奥数题型与解题思路21~40讲

朽木易折，金石可镂。千里之行，始于足下。第页/共页21、数字和与最大最小问题【数字求和】例1100个延续天然数的和是8450，取其中第1个，第3个，第5个，………，第99个（所有第奇数个），再把这50个数相加，和是______。（上海市第五届小学数学比赛试题）讲析：第50、51两个数的平均数是8450÷100=84.5，所以，第50个数是84。则100个延续天然数是：35，36，37，………，133，134。上面的一列数分离取第1、3、5、……、99个数得：35，37，39，……131，133。则这50个数的和是：例2把1至100的一百个天然数所有写出来，所用到的所有数码的和是_____。（上海市第五届小学数学比赛试题）讲析；可把1至100这一百个天然数分组，得（1、2、3、……、9），（10、11、12、……、19），（20、21、22、……29），……，（90、91、92、……99），（100）。容易发现前面10组中，每组的个位数字之和为45。而第一组十位上是0，第二组十位上是1，第三组十位上是2，……第十组十位上是9，所以全体十位上的数字和是（l+2+3+……+9）×10=450。故所有数码的和是45×10+450+l=901。续若干个数字之和是1992，那么a=____。（北京市第八届“迎春杯”小学数学比赛试题）又，1992÷27=73余21，而21=8+5+7+1，所以a=6。例4有四个数，每次选取其中三个数，算出它们的平均数，再加上另外一个数，用这种主意计算了四次，分离得到四个数：86，92，100，106。那么，本来四个数的平均数是（1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：每次所选的三个数，计算其平均数，实际上就是计算这三个数中本来四个数的平均数为（86+92+100+106）÷2=192。【最大数与最小数】例1三个不同的最简真分数的分子都是质数，分母都是小于20的合数，要使这三个分数的和尽可能大,这三个分数是（全国第四届《从小爱数学》邀请赛试题）。讲析：20以内的质数有：2、3、5、7、11、13、17、19要使三个分数尽量大，必须使每个分子尽量大而分母尽量小。且三个真例2将1、2、3、4、5、6、7、8这八个数分成三组，分离计算各组数的和。已知这三个和互不相等，且最大的和是最小和的2倍。问：最小的和是多少？（全国第三届“华杯赛”决赛口试试题）讲析；因为1+2+3+……+8=36，又知三组数的和各不相同，而且最大的例3把20以内的质数分离填入□中（每个质数只用一次）：使A是整数。A最大是多少？（第五届《从小爱数学》邀请赛试题）讲析：要使A最大，必须使分母尽量小，而分子尽量大。分母分离取2、3、5时，A都不能为整数。当分母取7时，例4一组互不相同的天然数，其中最小的数是1，最大的数是25。除1之外、这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于这组数中某两个数之和。问：这组数之和的最大值是多少？当这组数之和有最小值时，这组数都有哪些数？并说明和是最小值的理由。（全国第四届“华杯赛”决赛第一试试题）析：看见天然数1、2、3、4、5、……、25这25个数，发现它们除1之外，每个数都能用其中某一个数的2倍，或者某两个数之和表示。因此，这组数之和的最大值是1+2+3+……+25=325。下面考虑数组中各数之和的最小值。1和25是必取的，25不能表示成一个数的2倍，而表示成两个数之和的形式，共有12种。我们取两个加数中含有尽可能大的公约数的一组数（20+5）或者（10+15）。当取1、5、20、25时，还需取2、3、10三个；当取1、10、15、25时，还需取2、3、5。经比较这两组数，可知当取1、2、3、4、5、10、15、25时，和最小是61。22、数字串问题【找逻辑填数】例1找逻辑填数（杭州市上城区小学数学比赛试题）（1992年武汉市小学数学比赛试题）讲析：数列填数问题，关键是要找出逻辑；即找出数与数之间有什么联系。第（1）小题各数的罗列逻辑是:第1、3、5、……（奇数）个数分离别是4和2。第（2）小题粗看起来，各数之间好似没有什么联系。于是，运用分数得到了例2右表中每竖行的三个数都是按照一定的逻辑罗列的。按照这个逻辑在空格中填上合适的数。（1994年天津市小学数学比赛试题）讲析：按照题意，可找出每竖行的三个数之间的关系。不难发现每竖行中的第三个数，是由前两数相乘再加上1得来的。所以空格中应填33。【数列的有关问题】数是几分之几？（第一届《从小爱数学》邀请赛试题）讲析：经看见发现，分母是1、2、3、4、5……的分数个数，分离是1、3、5、7、9……。所以，分母分离为1、2、3……9的分数共例2有一串数：1，1993，1992，1，1991，1990，1，1989，1988，…这个数列的第1993个数是______（首届《现代小学数学》邀请赛试题）讲析：把这串数按每三个数分为一组，则每组第一个数都是1，第二、三个数是从1993开始，依次减1罗列。而1993÷3=664余1，可知第1993个数是1。例3已知小数0.111213……9899的小数点后面的数字，是由天然数1—99依次罗列而成的。则小数点后面第88位上的数字是______。（1988年上海市小学数学比赛试题）讲析：将原小数的小数部分分成A、B两组：A中有9个数字，B中有180个数字，从10到49共有80个数字。所以，第88位上是4。例4看见右面的数表（横排为行，竖排为列）；几行，自左向右的第几列。（全国第三届“华杯赛”决赛试题）讲析：第一行每个分数的分子与分母之和为2，第二行每个分数的分子与分母之和为3，第三行每个分数的分子与分母之和为4，……即每行各数的分子与分母之和等于行数加1。例5如图5.4，除了每行两端的数之外，其余每个数都是与它相连的上一行的两个数的平均数，那么第100行各数之和是_______。（广州市小学数学比赛试题）讲析：可试探着计算每行中各数之和。第一、二、三、四行每行的各数之和分离是6、8、10、12，从而得出，每行的数字之和，是行数的2倍加4。故第100行各数之和为100×2＋4=204.例6伸出你的左手，从大拇指开始，如图5.5所示的那样数数：l、2、3……。问：数到1991时，会落在哪个手指上？（全国第三届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：除1之外，从2开始每8个数为一组，每组第一个数都是从食指开始到拇指结束。∵（1991—1）÷8=248余6，∴剩下最后6个数又从食指开始数，会到中指结束。例7如图5.6，天然数按从小到大的顺序排成螺旋形。在“2”处拐第一个弯，在“3”处拐第二个弯……问拐第二十个弯处是哪个数？（全国第一届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：写出拐弯处的数，然后按每两个数分为一组：（2，3），（5，7），（10，13），（17，21），（26，31），……。将会发现，每组数中依次相差1、2、3、4、5、……。每组的第二个数与后一组的第二个数依次相差2、3、4、5、……。从而可推出，拐第二十个弯处的数是111。例8天然数按图5.7顺次罗列。数字3排在第二行第一列。问：1993排在第几行第几列？（全国第四届“华杯赛”复赛试题）讲析：看见每斜行数的罗列逻辑，每斜行数的个数及方向。每一斜行数的个数分离是1、2、3、4、5、……，奇数斜行中的数由下向上罗列，偶数斜行中的数由上向下罗列。斜行，该斜行的数是由下向上罗列的，且第63行第1列是1954。因为从1954开始，每增强1时，行数就减少1，而列数就增强1。所以1993的列数、行数分离是：1993—1954＋1=40（列），63-（1993—1954）=24（行）23、数阵图【方阵】例1将天然数1至9，分离填在图5.17的方格中，使得每行、每列以及两条对角线上的三个数之和都相等。（长沙地区小学数学比赛试题）讲析：中间一格所填的数，在计算时共算了4次，所以可先填中间一格的数。（l+2+3+……+9）÷3=15，则符合要求的每三数之和为15。显然，中间一数填“5”。再将其它数字顺次填入，然后作对角线交换，再通过旋转（如图5.18），便得解答如下。例2从1至13这十三个数中挑出十二个数，填到图5.19的小方格中，使每一横行四个数之和相等，使每一竖列三个数之和又相等。（“新苗杯”小学数学比赛试题）讲析：据题意，所选的十二个数之和必须既能被3整除，又能被4整除，（三行四列）。所以，能被12整除。十三个数之和为91，91除以12，商7余7，因此，应去掉7。每列为（91—7）÷4=21而1至13中，除7之外，共有六个奇数，它们的分布如图5.20所示。三个奇数和为21的有两种：21=1＋9+11=3＋5+13。经检验，三个奇数为3、5、13的不合要求，故不难得出答案，如图5.21所示。例3十个延续天然数中，9是第三大的数，把这十个数填到图5.22的十个方格中，每格填一个，要求图中三个2×2的正方形中四数之和相等。那么，这个和数的最小值是______。（1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：不难得出十个数为:2、3、4、5、6、7、8、9、10、11。它们的和是65。在三个2×2的正方形中，中间两个小正方形分离重复了两次。设中间两个小正方形分离填上a和b，则（65＋a＋b）之和必须是3的倍数。所以，（a＋b）之和至少是7。故，和数的最小值是24。【其他数阵】例1如图5.23，横、竖各12个方格，每个方格都有一个数。已知横行上随意三个相邻数之和为20，竖列上随意三个相邻数之和为21。图中已填入3、5、8和“×”四个数，那么“×”代表的数是______。（1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：可先看竖格。因为每相邻三格数字和为21，所以每隔两格必浮上重复数字。从而容易推出，竖格各数从上而下是：3、10、8、3、10、8、3、10、8、3、10、8。同理可推导出横格各数，其中“×”=5。例2如图5.24，有五个圆，它们相交后互相分成九个区域，现在两个区域里已经分离填上数字10、6，请在另外七个区域里分离填进2、3、4、5、6、7、9七个数字，使每个圆内的数之和都是15。（上海市第五届小学数学比赛试题）讲析：可把图中要填的数，分离用a、b、c、d、e、f、g代替。（如图5.25）显然a=5，g=9。则有：b＋c=10，e＋f=6，c＋d＋e=15。经适当实验，可得b=3，c=7，d=6，e=2，f=4。例3如图5.26，将六个圆圈中分离填上六个质数，它们的和是20，而且每个小三角形三个顶点上的数之和相等。那么，这六个质数的积是______。（全国第一届“华杯赛”决赛试题）讲析：最上面的小三角形与中间的小三角形，都有两个共同的顶点，且每个小三角形顶点上三数之和相等。所以，最上边圆圈内数字与最下面中间圆圈内数字相等。同样，左下角与右边中间的数相等，右下角与左边中间数相等。20÷2=10，10＝2+3+5。所以，六个质数积为2×2×3×3×5×5=900。例4在图5.27的七个○中各填上一个数，要求每条直线上的三个数中，中间一个数是两边两个数的平均数。现已填好两个数，那么X=_______。（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：如图5.28，可将圆圈内所填各数分离用a、b、c、d代替。则d=15。由15+c+a=17+c+b，得：a比b多2。所以，b=13+2=15。进而容易算出，x=19。例5图5.29中8个顶点处标注的数字：a、b、c、d、e、f、g、h，其中的每一个数都等于相邻三个顶点（全国第三届“华杯赛”复赛试题）讲析：将外层的四个数，分离用含其它字母的式子表示，得即（a+b+c+d）-（e+f+g+h）=024、数的组成【数字组数】例1用1、2、3、4、5、6、7、8、9这九个数字组成质数，倘若每个数字都要用到，并且只能用一次，那么这九个数字最多能组成______个质数。（1990年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：天然数1至9这九个数字中，2、3、5、7本身就是质数。于是只剩下1、4、6、8、9五个数字，它们可组成一个两位质数和一个三位质数：41和689。所以，最多能组成六个质数。例2用0、1、2、……9这十个数字组成五个两位数，每个数字只用一次，要求它们的和是一个奇数，并且尽可能的大。那么，这五个两位数的和是______。（1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：组成的五个两位数，要求和尽可能大，则必须使每个数尽可能大。所以它们的十位上分离是9、8、7、6、5，个位上分离是0、1、2、3、4。但要求五个两位数和为奇数，而1+2+3+4=10为偶数，所以应将4与5交换，使和为：（9+8+7+6+4）×10+（1+2+3+5）=351。351即本题答案。例3一个三位数，倘若它的每一个数字都不超过另一个三位数对应数位上的数字，那么就称它被另一个三位数“吃掉”。例如，241被342吃掉，123被123吃掉（任何数都可以被与它相同的数吃掉），但240和223互不被吃掉。现请你设计出6个三位数，它们当中任何一个数不被其它5个数吃掉，并且它们的百位上数字只允许取1、2；十位上数字只允许取1、2、3；个位上数字只允许取1、2、3、4。这6个三位数是_______。（第五届《从小爱数学》邀请赛试题）讲析：六个三位数中，任取两个数a和b，则同数位上的数字中，a中至少有一个数字大于b，而b中至少有一个数字大于a。当百位上为1时，十位上可从1开始依次增强1，而个位上从4开始依次减少1。即：114，123，132。当百位上为2时，十位上从1开始依次增强1而个位上只能从3开始依次减少1。即：213，222，231。经检验，这六个数符合要求。例4将1、1、2、2、3、3、4、4这八个数字排成一个八位数，使得两个1之间有一个数字；两个2之间有两个数字；两个3之间有三个数字；两个4之间有四个数字。那么这样的八位数中的一个是______。（1991年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：两个4之间有四个数字，则在两个4之间必有一个数字重复，而又要求两个1之间有一个数，于是可推知，这个重复数字必然是1，即412134或421314。然后可添上另一个2和3。经调试，得23421314，此数即为所答。【条件数字问题】例1某商品的编号是一个三位数，现有五个三位数：874，765，123，364，925。其中每一个数与商品编号，恰好在同一位上有一个相同的数字，那么这个三位数是_______（1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：将五个数按百位、十位、个位上的数字分组比较，可发现：百位上五个数字都不同；十位上有两个2和两个6；个位上有两个4和两个5。故所求的数的个位数字一定是4或5，百位上一定是2或6。经看见比较，可知724符合要求。例2给一本书编页码，共用了1500个数字，其中数字“3”共用了_______个（首届《现代小学数学）》邀请赛试题）讲析：可先求出1500个数字可编多少页。从第一页到第9页，共用去9个数字；从第10页到第99页，共用去2×90=180（个）数字；余下的数字可编（1500-189）÷3=437（页）所以，这本书共有536页。l至99页，共用20个“3”，从100至199页共用20个“3”，从200至299页共用20个“3”，从300至399页共用去120个“3”，从400至499页共用去20个“3”，从500到536页共用去11个“3”。所以，共用去211个数字3。例3在三位数中，数字和是5的倍数的数共有_______个。（全国第四届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：可把三位数100至999共900个数，从100起，每10个数分为一组，得（100，101、……109），（110、111、……119），……（990、991、……、999）共分成了90组，而每组中有且惟独两个数的数字和是5的倍数，所以一共有2×90=180（个）。例4有四个数，取其中的每两个数相加，可以得到六个和。这六个和中最小的四个数是83、87、92、94，缘故数中最小的是______。（上海市第五届小学数学比赛试题）讲析：设原四个数从小到大为a、b、c、d，则有a+b=83，a+c=87，所以c比b大4。而对于和为92和94时，或者是b+c=92，或者是b+c=94。当b+c=92时，因c比b大4，可得b=45，进而可求得a=38。当b+c=94时，因c比b大4，可得b=44，进而可求得a=39。所以，原四数中最小的数是38或39。abcd=______（广州市小学数学比赛试题）讲析：原四位数增强8倍后得新的四位数，也就是原四位数乘以9，得新四位数（如图5.29）。从而可知，a一定为1，否则积不能得四位数。则例6有两个两位数，它们的个位数字相同，十位数字之和是11。这两个数的积的十位数字绝对不会是哪两个数字？（1990年《小学生报》小学数学比赛试题）讲析：由题意可知，两个数的十位上为（2，9），（3，8），（4，7），（5，6），而个上则可以是0至9的随意一个数字。倘若分离去求这两个数的积，那是很棘手的。设这两个数的个位数字是c，十位数字分离为a、b，则a+b=11，两数分离为（10a+c)，（10b+c）。字。能是6、8。例7期的记法是用6个数字，前两个数字表示年份，中间两个数字表示月份，后两个数字表示日（如1976年4月5日记为760405）。第二届小学“祖杯赛”的比赛日期记为921129。这个数恰好左右对称。因此这样的日期是“吉祥日”。问：从87年9月1日到93年6月30日，共有_______个吉祥日。（第二届“祖冲之杯”小学数学比赛试题）讲析：一个六位数从中间分开，要求左右对称，则在表示月份的两个数中，惟独11月份。而且“年份”的个位数字只能是0、1、2。所以是共有3个吉祥日：901109、911119、921129。25、数的整除性逻辑【能被2或5整除的数的特征】（见小学数学课本，此处略）【能被3或9整除的数的特征】一个数，当且仅当它的各个数位上的数字之和能被3和9整除时，这个数便能被3或9整除。例如，1248621各位上的数字之和是1+2+4+8+6+2+1=243｜24，则3｜1248621。又如，372681各位上的数字之和是3+7+2+6+8+1=279｜27，则9｜372681。【能被4或25整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末两位数能被4或25整除时，这个数便能被4或25整除。例如，173824的末两位数为24，4｜24，则4｜173824。43586775的末两位数为75，25｜75，则25｜43586775。【能被8或125整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末三位数字为0，或者末三位数能被8或125整除时，这个数便能被8或125整除。例如，32178000的末三位数字为0，则这个数能被8整除，也能够被125整除。3569824的末三位数为824，8｜824，则8｜3569824。214813750的末三位数为750，125｜750，则125｜214813750。【能被7、11、13整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末三位数字所表示的数，与末三位以前的数字所表示的数的差（大减小的差）能被7、11、13整除时，这个数就能被7、11、13整除。例如，75523的末三位数为523，末三位以前的数字所表示的数是75，523-75=448，448÷7=64，即7｜448，则7｜75523。又如，1095874的末三位数为874，末三位以前的数字所表示的数是1095，1095-874=221，221÷13=17，即13｜221，则13｜1095874。再如，868967的末三位数为967，末三位以前的数字所表示的数是868，967-868=99，99÷11=9，即11｜99，则11｜868967。此外，能被11整除的数的特征，还可以这样讲述：一个数，当且仅当它的奇数位上数字之和，与偶数位上数字之和的差（大减小）能被11整除时，则这个数便能被11整除。例如，4239235的奇数位上的数字之和为4+3+2+5=14，偶数位上数字之和为2+9+3=14，二者之差为14-14=0，0÷11=0，即11｜0，则11｜4239235。26、数的公理、定理或性质【小数性质】小数的性质有以下两条：（1）在小数的末尾添上或者去掉几个零，小数的大小不变。（2）把小数点向右移动n位，小数就扩大10n倍；把小数点向左移动n位，小数就缩小10n倍。【分数基本性质】一个分数的分子和分母都乘以或者都除以同一不为零的数，分数的大小不变。即【去九数的性质】用9去除一个数，求出商后余下的数，叫做这个数的“去九数”，或者叫做“9余数”。求一个数的“去九数”，普通不必去除，只要把该数的各位数字加起来，再减去9的倍数，就得到该数的“去九数”。（求法见本书第一部分“（四）法则、主意”“2．运算法则或主意”中的“弃九验算法”词条。）去九数有两条重要的性质：（1）几个加数的和的去九数，等于各个加数的去九数的和的去九数。（2）几个因数的积的去九数，等于各个因数的去九数的积的去九数。这两条重要性质，是用“弃九验算法”验算加、减、乘、除法的根据。【天然数平方的性质】（1）奇数平方的性质。任何一个奇数的平方被8除余1。为什么有这一性质呢？这是因为奇数都可以表示为2k+1的形式，k为整数。而（2k+1）2=4k2+4k+1=4k（k+1）+1k与k+1又是延续整数，其中必有一个是偶数，故4k（k+1）是8的倍数，能被8整除，所以“4k（k+1）+1”，即（2k+1）2能被8除余1，也就是任何一个奇数的平方被8除余1。例如，272=729729÷8=91……1（2）偶数平方的性质。任何一个偶数的平方，都是4的倍数。这是因为偶数可以用2k（k为整数）表示，而（2k）2＝4k2显然，4k2是4的倍数，即偶数的平方为4的倍数。例如，2162=4665646656÷4=11664即4|46656【整数运算奇偶性】整数运算的奇偶性有以下四条：（1）两个偶数的和或差是偶数；两个奇数的和或差也是偶数。（2）一个奇数与一个偶数的和或差是奇数。（3）两个奇数之积为奇数；两个偶数之积为偶数。（4）一个奇数与一个偶数之积为偶数。由第（4）条性质，还可以推广到:若干个整数相乘，只要其中有一个整数是偶数，那么它们的积就是个偶数。【偶数运算性质】偶数运算性质有：（1）若干个偶数的和或者差是偶数。（2）若干个偶数的积是偶数。例如，四个偶数38、126、672和1174的和，是偶数2010；用偶数相减的算式3756-128-294-1350的差，也是偶数1984。【奇数运算性质】奇数运算性质有：（1）奇数个奇数的和（差）是奇数；偶数个奇数的和（差）是偶数。（2）若干个奇数的积是奇数。27、数的大小概念【比较分数大小】用常规主意比较分数大小，偶尔候速度很慢。采用下述主意，往往可大大提高解题的速度。（1）交错相乘。把要比较大小的两个分数的分子分母交错相乘，然后2×5＝10，3×3=9，3×8=24，5×5=25，之所以能这样比较，是因为它们通分时，公分母是分母的乘积。这时，分数的大小就只取决于分子的大小了。（2）用“1”比较。当两个分数都临近1，又不容易决定它们的大小（4）化相同分子。把分子不同的分数化成同分子分数比较大小。偶尔序罗列起来：（5）两分数相除。用两个分数相除，看它们的商是大于1还是小于1，往往能迅速地找出它们的大小关系。因为这样做，省略了通分的过程，所以显然，将它们反过来相除，也是可以的：【巧比两数大小】若甲、乙两数间的关系未直接给出，比较它们的大小，有一定难度。这时，可按下面的主意去做：（1）先看分子是1的情况。例如下题：第一种主意是直观比较。先画线段图（图4.4）：由对线段图的直观比较可知，乙数大于甲数。数。可知（2）再看分子不是1的情况。例如下题：它同样也可以用四种主意比较大小。比喻用直观比较主意，可画线段图如下（图4.5）：由图可知，甲数大于乙数。用统一分子的主意，也可比较它们的大小。因为用图表示就是图4.6：这就是说，把甲数分为9份，乙数分为8份，它们的6份相等。所以，它们每一份也相等。而甲数有9份，乙数惟独8份，故甲数大于乙数。去，即可知道甲数大于乙数。倘若用转化关系式比较。由题意可知按照一个因数等于积除以另一个因数，可得28、数的大小比较【分数、小数大小比较】（全国第二届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：这两个分数倘若按通分的主意比较大小，计算将异常复杂。于是可采用比较其倒数的主意去解答。倒数大的数反而较小。个数是______。（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：将给出的六个数分离写成小数，并且都写出小数点后面前四位数，则把这六个数按从大到小罗列是：【算式值的大小比较】例1设A=9876543×3456789；B=9876544×3456788。试比较A与B的大小。（1990年《小学生数学报》小学数学比赛试题）讲析：可将A、B两式中的第一个因数和第二个因数分离举行比较。这时，只要把两式中某一部分变成相同的数，再比较不同的数的大小，这两个算式的大小便能较容易地看出来了。于是可得A=9876543×（3456788＋1）=9876543×3456788＋9876543；B=（9876543＋1）×3456788=9876543×3456788＋3456788；所以，A＞B。例2在下面四个算式中，最大的得数是算式______。（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：倘若直接把四个算式的值计算出来，显然是很棘手的，我们不妨运用化简繁分数的主意，比较每式中相同位置上的数的大小。比较上面四个算式的结果，可得出最大的得数是算式（3）。例3图5.1中有两个红色的正方形和两个蓝色正方形，它们的面积问：红色的两个正方形面积大还是蓝色的两个正方形面积大？（全国第四届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：方形放入大正方形中去的主意，来比较它们的大小（如图5.2）。所以，两个蓝色正方形的面积比两个红色正方形的面积大。29、实践与实际操作【最短路线】例1一只蚂蚁要从A处出发，经粘合在一块木板上的正方体（如图5.74）的表面爬到B处。请你在图上画出最短的路线（看得见的画实线，看不见的画虚线），有几条就画几条。（1990年“新苗杯”小学数学比赛试题）讲析：可将正方体的几个面，按正视位置的前面—上面展开，前面—右面展开，左面—后面展开，左边—上面展开，其展开图都是由两个正方形面组成的长方形（如图5.75所示）。按照两点之间直线段最短的原理，故最短路线为每个长方形对角线，它们共有四条，如图5.76所示。例2请你在图5.77（3）、（4）、（5）上画出三种与图（2）不一样的设计图，使它们折起来后，都成为图（1）所示的长方形盒子（粗线和各棱交于棱的中点）。（第四届《从小爱数学》邀请赛试题）讲析：解题的关键，是要分清实线与虚线，然后思量它们是按什么方式展开的。不难想象，其答案如图（3）、（4）、（5）所示。【切分图形】例1请将图5.78分成面积相等，形状相同，且每一块中都含有“数学比赛”字样的四块图形。（“新苗杯”小学数学比赛试题）讲析：从条件看，所分成的每一块图中，必须有四个小正方形，且惟独五种（如图5.79）。按照图中汉字的详细位置，可发现图5.79中图（1）、图（2）显然不合，图（3）、图（4）也不能分成。于是只剩下图（5）。进一步搜索，便可得到答案。答案如图5.80所示。例2在一张正方形纸上画两个三角形，最多可以把这个正方形分成________块，画三个三角形，最多可以把这个正方形分成________块；画四个三角形，最多可以把这个正方形分成_________块。（1990年无锡市小学数学比赛试题）讲析：可先找出逻辑。在正方形纸上，画一个三角形，依次画三条边时，增强了（1＋1＋1）块，最多可把它分成4块；画二个三角形，依次画三条边时，增强了（3＋3＋3）块，共13块；画三个三角形，依次画三条边时，增强了（5＋5＋5）块，共28块，如图5.81所示。由此推得，画四个三角形，可增强（7＋7＋7）块，最多，共49块。【拼合图形】例1图5.82是由图5.83中的六块图形拼合而成的，其中图①放在中间一列的某一格。请在图5.82中找出这六个图形，并画出来。（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛试题）讲析：可先决定图①的位置。因为图①在中间的一列的某一格，当图①放在A、B、C处时，经实验，与其它五图不能拼成图5.82。当图①放在D处时，这六幅图可以拼成图5.82。拼法如图5.84所示。例27块正方体积木堆在桌上。从东、南、西、北四个方向看去，所看到的一面都惟独5个正方形，而且看到的图案是一样的。（如图5.85）。那么从上面看下去，看到的图形可能是什么样的？请在图5.86中准确的图形下面打“√”，错误的图形下面打“×”。（《从小爱数学》邀请赛第五届试题）讲析：上面的七幅图都是鸟瞰图。在看每幅图是否准确时，关键是想象出将另两块积木，放在这五块中哪两块的上面，然后分离从东西南北四个方向去看，得出的图形是否与图5.85相吻合。经实验，得出的答案如图5.86所示，即按从左往右，从上至下的位置，依次为√、√、×、√、×、√、√。省工省时问题例1某车队有4辆汽车，担负A、B、C、D、E、F六个分厂的运输任)N/?+O#T-~5U5^+s5w

（图5.97所标出的数是各分厂所需装卸工人数）。若各分厂自派装卸工，则共需33人。若让一部分人跟车装卸，在需要装卸工人数较多的分厂再配备一个或几个装卸工，那么如何安顿才干既保证各分厂所需工人数，又使装卸工人数最少？

（1990年《小学生报》小学数学比赛试题）

讲析：可从需要工人数最少的E分厂着手。假定每辆车上配备3人，则需在D、C、B、A、F五处分离派1、5、2、3、4人，共需27人。*Z3d,m7Q6s.H/[

若每车配备4人，则需在C、B、A、F四处分离派4、1、2、3人，共需26人。#u;t%t'S4n)d,Y1`*d

若每车配备5人，则需在C、A、F三处分离派3、1、2人，共需26人。

所以，上面的第二、三种计划均可，人数为26人。&W

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例2少先队员在植树中，每人植树2棵。倘若一个人挖一个树坑需要25分钟，运树苗一趟（最多可运4棵）需要20分钟，提一桶水（可浇4棵树）需要10分钟，栽好一棵树需要10分钟，现在以两个人为一个小组举行合作，那么，完成植树任务所需的最短时光是______分钟。

（福州市鼓楼区小学数学比赛试题）

讲析：可将甲、乙两人同时开始劳动的囫囵过程安顿，用图5.98来表示出来。5g1d;d)y1x-?-o,O6J由图可知，完成任务所需的最短时光，是85分钟。0h2Q*h0`

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例3若干箱同样的货物总重19.5吨，只知每箱分量不超过353千克。今有载分量为1.5吨的汽车，至少需要______辆，才干保证把这些货物一次所有运走。（箱子不能拆开）/x-|$m+~!p%p

（北京市第七届“迎春杯”小学数学比赛试题）

讲析：关键是要理解“至少几辆车，才干保证一次运走”的含义。也就是说，在最大奢侈车位的情况下，最少要几辆车。

∵这堆货物箱数至少有：2v%\-b'{6B"s:A)e

19500÷353≈55.2≈56（箱）；;l-\0^8b:z8V7`

一辆汽车每次最多能装的箱数：

1500÷353≈4.2≈4（箱）。

∴一次所有运走所有货物，至少需要汽车56÷4=14（辆）。8u'~3l+b

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例4如图5.99，一条马路（粗线）两侧有7个工厂（01、02、……、07），通过小路（细线）分离与马路相连于A、B、C、D、E、F点。现在要设置一个车站，使各工厂（沿小路和马路走）的距离总和越小越好。这个车站应设在一______点。

（1992年福州市小学数学比赛试题）7E6x

u*~.C"E*a/]6x讲析：从各工厂到车站，总是先走小路，小路的总长不变，所以问题可转化为：“在一条马路上的A、B、C、D、E、F处各有一个工厂，D处有两个工厂。要在马路上设一个站，使各厂到车站的距离总和最小（如图5.100）。;D&Q6|9Y;d#?#m显然，车站应设在尽量靠七个厂的中间部位。

倘若车站设在D处，则各厂到D总长是：6K5j7X-P4W;e

（DA＋DF）＋（DB＋DE）＋DC=AF＋BE＋DC；

倘若车站设在C处，则各厂到C总长是

（CA＋CF）＋（BC＋CE）＋2·DC＝AF＋BE＋2·DC。9k

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比较上面两个式子得：当车站设在D处时，七厂到车站的距离总和最小。8S.E2z0~2`+P0o.P;_#@

【费用最少问题】

例1在一条马路上每隔100千米有一个仓库（如图5.101），共有五个仓库。一号仓库存有10吨货物，二号仓库存有20吨货物，五号仓库存有40吨货物，其余两个仓库是空的。现在想把所有的货物扩散存放在一个仓库里，倘若每吨货物运输1千米需要0.5元的运费，那么最少要花多少运费才行？$I/}5S%x8H:a.^%e-p8B

（全国第一届“华杯赛”复赛试题）

讲析：这类问题思量时，要尽量使运这些货物的吨千米数的和最小。处理的主意是：“小往大处靠”。/K*m9?-G2R6E

因为第五个仓库有40吨，比第一、二仓库货物的总和还多。所以，尽量把第五个仓库的货不动或者动得最近。

当存放站设在第四仓库时，一、二、五仓库货物运输的吨千米数为：

10×300＋20×200＋40×100=11000；

当存放站设在第五仓库时，一、二仓库货物运输的吨千米数为：

10×400+20×300=10000。

所以，存放点应设在第五号仓库，运费最少。运费是0.5×10000=5000（元）。

例2有十个村，坐落在从县城出发的一条马路上（如图（5.102，单位：千米），要安装水管，从县城送自来水到各村，可用粗细两种水管，粗管充足供养所有各村用水，细管只能供一个村用水，粗管每千米要用8千元，细管每千米要用2千元。把粗管细管适当搭配，互相衔接，可降低工程总费用。按最节约的主意，费用应是多少？7?&Z5D/i4i8S6]

（全国第一届“华杯赛”决赛第二试试题）$J

y;M+Q'I,~*Y5b1{讲析：因为粗管每千米的费用是细管的4倍，所以应该在需要安装四根或四根以上水管的地段，都应安装粗管。因此，惟独到最后三个村安装细管，费用才最省。

不难求出，最少费用为414000元。"S#k0f

`:Z4X.n1o-N%[30、容斥原理问题例1在1至1000的天然数中，不能被5或7整除的数有______个。（莫斯科市第四届小学数学比赛试题）讲析：能被5整除的数共有1000÷5=200（个）；能被7整除的数共有1000÷7=142（个）……6（个）；同时能被5和7整除的数共有1000÷35=28（个）……20（个）。所以，能被5或7整除的数一共有（即重复了的共有）：200＋142—28=314（个）；不能被5或7整除的数一共有1000—314=686（个）。例2某个班的全体学生举行短跑、游泳、篮球三个项目的测试，有4名学生在这三个项目上都没有达到优秀，其余每人至少有一个项目达到了优秀。这部分学生达到优秀的项目、人数如下表：求这个班的学生人数。（全国第三届“华杯赛”复赛试题）讲析：如图5.90，图中三个圆圈分离表示短跑、游泳和篮球达到优秀级的学生人数。惟独篮球一项达到优秀的有15—6—5+2=6（人）；惟独游泳一项达到优秀的有18—6—6+2=8（人）；惟独短跑一项达到优秀的有17—6—5＋2=8（人）。获得两项或者三项优秀的有6＋6+5—2×2=13（人）。另有4人一项都没获优秀。所以，这个班学生人数是13＋6＋8＋8＋4=39（人）。31、奇数偶数与奇偶性分析【奇数和偶数】例1用l、2、3、4、5这五个数两两相乘，可以得到10个不同的乘积。问乘积中是偶数多还是奇数多？（全国第二届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：倘若两个整数的积是奇数，那么这两个整数都必须是奇数。在这五个数中，惟独三个奇数，两两相乘可以得到3个不同的奇数积。而偶数积共有7个。所以，乘积中是偶数的多。例2有两组数，甲组：1、3、5、7、9……、23；乙组：2、4、6、8、10、……24，从甲组随意选一个数与乙组随意选出一个数相加，能得到______个不同的和。（《现代小学数学》邀请赛试题）讲析：甲组有12个奇数，乙组有12个偶数。甲组中随意一个数与乙组中随意一个数相加的和，必为奇数，其中最大是47，最小是3。从3到47不同的奇数共有23个。所以，能得到23个不同的和。本题中，我们不能认为12个奇数与12个偶数随意搭配相加，会得到12×12=144（个）不同的和。因为其中有无数是相同的。【奇偶性分析】例1某班学生参加小学的数学比赛。试题共50道。评分标准是：答对一道给3分，不答给1分，答错倒扣1分。请你说明：该班学生得分总和一定是偶数。（全国第三届《从小爱数学》邀请赛试题）讲析：倘若50道题都答对，共可得150分，是一个偶数。每答错一道题，就要相差4分，不管答错多少道题，4的倍数总是偶数。150减偶数，差依然是一个偶数。同理，每不答一道题，就相差2分，不管有多少道题不答，2的倍数总是偶数，偶数加偶数之和为偶数。所以，全班每个学生的分数都是偶数。则全班学生的得分之和也一定是个偶数。例25只杯子杯口一致朝上。规定每次翻转4只杯子，经过若干次后，能否使杯口所有朝下？（美国小学数学奥林匹克通讯赛试题）讲析：一只杯口朝上的杯子，要想使杯口朝下，必须翻转奇数次。要想5只杯口一致朝上的杯子，杯口一致朝下，则翻动的总次数也一定是奇数次才干办得到。现在每次只翻转4只杯子，无论翻多少回，总次数一定是偶数。所以，不能使杯口所有朝下。例3某班共有25个学生。坐成5行5列的方阵。我们想让每个学生都坐到与他相邻的座位上去。（指前、后、左、右），能否做得到？（广州市小学数学比赛预赛试题）讲析：如图5.44，为了方便，我们将每一格用A或B表示，也就是与A相邻的用B表示，与B相邻的用A表示。要想使每位学生都坐到相邻座位上去，也就是说坐A座位的学生都要坐到B座位上去，而坐B座位上的学生都要坐到A座位上去。但是，A座位共13个，而B座位共12个，所以，不管怎样坐，要想坐A座位的学生都坐到B座位上去，是办不到的。例4线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色。在线段中间插入1991个分点，每个分点随意标上红色或蓝色。这样分得1992条不重叠的小线段，倘若把两端点色彩不同的小线段叫做标准线段，那么标准线段的条数是奇数还是偶数？（1992年长沙市小学数学比赛预选赛试题）讲析：每插入一个点，无论其色彩怎样，其非标准线段的条数增强0条或2条，所以插入1991个点后，非标准线段增强总数是一个偶数。又原非标准线段条数为1，是一个奇数，故最后得到的非标准线段必为奇数。非标准线段条数+标准线段条数=1992条。所以，标准线段的条数是奇数。32、其他定理或性质【算术基本定理】随意一个大于1的整数，都能表示成若干个质数的乘积，倘若不计质因数的顺序，则这个分解式是唯一的。即随意一个大于1的整数a=[p1×p2×p3×……×pn（p1≤p2≤p3≤……≤pn）其中p1、p2、p3、…、np都质数；并且若a=q1×q2×q3×…qm（q1≤q2≤q3≤…≤qm）其中q1、q2、q3、…、qm都是质数。那么，m=n，qi=pi（i=1，2，3，…，n）当这个整数是质数时是符合定理的特例。上述定理，叫做“算术基本定理”。【方程同解变形定理】方程的同解变形，有下列两个基本定理：定理一方程两边同时加上（或同时减去）同一个数或整式，所得的方程与原方程同解。按照这一同解定理，可把方程中某一项改变符号后，从方程的一边移到另一边。这种变形叫做移项。例如，解方程3x=2x+5。解移项，得3x-2x=5合并同类项，得x=5。定理二方程两边同时乘以（或除以）同一个不是零的数，所得的方程与原方程同解。是同解的。【一笔画的性质】为控制“一笔画”的性质，先推荐“一笔画”的有关概念。图──用若干条线（不一定是直线段）把一些点衔接起来的图形，如图1.7。这些点叫图的顶点，如A、B、C、D；这些线叫图的边，如AB、AC、AD等。点的次--每个点上所衔接的线的条数，叫做这个点的“次”。如图1.7中，A点有五条线与它相连，B点有三条线与它相连，则A点的次为5；B点有三条线与它相连，则B点的次为3。奇点--点的次数为奇数，则这个点为“奇点”。如图1.7中的A、B、C、D点，所有都是奇点。偶点--点的次数为偶数，则这个点叫做“偶点”。如图1.8中的B点（4次）、D点（2次），都是偶点。一笔画问题--在图1.8中，能否从A点（或其他点）出发，不重复任一边（点可随意经过若干次）而一笔画出全图的问题，叫做“一笔画问题”（也称“七桥问题”，见本书第九部分“七桥问题”词条）。能一笔画的图形，具有下面两条性质：（1）若一个图形中，奇点的个数不大于2，则这个图形必能一笔画成，否则就不能画成。例如图1.7中，奇点有A、B、C、D四个，它无论从哪一点出发，都是不可能一笔画成的。而图1.8中，奇点惟独A、C两个，它是可以一笔画成的。其画法可如图1.9所示：从A点出发，经1到C，经2到D，经3到B，经4到A，又经5到B，再经6到A，然后经7到C，完成全图。显然，此图的画法并不止于这一种，这只是多种画法中的一种画法。（2）若一个图中没有奇点，那么始点和尽头必须重合；若一个图中有两个奇点，则这两个奇点必是起点和尽头。例如图1.10中，点A、B、C均为偶点，没有奇点。若从A点出发，按图外箭头所指的方向，经①、②、③、④、⑤，便又回到了A点。这样，A点便既是始点又是尽头。而图1.8中有A、C两个奇点，按性质（1）中的画法，可从A点出发，到C点结束，A是始点，C是尽头。图1.9（也可以从C点出发，到A点结束，C为始点，A为尽头。）平移变换【平移线段】有些几何问题，通过线段的上、下、左、右平移以后，能使问题很快地得到准确的解答。例如，下面的两个图形（图4.17和图4.18）的周长是否相等？单凭眼睛看见，似乎图4.18的周长比图4.17的要长一些。但把有关线段平移以后，图4.18就变成了图4.19，其中的线段，有的上移，有的左移，有的右移，它可移成一个正方形。于是，不难发现两图周长是相等的。【平移空白或阴影部分】有些求阴影部分或空白部分面积的几何题，采用平移空白部分或平移阴影部分的主意，往往能化难为易，很快使问题求得解答。例如，计算图4.20中阴影部分的面积。圆面积”，然后相加，得囫囵阴影部分的面积。这显然是很费时费力的。但仔细看见一下就会发现，图4.20左半左上部的空白部分，与右半左上部的阴影部分大小一样，只需将右半左上部的阴影部分，平移到左半左上部的空白部分，所有的阴影部分便构成一个正方形了（如图4.21）。所以，阴影部分的面积很快就可求得为5×5=25。又如，一块长30米，宽24米的草地，中间有两条宽2米的走道，把草地分为四块，求草地的面积（如图4.22）。这只要把丙向甲平移靠拢，把丁向乙平移靠拢，题目也就很快能解答出来了。（详细解法略）33、平面图形的计算【周长的计算】例1有9个同样大小的小长方形，拼成一个大长方形（如图5.54）的面积是45厘米2，求这个大长方形的周长。（第四届《小学生数学报》邀请赛决赛试题）讲析：设每个小长方形的长是a厘米，宽是b厘米。于是有a×b=45÷9＝5；又有：4a=5b。可求得b=2，a=2.5。所以大长方形的周长为6a＋7b=29（厘米）。例2图5.55中图（1）和图（2）是两个形状、大小彻低相同的大长方形，在每个大长方形内放入四个如图（3）所示的小长方形，斜线区域是空下来的地方，已知大长方形的长比宽多6厘米，问：图（1），图（2）中画斜线的区域的周长哪个大？大多少？（全国第四届“华杯赛”决赛试题）讲析：图5.55（1）中画斜线区域的周长恰好等于大长方形的周长，图5.55（2）中画斜线区域的周长显然比大长方形周长小。二者相差2·AB。从图5.55（2）的竖直方向看，AB＝a－CD图5.55（2）中大长方形的长是a＋2b，宽是2b＋CD，所以，（a+2b）-（2b＋CD）=a-CD=6（厘米）故：图5.55（1）中画斜线区域的周长比图5.55（2）中画斜线区域的周长大，大12厘米。【面积的计算】例1如图5.56，长方形ADEF的面积是16，三角形ADB的面积是3，三角形ACF的面积是4，那么三角形ABC的面积是______。（北京市第十届“迎春杯”小学数学比赛试题）讲析：连结AE（如图5.57），则三角形AEC的面积是16÷2-4=4。因为△ACF与△AEC等高，且面积相等。所以，CF=CE。同理，△ABE的面积是16÷2-3=5，则BD∶BE=3∶5。即BE=从而，△ABC的面积是16-（3＋4+2.5）=6.5。例2如图5．58，在等边三角形ABC中，AF=3FB，FH垂直于BC，已知阴影部分的面积为1平方厘米，这个等边三角形的面积是多少平方厘米？（1992年武汉市小学数学比赛试题）讲析：如图5.59，衔接△ABC各边中点，则△ABC被分成了大小相等的四个小三角形。在△DBG中，再衔接各边中点，得出将△DBG又分成了四个很小的三角形。经看见，容易得出△ABC的面积为（1×2）×4×4=32（平方厘米）。例3三条边长分离为5厘米、12厘米、13厘米的直角三角形如图5.60（1），将它的短直角边对折到斜边上去与斜边相重合如图5.60（2）。那么，图5.60（2）中阴影部分（即未被盖住部分）的面积是______平方厘米。（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第一试试题）讲析：如图5.60（2），设EC等于a厘米，那么DE也为a厘米。△ABC的面积等于△ABE的面积加上△AEC的面积。例4如图5.61，ABCD是一个梯形，已知三角形ABD的面积是12平方厘米，三角形AOD的面积比三角形BOC的面积少12平方厘米，那么梯形ABCD的面积是______平方厘米。（广州市小学数学比赛试题）讲析：可设△AOD的面积为S1。则，△BOC的面积为S1＋12。于是有：S△ABO=S△ABD-S△AOD＝12-S1，S△ABC=S△ABO+S△BOC=（12-S1）＋（S1＋12）=24（平方厘米）。所以，梯形ABCD的面积是24+12=36（平方厘米）。例5梯形ABCD被两条对角线分成了四个三角形S1、S2、S3、S4。已知S1=2厘米2，S2=6厘米2。求梯形ABCD的面积。（小学数学奥林匹克通讯赛决赛试题）讲析：三角形S1和S2都是等高三角形，它们的面积比为2∶6=1∶3；则：DO∶OB=1∶3。△ADB和△ADC是同底等高三角形，所以，S1=S3=2厘米2。三角形S4和S3也是等高三角形，其底边之比为1∶3，所以S4∶S3=1∶所以，梯形ABCD的面积为例6正方形边长为20厘米（如图5.63），已知DD′=EE′，CE=6厘米。则阴影部分三角形的面积最大值是______平方厘米。（海口市小学数学比赛试题）讲析：E′点在BE段滑动，D′点在DC段滑动。设DD′长a厘米。D′C=20-a，E′C=a＋6。又因为D′C＋E′C=（20-a）＋（a＋6）=26。运用等周长的长方形面积最大原理，两个数的和一定（等于26），要把这个和分成两个数，使这两个数的积最大，则当20-a=a＋6=13时，即a=7=84.5（平方厘米）。例7图5.64是一个正方形，图中所标数字的单位是厘米。问：阴影部分的面积是多少平方厘米？（全国第四届“华杯赛”决赛试题）讲析：如图5.65，衔接AC，所分成的四个小三角形分离用S1、S2、S3、S4表示。容易看出S2和S3是关于OC为对称轴的对称图形。所以S2=S3。从而不难得出S1、S2、S3、S4四个小三角形面积相等，即每个小三角例8一个正方形（如图5.66），被分成四个长方形，它们的面积在图中标出（单位：平方米）。图中阴影部分是一个正方形。那么，它的面积是______。（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：可将四个长方形分离用A、B、C、D表示（如图5.67），阴影部分是B中的一部分。大正方形的面积为1平方米，所以它的边长为1米。因为长方形C和D的宽相等，所以它们长的比等于面积比。于是得C的米。例9把大的正三角形每边8等分，组成图5.68所示的三角形网。倘若每个小三角形面积是1，那么图中粗线围成的三角形面积是______。（1988年北京市奥林匹克邀请赛试题）讲析：普通地，关于格点多边形的面积，有下面的公式：这里，格子面积等于小正方形或平行四边形面积，也就是小三角形面积的2倍。题中，格子面积为1×2=2，内部格点数为12，边上格点数为4。所以，粗线围成的面积是34、判断题的解答【用筛去（消倍）法判断】一个数能否被3整除，本来是不太难的问题。但当一个数比较大时，用各数位上的数相加，速度很慢，而且容易浮上口算错误。若用“筛去（消倍）法”来判断，情况就大不一样了。例如（1）判断76935能否被3整除。先直接筛去能被3整除的6、9、3，剩下的7与5，和为3的倍数，所以3|76935（3能整除76935，或76935能被3整除）。（2）判断3165493能否被3整除。先直接筛去3的倍数3、6、9、能整除3165493，或3165493不能被3整除。）【能否被7整除】一个数能否被7整除，只要把这个数的末位数字截去，再从余下的数中，减去这个末位数字的2倍，倘若这时能看出所得的差能被7整除，则本来的数就能被7整除，否则就不能被7整除；若是仍看不出来，就要继续上述过程，直到能清晰作出判断为止。例如，判断133能否被7整除：因为差数7能被7整除，所以7|133。这是什么缘故呢？请看下面的算式：133×2＝（13×10＋3）×2＝13×20＋3×2=13×（21-1）+3×2=13×21－13＋3×2=13×7×3-（13-3×2）显然，13×7×3中有约数7，它能被7整除，故只要检验后面的（13-3×2）能否被7整除就可以了。（原理可见第一部分的整除性定理）倘若要判断的数的位数无数，那么，将这种做法向来举行下去就是。例如，判断62433能否被7整除：∵7|42，∴7|62433这样的判定主意可称作“割尾法”。一个数能否被11、13、17和19整除，也可用割尾法去判断。【能否被11整除】判断一个数能否被11整除，可以采用割尾法、奇偶位差法及分节求和法。（1）割尾法。一个数能否被11整除，只要把它的末尾数字截去，从余下的数里减去这个末位数，看所得的差能否被11整除。差能整除的，本来的数就能整除；差不能整除的，本来的数就不能整除。如一次所得的差还看不出能否被11整除，就继续上述过程，直到能作出判断为止。例如，判断2629能否被11整除：因为11｜22，所以11｜2629。之所以能这么判断，缘故在于2629=2620+9=262×10+9=262×（11-1）+9=262×11-262+9=262×11-（262-9）在262×11中有因数11，所以只要看（262-9）的差能否被11整除，就可判断本来的2629能否被11整除。而（262-9）的差是253，253=250+3=25×10+3=25×（11-1）+3=25×11-25+3=25×11-（25-3）同样，只要看（25-3）能否被11整除，就会知道253能否被11整除。进而便可知2629能否被11整除了。（2）奇偶位差法。判断一个数能否被11整除，可先分离求出此数的奇位数字之和及偶位数字之和，再求这两个和的差数，若这个差能被11整除，则本来的那个数就能被11整除；否则，本来的数就不能被11整除。例如，判断823724能否被11整除：∵它的奇位数字之和为4+7+2=13（数位数，从右边个位开始往左数），它的偶位数字的和为2+3+8=13两个和的差数是13-13=0（两数不等时用大数减小数）而11｜0∴11｜823724之所以能这样判断，是因为823，724=8×100，000+2×10，000+3×1，000+7×100+2×10+4=8×（100，001-1）+2×（9，999+1）+3×（1，001-1）+7×（99+1）+2×（11-1）+4=8×100，001+2×9，999+3×1，001+7×99+2×11+[（2+7+4）-（8+3+2）]显然，在前几项中，因数100，001、9，999、1，001、99、11都是11的倍数，故只需检验[（2+7+4）-（8+3+2）]能否被11整除，就可以作出判断了。（3）分节求和法。把一个天然数从右向左每两位截为一节，然后把这些节加起来。若所得的和能被11整除，那么这个数就能被11整除；否则，这个数就不能被11整除。在这一情况下，倘若仍不能作出判断，那就继续上述过程，直到清晰地作出判断为止。例如，判断762421能否被11整除：这一判断主意的理由，可见下面的算式：762421=76×10000+24×100+21=76×（9999+1）+24×（99+1）+21=76×9999+76+24×99+24+21=76×9999+24×99+（76+24+21）在前两项中，因数9999和9都能被11整除，所以只需要检验后面的（76+24+21）能否被11整除了。能整除的原数就能被11整除；不能整除的原数，就不能被11整除。【能否被13整除】一个数能否被13整除，可采用“割尾法”判断：截去末位数字，余下的数加上末位数的4倍。所得的和是13的倍数，则这个数就能被13整除，否则，就不能被13整除。要是割尾一次仍不能作出判断，那就继续割尾，直到能作出判断为止。例如，判断364能否被13整除：∵13｜52，∴13｜364。这一判断的理由，可由下式看出：364×4=（36×10+4）×4=36×40+4×4=36×（39+1）+4×4=36×39+36+4×4=36×13×3+（36+4×4）前面的36×13×3中，有约数13，所以作出判断时，只需要检验（36+4×4）是否能被13整除了。【能否被17整除】一个数能否被17整除，同样可用“割尾法”作巧妙而迅速地判断。不过，详细地做法有所不同。例如，判断731能否被17整除，判断主意如下：∵17｜68，∴17｜731。这样做的理由，可见下面的算式推导：731×5=（73×10+1）×5=73×50+1×5=73×（51-1）+1×5=73×51-73+1×5=73×17×3-（73-1×5）因为前面的73×17×3有约数17，故只需检验（73-1×5）能否被17整除，就知道“731×5”能否被17整除。知道“731×5”能否被17整除，也就是知道731能否被17整除了（按照整除性定理）。若是“割尾”一次仍不能作出判断，那就依法继续割尾下去，直到能作出判断为止。例如，判断279191能否被17整除，可以作如下割尾判断：∵17｜17，∴17｜279191【能否被19整除】一个数能否被19整除，也是可用“割尾法”作巧妙判断的，详细做法如判断475能否被19整除：∵19｜57，∴19｜475。其中的道理，可见下面的算式推导：475×2=（47×10+5）×2=47×20+5×2=47×（19+1）+5×2=47×19+（47+5×2）最后算式中的47×19有约数19，故只需要检验（47+5×2）能否被19整除，就知道“475×2”及“475”能否被19整除了。倘若一次“割尾”仍不能作出判断，那就继续“割尾”下去，直至能作出判断为止。例如，判断14785能否被19整除：罗列与组合【有条件罗列组合】例1用0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字能够组成______个没有重复数字的三位数。（哈尔滨市第七届小学数学比赛试题）讲析：用这十个数字罗列成一个不重复数字的三位数时，百位上不能为0，故共有9种不同的取法。因为百位上已取走一个数字，所以十位上只剩下9个数字了，故十位上有9种取法。同理，百位上和个位上各取走一个数字，所以还剩下8个数字，供个位上取。所以，组成没有重复数字的三位数共有9×9×8=648（个）。例2甲、乙、丙、丁四个学生排成一排，从左到右数，倘若甲不排在第一个位置上，乙不排在第二个位置上，丙不排在第三个位置上，丁不排在第四个位置上，那么不同的排法共有______种。（1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：因每个人都不排在本来的位置上，所以，当乙排在第一位时，其他几人的排法共有3种；同理，当丙、丁排在第一位时，其他几人的排法也各有3种。因此，一共有9种排法。例3有一种用六位数表示日期的主意，如890817表示1989年8月17日，也就是从左到右第一、二位数表示年，第三、四位数表示月，第五、六位数表示日。倘若用这种主意表示1991年的日期，那么全年中六个数字都不相同的日期共有______天。（1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：第一、二位数字显然只能取9和1，于是第三位只能取0。第五位数字只能取0、1、2或3，而0和1已取走，当取3时，第六位上只能取0和1，显然不可。因此，第五位上只能取2。于是，第四位上只能取3、4、5、6、7、8；第六位上也只能取3、4、5、6、7、8，且第四、六位上数字不能取同。所以，一共有6×5=30（种）。【环形罗列】例1编号为1、2、3、4的四把椅子，摆成一个圆圈。现有甲、乙、丙、丁四人去坐，规定甲、乙两人必须坐在相邻座位上，一共有多少种坐法？（长沙市奥林匹克代表队集训试题）讲析：如图5.87，四把椅子排成一个圆圈。当甲坐在①号位时，乙只能坐在②或④号位上，则共有4种排法；同理，当甲分离坐在②、③、④号位上时，各有4种排法。所以，一共有16种罗列法。例2从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在图5.88的六个圆圈中，使随意相邻两个圆圈内数字之和都是质数，那么最多能找出______种不同的挑法来。（挑出的数字相同，而罗列次序不同的都只算一种）（北京市第九届“迎春杯”小学数学比赛试题）讲析：在1至9这九个天然数中，奇数有1、3、5、7、9五个，偶数有2、4、6、8四个。要使罗列之后，每相邻两个数字之和为质数，则必须奇数与偶数间隔罗列，也就是每次取3个奇数和3个偶数。从五个奇数中，取3个数共有10种主意；从四个偶数中，取3个数共有4种主意。但并不是每一种3个奇数和3个偶数都可以排成符合要求的罗列。经检验，共有26种排法。35、逻辑思路“逻辑思路”，主要是指遵循逻辑的四大基本逻辑来分析推理的思路。【同一律思路】同一律的形式是：“甲是甲”，或“倘若甲，那么甲”。它的基本内容是，在同一思维过程中，同一个概念或同一个思想对象，必须保持前后一致性，亦即保持决定性。这是逻辑推理的一条重要思维逻辑。运用这一逻辑来解题，我们把它叫同一律思路。例1某公安人员需查清甲、乙、丙三人谁先进办公室，三人口供如下：甲：丙第二个进去，乙第三个进去。乙：甲第三个进去，丙第一个进去。丙：甲第一个进去，乙第三个进去。三人口供每人仅对一半，毕竟谁第一个进办公室？分析（用同一律思路推理）；这一类问题具有非此即彼的特点。比如甲是否是第一个进办公室惟独两种可能：是或非。我们用1表示“是”，0表示“非”，则可把口供列表处理。（1）若甲第一，则根据丙的口供见左表，这个表与甲的口供仅对一半相矛盾；（2）若甲非第一，则根据丙的口供，乙第三个进去，举行列表处理如右表，与“三人口供仅对一半”相符。从而可以判定，丙最先进入办公室。这个问题也可以不列表而用同一律推理。甲的话第一句对，第二句错，则丙第二，乙不是第三，又不是第二，天然乙第一，甲第二，这个结论与丙说的话“半对半错”不符。因此，有甲的第一句错，第二句对。即乙第三个进去，丙不是第二个，天然是第一个。这个结论与乙的话“半对半错”相符：甲不是第三，丙是第一。并且这个结论与丙的话“半对半错”也相符：甲不是第一，乙是第三。在囫囵思维过程中，我们对三人的话“半对半错”举行了一一验证，直到都符合题目给定的条件为止。例2先前一个国家里住着两种居民，一个叫宝宝族，他们永远说真话；另一个叫毛毛族，他们永远说假话。一个外地人来到这个国家，碰见三位居民，他问第一个人：“请问你是哪个民族的人？”“匹兹乌图。”那个人回答。外地人听不懂，就问其他两个人：“他说的是什么意思？”第二个人回答：“他说他是宝宝族的。”第三个人回答：“他说他是毛毛族的。”请问，第一个人说的话是什么意思？第二个人和第三个人各属于哪个民族？分析（用同一律思路思量）：倘若第一个人是宝宝族的，他说真话，那么他说的是“我是宝宝族的”。倘若这个人是毛毛族的，他说假话，他说的还是“我是宝宝族的”。这就是说，第一个人不管是什么民族的，那句话的意思都是：“我是宝宝族的”。按照这一推理，那么第二个人回答“他说他是宝宝族的”这句话是真的，而从条件可知，说真话的是宝宝族人，因此可以判断第二个人是宝宝族人。不管第一个人是什么民族的，按照前面推理已知他说的话是“我是宝宝族的”，而第三个人回答“他说他是毛毛族的”显然是错的，而说假话的是毛毛族人，因此