅力,激发学生的数学兴趣和探索求知的欲望,在不知不觉中将学生引入奇妙的数学世界之中。
课程目标:
通过活动,激发学生学习数学的兴趣和积极性,提高他们的学习质量,拓宽他们的思维,培养正确的数学学习方法。
课程内容:
1、
结合教材,精选小学数学的教学内容,以适应社会发展和进一步学习的需要。
力求题材内容生活化,形式多样化,解题思路方程化,教学活动实践化。
2、
教学内容的选编体现教与学的辨证统一。
教学内容呈现以心理学的知识为基础,符合儿童认知性和连续性的统一,使数学知识和技能的掌握与儿童思维发展能力相一致。
3、
教学内容形式生动活泼,符合学生年龄特点,赋予启发性,趣味性和全面性,可以扩大学生的学习数学的积极性。
4、每次数学思维训练课都有中心,有讨论有交流有准备。
有阶段性总结和反思。
实施策略:
1、认真备课,选择适合学生年龄特征的内容展开教学活动,数学性与趣味性相结合。
2、多选取有趣味的数学题,引导学生乐于参与数学学习活动。
3、通过多种形式活动,让学生体验数学学习的乐趣。
4、结合学生的生活实际选择适合的教学内容,让学生走进生活学数学。
XX小学七贤奇思妙想拓展性课程辅导记录
辅导时间
第2周
请假学员
姓名
日期(月日)
原因
备注
辅
导
内
容
例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:
86,78,77,83,91,74,92,69,84,75。
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,-3,3,11,-6,12,-11,4,-5,其中“-”号表示这个数比80小。
于是得到总和=80×
10+(6-2-3+3+11-6+12-11+4-5)=800+9=809。
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809。
例1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1的80)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、整百的数。
辅导
后记
第3周
例88×
64=?
由乘法分配律和结合律,得到
88×
64
=(80+8)×
(60+4)
60+(80+8)×
=80×
60+8×
60+80×
4+8×
6+80×
(60+6+4)+8×
(60+10)+8×
=8×
(6+1)×
100+8×
4。
于是,我们得到下面的速算式:
由上式看出,积的末两位数是两个因数的个位数之积,本例为8×
4;
积中从百位起前面的数是“个位与十位相同的因数”的十位数与“个位与十位之和为10的因数”的十位数加1的乘积,本例为8×
(6+1)。
第4周
例77×
91=?
解:
由上例的解法得到
由上式看出,当两个因数的个位数之积是一位数时,应在十位上补一个0,本例为7×
1=07。
用这种速算法只需口算就可以方便地解答出这类两位数的乘法计算。
1.计算下列各题:
(1)77×
28;
(2)66×
55;
(3)33×
19;
(4)82×
44;
(5)37×
33;
(6)46×
99。
第6周
例
(1)76×
74=?
2)31×
39=?
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
=(7+6)×
(70+4)=(70+6)×
70+(7+6)×
4=70×
70+6×
70+70×
4+6×
=70×
(70+6+4)+6×
(70+10)+6×
4=7×
(7+1)×
100+6×
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×
9=09),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×
15,25×
25,…,95×
95的速算,实际上就是“同补”速算法。
第7周
例
(1)78×
38=?
(2)43×
63=?
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
=(70+8)×
(30+8)
30+(70+8)×
30+8×
30+70×
8+8×
30+8×
(30+70)+8×
=7×
3×
100+8×
=(7×
3+8)×
8。
由例1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0,如3×
3=09),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×
头+尾”。
第8周
例1
(1)702×
708=?
(2)1708×
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。
例22865×
7265=?
第9周
等差数列的求和公式:
和=(首项+末项)×
项数÷
2。
例11+2+3+…+1999=?
这串加数1,2,3,…,1999是等差数列,首项是1,末项是1999,共有1999个数。
由等差数列求和公式可得
原式=(1+1999)×
1999÷
2=1999000。
注意:
利用等差数列求和公式之前,一定要判断题目中的各个加数是否构成等差数列。
例211+12+13+…+31=?
这串加数11,12,13,…,31是等差数列,首项是11,末项是31,共有31-11+1=21(项)。
原式=(11+31)×
21÷
2=441。
在利用等差数列求和公式时,有时项数并不是一目了然的,这时就需要先求出项数。
根据首项、末项、公差的关系,可以得到
项数=(末项-首项)÷
公差+1,
末项=首项+公差×
(项数-1)。
第10周
例13+7+11+…+99=?
3,7,11,…,99是公差为4的等差数列,
项数=(99-3)÷
4+1=25,
原式=(3+99)×
25÷
2=1275。
例2求首项是25,公差是3的等差数列的前40项的和。
末项=25+3×
(40-1)=142,
和=(25+142)×
40÷
2=3340。
利用等差数列求和公式及求项数和末项的公式,可以解决各种与等差数列求和有关的问题。
第11周
例1盒子里放有三只乒乓球,一位魔术师第一次从盒子里拿出一只球,将它变成3只球后放回盒子里;
第二次又从盒子里拿出二只球,将每只球各变成3只球后放回盒子里……第十次从盒子里拿出十只球,将每只球各变成3只球后放回到盒子里。
这时盒子里共有多少只乒乓球?
一只球变成3只球,实际上多了2只球。
第一次多了2只球,第二次多了2×
2只球……第十次多了2×
10只球。
因此拿了十次后,多了
2×
1+2×
2+…+2×
=2×
(1+2+…+10)
55=110(只)。
加上原有的3只球,盒子里共有球110+3=113(只)。
综合列式为:
(3-1)×
(1+2+…+10)+3
[(1+10)×
10÷
2]+3=113(只)。
练习:
(1)2+4+6+…+200;
(2)17+19+21+…+39;
(3)5+8+11+14+…+50;
(4)3+10+17+24+…+101。
2.求首项是5,末项是93,公差是4的等差数列的和。
3.求首项是13,公差是5的等差数列的前30项的和。
第12周
例1在下面的数中,哪些能被4整除?
哪些能被8整除?
哪些能被9整除?
234,789,7756,8865,3728.8064。
能被4整除的数有7756,3728,8064;
能被8整除的数有3728,8064;
能被9整除的数有234,8865,8064。
例2从0,2,5,7四个数字中任选三个,组成能同时被2,5,3整除的数,并将这些数从小到大进行排列。
因为组成的三位数能同时被2,5整除,所以个位数字为0。
根据三位数能被3整除的特征,数字和2+7+0与5+7+0都能被3整除,因此所求的这些数为270,570,720,750。
第13周
例2在四位数56□2中,被盖住的十位数分别等于几时,这个四位数分别能被9,8,4整除?
如果56□2能被9整除,那么
5+6+□+2=13+□
应能被9整除,所以当十位数是5,即四位数是5652时能被9整除;
如果56□2能被8整除,那么6□2应能被8整除,所以当十位数是3或7,即四位数是5632或5672时能被8整除;
如果56□2能被4整除,那么□2应能被4整除,所以当十位数是1,3,5,7,9,即四位数是5612,5632,5652,5672,5692时能被4整除。
到现在为止,我们已经学过能被2,3,5,4,8,9整除的数的特征。
根据整除的性质3,我们可以把判断整除的范围进一步扩大。
例如,判断一个数能否被6整除,因为6=2×
3,2与3互质,所以如果这个数既能被2整除又能被3整除,那么根据整除的性质3,可判定这个数能被6整除。
同理,判断一个数能否被12整除,只需判断这个数能否同时被3和4整除;
判断一个数能否被72整除,只需判断这个数能否同时被8和9整除;
如此等等。
第14周
例1求多位数7645821369815436715除以9的余数。
利用弃九法,将和为9的数依次划掉。
只剩下7,6,1,5四个数,这时口算一下即可。
口算知,7,6,5的和是9的倍数,又可划掉,只剩下1。
所以这个多位数除以9余1。
例2检验下面的加法算式是否正确:
2638457+3521983+6745785=12907225。
若干个加数的九余数相加,所得和的九余数应当等于这些加数的和的九余数。
如果不等,那么这个加法算式肯定不正确。
上式中,三个加数的九余数依次为8,4,6,8+4+6的九余数为0;
和的九余数为1。
因为0≠1,所以这个算式不正确。
第15周
例将自然数1,2,3,…依次无间隔地写下去组成一个数1234567891011213…如果一直写到自然数100,那么所得的数除以9的余数是多少?
因为这个数太大,全部写出来很麻烦,在使用弃九法时不能逐个划掉和为9或9的倍数的数,所以要配合适当的分析。
我们已经熟知
1+2+3+…+9=45,
而45是9的倍数,所以每一组1,2,3,…,9都可以划掉。
在1~99这九十九个数中,个位数有十组1,2,3,…,9,都可划掉;
十位数也有十组1,2,3,…,9,也都划掉。
这样在这个大数中,除了0以外,只剩下最后的100中的数字1。
所以这个数除以9余1。
在上面的解法中,并没有计算出这个数各个数位上的数字和,而是利用弃九法分析求解。
本题还有其它简捷的解法。
因为一个数与它的各个数位上的数字之和除以9的余数相同,所以题中这个数各个数位上的数字之和,与1+2+…+100除以9的余数相同。
利用高斯求和法,知此和是5050。
因为5050的数字和为5+0+5+0=10,利用弃九法,弃去一个9余1,故5050除以9余1。
因此题中的数除以9余1。
第16周
例1判断七位数1839673能否被11整除。
奇数位上的数字之和为1+3+6+3=13,偶数位上的数字之和为8+9+7=24,因为24-13=11能被11整除,所以1839673能被11整除。
根据能被11整除的数的特征,也能求出一个数除以11的余数。
一个数除以11的余数,与它的奇数位上的数字之和减去偶数位上的数字之和所得的差除以11的余数相同。
如果奇数位上的数字之和小于偶数位上的数字之和,那么应在奇数位上的数字之和上再增加11的整数倍,使其大于偶数位上的数字之和。
例2求下列各数除以11的余数:
(1)41873;
(2)296738185。
(1)[(4+8+3)-(1+7)]÷
=7÷
11=0……7,
所以41873除以11的余数是7。
(2)奇数位之和为2+6+3+1+5=17,偶数位之和为9+7+8+8=32。
因为17<32,所以应给17增加11的整数倍,使其大于32。
(17+11×
2)-32=7,
所以296738185除以11的余数是7。
需要说明的是,当奇数位数字之和远远小于偶数位数字之和时,为了计算方便,也可以用偶数位数字之和减去奇数位数字之和,再除以11,所得余数与11的差即为所求。
如上题
(2)中,(32-1
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