H:\fanwen caiji two\已上传lddoc\2008年教师师德培训总结.doc五年级奥数
1、小数的巧算
2、数的整除性
3、质数与合数
4、约数与倍数
5、带余数除法
6、中国剩余定理
7、奇数与偶数
8、周期性问题
9、图形的计数
10、图形的切拼
11、图形与面积
12、观察与归纳
13、数列的求和
14、数列的分组
15、相遇问题
16、追及问题
17、变换和操作
18、逻辑推理
19、逆推法
20、分数问题
1.1小数的巧算（一）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、计算 1.135+3.346+5.557+7.768+9.979=_____.
2、计算 1.996+19.97+199.8=_____.
3、计算 9.8+99.8+999.8+9999.8+99999.8=_____.
4、计算6.11+9.22+8.33+7.44+5.55+4.56+3.67+2.78 +1.89=_____.
5、计算
1.1+3.3+5.5+7.7+9.9+11.11+13.13+15.15+17.17+19.19=_____.
6、计算 2.89
4.68+4.68
6.11+4.68=_____.
7、计算 17.48
37-17.48
19+17.48
82=_____.
8、计算 1.25
0.32
2.5=_____.
9、计算 75
4.7+15.9
25=_____.
10、计算 28.67
67+32
286.7+573.4
0.05=_____.
二、解答题
11、计算 172.4
6.2+2724
0.38
12、计算 0.00…0181
0.00…011
963个0 1028个0
13、计算
12.34+23.45+34.56+45.67+56.78+67.89+78.91+89.12+91.23
14、下面有两个小数:
a=0.00…0105 b=0.00…019
1994个0 1996个0
求a+b,a-b,a
b,a
b.
1.2小数的巧算（二）
年级 班 姓名 得分
一、真空题
1、计算 4.75-9.64+8.25-1.36=_____.
2、计算 3.17-2.74+4.7+5.29-0.26+6.3=_____.
3、计算 (5.25+0.125+5.75)
8=_____.
4、计算 34.5
8.23-34.5+2.77
34.5=_____.
5、计算 6.25
0.16+264
0.0625+5.2
6.25+0.625
20=_____.
6、计算 0.035
935+0.035+3
0.035+0.07
61
0.5=_____.
7、计算 19.98
37-199.8
1.9+1998
0.82=_____.
8、计算 13.5
9.9+6.5
10.1=_____.
9、计算 0.125
0.25
0.5
64=_____.
10、计算 11.8
43-860
0.09=_____.
二、解答题
11、计算32.14+64.28
0.5378
0.25+0.5378
64.28
0.75-8
64.28
0.125
0.5378
12、计算 0.888
125
73+999
3
13、计算 1998+199.8+19.98+1.998
14、下面有两个小数:
a=0.00…0125 b=0.00…08
1996个0 2000个0
试求a+b, a-b, a
b, a
b.
2.1数的整除性（一）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、四位数“3AA1”是9的倍数，那么A=_____.
2、在“25□79这个数的□内填上一个数字,使这个数能被11整除,方格内应填_____.
3、能同时被2、3、5整除的最大三位数是_____.
4、能同时被2、5、7整除的最大五位数是_____.
5、1至100以内所有不能被3整除的数的和是_____.
6、所有能被3整除的两位数的和是______.
7、已知一个五位数□691□能被55整除,所有符合题意的五位数是_____.
8、如果六位数1992□□能被105整除,那么它的最后两位数是_____.
9、42□28□是99的倍数,这个数除以99所得的商是_____.
10、从左向右编号为1至1991号的1991名同学排成一行,从左向右1至11报数,报数为11的同学原地不动,其余同学出列;然后留下的同学再从左向右1至11报数,报数为11的留下,其余同学出列;留下的同学第三次从左向右1至11报数,报到11的同学留下,其余同学出列,那么最后留下的同学中,从左边数第一个人的最初编号是_____号.
二、解答题
1、173□是个四位数字.数学老师说：“我在这个□中先后填入3个数字,
所得到的3个四位数,依次可被9、11、6整除.”问：数学老师先后填入的3个数字的和是多少？
12、在1992后面补上三个数字，组成一个七位数，使它们分别能被2、3、5、11整除，这个七位数最小值是多少？
13、在“改革”村的黑市上,人们只要有心,总是可以把两张任意的食品票换成3张其他票券,也可以反过来交换.试问,合作社成员瓦夏能否将100张黄油票换成100张香肠票,并且在整个交换过程中刚好出手了1991张票券？
14、试找出这样的最小自然数,它可被11整除,它的各位数字之和等于13.
2.2数的整除性(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、一个六位数23□56□是88的倍数,这个数除以88所得的商是_____或_____.
2、123456789□□,这个十一位数能被36整除,那么这个数的个位上的数最小是_____.
3、下面一个1983位数33…3□44…4中间漏写了一个数字(方框),已知这
991个 991个
个多位数被7整除，那么中间方框内的数字是_____.
4、有三个连续的两位数,它们的和也是两位数,并且是11的倍数.这三个数是_____.
5、有这样的两位数,它的两个数字之和能被4整除,而且比这个两位数大1的数,它的两个数字之和也能被4整除.所有这样的两位数的和是____.
6、一个小于200的自然数,它的每位数字都是奇数,并且它是两个两位数的乘积,那么这个自然数是_____.
7、任取一个四位数乘3456,用A
表
关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf
示其积的各位数字之和,用B表示A的各位数字之和,C表示B的各位数字之和,那么C是_____.
8、有0、1、4、7、9五个数字，从中选出四个数字组成不同的四位数，如果把其中能被3整除的四位数从小到大排列起来，第五个数的末位数字是_____.
9、从0、1、2、4、5、7中，选出四个数，排列成能被2、3、5整除的四位数，其中最大的是_____.
10、所有数字都是2且能被66……6整除的最小自然数是_____位数.
100个
二、解答题
11、找出四个互不相同的自然数,使得对于其中任何两个数,它们的和总可以被它们的差整除,如果要求这四个数中最大的数与最小的数的和尽可能的小,那么这四个数里中间两个数的和是多少？
12、只修改21475的某一位数字,就可知使修改后的数能被225整除,怎样修改？
13、500名士兵排成一列横队.第一次从左到右1、2、3、4、5（1至5）名报数；第二次反过来从右到左1、2、3、4、5、6（1至6）报数，既报1又报6的士兵有多少名？
14、试问,能否将由1至100这100个自然数排列在圆周上,使得在任何5个相连的数中,都至少有两个数可被3整除？如果回答：“可以”，则只要举出一种排法；如果回答：“不能”，则需给出说明.
3.1质数与合数(一)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1在一位的自然数中，既是奇数又是合数的有_____；既不是合数又不是质数的有_____；既是偶数又是质数的有_____.
2、最小的质数与最接近100的质数的乘积是_____.
3、两个自然数的和与差的积是41，那么这两个自然数的积是_____.
4、在下式样□中分别填入三个质数,使等式成立.
□+□+□=50
5、三个连续自然数的积是1716,这三个自然数是_____、_____、_____.
6、找出1992所有的不同质因数,它们的和是_____.
7、如果自然数有四个不同的质因数, 那么这样的自然数中最小的是_____.
8、9216可写成两个自然数的积，这两个自然数的和最小可以达到_____.
9、从一块正方形的木板上锯下宽为3分米的一个木条以后,剩下的面积是108平方分米.木条的面积是_____平方分米.
10、今有10个质数:17,23,31,41,53,67,79,83,101,103.如果将它们分成两组,每组五个数,并且每组的五个数之和相等,那么把含有101的这组数从小到大排列,第二个数应是_____.
二、解答题
11、2，3，5，7，11，…都是质数，也就是说每个数只以1和它本身为约数.已知一个长方形的长和宽都是质数个单位,并且周长是36个单位.问这个长方形的面积至多是多少个平方单位?
12、把7、14、20、21、28、30分成两组，每三个数相乘，使两组数的乘积相等.
13、学生1430人参加团体操,分成人数相等的若干队,每队人数在100至200之间,问哪几种分法?
14、四只同样的瓶子内分别装有一定数量的油,每瓶和其他各瓶分别合称一次,记录千克数如下:8、9、10、11、12、13.已知四只空瓶的重量之和以及油的重量之和均为质数,求最重的两瓶内有多少油?
3.2质数与合数(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、在1~100里最小的质数与最大的质数的和是_____.
2、小明写了四个小于10的自然数,它们的积是360.已知这四个数中只有一个是合数.这四个数是____、____、____和____.
3、把232323的全部质因数的和表示为
,那么A
B
AB=_____.
4、有三个学生,他们的年龄一个比一个大3岁,他们三个人年龄数的乘积是1620,这三个学生年龄的和是_____.
5、两个数的和是107,它们的乘积是1992,这两个数分别是_____和_____.
6、如果两个数之和是64,两数的积可以整除4875,那么这两数之差是_____.
7、某一个数,与它自己相加、相减、相乘、相除，得到的和、差、积、商之和为256.这个数是_____.
8、有10个数:21、22、34、39、44、45、65、76、133和153.把它们编成两组,每组5个数,要求这组5个数的乘积等于那组5个数的乘积.第一组数____________；第二组数是____________.
9、有_____个两位数,在它的十位数字与个位数字之间写一个零,得到的三位数能被原两位数整除.
10、主人对客人说：“院子里有三个小孩，他们的年龄之积等于72，年龄之和恰好是我家的楼号，楼号你是知道的，你能求出这些孩子的年龄吗？”客人想了一下说：“我还不能确定答案。”他站起来，走到窗前，看了看楼下的孩子说：“有两个很小的孩子，我知道他们的年龄了。”主人家的楼号是_____ ,孩子的年龄是_____.
二、解答题
11、甲、乙、丙三位同学讨论关于两个质数之和的问题。甲说：“两个质数之和一定是质数”.乙说：“两个质数之和一定不是质数”.丙说：“两个质数之和不一定是质数”.他们当中,谁说得对?
12、下面有3张卡片 3 , 2 , 1 ，从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排起来，得到不同的一位数、两位数、三位数.把所得数中的质数写出来.
13、在100以内与77互质的所有奇数之和是多少?
14、在射箭运动中,每射一箭得到的环数或者是“0”（脱靶），或者是不超过10的自然数.甲、乙两名运动员各射了5箭，每人5箭得到环数的积都是1764，但是甲的总环数比乙少4环.求甲、乙的总环数.
4.1约数与倍数(一)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、28的所有约数之和是_____.
2、用105个大小相同的正方形拼成一个长方形,有_____种不同的拼法.
3、一个两位数,十位数字减个位数字的差是28的约数,十位数字与个位数字的积是24.这个两位数是_____.
4、李老师带领一班学生去种树,学生恰好被平均分成四个小组,总共种树667棵,如果师生每人种的棵数一样多,那么这个班共有学生_____人.
5、两个自然数的和是50,它们的最大公约数是5,则这两个数的差是_____.
6、现有梨36个,桔108个,分给若干个小朋友,要求每人所得的梨数,桔数相等,最多可分给_____个小朋友,每个小朋友得梨_____个,桔_____个.
7、一块长48厘米、宽42厘米的布，不浪费边角料，能剪出最大的正方形布片_____块.
8、长180厘米,宽45厘米,高18厘米的木料,能锯成尽可能大的正方体木块(不余料)_____块.
9、张师傅以1元钱3个苹果的价格买苹果若干个,又以2元钱5个苹果的价格将这些苹果卖出,如果他要赚得10元钱利润,那么他必须卖出苹果_____个.
10、含有6个约数的两位数有_____个.
11、写出小于20的三个自然数，使它们的最大公约数是1，但两两均不互质，请问有多少组这种解？
12、和为1111的四个自然数，它们的最大公约数最大能够是多少？
13、狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳
米，黄鼠狼每次跳
米，它们每秒钟都只跳一次.比赛途中,从起点开始每隔
米设有一个陷井,当它们之中有一个掉进陷井时,另一个跳了多少米?
14、已知a与b的最大公约数是12,a与c的最小公倍数是300,b与c的最小公倍数也是300,那么满足上述条件的自然数a,b,c共有多少组?
(例如:a=12、b=300、c=300，与a=300、b=12、c=300是不同的两个自然数组)
4.2约数与倍数（二）
年级 班 姓名 得分
一、 填空题
1、把20个梨和25个苹果平均分给小朋友，分完后梨剩下2个，而苹果还缺2个，一共有_____个小朋友.
2、幼儿园有糖115颗、饼干148块、桔子74个，平均分给大班小朋友；结果糖多出7颗，饼干多出4块，桔子多出2个.这个大班的小朋友最多有_____人.
3、用长16厘米、宽14厘米的长方形木板来拼成一个正方形，最少需要用这样的木板_____块.
4、用长是9厘米、宽是6厘米、高是7厘米的长方体木块叠成一个正方体，至少需要这种长方体木块_____块.
5、一个公共汽车站,发出五路车,这五路车分别为每隔3、5、9、15、10分钟发一次，第一次同时发车以后，_____分钟又同时发第二次车.
6、动物园的饲养员给三群猴子分花生,如只分给第一群,则每只猴子可得12粒；如只分给第二群，则每只猴子可得15粒；如只分给第三群，则每只猴子可得20粒.那么平均给三群猴子,每只可得_____粒.
7、这样的自然数是有的:它加1是2的倍数,加2是3的倍数,加3是4的倍数,加4是5的倍数,加5是6的倍数,加6是7的倍数,在这种自然数中除了1以外最小的是_____.
8、能被3、7、8、11四个数同时整除的最大六位数是_____.
9、把26,33,34,35,63,85,91,143分成若干组,要求每一组中任意两个数的最大公约数是1, 那么至少要分成_____组.
10、210与330的最小公倍数是最大公约数的_____倍.
二、解答题
11、公共汽车总站有三条线路，第一条每8分钟发一辆车，第二条每10分钟发一辆车，第三条每16分钟发一辆车，早上6：00三条路线同时发出第一辆车.该总站发出最后一辆车是20:00,求该总站最后一次三辆车同时发出的时刻.
12、甲乙两数的最小公倍数除以它们的最大公约数,商是12.如果甲乙两数的差是18,则甲数是多少?乙数是多少?
13、用
、
、
分别去除某一个分数，所得的商都是整数.这个分数最小是几?
14、有15位同学,每位同学都有编号,他们是1号到15号,1号同学写了一个自然数,2号说：“这个数能被2整除”，3号说：“这个数能被他的编号数整除.1号作了检验:只有编号连续的二位同学说得不对,其余同学都对,问:
(1)说的不对的两位同学,他们的编号是哪两个连续自然数?
(2)如果告诉你,1号写的数是五位数,请找出这个数.
5.2带余数除法(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、除107后，余数为2的两位数有_____.
2、27
( )=( )……3.
上式( )里填入适当的数,使等式成立,共有_____种不同的填法.
3、四位数8□98能同时被17和19整除,那么这个四位数所有质因数的和是_____.
4、一串数1、2、4、7、11、16、22、29……这串数的组成规律，第2个数比第1个数多1；第3个数比第2个数多2；第4个数比第3个数多3；依此类推；那么这串数左起第1992个数除以5的余数是_____.
5、222……22除以13所得的余数是_____.
2000个
6、小明往一个大池里扔石子,第一次扔1个石子,第二次扔2个石子,第三次扔3个石子,第四次扔4个石子……，他准备扔到大池的石子总数被106除，余数是0止，那么小明应扔_____次.
7、七位数3□□72□□的末两位数字是_____时,不管十万位上和万位上的数字是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中哪一个,这个七位数都不是101的倍数.
8、有一个自然数,用它分别去除63,90,130都有余数,三个余数的和是25.这三个余数中最小的一个是_____.
9、在1,2,3,……29，30这30个自然数中，最多能取出_____个数,使取出的这些数中,任意两个不同的数的和都不是7的倍数.
10、用1-9九个数字组成三个三位数,使其中最大的三位数被3除余2,并且还尽可能地小；次大的三位数被3除余1；最小的三位数能被3整除.那么,最大的三位数是_____.
二、解答题
11、桌面上原有硬纸片5张。从中取出若干张来，并将每张都任意剪成7张较小的纸片，然后放回桌面，像这样，取出，剪小，放回；再取出，剪小，放回；……是否可能在某次放回后，桌上的纸片数刚好是1991？
12、一个自然数被8除余1，所得的商被8除也余1，再把第二次所得的商被8除后余7，最后得到一个商是a(见短除式<1>)；又知这个自然数被17除余4，所得的商被17除余15，最后得到一个商是a的2倍(见短除式<2>).求这个自然数.
8 所求自然数……余1
8 第一次商……余1
8 第二次商……余7
a
短除式<1>
17 所求自然数……余4
17 第一次商……余15
2 a
短除式<2>
13、某班有41名同学，每人手中有10元到50元钱各不相同.他们到书店买书,已知简装书3元一本,精装书4元一本,要求每人都要把自己手中的钱全部用完,并且尽可能多买几本书,那么最后全班一共买了多少本精装书?
14、某校开运动会,打算发给1991位学生每人一瓶汽水,由于商店规定每7个空瓶可换一瓶汽水,所以不必买1991瓶汽水,但是最少要买多少瓶汽水?
6.中国剩余定理
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、有一个数，除以3余数是1，除以4余数是3，这个数除以12余数是_____.
2、一个两位数,用它除58余2,除73余3,除85余1,这个两位数是_____.
3、学习委员收买练习本的钱,她只记下四组各交的钱,第一组2.61元,第二组3.19元,第三组2.61元,第四组3.48元,又知道每本练习本价格都超过1角,全班共有_____人.
4、五年级两个班的学生一起排队出操,如果9人排一行,多出一个人；如果10人排一行，同样多出一个人.这两个班最少共有_____人.
5、一个数能被3、5、7整除，若用11去除则余1，这个数最小是_____.
6、同学们进行队列训练,如果每排8人,最后一排6人；如果每排10人，最后一排少4人.参加队列训练的学生最少有_____人.
7、把几十个苹果平均分成若干份,每份9个余8个,每份8个余7个,每份4个余3个.这堆苹果共有_____个.
8、一筐苹果,如果按5个一堆放,最后多出3个.如果按6个一堆放,最后多出4个.如果按7个一堆放,还多出1个.这筐苹果至少有_____个.
9、除以3余1,除以5余2,除以7余4的最小三位数是_____.
10、有一筐鸡蛋,当两个两个取、三个三个取、四个四个取、五个五个取时，筐内最后都是剩一个鸡蛋；当七个七个取出时，筐里最后一个也不剩.已知筐里的鸡蛋不足400个,那么筐内原来共有_____个鸡蛋.
二、解答题
11、有一盒乒乓球，每次8个8个地数，10个10个地数，12个12个地数，最后总是剩下3个.这盒乒乓球至少有多少个?
12、求被6除余4,被8除余6,被10除余8的最小整数.
13、一盒围棋子,三只三只数多二只,五只五只数多四只,七只七只数多六只,若此盒围棋子的个数在200到300之间,问有多少围棋子?
14、求一数,使其被4除余2,被6除余4,被9除余8.
7.1奇数与偶数(一)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、2，4，6，8，……是连续的偶数，若五个连续的偶数的和是320，这五个数中最小的一个是______.
2、有两个质数,它们的和是小于100的奇数,并且是17的倍数.这两个质数是_____.
3、100个自然数,它们的和是10000,在这些数里,奇数的个数比偶数的个数多,那么,这些数里至多有_____个偶数.
4、右图是一张靶纸,靶纸上的1、3、5、7、9表示射中该靶区的分数.甲说:我打了六枪,每枪都中靶得分,共得了27分.乙说:我打了3枪,每枪都中靶得分,共得了27分. 已知甲、乙两人中有一人说的是真话，那么说假话的是_____.
1 3
5
7 9
5、一只电动老鼠从右上图的A点出发,沿格线奔跑,并且每到一个格点不是向左转就是向右转.当这只电动老鼠又回到A点时,甲说它共转了81次弯,乙说它共转了82次弯.如果甲、乙二人有一人说对了，那么谁正确？
A
6、一次数学考试共有20道题,规定答对一题得2分,答错一题扣1分,未答的题不计分.考试结束后,小明共得23分.他想知道自己做错了几道题,但只记得未答的题的数目是个偶数.请你帮助小明计算一下,他答错了_____道题.
7、有一批文章共15篇,各篇文章的页数分别是1页、2页、3页……14页和15页的稿纸，如果将这些文章按某种次序装订成册，并统一编上页码，那么每篇文章的第一页是奇数页码的文章最多有_____篇.
8、一本书中间的某一张被撕掉了,余下的各页码数之和是1133,这本书有_____页,撕掉的是第_____页和第_____页.
9、有8只盒子,每只盒内放有同一种笔.8只盒子所装笔的支数分别为17支、23支、33支、36支、38支、42支、49支、51支.在这些笔中,圆珠笔的支数是钢笔的支数的2倍,钢笔支数是铅笔支数的
,只有一只盒里放的水彩笔.这盒水彩笔共有_____支.
10、某次数学竞赛准备了35支铅笔作为奖品发给一、二、三等奖的学生，原
计划
项目进度计划表范例计划下载计划下载计划下载课程教学计划下载
一等奖每人发给6支，二等奖每人发给3支，三等奖每人发给2支，后来改为一等将每人发13支，二等奖每人发4支，三等奖每人发1支.那么获二等奖的有_____人.
二、解答题
11、如下图，从0点起每隔3米种一棵树.如果把3块“爱护树木”的小木牌分别挂在3棵树上，那么不管怎么挂，至少有两棵挂牌树之间的距离是偶数（以米为单位）. 试说明理由.
12、小地球仪上赤道大圆与过南北极的某大圆相交于A、B两点.有黑、白二蚁从A点同时出发分别沿着这两个大圆爬行.黑蚁爬赤道大圆一周要10秒钟,白蚁爬过南北极的大圆一周要8秒钟.问:在10分钟内黑、白二蚁在B点相遇几次？为什么？
13、如右图所示，一个圆周上有9个位置，依次编为1~9号.现在有一个小球在1号位置上,第一天顺时针前进10个位置,第二天逆时针前进14个位置.以后,第奇数天与第一天相同,顺时针前进10个位置,第偶数天与第二天相同,逆时针前进14个位置.问:至少经过多少天,小球又回到1号位置.
14、在右图中的每个 中填入一个自然数(可以相同),使得任意两个相邻的 中的数字之差(大数减小数),恰好等于它们之间所标的数字.能否办到?为什么?
7.2奇数与偶数(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、五个连续奇数的和是85，其中最大的数是_____,最小的数是_____.
2、三个质数 、 、 ，如果 > >1, + = ,那么 =_____.
3、已知a、b、c都是质数，且a+b=c，那么a
b
c的最小值是_____.
4、已知a、b、c、d都是不同的质数，a+b+c=d，那么a
b
c
d的最小值是_____.
5、a、b、c都是质数,c是一位数,且a
b+c=1993,那么a+b+c=_____.
6、三个质数之积恰好等于它们和的7倍,则这三个质数为_____.
7、如果两个两位数的差是30,下面第_____种说法有可能是对的.
(1)这两个数的和是57.
(2)这两个数的四个数字之和是19.
(3)这两个数的四个数字之和是14.
8、一本书共186页,那么数字1,3,5,7,9在页码中一共出现了_____次.
9、筐中有60个苹果,将它们全部取出来,分成偶数堆,使得每堆的个数相同,则有_____种分法.
10、从1至9这九个数字中挑出六个不同的数,填在下图所示的六个圆圈内,使任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.(六个数字相同,排列次序不同算同一种)
二、解答题
11、在一张9行9列的方格纸上，把每个方格所在的行数和列数加起来，填在这个方格中，例如a=5+3=8.问:填入的81个数字中,奇数多还是偶数多?
1 2 3 4 5 6 7 8 9
12、能不能在下式:
1 2 3 4 5 6 7 8 9=10的每个方框中,分别填入加号或减号,使等式成立?
13、在八个房间中,有七个房间开着灯,一个房间关着灯.如果每次同时拨动四个房间的开关,能不能把全部房间的灯关上?为什么?
14、一个工人将零件装进两种盒子中,每个大盒子装12只零件,每个小盒子装5只零件,恰好装完.如果零件一共是99只,盒子个数大于10,这两种盒子各有多少个?
8.1周期性问题(一)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、某年的二月份有五个星期日，这年六月一日是星期_____.
2、1989年12月5日是星期二,那么再过十年的12月5日是星期_____.
3、按下面摆法摆80个三角形,有_____个白色的.
……
4、节日的校园内挂起了一盏盏小电灯，小明看出每两个白灯之间有红、黄、绿各一盏彩灯.也就是说,从第一盏白灯起,每一盏白灯后面都紧接着有3盏彩灯,小明想第73盏灯是_____灯.
5、时针现在表示的时间是14时正,那么分针旋转1991周后,时针表示的时间是_____.
6、把自然数1,2,3,4,5……如表依次排列成5列，那么数“1992”在_____列.
第一列
第二列
第三列
第四列
第五列
1
2
3
4
5
9
8
7
6
10
11
12
13
14
18
17
16
15
…
…
…
…
…
…
…
…
…
7、把分数
化成小数后，小数点第110位上的数字是_____.
8、循环小数
与
.这两个循环小数在小数点后第_____位,首次同时出现在该位中的数字都是7.
9、一串数: 1,9,9,1,4,1, 4,1,9,9,1,4,1,4,1,9,9,1,4,
……共有1991个数.
(1)其中共有_____个1,_____个9_____个4；
(2)这些数字的总和是_____.
10、7
7
7
……
7所得积末位数是_____.
50个
二、解答题
11、紧接着1989后面一串数字，写下的每个数字都是它前面两个数字的乘积的个位数.例如8
9=72,在9后面写2,9
2=18,在2后面写8,……得到一串数字:
1 9 8 9 2 8 6……
这串数字从1开始往右数，第1989个数字是什么？
12、1991个1990相乘所得的积与1990个1991相乘所得的积，再相加的和末两位数是多少？
13、设n=2
2
2
……
2，那么n的末两位数字是多少？
1991个
14、在一根长100厘米的木棍上，自左至右每隔6厘米染一个红点，同时自右至左每隔5厘米也染一个红点，然后沿红点处将木棍逐段锯开，那么长度是1厘米的短木棍有多少根？
8.2周期性问题（二）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、1992年1月18日是星期六，再过十年的1月18日是星期_____.
2、黑珠、白珠共102颗，穿成一串，排列如下图：
……
这串珠子中，最后一颗珠子应该是_____色的,这种颜色的珠子在这串中共有_____颗.
3、流水线上生产小木珠涂色的次序是:先5个红,再4个黄,再3个绿,再2个黑再1个白,然后再依次是5红,4黄,3绿,2黑,1白,……继续下去第1993个小珠的颜色是_____色.
4、把珠子一个一个地如下图按顺序往返不断投入A、B、C、D、E、F袋中.第1992粒珠子投在_____袋中.
5、数列1,4,7,10,13…依次如图排列成6行,如果把最左边的一列叫做第一列,从左到右依次编号,那么数列中的数349应排在第_____行第_____列.
1 4 7 10 13
28 25 22 19 16
31 34 37 40 43
58 55 52 49 46
………………………………
………………………………
6、数
化成小数后，小数点后面第1993位上的数字是_____.
7、成小数后,小数点后面1993位上的数字是_____.
8、一个循环小数0.1234567中,如果要使这个循环小数第100位的数字是5,那么表示循环节的两个小圆点,应分别在_____和_____这两个数字上.
9、991个9与1990个8与1989个7的连乘积的个位数是_____.
10、式(367367+762762)
123123的得数的尾数是_____.
二、解答题
11、乘积1
2
3
4
……
1990
1991是一个多位数，而且末尾有许多零，从右到左第一个不等于零的数是多少？
12、有串自然数，已知第一个数与第二个数互质，而且第一个数的
恰好是第二个数的
，从第三个数开始，每个数字正好是前两个数的和，问这串数的第1991个数被3除所得的余数是几？
共产党好共产党好共产党好……
社会主义好社会主义好社会主义好……
上表中，将每列上下两个字组成一组，例如第一组为（共社），第二组为（产会），那么第340组是_____.
14、甲、乙二人对一根3米长的木棍涂色.首先,甲从木棍端点开始涂黑5厘米,间隔5厘米不涂色,接着再涂黑5厘米,这样交替做到底.然后,乙从木棍同一端点开始留出6厘米不涂色,接着涂黑6厘米,再间隔6厘米不涂色,交替做到底.最后,木棍上没有被涂黑部分的长度总和为_____厘米.
9.1图形的计数(一)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、下图中一共有（ ）条线段.
2、如下图,O为三角形A1A6A12的边A1A12上的一点,分别连结OA2,OA3,…OA11，这样图中共有_____个三角形.
3、下图中有_____个三角形.
4、下图中共有_____个梯形.
5、数一数
(1)一共有( )个长方形.
(2)一共有( )个三角形.
(1) (2)
6、在下图中,所有正方形的个数是______.
7、在一块画有4
4方格网木板上钉上了25颗铁钉(如下图),如果用线绳围正方形,最多可以围出_____个.
8、一块相邻的横竖两排距离都相等的钉板,上面有4
4个钉(如右图).以每个钉为顶点,你能用皮筋套出正方形和长方形共_____个.
9、如下图,方格纸上放了20枚棋子,以棋子为顶点的正方形共有_____个.
10、数一数,下图是由_____个小立方体堆成的.要注意那些看不见的.
二、解答题
11、右图中共有7层小三角形，求白色小三角形的个数与黑色小三角形的个数之比.
12、下图中,AB、CD、EF、MN互相平行，则图中梯形个数与三角形个数的差是多少？
13．现在都是由边长为1厘米的红色、白色两种正方形分别组成边长为2厘米、4厘米、8厘米、9厘米的大小不同的正方形、它们的特点都是正方形的四边的小正方形都是涂有红颜色的小正方形，除此以外，都是涂有白色的小正方形，要组成这样4个大小不同的正方形，总共需要红色正方形多少个？白色正方形多少个？
14．将 ABC的每一边4等分，过各分点作边的平行线，在所得下图中有多少个平行四边形？
9.2图形的计数（二）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、下图中长方形（包括正方形）总个数是_____.
2、下图中有正方形_____个,三角形_____个,平行四边形_____个,梯形_____个.
3、下图中共出现了_____个长方形.
4、先把正方形平均分成8个三角形.再数一数,它一共有_____个大小不同的三角形.
5、图形中有_____个三角形.
6、如下图,一个三角形分成36个小三角形.把每个小三角形涂上红色或蓝色,两个有公共边的小三角形要涂上不同的颜色,已知涂成红色的三角形比涂成蓝色的三角形多,那么多_____个.
7、右图是由小立方体码放起来的,其中有一些小方体看不见.图中共有_____个小立方体.
8、下图中共有_____个正方形.
9、有九张同样大小的圆形纸片,其中标有数码“1”的有1张；标有数码“2”的有2张；标有数码“3”的有3张，标有数码“4”的也有3张。把这九张圆形纸片如下图所示放置在一起，但标有相同数码的纸片不许靠在一起，问：
如果M位上放置标有数码“3”的纸片，一共有_____种不同的放置方法.
10、如下图,在2×2方格中,画一条直线最多可穿过3个方格,在3×3方格中,画一条直线最多可穿过5个方格.那么10×10方格中,画一条直线最多可穿过_____个方格.
二、解答题
11、把一条长15cm的线段截为三段，使每条线段的长度是整数，用这三条线段可以组成多少个不同的三角形？（当且仅当两三角形的三条边可以对应相等时，我们称这两个三角形是相同的.）
12、有一批长度分别为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10和11厘米的细木条,它们的数量都足够多,从中适当选取3根木条作为三条边.可围成一个三角形,如果规定底边是11厘米长,你能围成多少个不同的三角形?
13、下图中的正方形被分成9个相同的小正方形,它们一共有16个顶点(共同的顶点算一个),以其中不在一条直线上的3个点为顶点,可以构成三角形.在这些三角形中,与阴影三角形有同样大小面积的有多少个?
14、有同样大小的立方体27个,把它们竖3个,横3个,高3个,紧密地没有缝隙地搭成一个大的立方体(见图).如果用1根很直的细铁丝扎进这个大立方体的话,最多可以穿透几个小立方体?
10.1图形的切拼（一）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、用24块面积都是1平方分米的木块,拼成的长方形（不含正方形）中,最小的周长是______分米.
2、如图长方形纸片,假如按图中所示剪成四块,这四块纸片可拼成一个正方形.那么所拼成的正方形的边长是______厘米.
3、左下图是两个由同样大的小方格组成的图形.我们可以用不同的方法把这两块图形拼成一个轴对称图形.例如右下图就是这样的轴对称图形,沿虚线折叠后,虚线两边的图形就完全重合了.那么符合要求的拼法一共有______种.
4、在下列图形中,图形
可以用6个如 的图形组成.问:在其余的图形中,哪几个也可以用6个如 的图形组成?答______.
5、如图“L”形,是由4个1平方厘米的小正方形组成,现用这样的“L”形拼成一个正方形(要求无重叠,无空格地拼),最少要用______个这样的“L”形,这个正方形的边长是______厘米.
如果用这样的“L”形拼成一个长方形,最少要用______个这样的“L”形,这个长方形的长是______厘米,宽是______厘米.
6、下面5个图形都具有两个特点:
由4个连在一起的同样大小的正方形组成;
每个小正方形至少和另一个小正方形有一条公共边.我们把具有以上两个特点的图形叫做“俄罗斯方块”.
如果把某个俄罗斯方块在平面上旋转后与另一个俄罗斯方块相同(比如上面图中的
与
),那么这两个俄罗斯方块只算一种.除上面4种外,还有______种俄罗斯方块.
7、用方格纸剪成面积是4的图形,其形状只能有以下七种:
(1)如果用其中的四种拼成一个面积是16的正方形,那么四种图形的编号和最小值是______.
(2)如果只用其中的一种图形拼成面积是16的正方形,那么可以用的图形共有______种.
8、在下列(1)号、(2)号、(3)号、(4)号四个图形中,可以用若干块 和
拼成的的图形是______.
9、设下图的周长是56厘米,则其面积是______平方厘米.
10、三种塑料板的型号如下:
己有
型板30块,要购买
两种型号板若干,拼成5×5正方形10个.
型板每块价格5元,
型板每块价格为4元.请你考虑要各买多少个,使所花的总钱数尽可能少.那么购买
两种板要花______元.
二、解答题
11、将一个4×9的长方形分成两块,然后拼成一个正方形.
12、将如下图形所示的一些小图形拼成一个正方形.
13、将下图中“8级阶梯”切成三块,然后拼成一个正方形.
14、下面是俄罗斯方块中的七个图形:
请你用它们拼出(A)图,再用它们拼出(B)图(每块只能用一次,并且不准翻过来用).如果能拼出来,就在图形上画出拼法,并写明七个图形的编号;如果不能拼出来,就说明理由.
１０.２图形的切拼(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、下面的十个图形都是由六个面积为1平方厘米的小正方形拼成的,但是周长却不完全相同,周长等于12厘米的图形有______个.
2、如图左图是常见的一副七巧板的图;右图是用这副七巧板的七块拼组而成的小房子图.那么,第2块板的面积是整幅图的面积的______;第4块板与第7块面积之和是整幅图的面积的______.
3、明华用下列图形中的四个拼成一个4×4的正方形,他用的图形中有三个是
和
形.那么.在剩余的图形中______可能是第四个.
4、把右图剪成两块,使它能拼成一个正方形.(先在图中标出沿哪条线剪开然后在旁边画出这两块是怎样拼成正方形的图)
5、有8块长2厘米,宽1厘米的长方形纸板,2块竖着摆,6块横着摆,拼成一个16平方厘米的正方形,有______种不同的拼法.
6、将边长分别是3厘米和4厘米的两个正方形切割成四块,然后将它们拼成一个边长是5厘米的大正方形.(先在左下图画出切割示意图,后在右下图画出新拼成的正方形示意图.)
7、将下图(
)的正十字形剪两刀就能拼成图(
)中两个相同的五边形.请在图(
)中画出表示剪法的线条,在图(
)中画出拼接示意图.
8、有四个同样的直角三角形,每个直角三角形的两条直角边的长都是大于1的整厘米数,面积为10平方厘米,用这四个直角三角形不重叠放置围成含有两个正方形图案的图形.在可以围成的所有正方形图案中,最小的正方形的面积是______平方厘米,最大的正方形的面积是______平方厘米.
9、有许多长为1厘米、2厘米、3厘米的正方形硬纸片,用这些硬纸片拼成一个长5 厘米、宽3厘米的长方形的纸片,共有______种不同的拼法.(通过旋转及翻转能相互得到的拼法认为是相同的拼法)
10、一种游戏机的“方块”游戏中共有下面七种图形:
每种图形都由4个面积为1的小方格组成,现用7个这样的图形拼成一个7×4的长方形(可以重复使用某种图形),那么,最多可以用上面七种图形中的______种.
二、解答题
11、用10个边长分别为3,5,6,11,17,19,22,23,24,25的正方形可以拼接一个长方形,(1)求这个长方形的长和宽是多少?(2)请画出拼接图.
12、如图,在正方形中沿对角线画一个宽度均匀的“×”形(关于对角线对称),并按图中所标涂上不同的颜色,若正方形的面积为50平方厘米,黄色部分的面积为18平方厘米,求中间红色小正方形的面积.
13、右图是由25个小正方形所组成,请将此图剪拼成一个正方形,使其面积保持不变,要求(1)只准剪一刀(可折迭后再剪);(2)在原图基础上画出剪拼后的图形;(3)用文字把剪拼的方法表述清楚.
14、(1)用1×1,2×2,3×3三种型号的正方形地板砖铺设23×23的正方形地面,请你
设计
领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计
一种铺设
方案
气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载
,使得1×1的地板砖只用一块.
(2)请你证明: 只用2×2,3×3两种型号的地板砖,无论如何铺设都不能铺23×23的正方形地面而不留空隙.
１１.１图形与面积(一)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、如下图,把三角形
的一条边
延长1倍到
,把它的另一边
延长2倍到
,得到一个较大的三角形
,三角形
的面积是三角形
面积的______倍.
2、如下图,在三角形
中,
=8厘米,
=6厘米,
、
分别为
和
的中点.那么三角形
的面积是______平方厘米.
3、如下图,
那么,三角形
的面积是三角形
面积的______.
4、下图中,三角形
的面积是30平方厘米,
是
的中点,
的长是
的长的2倍,那么三角形
的面积是______平方厘米.
5、现有一个5×5的方格表(如下图)每个小方格的边长都是1,那么图中阴影部分的面积总和等于______.
6、下图正方形
边长是10厘米,长方形
的长为8厘米,宽为5厘米.阴影部分甲与阴影部分乙的面积差是______平方厘米.
7、如图所示,一个矩形被分成
、
、
、
四个矩形.现知
的面积是2cm2,
的面积是4cm2,
的面积是6cm2.那么原矩形的面积是______平方厘米.
8、有一个等腰梯形,底角为450,上底为8厘米,下底为12厘米,这个梯形的面积应是______平方厘米.
9、已知三角形
的面积为56平方厘米、是平行四边形
的2倍,那么阴影部分的面积是______平方厘米.
10、下图中,在长方形内画了一些直线,已知边上有三块面积分别是13,35,49.那么图中阴影部分的面积是______.
二、解答题
11、已知正方形的面积是50平方厘米,三角形
两条直角边中,长边是短边的2.5倍,求三角形
的面积.
12、如图,长方形
中,
=24cm,
=26cm,
是
的中点,
、
分别是
、
的四等分点,
为
上任意一点,求阴影部分面积.
13、有两张正方形纸,它们的边长都是整厘米数,大的一张的面积比小的一张多44平方厘米.大、小正方形纸的边长分别是多少?
14、用面积为1,2,3,4的四张长方形纸片拼成如图所示的一个长方形.问:图中阴影部分面积是多少?
１１.２图形与面积（二）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、下图是由16个同样大小的正方形组成的,如果这个图形的面积是400平方厘米,那么它的周长是______厘米.
2、第一届保良局亚洲区城市小学数学邀请赛在7月21日开幕,下面的图形中,每一小方格的面积是1.
那么7,2,1三个数字所占的面积之和是______.
3、下图中每一小方格的面积都是1平方厘米,那么用粗线围成的图形面积是______平方厘米.
4、下图的两个正方形,边长分别为8厘米和4厘米,那么阴影部分的面积是______平方厘米.
5、在
中,
,
,已知
的面积是18平方厘米,则四边形
的面积等于______平方厘米.
6、下图是边长为4厘米的正方形,
=5厘米、
是______厘米.
7、如图正方形
的边长是4厘米,
是3厘米,长方形
的长
是5厘米,那么它的宽
是______厘米.
8、如图,一个矩形被分成10个小矩形,其中有6个小矩形的面积如图所示,那么这个大矩形的面积是______.
25
20
30
36
16
12
9、如下图,正方形
的边长为12,
是边
上的任意一点,
、
、
、
分别是边
、
上的三等分点,
、
、
是边
上的四等分点,图中阴影部分的面积是______.
10、下图中的长方形的长和宽分别是6厘米和4厘米,阴影部分的总面积是10平方厘米,四边形
的面积是______平方厘米.
二、解答题
11、图中正六边形
的面积是54.
,
,求阴影四边形
的面积.
12、如图,涂阴影部分的小正六角星形面积是16平方厘米.问:大正六角星形面积是多少平方厘米.
13、一个周长是56厘米的大长方形,按图35中(1)与(2)所示意那样,划分为四个小长方形.在(1)中小长方形面积的比是:
,
.而在(2)中相应的比例是
,
.又知,长方形
的宽减去
的宽所得到的差,与
的长减去在
的长所得到的差之比为1:3.求大长方形的面积.
14、如图,已知
,
,
,
.直线
将图形分成两部分,左边部分面积是38,右边部分面积是65.那么三角形
面积是______.
１２.１观察与归纳(一)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、找规律,填得数.
22=2×2=12×4=4;
222=22×22=112×4=484;
2222=222×222=1112×4=49284;
… … … … … …
2222222222=( )2×____
=___________×____
=_________________.
2、图中第1格内放着一个立方体木块,木块六个面上分别写着
六个字母,其中
与
与
与
相对.如果将木块沿着图中方格滚动,当木块滚动到第21个格时,木块向上的面写的字母是______.
3、下面是
三行按不同规律排列的,那么当
=32时,
+
=______.
2
4
6
8
10
……
1
5
9
13
17
……
2
5
10
17
26
……
4、如图所示,在左上角(第一行第一列)的位置上画上第1个点,然后按箭头方向依次画上第2,3,4,…个点.那么,第1999个点在第______行第______几列.
5、有一张黑白相间的相间的方格纸,用记号(2,3)表示从上往下数第2行,从左往右数第3列的这一格(如图),那么(19,98)这一格是______色.
6、如图所示,在正六边形
周围画出6个同样的正六边形(阴影部分),围成第1圈;在第1圈外面再画出12个同样的正六边形,围成第2圈;…….按这个方法继续画下去,当画完第9圈时,图中共有______个与A相同的正六边形.
7、下面是按规律列的三角形数阵:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
………………
那么第1999行中左起第三个数是______.
8、将数1到30排成
五列按下表的格式排下去,300是在______列.
1
2
3
4
5
9
8
7
6
10
11
12
13
17
16
15
14
18
19
20
21
25
24
23
22
26
*
*
*
*
*
*
*
9、如图是一个大表的一部分,表中将自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,在5处拐第三个弯,……,那么第18个拐弯的地方是______.
43
44
45
46
47
48
49
50
42
21
22
23
24
25
26
51
41
20
7
8
9
10
27
52
40
19
6
1
2
11
28
53
39
18
5
4
3
12
29
54
38
17
16
15
14
13
30
55
37
36
35
34
33
32
31
56
64
63
62
61
60
59
58
57
10、一个人从中央(标有0)的位置出发,向东、向北各走1千米,再向西、向南各走2千米,再向东、向北走3千米,向西、向南各走4千米,……,如此继续下去.他每走1千米,就把所走的路程累计数标出(如图),当他走到距中央正东100千米处时,他共走了______千米.
4 3 2
5 0 1 东
6 7 8 9
二、解答题
11、将自然数1,2,3,4…按箭头所指方向顺序排列(如图),依次在2,3,5,7,10…等数的位置处拐弯.
(1)如果2算作第一次拐弯处,那么第45次拐弯的数是什么?
(2)从1978到2010的自然数中,恰好在拐弯处的数是什么?
12、下图是一张把自然数按一定顺序排列的数表,用一个有五个空格的十字可以框出不同的五个数字,现在框出的五个数字的四个角上的数字之和是80,如果当框出的五个数字的和是500时,四个角上数字的和是多少?
1 2 3 4 5 6 7
8 9 10 11 12 13 14
15 16 17 18 19 20 21
22 23 24 25 26 27 28
13、如图,在一张方格纸上画折线(用实线表示的部分),图中每个小方格的边长为1,从A点出发依次给每条直线段编号.
(1)编号1994的直线段长是多少?
(2)长度为1994的直线段的编号是多少?
14、把1到1997这1997个数,按顺时针方向依次排列在一个圆圈上(如图).从1开始按顺时针方向,保留1,擦去2;保留3,擦去4;……(每隔一个数,擦去一个数)转圈擦下去,最后剩的是哪个数?
12.2观察与归纳(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、先观察前面三个算式,从中找出规律,并根据找出的规律,直接在( )内填上适当的数.
(1)123456789× 9=1111111101,
(2)123456789×18=2222222202,
(3)123456789×27=3333333303,
(4)123456789×72=( ),
(5)123456789×63=( ),
(6)6666666606÷54=( ),
(7)9999999909÷81=( ),
(8)5555555505÷123456789=( ).
2、将下列分数约成最简分数:
=____________.
3、在所有的两位数中,十位数字比个位数字大的两位数有____个.
4、大于1的整数加下图所示,排成8列,数1000将在第____列.
2 3 4 5
9 8 7 6
10 11 12 13
17 16 15 14
5、将所有自然数如下图排列.15120这个数应在第____行第____个位置上.
1
2 3 4
5 6 7 8 9
10 11 12 13 14 15 16
6、11个数排成一列,相邻三个数之和等于20.已知第2个数是1,第13个数是9,第9个数是____.
7、一数列相邻四个数的和都是45,已知第6个数是11,第19个数是5,第44个数是24,那么第一个数是____.
8、数列1,1991,1990,1,1989,1988,1,…从第三个数起,每个数是前两个数的差,这个数列中第一个零出现在第____项.
9、例6中第70个数被5除余____.
10、如下图,有一个六边形点阵,它的中心是个点,算作第一层;第二层每边有两个点(相邻两边公用一个点);第三层每边有三个点,……这个六边形点阵共有
层,第
层有____个点,这个点阵共有____个点.
二、解答题
11、现有如下一系列图形:
当
=1时,长方形
分为2个直角三角形,总计数出5条边.
当
=2时,长方形
分为8个直角三角形,总计数出16条边.
当
=3时,长方形
分为18个直角三角形,总计数出33条边.
……
按如上规律请你回答:当
=100时,长方形
应分为多少个直角三角形?总计数出多少条边?
12、下面的(
)、(
)、(
)、(
)为四个平面图.数一数,每个平面图各有多少个顶点?多少条边?它们分别围成了多少个区域?请将结果填入下表(按填好的样子做).
顶点数
边数
区域数
(
)
4
6
3
(
)
(
)
(
)
观察上表,推断一个平面图的顶点数、边数、区域数之间有什么关系?
现已知某个平面图有999个顶点,且围成了999个区域,试根据以上关系确定这个图有多少条边.
13、全体奇数排成下图形式,十字框子框出5个数,要使这五个数之和等于,
(1) 1989; (2) 1990; (3) 2005; (4) 2035,能否办到?若能办到,请你写出十字框中的五个数.
1 3 5 7 9 11
13 15 17 19 21 23
25 27 29 31 33 35
37 39 41 43 45 47
14、有一列数1,3,4,7,11,18…(从第三个数开始,每个数恰好是它前面相邻两个数的和).
(1)第1991个数被6除余几?
(2)把以上数列按下述方法分组(1),(3,4),(7,11,18)…(第
组含有
个数),问第1991组的各数之和被6除余数是几?
13.1数列的求和(一)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、1～1991这1991个自然数中,所有的奇数之和与所有的偶数之和的差是______.
2、计算:
1-3+5-7+9-11+…-1999+2001=______.
3、计算:
100+99+98-97-96+95+94+93-92-91+…+10+9+8-7-6+5+4+3-2-1=______.
4、计算:
1992+
-1
+2
-3
+4
-5
+…+1990
-1991
=______.
5、100与500之间能被9整除的所有自然数之和是______.
6、如左下图,一个堆放铅笔的
形架的最下层放1支铅笔,往上每一层都比它下面一层多放一支,最上面一层放120支.这个
形架上共放了______支铅笔.
7、一堆相同的立方体堆积如下图所示.第一层1个,第二层3个,第三层6个,……,第10层有______个立方体.
8、下面数列中各数呈现一定规律,其中第五项是几?
1,2,5,10,( ),26,37….
9、数列:
5.01, 6.02, 7.01, 5.02, 6.01, 7.02, …前20项的和是______.
10、计算:
.
二、解答题
11、如下图,三角形每边2等分时,顶点向下的小三角形有1个;每边4等分时,顶点向下的小三角形有6个;每边10等分时,顶点向下的小三角形有几个? 20等分呢?
12、计算:
13、求值:
14、求1991个自然数,其中一个是1991,使它们的倒数之和恰好为1(这些自然数不都相同).
１３.２数列的求和(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、计算: (3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14+15)÷13=______.
2、计算:
.
3、计算:
(1+
)+(1+
×2)+(1+
×3)+…+(1+
×10)+(1+
×11)=______.
4、在1,4,7,10,13,…,100中,每个数的前面加上一个小数点以后的总和等于______.
5、
,
这239个数中所有不是整数的分数的和是______.
6、计算:
=______.
7、计算:
.
8、计算:
.
9、计算:
1+3
.
10、把1到100的一百个自然数全部写出来,所用到的所有数码字的和是____.
二、解答题
11、求:
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 …+
.
12、求:
.
13、求:
14、一个家具厂生产书桌的数目每个月增加10件,一年共生产了1920件,问这一年的12月份生产了多少件?
14.1数列的分组(一)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、在下面的一列数中,只有一个九位数,它是______.
1234,5678,9101112,13141516,……
2、把自然数按下表的规律排列,其中12在8的正下方,在88正下方的数是______.
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
11 12 13 14 15
16 × × × × ×
× × × × × × ×
3、计算:1996+1995-1994-1993+1992+1991-1990-1989+…+4+3-2-1,结果是____.
4、下面是一列有规律排列的数组:(1,
,
);(
,
,
),(
,
,
);……;第100个数组内三个分数分母的和是______.
5、把所有的奇数依次一项,二项,三项,四项循环分为:(3),(5,7),(9,11,13),
(15,17,19,21),(23),(25,27),(29,31,33),(35,37,39,41),(43),…,则第100个括号内的各数之和为______.
6、一列数:1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,…,其中自然数
出现
次.那么,这列数中的第1999个数除以5的余数是______.
7、如数表:
第1行 1 2 3 4 5 … … 14 15
第2行 30 29 28 27 26 … … 17 16
第3行 31 32 33 34 35 … … 44 45
… … … … … … … … …
第
行 … … … … … …
… …
第
+1行 … … … … … …
… …
第
行有一个数
,它的下一行(第
+1行)有一个数
,且
和
在同一竖列.如果
+
=391,那么
=______.
8、有一串数,第100行的第四个数是______.
1, 2
3, 4, 5, 6
7, 8, 9,10,11,12
13,14,15,16,17,18,19,20
9、观察下列“数阵”的规律,判断:9
出现在第______行,第______列.数阵中有______个数分母和整数部分均不超过它(即整数部分不超过9,分母部分不超过92).
1
,1
,1
,1
,1
,1
,1
,…
3
,3
,3
,3
,3
,3
,3
,…
5
,5
,5
,5
,5
,5
,5
,…
… … … …
10、有这样一列数:123,654,789,121110,131415,181716,192021,…….还有另一列数:1,2,3,6,5,4,7,8,9,1,2,1,1,1,0,1,3,1,4,1,5,1,8,1,7,1,6,1,9,2,
0,2,1,……,第一列数中出现的第一个九位数是______,第二列数的第1994个数在一列数中的第______个数的______位上.
11、假设将自然数如下分组:(1),(2,3),(4,5,6),(7,8,9,10),(11,12,13, 14,15),(16,17,18,19,20,21),……再将顺序数为偶数的数组去掉,则剩下的前
个数组之和恒为
4,如:(1)+(4+5+6)+(11+12+13+14+15)=34.
今有从第一组开始的前19个数组,求其中顺序数为偶数的数组中所有数的和.
12、1,1,2,2,3,3,1,1,2,2,3,3,1,1,… 其中1,1,2,2,3,3这六个数字按此规律重复出现,问:
(1) 第100个数是什么数?
(2) 把第一个数至第52个数全部加起来,和是多少?
(3) 从第一个数起,顺次加起来,如果和为304,那么共有多少个数字相加?
13、右图是一个向右和向下方可以无限延伸的棋盘,横排为行,竖排为列,将自然数按已填好的4×4个方格中的数字显现的规律填入方格中.
1
2
4
7
3
5
8
12
6
9
13
18
10
14
19
25
(1)求位于第3行、第8列的方格内的数;
(2)写出位于从左上角向右下角的对角线上的方格内的数组成的数列的第10个数;
(3)数321在哪一个方格内?
14、数1,2,3,4,…,10000按下列方式排列:
1 2 3 … 100
101 102 103 … 200
… … … … …
9901 9902 9903 … 10000
任取其中一数,并划去该数所在的行与列.这样做了100次以后,求所取出的100个数的和.
14.2数列的分组(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、有一列由三个数组成的数组,它们依次是
(1,5,10);(2,10,20);(3,15,30);……第99个数组内三个数的和是______.
2、有数组:(1,1,1),(2,4,8),(3,9,27),……,第100组的三个数之和是___.
3、有数组{1,2,3,4},{2,4,6,8},{3,6,9,12},……,那么第100个数组的四个数的和是______.
4、将自然数按下面的规律分组:(1,2),(3,4,5,6),(7,8,9,10,11,12),(13, 14,15,16,17,18,19,20),……,第1991组的第一个数和最后一个数各是______.
5、将奇数按下列方式分组: (1),(3,5),(7,9,11),(13,15,17,19),…….
(1) 第15组中第一个数是______;
(2) 第15组中所有数的和是______;
(3) 999位于第____组第____号.
6、自然数列1,2,3,…,
,…,它的第
组含有2
-1个数,第10组中各数的和是______.
7、给定以下数列:
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,…,
(1)
是第____项;
(2)第244项是____;
(3)前30项之和是____.
8、在以下数列:
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,…中,
居于第___项.
9、设自然数按下图的格式排列:
1 2 5 10 17 …
4 3 6 11 18 …
9 8 7 12 19 …
16 15 14 13 20 …
25 24 23 22 21 …
… … … … … …
(1) 200所在的位置是第____行,第____列;
(2) 第10行第10个数是______.
10、紧接着1989后面写一串数字,写下的数字都是它们前面两个数字之积的个位数,例如8×9=72,在9后面写2,2×9=18,在2后面写8,…,这样得到一串数字,从1开始,第1989个数字是______.
二、解答题
11、将1到1989的自然数从头开始,依次第四个数一组,第一组各数间添上“+”号,第二组各数间添上“一”号,以后各组以“+”,“一”号相间隔,列成一个算式:
1+2+3+4-5-6-7-8+9+10+11+12-13-….问:
(1) 1989前添什么号?
(2) 求这个算式的结果.
12、把由1开始的自然数依次写下来:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14….
重新分组,按三个数字为一组:
123,456,789,101,112,131,…,
问第10个数是几?
13、根据下图回答:
(1) 第一行的第8个数是几?
(2) 第五行第六列上的数是几?
(3) 200的位置在哪一格(说出所在行和列的序号)?
14、已知自然数组成的数列
:
1,2,3,…,9,10,11,12,…,
把这个数列的10和大于10的数,全部用逗号隔成一位数,做成一个新的数列
: 1,2,3,…,9,1,0,1,1,1,2,….
问:
(1)
中100这个数的个位上的“0”在
中是第几个数?
(2)
中第100个数是几?这个数在
中的哪个数内?是它的哪一位数?
(3) 到
的第100个数为止,“3”这个数字出现了几次?
(4)
中前100个数的和是多少?
15.1相遇问题(一)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、两列对开的火车途中相遇,甲车上的乘客从看到乙车到乙车从旁边开过去,共用6秒钟.已知甲车每小时行45千米,乙车每小时行36千米,乙车全长_____米.
2、甲、乙两地间的路程是600千米,上午8点客车以平均每小时60千米的速度从甲地开往乙地.货车以平均每小时50千米的速度从乙地开往甲地.要使两车在全程的中点相遇,货车必须在上午______点出发.
3、甲乙两地相距450千米,快慢两列火车同时从两地相向开出,3小时后两车在距中点12千米处相遇,快车每小时比慢车每小时快______千米.
4、甲乙两站相距360千米.客车和货车同时从甲站出发驶向乙站,客车每小时行60千米,货车每小时行40千米,客车到达乙站后停留0.5小时,又以原速返回甲站,两车对面相遇的地点离乙站______千米.
5、列车通过250米长的隧道用25秒,通过210米长的隧道用23秒,又知列车的前方有一辆与它行驶方向相同的货车,货车车身长320米,速度为每秒17米,列车与货车从相遇到离开需______秒.
6、小冬从甲地向乙地走,小青同时从乙地向甲地走,当各自到达终点后,又立刻返回,行走过程中,各自速度不变,两人第一次相遇在距甲地40米处,第二次相遇在距乙地15米处.甲、乙两地的距离是______米.
7、甲、乙二人分别从
两地同时相向而行,乙的速度是甲的速度的
,二人相遇后继续行进,甲到
地、乙到
地后都立即返回.已知二人第二次相遇的地点距第一次相遇的地点是20千米,那么
两地相距______千米.
8、
两地间的距离是950米.甲、乙两人同时由
地出发往返锻炼.甲步行每分走40米,乙跑步每分行150米,40分后停止运动.甲、乙二人第____次迎面相遇时距
地最近,距离是______米.
9、
两地相距540千米.甲、乙两车往返行驶于
两地之间,都是到达一地之后立即返回,乙车比甲车快.设两辆车同时从
地出发后第一次和第二次相遇都在途中
地.那么,到两车第三次相遇为止,乙车共走了______千米.
10、甲、乙两个运动员分别从相距100米的直跑道两端同时相对出发,甲以每秒6.25米,乙以每秒3.75米的速度来回匀速跑步,他们共同跑了8分32秒,在这段时间内两人多次相遇(两人同时到达同一地点叫做相遇).他们最后一次相遇的地点离乙的起点有______米.甲追上乙_____次,甲与乙迎面相遇_____次.
二、解答题
11、甲、乙两地相距352千米.甲、乙两汽车从甲、乙两地对开.甲车每小时行36千米,乙车每小时行44千米.乙车因事,在甲车开出32千米后才出发.两车从各自出发起到相遇时,哪辆汽车走的路程多?多多少千米?
12、甲、乙两车从
两城市对开,已知甲车的速度是乙车的
.甲车先从
城开55千米后,乙车才从
城出发.两车相遇时,甲车比乙车多行驶30千米.试求
两城市之间的距离.
13、设有甲、乙、丙三人,他们步行的速度相同,骑车的速度也相同.骑车的速度为步行速度的3倍.现甲自
地去
地;乙、丙则从
地去
地.双方同时出发.出发时,甲、乙为步行,丙骑车.途中,当甲、丙相遇时,丙将车给甲骑,自己改为步行,三人仍按各自原有方向继续前进;当甲、乙相遇时,甲将车给乙骑,自己又步行,三人仍按各自原有方向继续前进.问:三人之中谁最先到达自己的目的地?谁最后到达目的地?
14、一条单线铁路线上有
EMBED Equation.3 五个车站,它们之间的路程如下图所示(单位:千米).两列火车从
相向对开,
车先开了3分钟,每小时行60千米,
车每小时行50千米,两车在车站上才能停车,互相让道、错车.两车应该安排在哪一个车站会车(相遇),才能使停车等候的时间最短,先到的火车至少要停车多长时间?
15.2相遇问题(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、一列火车长152米,它的速度是每小时63.36公里.一个人与火车相向而行,全列火车从他身边开过用8秒钟.这个人的步行速度是每秒_____米.
2、甲乙两地相距258千米.一辆汽车和一辆拖拉机同时分别从两地相对开出,经过4小时两车相遇.已知汽车的速度是拖拉机速度的2倍.相遇时,汽车比拖拉机多行_____千米.
3、甲每分钟走50米,乙每分钟走60米,丙每分钟走70米,甲乙两人从
地,丙一人从
地同时相向出发,丙遇到乙后2分钟又遇到甲,
、
两地相距____米.
4、一辆客车和一辆货车,分别从甲、乙两地同时相向而行,4小时相遇.如果客车行3小时,货车行2小时,两车还相隔全程的
,客车行完全程需____小时.
5、甲、乙两人从
、
两地相向而行,相遇时,甲所行路程为乙的2倍多1.5千米,乙所行的路程为甲所行路程的
,则两地相距______千米.
6、从甲城到乙城,大客车在公路上要行驶6小时,小客车要行驶4小时.两辆汽车分别从两城相对开出,在离公路中点24千米处相遇.甲、乙两城的公路长______千米?
7、甲、乙两车分别同时从
、
两城相向行驶6小时后可在途中某处相遇.甲车因途中发生故障抛描,修理2.5小时后才继续行驶.因此,从出发到相遇经过7.5小时.那么,甲车从
城到
城共有______小时.
8、王明回家,距家门300米,妹妹和小狗一齐向他奔来,王明和妹妹的速度都是每分钟50米,小狗的速度是每分钟200米,小狗遇到王明后用同样的速度不停往返于王明与妹妹之间.当王明与妹妹相距10米时,小狗一共跑了______米.
9、
、
两地相距10千米,一个班学生45人,由
地去
地.现有一辆马车,车速是人步行速度的3倍,马车每次可乘坐9人,在
地先将第一批9名学生送往
地,其余学生同时步行向
地前进;车到
地后,立即返回,在途中与步行学生相遇后,再接9名学生送往
地,余下学生继续向
地前进;……;这样多次往返,当全体学生都到达
地时,马车共行了______千米.
10、从电车总站每隔一定时间开出一辆电车.甲和乙两人在一条街上沿着同一方向步行,甲每分钟步行82米,每隔10分钟遇上一辆迎面开来的电车;乙每分钟步行60米,每隔10分15秒遇上迎面开来的一辆电车.则电车总站每隔______分钟开出一辆电车.
二、解答题
11、甲、乙两货车同时从相距300千米的
、
两地相对开出,甲车以每小时60千米的速度开往
地,乙车以每小时40千米的速度开往
地.甲车到达
地停留2小时后以原速返回,乙车到达
地停留半小时后以原速返回,返回时两车相遇地点与
地相距多远?
12、甲、乙两车分别从
、
两站同时相向开出,已知甲车速度是乙车速度的1.5倍,甲、乙到达途中
站的时刻依次为5:00和15:00,这两车相遇是什么时刻?
13、铁路旁有一条小路,一列长为110米的火车以每小时30千米的速度向南驶去,8点时追上向南行走的一名军人,15秒后离他而去,8点6分迎面遇到一个向北行走的农民,12秒后离开这个农民,问军人与农民何时相遇?
14、有一辆沿公路不停地往返于
、
两地之间的汽车.老王从
地沿这条公路步行向
地,速度为每小时3.6千米,中途迎面遇到从
地驶来的这辆汽车,经20分钟又遇到这辆汽车从后面折回,再过50分钟又迎面遇到这辆汽车,再过40分钟又遇到这辆车再折回.
、
两地的路程有多少千米?
16.1追及问题（一）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、当甲在60米赛跑中冲过终点线时，比乙领先10米、比丙领先20米，如果乙和丙按原来的速度继续冲向终点，那么当乙到达终点时将比丙领先 米.
2、一只兔子奔跑时,每一步都跑0.5米；一只狗奔跑时,每一步都跑1.5米.狗跑一步时,兔子能跑三步.如果让狗和兔子在100米跑道上赛跑,那么获胜的一定是 .
3、骑车人以每分钟300米的速度,从102路电车始发站出发,沿102路电车线前进,骑车人离开出发地2100米时,一辆102路电车开出了始发站,这辆电车每分钟 行500米,行5分钟到达一站并停车1分钟.那么需要 分钟,电车追上骑车人.
4、亮亮从家步行去学校,每小时走5千米.回家时,骑自行车,每小时走13千米.骑自行车比步行的时间少4小时,亮亮家到学校的距离是 .
5、从时针指向4点开始,再经过 分钟,时钟与分针第一次重合.
6、甲、乙两人在400米长的环形跑道上跑步.甲以每分钟300米的速度从起点跑出1分钟时,乙从起点同向跑出,从这时起甲用5分钟赶上乙.乙每分钟跑 米.
7、一只蚂蚁沿等边三角形的三条边由A点开始爬行一周.在三条边上爬行的速度分别为每分50厘米、每分20厘米、每分30厘米(如右图).它爬行一周的平均速度是 .
8、甲、乙两人同时从A点背向出发沿400米环行跑道行走,甲每分钟走80米,乙每分钟走50米,这二人最少用 分钟再在A点相遇.
9、在400米环形跑道上,A、B两点相距100米(如图).甲、乙两人分别从A、B两点同时出发,按逆时针方向跑步.甲每秒跑5米,乙每秒跑4米,每人每跑100米,都要停10秒钟.那么,甲追上乙需要的时间是 秒.
10、甲、乙两人以匀速绕圆形跑道按相反方向跑步,出发点在直径的两个端点.如果他们同时出发,并在乙跑完100米时第一次相遇,甲跑一圈还差60米时第二次相遇,那么跑道的长是 米.
二、解答题
11、在周长为200米的圆形跑道的一条直径的两端，甲、乙二人骑自行车分别以6米/秒和5米/秒的速度同时、相向出发(即一个顺时针一个逆时针),沿跑道行驶.问:16分钟内,甲乙相遇多少次?
12、如右上图,A,B,C三个原料加工厂分别停着甲、乙、丙三辆汽车，各车速度依次是60，48，36千米/时，各厂间的距离如图所示(单位:千米),如果甲、丙车按箭头方向行驶，乙车反向行驶，每到一厂甲车停2分，乙车停3分，丙车停5分.那么,三车同时开动后何时何处首次同时相遇.
13、一座下底面是边长为10米的正方形石台,它的一个顶点A处有一个虫子巢穴,虫甲每分钟爬6厘米,虫乙每分钟爬10厘米,甲沿正方形的边由A B C D A不停的爬行,甲先爬2厘米后,乙沿甲爬行过的路线追赶甲,当乙遇到甲后,乙就立即沿原路返回巢穴,然后乙再沿甲爬行过的路线追赶甲,…….在甲爬行的一圈内,乙最后一次追上甲时,乙爬行了多长时间?
14、甲、乙二人在400米圆形跑道上进行10000米比赛.两人从起点同时同向出发,开始时甲的速度为每秒8米,乙的速度为每秒6米.当甲每次追上乙以后,甲的速度每秒减少2米,乙的速度每秒减少0.5米.这样下去,直到甲发现乙第一次从后面追上自己开始,两人都把自己的速度每秒增加0.5米,直到终点.那么领先者到达终点时,另一人距终点多少米?
十六 追及问题(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、狗追狐狸，狗跳一次前进1.8米,狐狸跳一次前进1.1米.狗每跳两次时狐狸恰好跳3次.如果开始时狗离狐狸有30米,那么狗跑 米才能追上狐狸.
2、B处的兔子和A处的狗相距56米,兔子从B处逃跑,狗同时从A处跳出追兔子,狗一跳前进2米,狗跳3次时间与兔子跳4次时间相同,兔子跳出112米到达C处,狗追上兔子,问兔子一跳前进多少米?
3、甲、乙两地相距60千米.小王骑车以每小时行10千米的速度上午8点钟从甲地出发去乙地.过了一会儿,小李骑车以每小时15千米的速度也从甲地去乙地.小李在途中M地追上小王,通知小王立即返回甲地.小李继续骑车去乙地.各自分别到达甲、乙两地后都马上返回,两人再次见面时,恰好还在M地.小李是 时出发的.
4、甲、乙两地相距20公里，A、B、C三人同时从甲地出发走往乙地(他们速度
保持不变),当A到达乙地时,B、C两人离乙地分别还有4公里和5公里,那么当B到达乙地时,C离乙地还有 公里.
5、甲、乙二人在周长是120米的圆形池塘边散步,甲每分走8米,乙每分走7米.现在从同一地点同时出发,相背而行,出发后到第二次相遇用了多少时间?
6、右图的两个圆只有一个公共点A,大圆直径48厘米,小圆直径30厘米.两只甲虫同时从A点出发,按箭头所指的方向以相同速度分别沿两个圆爬行.
当小圆上的甲虫爬了 圈时,两只甲虫相距最远.
7、如图是一座立交桥俯视图.中心部分路面宽20米,AB=CD=100米.阴影部分为四个四分之一圆形草坪.现有甲、乙两车分别在A，D两处按箭头方向行驶.甲车速56千米/小时,乙车速50千米/小时.甲车要追上乙车至少需要 分钟.(圆周率取3.1)
8、有甲、乙、丙三人同时同地出发，绕一个花圃行走，乙、丙二人同方向行走，甲与乙、丙相背而行.甲每分钟走40米,乙每分钟走38米,丙每分钟走36米.出发后,甲和乙相遇后3分钟和丙相遇.这花圃的周长是 米.
9、一个圆的周长为1.26米,两只蚂蚁从一条直径的两端同时出发沿圆周相向爬行.这两只蚂蚁每秒分别爬行5.5厘米和3.5厘米.它们每爬行1秒,3秒,5秒……(连续的奇数),就调头爬行.那么,它们相遇时,已爬行的时间是 秒.
10、甲乙两个同学分别在长方形围墙外的两角(如下图所示).如果他们同时开始绕着围墙反时针方向跑,甲每秒跑5米,乙每秒跑4米,那么甲最少要跑 秒才能看到乙.
二、解答题
11、甲、乙两人环绕周长400米的跑道跑步，如果两人从同一地点出发背向而行，那么经过2分钟相遇，如果两人从同一地点出发同向而行，那么经过20分钟两人相遇，已知甲的速度比乙快，求甲、乙两人跑步的速度各是多少？
12、小强和小江进行百米赛跑.已知小强第1秒跑1米,以后每秒都比前面1秒多跑0.1米；小江则从始至终按每秒1.5米的速度跑,问他们二人谁能取胜?简述思维过程.
13、A,B两地相距105千米,甲、乙两人骑自行车分别从两地同时相向而行,出发后经
小时相遇,接着二人继续前进,在他们相遇3分钟后,一直以每小时40千米速度行驶的甲在途中与迎面而来的丙相遇,丙在与甲相遇后继续前进,在C地赶上乙.如果开始时甲的速度比原速每小时慢20千米,而乙的速度比原速度每小时快2千米,那么甲、乙就会在C地相遇.求丙的骑车速度是每小时多少千米?
14、甲、乙两名运动员在周长400米的环形跑道上进行10000米长跑比赛，两人从同一起跑线同时起跑，甲每分跑400米，乙每分跑360米，当甲比乙领先整整一圈时，两人同时加速，乙的速度比原来快
，甲每分比原来多跑18米，并且都以这样的速度保持到终点.问:甲、乙两人谁先到达终点?
17.1变换和操作（一）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、黑板上写着8,9,10,11,12,13,14七个数,每次任意擦去两个数,再写上这两个数的和减1.例如,擦掉9和13,要写上21.经过几次后,黑板上就会只剩下一个数,这个数是_____.
2、口袋里装有99张小纸片,上面分别写着1~99.从袋中任意摸出若干张小纸片,然后算出这些纸片上各数的和,再将这个和的后两位数写在一张新纸片上放入袋中.经过若干次这样的操作后,袋中还剩下一张纸片,这张纸片上的数是_____.
3、用1~10十个数随意排成一排.如果相邻两个数中,前面的大于后面的,就将它们变换位置.如此操作直到前面的数都小于后面的数为止.已知10在这列数中的第6位,那么最少要实行_____次交换.最多要实行_____次交换.
4、一个自然数,把它的各位数字加起来得到一个新数,称为一次变换,例如自然数5636,各位数字之和为5+6+3+6=20,对20再作这样的变换得2+0=2.可以证明进行这种变换的最后结果是将这个自然数,变成一个一位数.
对数123456789101112…272829作连续变换，最终得到的一位数是_____.
5、5个自然数和为100,对这5个自然数进行如下变换,找出一个最小数加上2,找出一个最大数减2.连续进行这种变换,直至5个数不发生变化为止,最后的5个数可能是_____.
6、在黑板上写两个不同的自然数,擦去较大数,换成这两个数的差,我们称之为一次变换.比如(15,40),40-15=25,擦去40,写上25,两个数变成(15,25),对得到的两个数仍然可以继续作这样的变换,直到两个数变得相同为止,比如对(15,40)作这样的连续变换:
(15,40) (15,25) (15,10) (5,10) (5,5).
对(1024,111…1)作这样的连续变换，最后得到的两个相同的数是_____.
20个1
7、在一块长黑板上写着450位数123456789123456789…（将123456789重复50次）.删去这个数中所有位于奇数位上的数字:再删去所得的数中所有位于奇数位上的数字:再删去…，并如此一直删下去.最后删去的数字是_____.
8、将100以内的质数从小到大排成一个数字串,依次完成以下五项工作叫做一次操作:
1 将左边第一个数码移到数字串的最右边；
2 从左到右两位一节组成若干这两位数；
3 划去这些两位数中的合数；
4 所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；
5 所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串。
经过1997次操作，所得的数字串是_____.
9、一个三角形全涂上黑色,每次进行一次操作,即把全黑三角形分成四个全等的小三角形,中间的小正三角形涂上白色,经过5次操作后,黑色部分是整个三角形的_____.
(1) (2)
10、口袋里装着分别写有1,2,3,…，135的红色卡片各一
张，从口袋里任意摸出若干张卡片，并算出这若干张卡片上各数的和除以17的余数，再把这个余数写在另一张黄色的卡片上放回口袋内.经过若干次这样的操作后，口袋内还剩下两张红色卡片和一张黄色卡片.已知这两张红色卡片上写的数分别是19和97.那么这张黄色卡片上写的数是_____.
二、解答题
11、请说明例1中，对1980的连续变换中一定会出现重复.对其它的数作连续变换是不是也会如此?
12、将3
3方格纸的每一个方格添上奇数或偶数,然后进行如下操作:将每个方格里的数换成与它有公共边的几个方格里的数的和,问是否可以经过一定次数的操作,使得所有九个方格里的数都变成偶数?如果可以,需要几次?
13、在左下图中,对任意相邻的上下或左右两格中的数字同时加1或减1算作一次操作,经过若干次操作后变为下图.问:下图A格中的数字是几?为什么?
14、在1997
1997的方形棋盘上每格都装有一盏灯和一个按钮,按钮每按一次,与它同一行和同一列方格中的灯泡都改变一次状态,即由亮变不亮,不亮变亮. 如果原来每盏灯都是不亮的,请说明最少需要按多少次按钮才可以使灯全部变亮?
17.2变换和操作（二）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、对于324和612，把第一个数加上3，同时把第二个数减3，这算一次操作，操作_____次后两个数相等.
2、对自然数n,作如下操作：各位数字相加，得另一自然数，若新的自然数为一位数，那么操作停止，若新的自然数不是一位数，那么对新的自然数继续上面的操作，当得到一个一位数为止，现对1,2,3…,1998如此操作,最后得到的一位数是7的数一共有_____个.
3、在1,2,3,4,5,…,59,60这60个数中,第一次从左向右划去奇数位上的数；第二次在剩下的数中，再从左向右划去奇数位上的数；如此继续下去，最后剩下一个数时，这个数是_____.
4、把写有1,2,3,…，25的25张卡片按顺序叠齐，写有1的卡片放在最上面，下面进行这样的操作：把第一张卡片放到最下面，把第二张卡片扔掉；再把第一张卡片放到最下面，把第二张卡片扔掉；…按同样的方法，反复进行多次操作，当剩下最后一张卡片时，卡片上写的是_____.
5、一副扑克共54张,最上面的一张是红桃K.如果每次把最上面的4张牌,移到最下面而不改变它们的顺序及朝向,那么,至少经过_____次移动,红桃K才会出现在最上面.
6、写出一个自然数A,把A的十位数字与百位数字相加,再乘以个位数字,把所得之积的个位数字续写在A的末尾,称为一次操作.
如果开始时A=1999,对1999进行一次操作得到19992，再对19992进行一次操作得到199926，如此进行下去直到得出一个1999位数为止，这个1999位数的各位数字之和是_____.
7、黑板上写有1987个数:1,2,3,…，1986，1987.任意擦去若干个数,并添上被擦去的这些数的和被7除的余数,称为一个操作.如果经过若干次这种操作,黑板上只剩下了两个数,一个是987,那么,另一个数是_____.
8、下图中有5个围棋子围成一圈.现在将同色的两子之间放入一个白子,在异色的两子之间放入一个黑子,然后将原来的5个拿掉,剩下新放入的5个子中最多能有_____个黑子.
9、在圆周上写上数1,2,4然后在每两个相邻的数之间写上它们的和(于是共得到6个数:1,3,2,6,4,5)再重复这一过程5次,圆周上共出现192个数,则所有这些数的和是_____.
10、在黑板上任意写一个自然数,然后用与这个自然数互质并且大于1的最小自然数替换这个数,称为一次操作,那么最多经过_____次操作,黑板上就会出现2.
二、解答题
11、甲盒中放有1993个白球和1994个黑球，乙盒中放有足够多个黑球.现在每次从甲盒中任取两球放在外面,但当被取出的两球同色时,需从乙盒中取出一个黑球放入甲盒；当被取出的两球异色时，便将其中的白球再放回甲盒，这样经过3985次取、放之后，甲盒中剩下几个球？各是什么颜色的球？
12、如图是一个圆盘，中心轴固定在黑板上，开始时，圆盘上每个数字所对应的黑板处均写着0，然后转动圆盘，每次可以转动
的任意整数倍，圆盘上的四个数将分别正对着黑板上写数的位置.将圆盘上的数加到黑板上对应位置的数上,问:经过若干次后,黑板上的四个数是否可能都是1999?
13、有三堆石子,每次允许由每堆中拿掉一个或相同数目的石子(每次这个数目不一定相同),或由任一堆中取一半石子(如果这堆石子是偶数个)放入另外任一堆中,开始时三堆石子数分别为1989,989,89.如按上述方式进行操作,能否把这三堆石子都取光?如行,请设计一种取石子的方案,如不行,说明理由.
14、如图,圆周上顺次排列着1、2、3、……、12这十二个数，我们规定：相邻的四个数a1、a2、a3、a4顺序颠倒为a4、a3、a2、a1，称为一次“变换”（如：1、2、3、4变为4、3、2、1，又如：11、12、1、2变为2、1、12、11）.能否经过有限次“变换”，将十二个数的顺序变为9、1、2、3、……8、10、11、12（如图）？请说明理由.
18.1逻辑推理（一）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、甲、乙、丙三人进行跑步比赛.A、B、C三人对比赛结果进行预测.A说:“甲肯定是第一名.”B说:“甲不是最后一名.”C说:“甲肯定不是第一名.”其中只有一人对比赛结果的预测是对的.预测对的是 .
2、A、B、C、D、E和F六人一圆桌坐下.
B是坐在A右边的第二人.
C是坐在F右边的第二人.
D坐在E的正对面,还有F和E不相邻.
那么,坐在A和B之间的是 .
3、甲、乙、丙、丁与小明五位同学进入象棋决赛.每两人都要比赛一盘,每胜一盘得2分,和一盘得1分,输一盘得0分.到现在为止,甲赛了4盘,共得了2分；乙赛了3盘,得了4分；丙赛了2盘，得了1分；丁赛了1盘，得了2分.那么小明现在已赛了 盘，得了 分.
4、曹、钱、刘、洪四个人出差，住在同一个招待所.一天下午,他们分别要找一个单位去办事.甲单位星期一不接待,乙单位星期二不接待,丙单位星期四不接待,丁单位只在星期一、三、五接待，星期日四个单位都不接待.
曹:“两天前,我去误了一次,今天再去一次,还可以与老洪同走一条路.”
钱:“今天我一定得去,要不明天人家就不接待了.”
刘:“这星期的前几天和今天我去都能办事.”
洪:“我今天和明天去,对方都接待.”
那么,这一天是星期 ,刘要去 单位,钱要去 单位,曹要去 单位,洪要去 单位.
5、四位外国朋友住在十八层高的饭店里,他们分别来自埃及、法国、朝鲜和墨西哥.
(1) A住的层数比C住的层数高,但比D住的层数低；
(2) B住的层数比朝鲜人住的层数低；
(3) D住的层数恰好是法国人住的层数的5倍；
(4) 如果埃及人住的层数增加2层,他与朝鲜人相隔的层数,恰好和他与墨
西哥人相隔的层数一样；
(5) 埃及人住的层数是法国人和朝鲜人住的层数的和.
根据上述情况,请你确定A是 人,住在 层；B是 人,住在
层；C是 人,住在 层；D是 人,住在 层.
6、小赵的电话号码是一个五位数,它由五个不同的数字组成.小张说：“它是84261.”小王说：“它是26048.”小李说：“它是49280.”小赵说：“谁说的某一位上的数字与我的电话号码上的同一位数字相同，就算谁猜对了这个数字.现在你们每人都猜对了位置不相邻的两个数字.”这个电话号码是 .
7、小赵的电话号码是一个五位数,它由五个不同的数字组成.小王说：“它是93715.”小张说：“它是79538.”小李说：“它是15239.”小赵说：“谁说的某一位上的数字与我的电话号码上的同一位数字相同，就算谁猜对了这个数字.现在你们三人猜对的数字个数都一样,并且电话号码上的每一个数字都有人猜对.而每个人猜对的数字的数位都不相邻”.这个电话号码是 .
8、A、B、C、D四人定期去图书馆，四人中A、B二人每隔8天(中间空7天,下同)、C每隔6天、D每隔4天各去一次，在2月份的最后一天，四人刚好都去了图书馆，那么从3月1日到12月31日只有一个人来图书馆的日子有____ 天.
9、六年级六个班组织乒乓球单打比赛,每班派甲、乙两人参赛，根据规则每两人之间至多赛一场，且同班的两人之间不进行比赛.比赛若干场后发现,除一班队员甲以外,其他每人已比赛过的场数各不相同,那么一班队员乙已赛过____场.
10、人的血型通常为A型,B型,O型,AB型.子女的血型与其父母血型间的关系如下表所示:
父母的血型 子女可能的血型
O,O O
O,A A,O
O,B B,O
O,AB A,B
A,A A,O
A,B A,B,AB,O
A,AB A,B,AB
B,B B,O
B,AB A,B,AB
AB,AB A,B,AB
现有三个分别身穿红,黄,蓝上衣的孩子,他们的血型依次为O,A,B.每个孩子的父母都戴着同颜色的帽子,颜色也分红,黄,蓝三种,依次表示所具有的血型为AB,A,O.那么穿红、黄、蓝上衣的孩子的父母戴帽子的颜色是 、 、 .
二、解答题
11、刘毅、马宏明、张健三个男孩都有一个妹妹,六人在一起打乒乓球,进行男女混合双打,事先规定:兄妹不搭档.
第一盘:刘毅和小萍对张健和小英；第二盘:张健和小红对刘毅和马宏明的妹妹.小萍、小红和小英各是谁的妹妹？
12、四位运动员分别来自北京、上海、浙江和吉林,在游泳、田径、乒乓球和足球四项运动中,每人只参加了一项,且四人的运动项目各个不相同,除此以外,只知道一些零碎情况：
(1) 张明是球类运动员,不是南方人；
(2) 胡老纯是南方人,不是球类运动员；
(3) 李勇和北京运动员、乒乓球运动员三人同住一个房间；
(4) 郑永禄不是北京运动员,年龄比吉林运动员和游泳运动员两人的年龄小；
(5) 浙江运动员没有参加游泳比赛.
根据这些条件,请你分析一下:这四名运动员各来自什么地方?各参加什么运动?
13、老吴、老周、老杨分别是
工程
路基工程安全技术交底工程项目施工成本控制工程量增项单年度零星工程技术标正投影法基本原理
师、会计师和农艺师，还分别是业余作家、画家和音乐家,但不知道每人的职业及业余爱好,只知道：
(1) 业余音乐家、作家常和老吴一起看电影；
(2) 画家常请会计师讲经济学的道理；
(3) 老周一点也不爱好文学；
(4) 工程师埋怨自己对绘画、音乐一窍不通.
请你指出每个人的职业和爱好.
14、四个人聚会,每人各带了2件礼品,分赠给其余三个人中的二人,试证明:
至少有两对人,每对人是互赠过礼品的.
18.2逻辑推理(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、从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.”
那么,第一个人是 族,第二个人是 族,第三个人是 族.
2、有四个人各说了一句话.
第一个人说：“我是说实话的人.”
第二个人说：“我们四个人都是说谎话的人.”
第三个人说：“我们四个人只有一个人是说谎话的人.”
第四个人说：“我们四个人只有两个人是说谎话的人.”
请你确定第一个人说 话,第二个人说 话,第三个人说___
话,第四个人说 话.
3、某地质学院的三名学生对一种矿石进行分析.
甲判断:不是铁,不是铜.
乙判断:不是铁,而是锡.
丙判断:不是锡,而是铁.
经化验证明,有一个人判断完全正确,有一人只说对了一半,而另一人则完全说误了.
那么,三人中 是对的, 是错的, 只对了一半.
4、甲、乙、丙、丁四人参加一次数学竞赛.赛后,他们四个人预测名次的谈话如下:
甲:“丙第一名，我第三名.”
乙：“我第一名，丁第四名.”
丙：“丁第二名，我第三名.”
丁没说话.
最后公布结果时,发现他们预测都只对了一半.请你说出这次竞赛的甲、乙、丙、丁四人的名次.
甲是第 名,乙是第 名,丙是第 名,丁是第 名.
5、王春、陈则、殷华当中有一人做了件坏事，李老师在了解情况中,他们三人分别说了下面几句话：
陈：“我没做这件事.殷华也没做这件事.”
王：“我没做这件事.陈刚也没做这件事.”
殷：“我没做这件事.也不知道谁做了这件事.”
当老师追问时,得知他们都讲了一句真话,一句假话,则做坏事的人是 .
6、三个班的代表队进行N(N
2)次篮班比赛,每次第一名得a分,第二名得b分,第三名得c分(a、b、c为整数，且a>b>c>0).现已知这N次比赛中一班共得20分，二班共得10分，三班共得9分，且最后一次二班得了a分，那么第一次得了b分的是 班.
7、A、B、C、D四个队举行足球循环赛(即每两个队都要赛一场),胜一场得3分,平一场得1分,负一场得0分.已知:
(1)比赛结束后四个队的得分都是奇数；
(2)A队总分第一；
(3)B队恰有两场平局,并且其中一场是与C队平局.那么,D队得 分.
8、六个足球队进行单循环比赛,每两队都要赛一场.如果踢平,每队各得1分,否则胜队得3分,负队得0分.现在比赛已进行了四轮(每队都已与4个队比赛过),各队4场得分之和互不相同.已知总得分居第三位的队共得7分,并且有4场球赛踢成平局,那么总得分居第五位的队最多可得 分,最少可得 分.
9、甲、乙、丙、丁四个队参加足球循环赛,已知甲、乙、丙的情况列在下表中
已赛场数
胜(场数)
负(场数)
平(场数)
进球数
失球数
甲
2
1
0
1
3
2
乙
3
2
0
1
2
0
丙
2
0
2
0
3
5
由此可推知,甲与丁的比分为 ,丙与丁的比分为 .
10、某俱乐部有11个成员,他们的名字分别是A~K.这些人分为两派,一派人总说实话,另一派人总说谎话.某日,老师问:“11个人里面，总说谎话的有几个人？”那天,J和K休息,余下的9个人这样回答：
A说：“有10个人.”
B说：“有7个人.”
C说：“有11个人.”
D说：“有3个人.”
E说：“有6个人.”
F说：“有10个人.”
G说：“有5个人.”
H说：“有6个人.”
I 说：“有4个人.”
那么,这个俱乐部的11个成员中,总说谎话的有 个人.
二、解答题
11、甲、乙、丙三人,一个姓张,一个姓李和一个姓王,他们一个是银行职员,一个是计算机程序员,一个是秘书.又知甲既不是银行职员也不是秘书；丙不是秘书；张不是银行职员；王不是乙,也不是丙.问:甲、乙、丙三人分别姓什么?
12、世界杯足球小组赛,每组四个队进行单循环比赛.每场比赛胜队得3分,败队记0分.平局时两队各记1分.小组全赛完以后,总积分最高的两个队出线进入下轮比赛.如果总积分相同,还要按小分排序.
问:一个队至少要积几分才能保证本队必然出线?简述理由.
在上述世界杯足球小组赛中,若有一个队只积3分,问:这个队有可能出线吗?为什么?
13、有一个如图那样的方块网,每1个小方块里有1个人,在这些人中间,有人戴着帽子,有人没戴.每一个人都只能看见自己前方,后方和斜方的人的头,如图1所示A方块里的人能看见8个人的头,B方块里的人能看见5个人的头,C方块里的人能看见3个人的头,自己看不见自已的头.在图2的方格中,写着不同方块里的人能看见的帽子的数量,那么,请在图中找出有戴帽子的人的方块,并把它涂成黑色.
A
B
C
1
3
3
3
1
3
6
5
7
4
1
5
3
4
1
3
7
5
7
4
2
4
3
3
1
14、某校学生中,没有一个学生读过学校图书馆的所有图书,又知道图书馆内任何两本书至少被一个同学都读过,问:能不能找到两个学生甲、乙和三本书A、B、C，甲读过A、B，没读过C，乙读过B、C，没读过A?说明判断过程.
19.1逆推法（一）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、已知：[135
(11+
)-1
7]
=1.则○=_____.
2、已知:
=
,则
=_____.
3、将某数的3倍减5,计算出答案,将答案再3倍后减5,计算出答案,这样反复经过4次,最后计算的结果为691,那么原数是_____.
4、小玲问一老爷爷今年多大年龄,老爷爷说：“把我的年龄加上17后用4除,再减去15后用10乘,恰好是100岁”那么,这位老爷爷今年_____岁.
5、李老师拿着一批书送给36位同学,每到一位同学家里,李老师就将所有的书的一半给他,每位同学也都还她一本,最后李老师还剩下2本书,那么李教师原来拿了_____本书.
6、从某天起,池塘水面上的浮草,每天增加一倍,50天后整个池塘长满了浮草,第_____天时浮萍所占面积是池塘的
.
7、一只猴子摘了一堆桃子,第一天它吃了这堆桃子的七分之一,第二天它吃了余下桃子的六分之一,第三天它吃了余下桃子的五分之一,第四天它吃了余下桃子的四分之一,第五天它吃了余下桃子的三分之一,第六天它吃了余下桃子的二分之一,这时还剩12只桃子,那么第一天和第二天猴子所吃桃子的总数是_____.
8、某孩子付一角钱进入第一家商店,他在店里花了剩余的钱的一半,走出商店时,又付了一角钱.之后,他又付一角钱进入第二家商店,在这里他花了剩余的钱的一半,走出商店时又付了一角钱,接着他又用同样的方式进入第三和第四家商店.当他离开第四家商店后,这时他身上只剩下一角钱.那么他进入第一家商店之前身上有_____钱.
9、有甲、乙两箱糖果,如果第一次从甲箱拿出和乙箱同样多块糖果放到乙箱里,第二次从乙箱拿出和甲箱剩下的同样多块糖果放入甲箱,这样拿4次后,甲、乙两箱糖果都是16块.甲、乙两箱各有糖果_____块.
10、甲、乙、丙三人的钱数各不相同,甲最多,他拿出一些给乙和丙,使乙和丙的钱数都比原来增加了两倍,结果乙的最多；乙拿出一些给甲和丙,使甲和丙的钱数都比原来增加了两倍,结果丙的最多;丙又拿出一些给甲和乙,使他们的钱数各增加两倍,结果三人的钱数一样多.如果他们三人共有81元,则三人原有的钱数分别是____、____、____元.
二、解答题
11、甲、乙、丙三个小孩分别带了若干块糖,甲带的最多，乙带的较少,丙带的最少.后来进行了重新分配,第一次分配,甲分给乙、丙,各给乙、丙所有数少4块,结果乙有糖块最多；第二次分配,乙给甲、丙、各给甲、丙所有数少4块,结果丙有糖块最多；第三次分配,丙给甲、乙,各给甲、乙所有数少4块,经三次重新分配后,甲、乙、丙三个小孩各有糖块44块,问：最初甲、乙、丙三个小孩各带糖多少块？
12、一个车间计划用5天完成加工一批零件的任务,第一天加工了这批零件的
多120个,第二天加工了剩下的
少150个,第三天加工了剩下的
多80个,第四天加工了剩下的
少20个,第五天加工了最后的1800个.这批零件总数有多少个?
13、有甲、乙两堆小球.甲堆小球比乙堆多,而且甲堆球数比560多,但不超过640,从甲堆拿出与乙堆同样多的球放入乙堆中；第二次,从乙堆拿出与甲堆剩下的同样多的球放到甲堆中；….如此继续下去,挪动五次以后,发现甲、乙两堆的小球一样多,那么,甲堆原有小球多少个？
14、设有甲、乙、丙三个小组,现对这三组人员进行三次调整：第一次丙组不动,甲、乙两组中的一组调出7人给另一组；第二次乙组不动,甲、丙两组中的一组调出7人给另一组；第三次甲组不动,丙、乙两组中的一组调出7人给另一组.经过三次调整后,甲组有5人,乙组有13人,丙组有6人.问原来各组各有多少人?
19.2逆推法(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、已知等式
□
)
(0.7+
)=0,
式中□所表示的数是_____.
2、已知等式
[14
-(3.78-□
)
EMBED Equation.3 ]
,式中□内应填的数是_____.
3、满足下面等式的方格中的数等于_____.
4、某数加上6,乘以6,减去6,除以6,其结果等于6,则这个数是_____.
5、一辆卡车以每小时65千米的速度在公路上行驶,距离它后面5千米处有一辆小轿车以第小时80千米的速度同向行驶.不一会,小轿车追上了卡车.在追上之前1分钟时两车相距_____米.
6、小明每分钟吹一次肥皂泡,每次恰好吹出100个.肥皂泡吹出之后,经过一分钟有一半破了,经过两分钟后还有二十分之一没有破,经过两分半钟肥皂泡全部破了.小明在第20次吹出100个新的肥皂泡的时候,没有破的肥皂泡共有_____个.
7、一只猴子偷吃一棵桃树上的桃子.第一天偷吃了
,以后八天分别偷吃了当天现有桃子的
…，
最后树上还剩下10个桃子.树上原桃子_____个.
8、小明和小聪共有小球200个,如果小明取出
给小聪,然后小聪又从现有球中取出
给小明,这时小明和小聪的小球一样多.原来小明和小聪依次有小球_____个.
9、三堆苹果共48个.先从第一堆中拿出与第二堆个数相等的苹果并入第二堆；再从第二堆中拿出与第三堆个数相等的苹果并入第三堆；最后又从第三堆中拿出与这时第一堆个数相等的苹果并入第一堆.这时,三堆苹果数恰好相等.原来第一、二、三堆苹果依次有_____个.
10、有甲、乙、丙三个油桶,各盛油若干千克.先将甲桶油倒入乙、丙两桶,使它们各增加原有油的一倍；再将乙桶油倒入丙、甲两桶,使它们的油各增加一倍；最后按同样的规律将丙桶油倒入甲、乙两桶.这时,各桶油都是16千克.甲桶原有油_____千克,乙桶原有油_____千克,丙桶原有油_____千克.
二、解答题
11、甲、乙、丙三个容器内各盛有水若干毫升.现将甲中的水倒一些到乙中,使乙中水加倍,然后把乙中的水倒一些到丙中,使丙中水加倍,再把丙中的水倒一些到甲中,使甲中水加倍,把上述过程再重复一遍,结果甲、乙、丙中均有水640毫升.问原来甲、乙、丙中各有水多少毫升？
12、“六一”儿童节,小明和小培从妈妈那儿分得一些糖，妈妈把糖分成相同的两份给他们，多的一个给自己留下了.小明在路上遇着自己的两个朋友,他把自己的糖分成三份,每人一份,多的两颗分别送给了两个朋友.过了一会儿,又遇上两个小朋友,他同样分给他们糖,多的两颗分给了他们,后来,他又遇上了两个朋友,分完糖之后,小明发现自己只剩下一颗糖了,请问妈妈原来有多少糖?
13、甲、乙、丙、丁4人打桥牌(见图4),由甲发牌，牌从丁开始按顺时针方向分发,牌发到中间,甲被事情打断,待甲回来后他已记不得刚才最后一张牌发给谁了(其他3人也未留意).请问:有无办法在各人不数自己手中现有牌数的情况下,可准确无误地将剩下的牌发完?
14、桌上有四堆木棒,分别有17根、7根、6根和2根，现在请你从某一堆中拿出几根到另一堆中,使另一堆的木棒数量增加一倍.这样挪动四次后,要使四堆木棒的数目相等,应如何移动?
20.1分数问题(一)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、数
、
、
、
从小到大排列为 .
2、分母都是7的真分数、假分数和带分数各一个，它们的大小只差一个分数单位.这三个分数分别是 .
3、知
EMBED Equation.3 A、B、C、D四个数中最大的是 .
4、有分子为11,而且不能化成有限小数的假分数共有 个.
5、等式
中,a,b都是由三个数字1,4,7组成的带分数,这两个带分数的和是 .
6、下面算式的两个括号中,各填入一个三位数,使等式成立:
.
7、五个数
按从小到大的顺序排列,其中第3个位置与第4个位置上的两数之和为 .
8、
化为循环小数后,它们的循环节长度分别是m,n,k(即它们的循环节分别有m,n,k位),则m+n+k= .
9、
表示成三个不同的分数单位和的式子是 .
10、林写了八个分数,已知其中的五个分数是
、
、
、
、
，如果这八个分数从小到大排列的第四个分数是
，那么按从大到小排列的第三个分数是 .
11、果
，其中A>B,求AB.
12、
写成分母是连续自然数的五个真分数的和.
13、分母小于15的最简分数中,比
大并且最接近
的是哪一个?
14、数
中的a是一个自然数,为了使这个分数成为可约分数,a最小是多少?
20.2分数问题(二)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1、在
、
、
、
四个分数中，第二大的是 .
2、有一个分数,分子加1可以约简为
,分子减1可约简为
,这个分数是 .
3、已知
.把A、B、C、D、E这五个数从小到大排列,第二个数是 .
4、所有分母小于30并且分母是质数的真分数相加,和是 .
5、三个质数的倒数和为
,则a= .
6、计算,把结果写成若干个分母是质数的既约分数之和:
= .
7、将
、
、
、
和
分别填入下面各( )中,使不等式成立.
( )<( )<( )<( )<( ).
8、纯循环小数0.abc写成最简分数时,分子与分母之和是58,请你写出这个循环小数 .
9、
.(要求三个加数的分母是连续的偶数).
10、下式中的五个分数都是最简真分数,要使不等式成立,这些分母的和最小是 .
.
11、我们把分子为1，分母为大于1的自然数的分数称为单位分数.试把
表示成分母不同的两个单位分数的和.(列出所有可能的表示情况).
12、试比较22…2与55…5的大小.
301个2 129个5
13、已知两个不同的单位分数之和是
,求这两个单位分数之差的最小值.
14、(1)要把9块完全相同的巧克力平均分给4个孩子(每块巧克力最多只能切成两部分),怎么分?
(2)如果把上面(1)中的“4个孩子”改为“7个孩子”，好不好分？如果好分，怎么分？如果不好分，为什么？
1.1答 案
1. 27.785
2. 221.766
原式=(2-0.004)+(20-0.03)+(200-0.2)
=222-(0.004+0.03+0.2)
=221.766
3. 111109
提示:仿上题.
4. 49.55
5. 103.25
原式=1.1
(1+3+…+9)+1.01
(11+13+…+19)
=1.1
25+1.01
75
=103.25
6. 46.8
7. 1748
原式=17.48×37-17.48×19+17.48×82
=17.48×(37-19+82)
=17.48×100
=1748
8. 1
原式=(1.25
0.8)
(0.4
2.5)
=1
1
=1
9. 750
原式=75
4.7+5.3
(3
25)
=75
(4.7+5.3)
=75
10
=750
10. 2867
原式=28.67
67+32
28.67+28.67
(20
0.05)
=28.67
(67+32+1)
=28.67
100
=2867
11. 原式=172.4
6.2+(1724+1000)
0.38
=172.4
6.2+1724
0.38+1000
0.38
=172.4
6.2+172.4
3.8+380
=172.4
(6.2+3.8)+380
=172.4
10+380
=1724+380
=2104
12. 181是三位,11是两位,相乘后181
11=1991是四位,三位加两位是五位,因此1991前面还要添一个0,又963+1028=1991,所以
0. 00…0181
0.00…011=0.00…01991
963个0 1028个0 1992个0
13. 9个加数中,十位、个位、十分位、百分位的数都是1~9，所以原式=11.11
(1+2+…+9)
=11.11
45
=499.95
14. a是小数点后有(1994+3-1=)1996位的小数,b是小数点后有(1996+2-1=)1997位小数.
a+b=0.00…01069 a-b=0.00…01031
1994个0 1994个0
a
b=0.00…01995 a
b=1050
19=
3990个0
1.2答 案
1. 2
原式=（4.75+8.25）-(9.64+1.36)
=13-11
=2
2. 17
原式=(3.71+5.29)+(4.7+6.3)-(2.74+0.26)
=9+11-3
=17
3. 89
原式=(5.25+5.75+0.125)
8
=(11+0.125)
8
=11
8+0.125
8
=88+1
=89
4. 345
原式=34.5
(8.23+2.77-1)
=34.5
10
=345
5. 62.5
原式=6.25
0.16+2.64
6.25+5.2
6.25+6.25
2
=6.25
(0.16+2.64+5.2+2)
=6.25
10
=62.5
6. 35
7. 1998
8. 199.3
原式=13.5
(10-0.1)+6.5
(10+0.1)
=13.5
10-13.5
0.1+6.5
10+6.5
0.1
=135-1.35+65+0.65
=(135+65)-(1.35-0.65)
=200-0.7
=199.3
9. 1
原式=0.125
0.25
0.5
(8
4
2)
=(0.125
8)
(0.25
4)
(0.5
2)
=1
1
1
=1
10. 430
原式=11.8
43-43
20
0.09
=11.8
43-43
1.8
=43
(11.8-1.8)
=43
10
=430
11.
原式=32.14+64.28
0.5378
(0.25+0.75-8
0.125)
=32.14+64.28
0.5378
0
=32.14
12.
原式=0.111
(8
125)
73+111
(9
3)
=111
73+111
27
=111
(73+27)
=111
100
=11100
13.
原式=(2000-2)+(200-0.2)+(20-0.02)+(2-0.002)
=2222-2.222
=2222-(10-7.778)
=2222-10+7.778
=2219.778
14. a+b,a的小数点后面有1998位,b的小数点后面有2000位,小数加法要求数位对齐,然后按整数的加法法则计算,所以
a+b=0.00…012508 = 0.00…012508
2000位 1996个0
,方法与a+b一样,数位对齐,还要注意退位和补零,因为
a=0.00…0125，b=0.00…08,由12500-8=12492，所以
1998位 2000位
a-b=0.00…12492=0.00…012492
2000位 1996个0
a
b,a
b的小数点后面应该有1998+2000位,但125
8=1000,所以
a
b=0.00…01000 = 0.00…01
1998+2000位 3995个0
a
b,将a、b同时扩大100…0倍，得
2000个0
a
b=12500
8=1562.5
2.1答 案
1. 7
已知四位数3AA1正好是9的倍数,则其各位数字之和3+A+A+1一定是9的倍数,可能是9的1倍或2倍,可用试验法试之.
设3+A+A+1=9,则A=2.5,不合题意.再设3+A+A+1=18,则A=7,符合题意.事实上,3771
9=419.
2. 1
这个数奇数位上数字和与偶数位上数字和之差是0或是11的倍数,那么这个数能被11整除.偶数位上数字和是5+7=12,因而,奇数位上数字和2+□+9应等于12,□内应填12-2-9=1.
3. 990
要同时能被2和5整除,这个三位数的个位一定是0.要能被3整除,又要是最大的三位数,这个数是990.
4. 99960
解法一: 能被2、5整除,个位数应为0,其余数位上尽量取9,用7去除999□0,可知方框内应填6.所以,能同时被2、5、7整除的最大五位数是99960.
解法二: 或者这样想,2,5,7的最小公倍数是70,而能被70整除的最小六位是100030.它减去70仍然是70的倍数,所以能被2,5,7整除的最大五位数是100030-70=99960.
5. 3367
先求出1~100这100个数的和,再求100以内所有能被3整除的数的和,以上二和之差就是所有不能被3整除的数的和.
(1+2+3+…+100)-（3+6+9+12+…+99）
=(1+100)
2
100-(3+99)
2
33
=5050-1683
=3367
6. 1665
能被3整除的二位数中最小的是12,最大的是99,所有能被3整除的二位数如下:
12,15,18,21,…，96，99
这一列数共30个数，其和为
12+15+18+…+96+99
=(12+99)
30
2
=1665
7. 96910或46915
五位数
能被55整除,即此五位数既能被5整除,又能被11整除.所以B=0或5.当B=0时,
能被11整除,所以(A+9+0)-(6+1)=A+2能被11整除,因此A=9；当B=5时,同样可求出A=4.所以,所求的五位数是96910或46915.
8. 90
因为105=3
5
7,根据数的整除性质,可知这个六位数能同时被3、5和7整除。
根据能被5整除的数的特征，可知这个六位数的个位数只能是0或5两种，再根据能被3整除的数的特征，可知这个六位数有如下七个可能：
199200，199230，199260，199290，199215，199245，199275.
最后用7去试除知,199290能被7整除.
所以,199290能被105整除,它的最后两位数是90.
[注]此题也可以这样思考:先把后面两个方框中填上0后的199200除以105,根据余数的大小来决定最后两个方框内应填什么.
199200
105=1897…15
105-15=90
如果199200再加上90，199290便可被105整除，故最后两位数是90.
9. 4316
因为99=9
11,所以42□28□既是9的倍数,又是11的倍数.根据是9的倍数的特点,这个数各位上数字的和是9的倍数.42□28□这个六位数中已知的四个数的和是4+2+2+8=16,因此空格中两个数字的和是2或11.我们把右起第一、三、五位看做奇位，那么奇位上已知两个数字的和是2+2=4，而偶位上已知两个数字的和是4+8=12，再根据是11的倍数的特点，奇位上数字的和与偶位上数的和之差是0或11的倍数，所以填入空格的两个数应该相差3或相差8.从以上分析可知填入的两个数字的和不可能是2,应该是11.显然它们的差不可能是8,应该是3,符合这两个条件的数字只有7和4.填入空格时要注意7填在偶位上,4填在奇位上,即原六位数是42 7 28 4 ，又427284
99=4316，所以所得的商是4316.
10. 1331
第一次报数后留下的同学最初编号都是11倍数;
第二次报数后留下的同学最初编号都是121 的倍数;
第三次报数后留下的同学最初编号都是1331的倍数.
所以最后留下的只有一位同学,他的最初编号是1331.
11. ∵能被9整除的四位数的各位数字之和能被9整除，
1+7+3+□=11+□
∴□内只能填7.
∵能被11整除的四位数的个位与百位的数字和减去十位与千位的数字和所得的差能被11整除.
∴ (7+□)-(1+3)=3+□ 能被11整除, ∴□内只能填8.
∵能被6整除的自然数是偶数,并且数字和能被3整除,
而1+7+3+□=11+□, ∴□内只能填4.
所以,所填三个数字之和是7+8+4=19.
12.
设补上的三个数字组成三位数
,由这个七位数能被2,5整除,说明c=0;
由这个七位数能被3整除知1+9+9+2+a+b+c=21+a+b+c能被11整除，从而a+b能被3整除;
由这个七位数又能被11整除，可知(1+9+a+c)-(9+2+b)=a-b-1能被11整除;
由所组成的七位数应该最小,因而取a+b=3,a-b=1,从而a=2,b=1.
所以这个最小七位数是1992210.
[注]小朋友通常的解法是:根据这个七位数分别能被2,3,5,11整除的条件,这个七位数必定是2,3,5,11的公倍数,而2,3,5,11的最小公倍数是2
3
5
11=330.
这样,1992000
330=6036…120，因此符合题意的七位数应是(6036+1)倍的数,即
1992000+(330-120)=1992210.
13. 不可能.由于瓦夏原有100张票,最后还有100张票,所以他作了多少次“两换三”,那么也就作了多少次“三换两”,因此他一共出手了2k+3k=5k张票,而1991不是5的倍数.
14. 显然,这样的自然数不可能为两位数,因为如果是两位数的话,则必然具有形式
,但
为偶数,与它的各位数字之和等于13矛盾.现设求之数为三位数
.于是由题意
,且由被11整除的判别法则知
是11的倍数.又由于所求之数为最小,故有
=11.两式相减得
.于是
12,由于
.当
.
所以,所求的最小自然数是319.
2.2答 案
1. 2620或2711
一个数如果是88的倍数,这个数必然既是8的倍数,又是11的倍数.根据8的倍数,它的末三位数肯定也是8的倍数,从而可知这个六位数个位上的数是0或8.而11的倍数奇偶位上数字和的差应是0或11的倍数,从已知的四个数看,这个六位数奇偶位上数字的和是相等的,要使奇偶位上数字和差为0,两个方框内填入的数字是相同的,因此这个六位数有两种可能
23 0 56 0 或23 8 56 8
又 230560
88=2620
238568
88=2711
所以,本题的答案是2620或2711.
2. 0
因为36=9
4,所以这个十一位数既能被9整除,又能被4整除.因为1+2+…+9=45，由能被9整除的数的特征，（可知□+□之和是0（0+0）、9（1+8，8+1，2+7，7+2，3+6，6+3，4+5，5+4）和18（9+9）.再由能被4整除的数的特征:这个数的末尾两位数是4的倍数,可知□□是00,04,…，36，…，72，…96.这样,这个十一位数个位上有0,2,6三种可能性.
所以,这个数的个位上的数最小是0.
3. 6
33…3□44…4
991个 991个
=33…3
10993+3□4
10990+44…4
990个 990个
因为111111能被7整除，所以33…3和44…4都能被7整除,所以只要
990个 990个
3□4能被7整除，原数即可被7整除.故得中间方框内的数字是6.
4. 10,11,12或21,22,23或32,33,34.
三个连续的两位数其和必是3的倍数,已知其和是11的倍数,而3与11互质,所以和是33的倍数,能被33整除的两位数只有3个,它们是33、66、99.所以有
当和为33时,三个数是10,11,12；
当和为66时,三个数是21,22,23；
当和为99时,三个数是32,33,34.
[注]“三个连续自然数的和必能被3整除”可证明如下：
设三个连续自然数为n,n+1,n+2,则
n+(n+1)+(n+2)
=3n+3
=3(n+1)
所以，
能被3整除.
5. 118
符合条件的两位数的两个数字之和能被4整除,而且比这个两位数大1的数,如果十位数不变,则个位增加1,其和便不能整除4,因此个位数一定是9,这种两位数有:39、79.
所以,所求的和是39+79=118.
6． 195
因为这个数可以分解为两个两位数的积，而且15
15=225>200,所以其中至少有1个因数小于15,而且这些因数均需是奇数,但11不可能符合条件,因为对于小于200的自然数凡11的倍数,具有隔位数字之和相等的特点,个位百位若是奇数,十位必是偶数.所以只需检查13的倍数中小于200的三位数13
13=169不合要求,13
15=195适合要求.所以,答案应是195.
7. 9
根据题意,两个四位数相乘其积的位数是七位数或八位数两种可能.
因为3456=384
9,所以任何一个四位数乘3456,其积一定能被9整除,根据能被9整除的数的特征,可知其积的各位数字之和A也能被9整除,所以A有以下八种可能取值:9,18,27,36,45,54,63,72.从而A的各位数字之和B总是9,B的各位数字之和C也总是9.
8. 9
∵0+1+4+7+9=21能被3整除,∴从中去掉0或9选出的两组四个数字组成的四位数能被3整除.即有0,1,4,7或1,4,7,9两种选择组成四位数,由小到大排列为:1047,1074,1407,1470,1479,1497….所以第五个数的末位数字是9.
9. 7410
根据能被2、3、5、整除的数的特征，这个四位数的个位必须是0，而十位、百位、千位上数字的和是3的倍数。
为了使这个四位数尽可能最大，千位上的数字应从所给的6个数字中挑选最大的一个.从7开始试验,7+4+1=12,其和是3的倍数,因此其中最大的数是7410.
10. 300
∵66…6=2
3
11…1
100个 100个
显然连续的2能被2整除,而要被3整除,2的个数必须是3的倍数,又要被11…1整除,2的个数必须是100的倍数,所以,最少要有300个连续的2方能满
100个
足题中要求.答案应填300.
11. 如果最小的数是1,则和1一起能符合“和被差整除”这一要求的数只有2和3两数，因此最小的数必须大于或等于2.我们先考察2、3、4、5这四个数,仍不符合要求,因为5+2=7,不能被5-2=3整除.再往下就是2、3、4、6,经试算,这四个数符合要求.所以,本题的答案是(3+4)=7.
12. 因为225=25
9,要使修改后的数能被25整除,就要既能被25整除,又能被9整除,被25整除不成问题,末两位数75不必修改,只要看前三个数字即可,根据某数的各位数字之和是9的倍数,则这个数能被9整除的特征,因为2+1+4+7+5=19,19=18+1,19=27-8,所以不难排出以下四种改法:把1改为0；把4改为3；把1改为9；把2改为1.
13. 若将这500名士兵从右到左依次编号,则第一次报数时,编号能被5整除的士兵报1；第二次报数时，编号能被6整除的士兵报6，所以既报1又报6的士兵的编号既能被5整除又能被6整除，即能被30整除，在1至500这500个自然数中能被30整除的数共有16个，所以既报1又报6的士兵共有16名.
14. 不能.
假设能够按照题目要求在圆周上排列所述的100个数,我们来按所排列顺序将它们每5个分为一组,可得20组,其中每两组都没有共同的数,于是,在每一组的5个数中都至少有两个数是3 的倍数.从而一共有不少于40个数是3 的倍数.但事实上,在1至100的自然数中有33个数是3的倍数,导致矛盾.
3.1答 案
答 案:
1. 9，1，2
在一位自然数中,奇数有:1,3,5,7,9,其中仅有9为合数,故第一个空填9.
在一位自然数中,质数有2、3、5、7，合数有4、6、8、9，所以既不是合数又不是质数的为1.
又在一位自然数中,偶数有2、4、6、8，所以既是偶数又是质数的数为2.
2. 202
最小的质数是2,最接近100的质数是101,它们的乘积是2
101=202.
3. 420
首先注意到41是质数,两个自然数的和与差的积是41,可见它们的差是1,这是两个连续的自然数,大数是21,小数是20,所以这两个自然数的积是20
21=420.
4. 2、5、43
接近50的质数有43,再将7分拆成质数2与质数5的和.即
2+5+43=50
另外,还有
2+19+29=50
2+11+37=50
[注]填法不是唯一的.如也可以写成
41+2+7=50
5. 11,12,13
将1716分解质因数得
1716=2
2
3
11
13
=11
(2
2
3)
13
由此可以看出这三个数是11,12,13.
6. 88
先把1992分解质因数,然后把不同质数相加,求出它们的和.
1992=2
2
2
3
83
所以1992所有不同的质因数有:2,3,83.它们的和是
2+3+83=88.
7. 210
最小的四个质数是2,3,5,7,所以有四个不同质因数的最小自然数是
2
3
5
7=210
8. 192
先把9216分解质因数,然后再用“试验法”解答
9216=2
2
…
2
3
3
10个
=96
96
欲使这两个自然数的和最小,可使两数相等,所以这两个质因数的和最小为96+96=192.
9. 36
如下图所示,要求木条的面积,必须知道正方形木板的边长.把108分解质因数.
108(cm2)
平方分米
3分米
108=2
2
3
3
3
=12
9
由此可见,9加3正好等于12,所以正方形木板边长是12分米.所以,木条面积是
12
3=36(平方分米)
10. 31
这10个质数之和是598,分成两组后,每组五个数之和是598
2=299.
在有79这组数中,其他四个质数之和是299-79=220,个位数是0,因此这四个质数的个位数可能有三种情形:
(1)三个1和一个7；
(2)二个3和二个7；
(3)三个3和一个1.
31+41+101=173,220-173=47,可这十个数中没有47,情形(1)被否定.
17+67=84,220-84=136,个位数为3有23,53,83,只有53+83=136,因此从情形(2)得到一种分组:17,53,67,79,83和23,31,41,101,103.
所以,含有101这组数中,从小到大排列第二个数是31.
[注]从题目本身的要求来说,只要找出一种分组就可以了,但从情形(3)还可以得出另一种分组.23+53+83+103=262,262-220=42, 我们能否从53,83,103中找出一个数,用比它少42的数来代替呢?
53-42=11,83-42=41,103-42=61.这十个数中没有11和61,只有41.又得到另一种分组:
23,41,53,79,103和17,31,67,83,101.
由此可见,不论哪一种分组,含101这组数中,从小到大排列,第二个数都是31.
11. 由于长+宽是 36
2=18
将18表示为两个质数和 18=5+13=7+11
所以长方形的面积是 5
13=65或7
11=77
故长方形的面积至多是77平方单位.
12. 先把14,20,21,28,30分解质因数,看这六个数中共有哪几个质因数,再分摊在两组中,使两组数乘积相等.
14=7
2 20=2
2
5
21=3
7 28=2
2
7
30=2
3
5 7
从上面五个数分解质因数来看,连7在内共有质因数四个7,六个2,二个3,二个5,因此每组数中一定要含三个2,一个3,一个5,二个7.
六个数可分成如下两组(分法是唯一的):
第一组: 7、28、和30
第二组：14、21和20
且7
28
30=14
21
20=5880满足要求.
[注]解答此题的关键是审题,抓住题目中的关键性词语：“使两组数的乘积相等”.实质上是要求两组里所含质因数相同,相同的质因数出现的次数也相同.
13. 把1430分解质因数得
1430=2
5
11
13
根据题目的要求,应在2、5、11及13中选用若干个数，使它们的乘积在100到200之间，于是得三种答案：
（1）2
5
11=110；
（2）2
5
13=130；
（3）11
13=143.
所以,有三种分法:一种是分为13队,每队110人；二是分为11队，每队130人；三是分为10队，每队143人.
14. 由于每只瓶都称了三次,因此记录数之和是4瓶油(连瓶)重量之和的3倍,即4瓶油(加瓶)共重
(8+9+10+11+12+13)
3=21(千克)
而油重之和及瓶重之和均为质数,所以它们必为一奇一偶,而质数中是偶数的质数只有2,故有
(1)油重之和为19千克,瓶重之和为2千克,每只瓶重
千克,最重的两瓶内的油为13-
EMBED Equation.3 2=12(千克).
(2)油重之和为2千克,瓶重之和为19千克,每只瓶重
千克,最重的两瓶内的油为13-
EMBED Equation.3 2=
(千克),这与油重之和为2千克矛盾,不合要求,删去.
3.2答 案
答 案:
1. 99
100,98是偶数,99是3倍数,从而知97是1~100中最大的质数,又最小的质数是2,所以最小的质数与最大的质数的和是99.
2. 3,3,5,8
根据这四个数中只有一个是合数,可知其他三个数是质数,将360分解质因数得:360=2
2
2
5
3
3
所以,这四个数是3,3,5和8.
3. 1992
依题意,将232323分解质因数得
232323=23
10101
=23
3
7
13
37
从而,全部不同质因数之和
=23+3+7+13+37=83
所以,A
B
EMBED Equation.3 =8
3
83=1992.
4． 36岁
根据三个学生的年龄乘积是1620的条件，先把1620分解质因数，然后再根据他们的年龄一个比一个大3岁的条件进行组合.
1620=2
2
3
3
3
3
5
=9
12
15
所以,他们年龄的和是9+12+15=36(岁)
5. 83,24
先把1992分解质因数,再根据两个数的和是107进行组合
1992=2
2
2
3
83
=24
83
24+83=107
所以,这两个数分别是83和24.
6. 14
根据两数之积能整除4875,把4875分解质因数,再根据两数之和为64进行组合.
4875=3
5
5
5
13
=(3
13)
(5
5)
5
=(39
25)
5
由此推得这两数为39和25.它们的差是39-25=14.
7. 15
解法一
因为相同两数相加之和为原数的2倍,相减之差为零,相乘之积为原数乘以原数,相除之商为1.所以原数的2倍加上原数乘以原数应是256-1=255.把255分解质因数得:
255=3
5
17
=3
5
(15+2)
=15
2+15
15
所以,这个数是15.
解法二
依题意,原数的2倍+0+原数
原数+1=256,即
原数的2倍+原数
原数=256-1
原数的2倍+原数
原数=255
把255分解质因数得
255=3
5
17
=15
(15+2)
=15
2+15
15
所以,这个数是15.
8. 21、22、65、76、153；34、39、44、45、133.
先把10个数分别分解质因数,然后根据两组中所包含质因数必须相等把这10个数分成两组:
21=3
7 22=2
11
34=2
17 39=3
13
44=2
2
11 45=3
3
5
65=5
13 76=2
2
19
133=7
19 153=3
3
17
由此可见,这10个数中质因数共有6个2,6个3,2个5,2个7,2个11,2个13,2个17,2个19.所以,每组数中应包含3个2,3个3,5、7、11、13、17和19各一个.于是,可以这样分组:
第一组数是:21、22、65、76、153；
第二组数是:34、39、44、45、133.
[注]若将分为两组拓广分为三组,则得到一个类似的问题(1990年宁波市江北区小学五年级数学竞赛试题):
把20,26,33,35,39,42,44,55,91等九个数分成三组,使每组的数的乘积相等.
答案是如下分法即可:
第一组：20，33，91；
第二组：44，35，39；
第三组：26，42，55.
9． 12
设这样的两位数的十位数字为A，个位数字为B，由题意依据数的组成知识，可知100A+B能被10A+B整除.
因为100A+B=90A+(10A+B),由数的整除性质可知90A能被10A+B整除.这样只要把90A分解组合,就可以推出符合条件的两位数.
90A=2
32
5
A
A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
90A
10
9
15
6
18
5
20
9
30
9
40
9
45
8
50
9
60
9
70
9
80
9
90
9
10,15
18
20
30
40,45
50
60
70
80
90
所以,符合条件的两位数共12个.
10. 14；3岁，3岁，8岁
因为三个孩子年龄的积是72，所以，我们把72分解为三个因数（不一定是质因数）的积，因为小孩的年龄一般是指不超过15岁，所以所有不同的乘积式是
72=1
6
12=1
8
9
=2
3
12=2
4
9
=2
6
6=3
3
8
=3
4
6
三个因数的和分别为：19、18、17、15、14、14、13.其中只有两个和是相等的,都等于14.14就是主人家的楼号.如果楼号不是14,客人马上可以作出判断.反之客人无法作出判断,说明楼号正是14.亦即三个孩子年龄的和为14.此时三个孩子的年龄有两种可能:2岁、6岁、6岁；或3岁、3岁、8岁.当他看到有两个孩子很小时,就可以断定这三个孩子的年龄分别是3岁、3岁、8岁.主人家的楼号是14号.
11. 因为两个质数之和可能是质数如2+3=5,也可能是合数如3+5=8,因此甲和乙的说法是错误的,只有丙说得对.
12. 从三张卡片中任抽一张,有三种可能,即一位数有三个,分别为1、2、3，其中只有2、3是质数.
从三张卡片中任抽二张,组成的两位数共六个.但个位数字是2的两位数和个位与十位上数字之和是3的倍数的两位数,都不是质数.所以,两位数的质数只有13,23,31.
因为1+2+3=6,6能被3整除,所以由1、2、3按任意次序排起来所得的三位数，都不是质数.
故满足要求的质数有2、3、13、23、31这五个.
[注]这里采用边列举、边排除的策略求解.在抽二张卡片时,也可将得到六个两位数全部列举出来:12,13,21,23,31,32.再将三个合数12,21,32排除即可.
13. 100以内所有奇数之和是
1+3+5+…+99=2500，
从中减去100以内奇数中7的倍数与11的倍数之和
7
(1+3+…+13)+11
(1+3+…+9)
=618，
最后再加上一个7
11=77（因为上面减去了两次77），所以最终答数为
2500-618+77=1959.
[注]上面解题过程中100以内奇数里减去两个不同质数7与11的倍数,再加上一个公倍数7
11,这里限定在100以内,如果不是100以内,而是1000以内或更大的数时,减去的倍数就更多些而返回加上的公倍数有7
11的1倍,3倍,…也更多些，这实质上是“包含与排除”的思路.
14. 依题意知,每射一箭的环数,只能是下列11个数中的一个
0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10.
而甲、乙5箭总环数的积1764
0,这说明在甲、乙5箭得到的环数里没有0和10.
而1764=1
2
2
3
3
7
7是由5箭的环数乘出来的，于是推知每人有两箭中的环数都是7，从而可知另外3箭的环数是5个数
1，2，2，3，3
经过适当的分组之后相乘而得到的,可能的情形有5种：
（1）1，4，9；
（2）1，6，6；
（3）2，2，9；
（4）2，3，6；
（5）3，3，4．
因此，两人5箭的环数有5种可能：
7，7，1，4，9 和是28；
7，7，1，6，6 和是27；
7，7，2，2，9 和是27；
7，7，2，3，6 和是25；
7，7，3，3，4 和是24。
∵甲、乙的总环数相差4,甲的总环数少.
∴甲的总环数是24,乙的总环数是28.
4.1答 案
1． 56
28的约数有1,2,4,7,14,28,它们的和为
1+2+4+7+14+28=56.
2. 4
因为105的约数有1,3,5,7,15,21,35,105能拼成的长方形的长与宽分别是105和1,35和3,21与5,15与7.所以能拼成4种不同的长方形.
3. 64
因为28=2
2
7,所以28的约数有6个:1,2,4,7,14,28.在数字0,1,2,…，9中，只有6与4之积，或者8与3之积是24，又6-4=2，8-3=5.
故符合题目要求的两位数仅有64.
4. 28
因为667=23
29,所以这班师生每人种的棵数只能是667的约数:1,23,29,667.显然,每人种667棵是不可能的.
当每人种29棵树时,全班人数应是23-1=22,但22不能被4整除,不可能.
当每人种23棵树时,全班人数应是29-1=28,且28恰好是4的倍数,符合题目要求.
当每人种1棵树时,全班人数应是667-1=666,但666不能被4整除,不可能.
所以,一班共有28名学生.
5. 40或20
两个自然数的和是50,最大公约数是5,这两个自然数可能是5和45,15和35,它们的差分别为(45-5=)40,(35-15=)20,所以应填40或20.
[注]这里的关键是依最大公约数是5的条件,将50分拆为两数之和:50=5+45=15+35.
6. 36,1,3.
要把梨36个、桔子108个分给若干个小朋友，要求每人所得的梨数、桔子相等，小朋友的人数一定是36的约数，又要是108的约数，即一定是36和108的公约数.因为要求最多可分给多少个小朋友,可知小朋友的人数是36和108的最大公约数.36和108的最大公约数是36,也就是可分给36个小朋友.
每个小朋友可分得梨: 36
36=1(只)
每个小朋友可分得桔子: 108
36=3(只)
所以,最多可分得36个小朋友,每个小朋友可分得梨1只,桔子3只.
7. 56
剪出的正方形布片的边长能分别整除长方形的长48厘米及宽42厘米,所以它是48与42的公约数,题目又要求剪出的正方形最大,故正方形的边长是48与42的最大公约数.
因为48=2
2
2
2
3,42=2
3
7,所以48与42的最大公约数是6.这样,最大正方形的边长是6厘米.由此可按如下方法来剪:长边每排剪8块,宽边可剪7块,共可剪(48
6)
(42
6)=8
7=56(块)正方形布片.
8. 200
根据没有余料的条件可知长、宽和高分别能被正方体的棱长整除,即正方体的棱长是180,45和18的公约数.为了使正方体木块尽可能大,正方体的棱长应是180、45和18的最大公约数.180,45和18的最大公约数是9,所以正方体的棱长是9厘米.这样,长180厘米可公成20段,宽45厘米可分成5段,高18厘米可分成2段.这根木料共分割成(180
9)
(45
9)
(18
9)=200块棱长是9厘米的正方体.
9. 150
根据3与5的最小公倍数是15,张老师傅以5元钱买进15个苹果,又以6元钱卖出15个苹果,这样,他15个苹果进与出获利1元.所以他获利10元必须卖出150个苹果.
10. 16
含有6个约数的数,它的质因数有以下两种情况:一是有5个相同的质因数连乘；二是有两个不同的质因数其中一个需连乘两次，如果用M表示含有6个约数的数，用a和b表示M的质因数，那么
或
因为M是两位数，所以M= a5只有一种可能M=25，而M= a2
b就有以下15种情况：
，
，
，
，
.
所以,含有6个约数的两位数共有
15+1=16(个)
11. 三个数都不是质数,至少是两个质数的乘积,两两之间的最大公约数只能分别是2,3和5,这种自然数有6,10,15和12,10,15及18,10,15三组.
12. 四个数的最大公约数必须能整除这四个数的和,也就是说它们的最大公约数应该是1111的约数.将1111作质因数分解,得
1111=11
101
最大公约数不可能是1111,其次最大可能数是101.若为101,则将这四个数分别除以101,所得商的和应为11.现有
1+2+3+5=11,
即存在着下面四个数
101,101
2,101
3,101
5,
它们的和恰好是
101
(1+2+3+5)=101
11=1111,
它们的最大公约数为101.
所以101为所求.
13. 黄鼠狼掉进陷井时已跳的行程应该是
与
的“最小公倍数”
，即跳了
EMBED Equation.3 =9次掉进陷井，狐狸掉进陷井时已跳的行程应该是
和
的“最小公倍数”
，即跳了
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 =11次掉进陷井.
经过比较可知,黄鼠狼先掉进陷井,这时狐狸已跳的行程是
EMBED Equation.3 9=40.5(米).
14. 先将12、300分别进行质因数分解：
12=22
3
300=22
3
52
(1)确定a的值.依题意a只能取12或12
5(=60)或12
25(=300).
(2)确定b的值.
当a=12时,b可取12,或12
5,或12
25；
当a=60,300时，b都只能取12.
所以,满足条件的a、b共有5组：
a=12 a=12 a=12 a=60 a=300
b=12, b=60, b=300, b=12, b=12.
(3)确定a,b,c的组数.
对于上面a、b的每种取值，依题意，c均有6个不同的值：
52，52
2，52
22，52
3，52
2
3，52
22
3，即25，50，100，75，150，300.
所以满足条件的自然数a、b、c共有5
6=30（组）
4.2答 案
1. 9
若梨减少2个,则有20-2=18(个);若将苹果增加2个,则有25+2=27(个),这样都被小朋友刚巧分完.由此可知小朋友人数是18与27的最大公约数.所以最多有9个小朋友.
2. 36
根据题意不难看出,这个大班小朋友的人数是115-7=108,148-4=144,74-2=72的最大公约数.
所以,这个大班的小朋友最多有36人.
3. 56
所铺成正方形的木板它的边长必定是长方形木板长和宽的倍数,也就是长方形木板的长和宽的公倍数,又要求最少需要多少块,所以正方形木板的边长应是14与16的最小公倍数.
先求14与16的最小公倍数.
2 16 14
8 7
故14与16的最小公倍数是2
8
7=112.
因为正方形的边长最小为112厘米,所以最少需要用这样的木板
=7
8=56(块)
4． 5292
与上题类似，依题意，正方体的棱长应是9，6，7的最小公倍数，9，6，7的最小公倍数是126.所以,至少需要这种长方体木块
=14
21
18=5292(块)
[注]上述两题都是利用最小公倍数的概念进行“拼图”的问题，前一题是平面图形，后一题是立体图形，思考方式相同，后者可看作是前者的推广.将平面问题推广为空间问题是数学家喜欢的研究问题的方式之一.希望引起小朋友们注意.
5. 90
依题意知,从第一次同时发车到第二次同时发车的时间是3,5,9,15和10的最小公倍数.
因为3,5,9,15和10的最小公倍数是90,所以从第一次同时发车后90分钟又同时发第二次车.
6. 5
依题意得
花生总粒数=12
第一群猴子只数
=15
第二群猴子只数
=20
第三群猴子只数
由此可知,花生总粒数是12,15,20的公倍数,其最小公倍数是60.花生总粒数是60,120,180,……，那么
第一群猴子只数是5，10，15，……
第二群猴子只数是4，8，12，……
第三群猴子只数是3，6，9，……
所以，三群猴子的总只数是12，24，36，…….因此,平均分给三群猴子,每只猴子所得花生粒数总是5粒.
7. 421
依题意知,这个数比2、3、4、5、6、7的最小公倍数大1,2、3、4、5、6、7的最小公倍数是420，所以这个数是421.
8. 999768
由题意知,最大的六位数是3,7,8,11的公倍数,而3,7,8,11的最小公倍数是1848.
因为999999
1848=541……231，由商数和余数可知符合条件的最大六位数是1848的541倍，或者是999999与231的差.所以,符合条件的六位数是999999-231=999768.
9. 3
根据题目要求,有相同质因数的数不能分在一组,26=2
13,91=7
13,143=11
13,所以,所分组数不会小于3.下面给出一种分组方案:
(1)26，33，35；(2)34，91；(3)63，85，143.
因此,至少要分成3组.
[注]所求组数不一定等于出现次数最多的质因数的出现次数，如15=3
5，21=3
7，35=5
7，3，5，7各出现两次，而这三个数必须分成三组，而不是两组.
除了上述分法之外,还有多种分组法,下面再给出三种:
(1)26,35；33，85，91；34，63，143.
(2)85,143,63；26，33，35；34，91.
(3)26,85,63；91，34，33；143，35.
10. 77
根据“甲乙的最小公倍数
甲乙的最大公约数=甲数
乙数”，将210
330分解质因数，再进行组合有
210
330=2
3
5
7
2
3
5
11
=22
32
52
7
11
=（2
3
5）
（2
3
5
7
11）
因此，它们的最小公倍数是最大公约数的7
11=77（倍）.
11. 根据题意,先求出8,10,16的最小公倍数是80,即从第一次三车同时发出后,每隔80分钟又同时发车.
从早上6:00至20:00共14小时,求出其中包含多少个80分钟.
60
14
80=10…40分钟
由此可知,20:00前40分钟,即19:20为最后一次三车同时发车的时刻.
12. 甲乙两数分别除以它们的最大公约数,所得的两个商是互质数.而这两个互质数的乘积,恰好是甲乙两数的最小公倍数除以它们的最大公约数所得的商——12.这一结论的根据是:
(我们以“约”代表两数的最大公约数，以“倍”代表两数的最小公倍数)
甲数
乙数=倍
约
=
，所以：
=
，
=12
将12变成互质的两个数的乘积：
①12=4
3，②12=1
12
先看①,说明甲乙两数：一个是它们最大公约数的4倍，一个是它们最大公约数的3倍.
甲乙两数的差除以上述互质的两数(即4和3)之差,所得的商,即甲乙两数的最大公约数.
18
(4-3)=18
甲乙两数,一个是:18
3=54，另一个是：18
4=72.
再看②,18
(12-1)=
,不符合题意,舍去.
13. 依题意,设所求最小分数为
,则
=a
=b
=c
即
=a
=b
=c
其中a,b,c为整数.
因为
是最小值,且a,b,c是整数,所以M是5,15,21的最小公倍数,N是28,56,20的最大公约数,因此,符合条件的最小分数:
=
=
14. (1)根据2号~15号同学所述结论,将合数4,6,…，15分解质因数后，由1号同学验证结果，进行分析推理得出问题的结论.
4=22,6=2
3,8=23,9=32,10=2
5,12=22
3,14=2
7,15=3
5
由此不难断定说得不对的两个同学的编号是8与9两个连续自然数(可逐次排除,只有8与9满足要求).
(2)1号同学所写的自然数能被2,3,4,5,6,7,10,11,12,13,14,15这12个数整除,也就是它们的公倍数.它们的最小公倍数是
22
3
5
7
11
13=60060
因为60060是一位五位数,而这12个数的其他公倍数均不是五位数,所以1号同学写的五位数是60060.
5.2答 案
1. 15,21,35
从107里减去余数2,得107-2=105,所以105是除数与商数相乘之积,将105分解质因数得105=3
5
7,可知这样的两位数有15,21,35.
2. 5
根据带余数除法中各部分之间的关系可知，商
除数=27-3=24.这样可通过分解质因数解答.
因为24=2
2
2
3=23
3,所以(商,除数)= (1,24),(2,12),(3,8),(4,6), (6,4), (8,3), (12,2),(24,1)
又由余数比除数小可知,除数有24,12,8,6,4五种填法.所以原式中括号内的数共有5种填法.
3. 51
由17与19互质可知,8□98能被(17
19=)323整除.因为8098
323=25…23，根据商数与余数符合题意的四位数应是323的26倍，所以这个四位数是8398.将8398分解质因数.
8398=323
26
=2
13
17
19
所以,这个四位数的所有质因数之和是
2+13+17+19=51.
4. 2
设这串数为a1,a2,a3,…，a1992，…，依题意知
a1=1
a2=1+1
a3=1+1+2
a4=1+1+2+3
a5=1+1+2+3+4
……
a1992=1+1+2+3+…+1991=1+996
1991
因为996
5=199…1，1991
5=398…1，所以996
1991的积除以5余数为1，1+996
1991除以5的余数是2.
因此,这串数左起第1992个数除以5的余数是2.
5. 9
因为222222=2
111111
=2
111
1001
=2
111
7
11
13
所以222222能被13整除.
又因为2000=6
333+2
222…2=222…200+22
2000个 1998
22
13=1…9
所以要求的余数是9.
6. 52
设小明应扔n次,根据高斯求和可求出所扔石子总数为
1+2+3+…+n=
EMBED Equation.3 (n+1)
依题意知,
EMBED Equation.3 (n+1)能被106整除,因此可设
EMBED Equation.3 (n+1)=106a 即n
(n+1)=212a
又212a=2
2
53a,根据n与n+1为两个相邻的自然数,可知2
2
a=52(或54).
当2
2
a=52时,a=13.
当2
2
a=54时,a=13
,a不是整数,不符合题意舍去.
因此, n
(n+1)=52
53=52
(52+1),n=52,所以小明扔52次.
7. 76
假设十万位和万位上填入两位数为
,末两位上填入的数为
,(十位上允许是0),那么这个七位数可以分成三个部分3007200+10000
+
,3007200除以101的余数是26, 10000
除以101的余数为
,那么当
+
+26的和是101的倍数时,这个七位数也是101的倍数.如:当
=1时,
=74；当
=2时，
=73，……，而当
=76时，
=100，而
，
不可能是100，所以
也不可能是76.由此可知末两位数字是76时,这个七位数不管十万位上和万位上的数字是几,都不是101的倍数.
8. 1
设这个自然数为
,且
去除63,90,130所得的余数分别为a,b,c,则63-a,90-b,130-c都是
的倍数.于是(63-a)+(90-b)+(130-c)=283-(a+b+c)=283-25=258也是
的倍数.又因为258=2
3
43.
则
可能是2或3或6或43(显然
,86,129,258),但是a+b+c=25,故a,b,c中至少有一个要大于8(否则,a,b,c都不大于8,就推出a+b+c不大于24,这与a+b+c=25矛盾).根据除数
必须大于余数,可以确定
=43.从而a=20,b=4,c=1.显然,1是三个余数中最小的.
9. 15
我们把1到30共30个自然数根据除以7所得余数不同情况分为七组.例如,除以7余1的有1,8,15,22,29这五个数,除以7余2的有2,9,16,23,30五个数,除以7余3的有3,10,17,24四个数,…要使取出的数中任意两个不同的数的和都不是7的倍数，那么能被7整除的数只能取1个，取了除以7余1的数，就不能再取除以7余6的数；取了除以7余2的数，就不能再取除以7余5的数；取了除以7余3的数，就不能再取除以7余4的数.为了使取出的个数最多,我们把除以7分别余1、余2、余3的数全部取出来连同1个能被7整除的数，共有
5+5+4+1=15（个）
所以，最多能取出15个数.
10. 347
根据使组成的符合条件的三位数,其最大三位数尽可能小的条件,可知它们百位上的数字应分别选用3,2,1；个位上的数字应分别选用7，8，9.
又根据最小的三位数是3的倍数,考虑在1○9中应填5,得159.则在3○7,2○8中被3除余2,余1,选用4,6分别填入圆圈中得347,268均符合条件.
这样,最大三位数是347,次大三位数是268,最小三位数是159.
11. 每次放回后,桌面上的纸片数都增加6的倍数,总数一定是6的倍数加5.而1991=6
331+5,所以是可能的.
12. 解法一
由(1)式得:8与a相乘的积加上余数7,为第二次商,即8a+7为第二次商,同样地,第二次商与8相乘的积加上余数1,为第一次商,即8(8a+7)+1为第一次商,第一次商与8相乘的积加上余数1,为所求的自然数,即8[8(8a+7)+1]+1为所求的自然数.
同理,由(2)式得所求的自然数为
17(2a
17+15)+4
由此得方程
8[8(8a+7)+1]+1=17(2a
17+15)+4
8(64a+57)+1=17(34a+15)+4
512a+457=578a+259
66a=198
∴a=3
因此,所求自然数为
512a+457=512
3+457
=1993
解法二
依题意可知所求的自然数有两种表示方法:
(1) @⑦ ① ①(8) a<8
(2)2a 15 ④(17) 2a<17
根据数的十进制与其他数的进制的互化关系,可知所求的自然数是
(1)a
83+7
82+1
81+1=512a+457
(2)2a
172+15
171+4=578a+259
由此得 512a+457=578a+259
a=3
因此,所求的自然数为
512a+457=512
3+457=1993
[注]解法一根据“被除数=除数
商+余数”的关系式，由最后的商逐步推回到原来的自然数，需要一定的逆向思考能力，解法二要求小选手熟悉数的十进制与其他数进制之间的互化.
13. 每人都要把手中的钱用完,而且尽可能多买几本书,意即3元一本的简装书要尽量多买,4元一本的精装书要尽量少买甚至不买.
我们分三种情况进行讨论:
(1)当钱数被3整除时,精装书就可以不买；
(2)当钱数被3除余1时,3k+1=3(k-1)+4,精装书只要买1本,其中k为大于2的自然数.
(3)当钱数被3除余2时,3k+1=3(k-2)+8,精装书只要买2本,其中k为大于2的自然数.
在10至50这41个自然数中,被3除余1和2的数均各有14个.所以全班一共买精装书
14+14
2=42(本)
14. 因为73=343<1991<2401=74,不考虑余数,能用空瓶换三次汽水,由于每7个空瓶可换一瓶汽水,原有空瓶不一定能被7整除,那么第二次以后换时要考虑上一次的余数,最多能用空瓶换四次汽水.
1991
(1+
)=1707.2825
如果买1707瓶汽水,1707
7=243…6可换243瓶汽水,(243+6)
7=35…4可换35瓶汽水,(35+4)
7=5…4可换5瓶汽水,(5+4)
7=1…2可换一瓶汽水,1+2<7不能再换.1707+243+35+5+1=1991.如果买1706瓶,用空瓶换的数量不变,但1706+243+35+5+1=1990.所以最少要买1707瓶汽水.
6答 案
1. 7
因为除以3余数是1的数是
1,4,7,10,13,16,19,22,25,28,31,…
除以4余数是3的数是3,7,11,15,19,23,27,31…
所以，同时符合除以3余数是1，除以4余数是3的数有7，19，31，…这些数除以12余数均为7.
2. 14
用一个两位数除58余2,除73余3,除85余1,那么58-2=56, 73-3=70,85-1=84能被这个两位数整除,这个两位数一定是56、70和84的公约数.
2 56 70 84
7 28 35 42
4 5 6
由可可见,56、70、84的两位数公约数是2
7=14，可见这个两位数是14.
3. 41
根据题意得
319-261=练习本单价
第二、一组人数之差，
348-319=练习本单价
第四、二组人数之差.即
练习本单价
第二、一组人数之差=58,
练习本单价
第四、二组人数之差=29，
所以,练习本单价是58与29的公约数,这样,练习本的单价是29分,即0.29元.
因此,全班人数是
(2.61
2+3.19+3.48)
0.29
=11.89
0.29
=41(人)
[注]这里为了利用练习本单价是总价的公约数这一隐含条件,将小数化成整数来考虑,为解决问题提供了方便.这里也可直接找261、319和348的公约数，但比较困难.上述解法从一定意义上说是受了辗转相除法的启示.
4. 91
如果将两个班的人数减少1人,则9人一排或10人一排都正好排完没有剩余,所以两班人数减1是9和10的公倍数,又要求这两班至少有几人,可以求出9和10的最小公倍数,然后再加上1.所以,这两个班最少有
9
10+1=91(人)
5. 210
一个数能被3,5,7整除,这个数一定是3,5,7的公倍数.3,5,7的公倍数依次为:105,210,315,420,……，其中被11除余数为1的最小数是210，所以这个最小数是210.
6. 46人.
如果总人数少6人,则每排8人和每排10人,均恰好排完无剩余.由此可见,人数比10和8的最小公倍数多6人,10和8的最小公倍数是40,所以参加队列训练的学生至少有46人.
7. 71
依题意知,这堆苹果总个数,添进1个苹果后,正好是9,8,4的倍数.因为9,8,4的最小公倍数是9
8=72,所以这堆苹果至少有9
8-1=71(个).
[注]本题为什么求9,8,4的最小公倍数呢?这是根据限制条件“这堆苹果共几十个”决定的.若限制条件改为“这堆苹果的个数在100-200之间”的话，那么这堆苹果共有9
8
2-1=141（个）.因此，在解答问题时，一定要把条件看清楚，尤其要注意“隐含条件”的应用.
8. 148
从6和7的公倍数42,84,126,……中找到除以5余3的数是378（可以先找到除以5余1的数126，再乘以3即可）.
从5和7的公倍数35,70,……中找到除以6余4的数是70.
从5和6的公倍数30,60,90，120，……中找到除以7余1的数是120.
5,6,7的最小公倍数是5
6
7=210.
所以,这筐苹果至少有
568-210
2=148个.
9. 172
因为除以3余1,除以5余2的最小数是22,而3和5的最小公倍数是15,所以符合条件的数可以是22,37,52,67,…….又因为67
7=9…4，所以67是符合题中三个条件的最小数，而3，5和7的最小公倍数是105，这样符合条件的数有67，172，277，….
所以,符合条件的最小三位数是172.
10. 301
先求出2,3,4,5的最小公倍数是60,然后用试验法求出60的倍数加1能被7整除的数
60+1=61
60
2+1=121
60
3+1=181
60
4+1=241
60
5+1=301
其中301能被7整除.所以筐内原来有301个鸡蛋.
11. 如果这盒乒乓球少3个的话,8个8个地数,10个10个地数,12个12个的数都正好无剩余,也就是这盒乒乓球减少3个后是8,10,12的公倍数,又要求至少有多少个乒乓球,可以先求出8,10,12的最小公倍数,然后再加上3.
2 8 10 12
2 4 5 6
2 5 3
故8,10,12的最小公倍数是2
2
2
5
3=120.所以这盒乒乓球有123个.
12. 设所求数为
,则
+2就能同时被6,8,10整除.由于[6,8,10]=120,所以
=120-2=118
13. 设有
个围棋子,则
+1是3,5,7的倍数,
+1是[3,5,7]=3
5
7=105的倍数,
+1=210,
=209.
14. 无解,若该数存在必为8+18
(
为整数),它被6除只能余2,矛盾.
7.1答 案
1. 60
这五个连续偶数的第三个(即中间的那一个)偶数是320
5=64.所以，最小的偶数是60.
2. 2,83
因为两个质数的和是奇数,所以必有一个是2.小于100的17的奇数倍有17,51和85三个,17,51与2的差都不是质数,所以另一个质数是85-2=83.
3. 48
由于100个自然数的和是10000,即100个自然数中必须有偶数个奇数,又由于奇数比偶数多,因此偶数最多只有48个.
4. 甲
由于分数都是奇数,6个奇数之和为偶数,不可能是奇数27,所以说假话的是甲.
5. 甲
因为老鼠遇到格点必须转弯,所以经过多少格点就转了多少次弯.如右图所示,老鼠从黑点出发,到达任何一个黑点都是转奇数次弯,所以甲正确.
6. 3
小明做错的题的数目一定是奇数个,若是做错1个,则应做对12个才会得12
2-1=23分,这样小明共做13个题,未做的题的个数7不是偶数；若是做错3个，则应做对13个才能得13
2-3=23分，这样未答的题是4个，恰为偶数个.此外小明不可能做错5个或5个以上的题.故他做错的题有3个.
7. 11
根据奇数+偶数=奇数的性质,先编排偶数页的文章(2页,4页,…，14页)，这样共有7篇文章的第一页都是奇数页码.
然后,编排奇数页的文章(1页,3页,…，15页)，根据奇数+奇数=偶数的性质，这样编排，就又有4篇文章的第一页都是奇数页码.
所以,每篇文章的第一页是奇数页码的文章最多是7+4=11(篇).
8. 48,21,22
设这本书的页码是从1到n的自然数,正确的和应该是
1+2+…+n=
( n+1)
由题意可知，
( n+1)>1133
由估算，当n=48时，
( n+1)=
EMBED Equation.3 48
49=1176，1176-1133=43.根据书页的页码编排,被撕一张的页码应是奇、偶，其和是奇数，43=21+22.所以,这本书有48页,被撕的一张是第21页和第22页.
9. 49
依题意知,若钢笔为1份,则圆珠笔为2份,铅笔为3份,也就是说,这三种笔的总支数一定是6的倍数,即能同时被2和3整除.又因为8只盒子中有3只盒子装的笔的支数是偶数,5只盒子装的笔的支数是奇数,根据偶数+奇数=奇数,可知装有铅笔、圆珠笔、钢笔的7只盒子一定有3只盒子里装有偶数支笔，4支盒子里面装有奇数支笔，装有水彩笔的盒子一定装有奇数支笔.把8只盒子所装笔支数的数字分别加起来:
1+7+2+3+3+3+3+6+3+8+4+2+4+9+5+1=64
因为64-(4+9)=51正好能被3整除,所以装有水彩笔的盒子共装有49支.
10. 3
首先根据“后来改为一等奖每人发13支”，可以确定获一等奖的人数不大于3.否则仅一等奖就要发不小于39支铅笔,已超过35支,这是不可能的.其次分别考虑获一等奖有2人或者1人的情况:
当获一等奖有2人时,那么按原计划发二、三等奖的铅笔数应该是35-6
2=23，按改变后发二、三等奖的铅笔数应该是35-13
2=9.因为23是奇数,按原计划发三等奖每人2支铅笔,则发三等奖的铅笔总数必为偶数,所以发二等奖的铅笔总数只能是奇数,于是获二等奖的人数也必是奇数.又根据改变后“二等奖每人发4支”，可以确定获二等奖的人数仅1人（否则仅二等奖就要发超过9支铅笔了），经检验，这是不可能的，这就是说，获一等奖不会是2人.
当获一等奖有1人时,那么按原计划发二、三等奖的铅笔数应是35-6=29，按改变后发二、三等奖的铅笔数应是35-13=22.因为29仍是奇数,类似前种情况的讨论,可以确定获二等奖的人数必定是奇数.又根据改变后“二等奖每人发4支”，且总数不超过22支，我们能够推知二等奖人数不会超过5，经检验，只有获二等奖是3人才符合题目要求.
11. 相距最远的两块木牌的距离,等于它们分别与中间一块木牌的距离之和.如果三块木牌间两两距离都是奇数,就会出现“奇+奇=奇”，这显然不成立，所以必有两块木牌的距离是偶数.
12. 相遇0次.(黑、白二蚁永不能在B点相遇)
黑蚁爬半圆需要5秒钟，白蚁爬半圆需要4秒钟，黑、白二蚁同时从A点出发，要在B点相遇，必须满足两个条件：①黑、白二蚁爬行时间相同，②在此时间内二蚁爬行奇数个半圆.但黑蚁爬行奇数个半圆要用奇数秒(5
奇数),白蚁爬行奇数个半圆要用偶数秒(4
奇数),奇数与偶数不能相等.所以黑、白二蚁永远不能在B点相遇.
13. 顺时针前进10个位置,相当于顺时针前进1个位置；逆时针前进14个位置，相当于顺时针前进18-14=4（个）位置.所以原题相当于:顺时针每天1个位置,4个位置交替前进,直到前进的位置个数是9的倍数为止.
偶数天依次前进的位置个数:
5,10,15,20,25,30,35,40，……
奇数天依次前进的位置个数：
1，6，11，16，21，26，31，36 ，41，……
第15天前进36个位置，36天是9的倍数，所以第15天又回到1号位置。
14. 不能.
如果能,设最上面 中的数是奇数(见下图),由
奇数
奇数=偶数；
偶数
偶数=偶数；
奇数
偶数=奇数，
沿顺时针方向推知，最上面 中又应是偶数，矛盾.
当最上面 中是偶数时,同理可证.
偶
奇 奇
偶
奇
偶
7.2答 案
1. 21,13
这五个数的中间数85
5=17,可知最大数是21,最小数是13.
2. 2
因为 > >1, + = ,所以 > > .这里的关键是明确质数除2以外都是奇数,假如 不等于2,则它一定是奇数,那么 + =偶数,显然这个偶数不会是质数.所以, 一定等于2.
3. 30
因为所有的质数除2以外都是奇数,题中a+b=c,仿上题,由数的奇偶性可以推知a=2,b,c都是质数,根据a
b
c的值最小的条件,可推知b=3,c=5,所以a
b
c的最小值是2
3
5=30.
4. 3135
在所有质数中除2是偶数以外,其余的都是奇数,如果a,b,c,d 中有一个为2,不妨设a=2,则b,c,d均为奇数,从而a+b+c为偶数,不符合条件a+b+c=d,所以a,b,c,d都是奇数.再根据a
b
c
d的值最小的条件,可推知a=3,b=5,c=11,d=19.因此a
b
c
d的最小值为
3
5
11
19=3135.
5. 194
由a
b+c=1993知,a
b与c奇偶性不同.当a
b为偶数,c为奇数时,c的值为3、5或7，不妨设b为2,则a的值为995，994或993.因为995、994、993都不是质数，所以不合题意舍去.当a
b为奇数,c为偶数时,c=2,a
b=1991,1991=11
181,从而a的值是11(或181),b的值是181(或11).2、11、181均为质数符合题意.所以a+b+c=2+11+181=194.
6. 3,5,7
依题意,设三个质数为X，Y，Z，则X+Y+Z=
，这样三个质数必定有一个质数是7.如果X=7,则Y
Z=Y+Z+7,即Y
Z-(Y+Z)=7.
根据数的奇偶性:偶-奇=奇；奇-偶=奇，进行讨论.
当Y
Z为偶数, Y+Z为奇数时,则Y(或Z)必定是2,从而有2
3-(2+3)=1,2
5-(2+5)=3,2
11-(2+11)=9,……均不符合条件.
当Y
Z为奇数, Y+Z为偶数时,则Y、Z均为奇数.若Y=3,Z=5,则3
5-(3+5)=7,符合条件.
所以,这三个质数分别是3,5和7.
[注]以上五题(题2—题6)都是质数与奇偶数的性质求解“小、巧、活”的例子.尤其要注意2是所有质数中唯一的偶数这一特征.命题者常在此涉足.
7. (2)
因为两个两位数的差是30,所以这两个两位数一定都是奇数,或都是偶数(因为只有偶数-偶数=偶数、奇数-奇数=偶数)，且偶数+偶数=偶数，奇数+奇数=偶数，所以第(1)种说法显然不对.因为差是30,所以它们的个位数字相同,那么相加一定是偶数；又差的十位数字是奇数，故两个两位数的十位数字一定是一奇一偶.通过以个分析,可得出:两个两位数的四个数字相加之和肯定是奇数,而不是偶数,所以第(3)种说法也是错的.第(2)种说法有可能对.
[注]在排除第一种说法不对时,也可直接运用整数的奇偶性质:两个整数的和与差有相同的奇偶性,即
设a,b为整数,那么a+b与a-b有相同的奇偶性.
证明(a+b)+(a-b)=2a为一偶数,所以a+b与a-b的奇偶性相同.
这条性质在处理奇偶性问题中用途很广.
8. 270
因为1,3,5,7,9为连续奇数,分别算出186页总页码中个位、十位、百位上出现的奇数次数，再相加后所得的奇数总和即为数字1，3，5，7，9在页码中一共出现的总次数.
从1—186，个位上出现的奇数为186
2=93（次）；
从10—186，十位上出现的奇数为10
9=90（次）；
从100—186，百位上出现的奇数为186-100+1=87（次）.
所以,186页书中1,3,5,7,9在页码中一共出现了
93+90+87=270(次)
9. 8
由于“每堆个数相同”且“分成偶数堆”知本题是要求60的偶因子的个数，因为每个偶因子对应于一种符合条件的分法，60的偶因子有：2，4，6，10，12，20，30和60，所以有8种分法.
10. 17
在所有质数中,除2是偶数外,其余是奇数.由所给出的数字,根据数的奇偶性质可知，六个数必定三偶三奇间隔排列。这样，按三个偶数的4种排列列举如下：
2___4___6___: 2,1,4,7,6,5, 2,3,4,1,6,5, 2,3,4,7,6,5, 2,3,4,7,6,1, 2,9,4,1,6,5, 2,9,4,7,6,1, 2,9,4,7,6,5,共七种；
2 4 8___: 2,1,4,3,8,5, 2,1,4,3,8,9, 2,1,4,9,8,5, 2,3,4,9,8,5共四种；
2___6___8___: 2,1,6,5,8,3, 2,1,6,5,8,9两种；
4___6___8___: 4,1,6,5,8,3, 4,1,6,5,8,9,
4,7,6,5,8,3, 4,7,6,5,8,9共四种.
所以,最多能找出17种不同的排列.
[注]也可以按照三个奇数的10种排列(例如:1___3___5___,1___3___7___,
1___3___9___,……)将偶数2,4,6,8填入空位,同样也有17种不同的排列.实质上,我们只要把上述的17种排列的每一种,按适当的轮换方法即得.例如,
2,1,4,3,8,5 1,4,3,8,5,2.
11. 根据自然数和的奇偶性:
奇数+奇数=偶数,
偶数+偶数=偶数,
奇数+偶数=奇数,
知,第一行填的数中偶数比奇数多1个,
第二行填的数中偶数比奇数少1个,
第三得填的数中偶数比奇数多1个,
第四行填的数中偶数比奇数少1个,
……
可见，前8行中奇数和偶数的个数一样多，而第九行中偶数多。所以，81个数字中偶数多。
12. 由题7评注知，在一个只有加减法运算的自然数式子中，如果把式子中减法运算改成加法运算，那么所得结果的奇偶性不变.因此无论在给出的式子每个方框中怎样填加减号,所得结果的奇偶性,与在每个方框中都填入加号所得结果的奇偶性一样.但是,每个方框中都填入加号所得结果是45,是个奇数.而式子的右边是10,是个偶数.也就是说从奇偶性上判断,要使题中式子成立是不可能的.
13. 不能.
先看亮着灯的房间,每个房间的开关拨奇数次为关灯,奇数个奇数之和为奇数,需拨奇数次.
再看关着灯的那个房间,需拨偶数次为关灯.
所以,为使全部房间关灯,拨动开关总次数为奇数.
现在每次只能拨动四只开关(偶数次),所以,拨动的总次数只能为偶数.
综合以上两方面知,不能把全部房间的灯关上.
14. 根据每个大盒子装12只零件,不管大盒子个数是奇数还是偶数,由12
偶=偶,12
奇=偶,可知大盒子所装零件总只数是偶数,根据99-大盒子所装零件总只数=小盒子所装零件总只数可知,小盒子所装零件总只数是奇数,且能被5整除.
这样,小盒子所装零件总只数的个位数必定是5,则大盒子所装零件总只数的个位数必定是4,由2
2=4,2
7=14,那么大盒子个数是2个或7个两种可能,相应小盒子个数是15或3个.
因为7+3=10(不合题意舍去),所以这个工人用了2个大盒子,15个小盒子.
8.1答 案
1. 二
因为7
4=28，由某年二月份有五个星期日，所以这年二月份应是29天，且2月1日与2月29日均为星期日，3月1日是星期一，所以从这年3月1日起到这年6月1日共经过了
31+30+31+1=93(天).
因为937=13…2，所以这年6月1日是星期二.
2． 日
依题意知，这十年中1992年、1996年都是闰年，因此，这十年之中共有
365
10+2=3652（天）
因为（3652+1）
7=521…6，所以再过十年的12月5日是星期日.
[注]上述两题(题1—题2)都是推断若干天、若干月或若干年后某一天为星期几，解答这类问题主要依据每周为七天循环的规律，运用周期性解答.在计算天数时,要根据“四年一闰，整百不闰，四百年才又一闰”的规定，即公历年份不是整百数时，只要是4的倍数就是闰年，公历年数为整百数时，必须是400的倍数才是闰年.
3. 39
从图中可以看出,三角形按“二黑二白一黑一白”的规律重复排列，也就是这一排列的周期为6，并且每一周期有3个白色三角形.
因为80
6=13…2，而第十四期中前两个三角形都是黑色的，所以共有白色三角形13
3=39（个）.
4. 白
依题意知,电灯的安装排列如下:
白,红,黄,绿,白,红,黄,绿,白,……这一排列是按“白，红，黄，绿”交替循环出现的，也就是这一排列的周期为4.
由73
4=18…1,可知第73盏灯是白灯.
5. 13时.
分针旋转一周为1小时,旋转1991周为1991小时.一天24小时,1991
24=82…23，1991小时共82天又23小时.现在是14时正,经过82天仍然是14时正,再过23小时,正好是13时.
[注]在圆面上,沿着圆周把1到12的整数等距排成一个圈,再加上一根长针和一根短针,就组成了我们天天见到的钟面.钟面虽然是那么的简单平常,但在钟面上却包含着十分有趣的数学问题,周期现象就是其中的一个重要方面.
6. 3
仔细观察题中数表.
1 2 3 4 5 (奇数排)
第一组
9 8 7 6 (偶数排)
10 11 12 13 14 (奇数排)
第二组
18 17 16 15 (偶数排)
19 20 21 22 23 (奇数排)
第三组
27 26 25 24 (偶数排)
可发现规律如下:
(1)连续自然数按每组9个数,且奇数排自左往右五个数,偶数排自右往左四个数的规律循环排列；
(2)观察第二组,第三组,发现奇数排的数如果用9除有如下规律:第1列用9除余数为1,第2列用9除余数为2,…，第5列用9除余数为5.
(3)10
9=1…1，10在1+1组，第1列
19
9=2…1，19在2+1组，第1列
因为1992
9=221…3，所以1992应排列在（221+1）=222组中奇数排第3列数的位置上.
7. 7
=0.57142857……
它的循环周期是6，具体地六个数依次是
5，7，1，4，2，8
110
6=18…2
因为余2，第110个数字是上面列出的六个数中的第2个，就是7.
8. 35
因为0.1992517的循环周期是7,0.34567的循环周期为5,又5和7的最小公倍数是35,所以两个循环小数在小数点后第35位,首次同时出现在该位上的数字都是7.
9. 853,570,568,8255.
不难看出,这串数每7个数即1,9,9,1,4,1,4为一个循环,即周期为7,且每个周期中有3个1,2个9,2个4.因为19917=284…3，所以这串数中有284个周期，加上第285个周期中的前三个数1，9，9.其中1的个数是:3284+1=853(个),9的个数是2284+2=570(个),4的个数是2284=568(个).这些数字的总和为
1853+9570+4568=8255.
10. 9
先找出积的末位数的变化规律:
71末位数为7,72末位数为9,73末位数为3, 74末位数1；75=74+1末位数为7,76=74+2末位数为9，77=74+3末位数为3，78=
末位数为1……
由此可见，积的末位依次为7，9，3，1，7，9，3，1……，以4为周期循环出现.
因为50
4=12…2，即750=
，所以750与72末位数相同，也就是积的末位数是9.
11. 依照题述规则多写几个数字:
1989286884286884……
可见1989后面的数总是不断循环重复出现286884，每6个一组，即循环周期为6.因为(1989-4)
6=330…5，所以所求数字是8.
12. 1991个1990相乘所得的积末两位是0,我们只需考察1990个1991相乘的积末两位数即可.1个1991末两位数是91,2个1991相乘的积末两位数是81,3个1991相乘的积末两位数是71,4个至10个1991相乘的积的末两位数分别是61,51,41,31,21,11,01,11个1991相乘积的末两位数字是91，……，由此可见，每10个1991相乘的末两位数字重复出现，即周期为10.因为1990
10=199,所以1990个1991相乘积的末两位数是01,即所求结果是01.
13. n是1991个2的连乘积,可记为n=21991,首先从2的较低次幂入手寻找规律,列表如下:
n
n的十位数字
n的个位数字
n
n的十位数字
n的个位数字
21
0
2
212
9
6
22
0
4
213
9
2
23
0
8
214
8
4
24
1
6
215
6
8
25
3
2
216
3
6
26
6
4
217
7
2
27
2
8
218
4
4
28
5
6
219
8
8
29
1
2
220
7
6
210
2
4
221
5
2
211
4
8
222
0
4
观察上表,容易发现自22开始每隔20个2的连乘积,末两位数字就重复出现,周期为20.因为1990
20=99…10，所以21991与211的末两位数字相同，由上表知211的十位数字是4，个位数字是8.所以,n的末两位数字是48.
14. 因为100能被5整除,所以自右至左染色也就是自左至右染色.于是我们可以看作是从同一端点染色.
6与5的最小公倍数是30,即在30厘米的地方,同时染上红色,这样染色就会出现循环,每一周的长度是30厘米,如下图所示.
由图示可知长1厘米的短木棍,每一周期中有两段,如第1周期中,6-5=1,5
5-6
4=1.剩余10厘米中有一段.所以锯开后长1厘米的短木棍共有7段.综合算式为:
2
[(100-10)
30]+1
=2
3+1
=7(段)
[注]解决这一问题的关键是根据整除性把自右向左每隔5厘米的染色,转化为自左向右的染色,便于利用最小公倍数发现周期现象,化难为易.
8.2答案
1. 五
在这十年中有3个闰年,所以这10年的总天数是365
10+3,365被7除余1,所以总天数被7除的余数是(13-7=)6,因此10年后的1月18日是星期五.
2. 黑,26
根据图示可知,若去掉第一颗白珠后它们的排列是按“一黑三色”交替循环出现的，也就是这一排列的周期为4.
由(102-1)
4=25…1，可知循环25个周期，最后一颗珠子是黑色的.黑色珠子共有
1
25+1=26(颗).
3. 黑
小木球是依次按5红,4黄,3绿,2黑和1白的规律涂色的,把它看成周期性问题,每个周期为15.
由1993
15=132…13知，第1993个小球是第133周期中的第13个，按规律涂色应该是黑色，所以第1993个小球的颜色是黑色.
4. B
通过观察可以发现,第11次到第20次投进的袋子依次与第1次到第10次投进的袋子相同,即当投的次数被10除余1,2,3,…，8，9，0，分别投进A，B，C，……D，C，B袋中，1992被10除余2，所以第1992粒珠子投在B袋中.
5. 24,2
这个数列从第2项起,每一项都比前一项多3,(349-1)
3+1=117,所以349是这列数中的第117个数.
从排列可以看出,每两排为一个周期,每一周期有10个数.
因为117
10=11…7，所以数“349”是第11个周期的第7个数，也就是在第24行第2列.
6. 6
=
它的循环周期是6,因为1993=6
332+1,所以化成小数后,其小数点后面第1993位上的数字是6.
7. 7
=
它的循环周期是6,因为(1993-1)
6=332,则循环节“142857”恰好重复出现332次.所以小数点后面第1993位上的数字是7.
8. 3,7
表示循环小数的两个小圆点中,后一个小圆点显然应加在7的上面,且数字“5”肯定包含在循环节中，设前一个小圆点加在“5”的上面，这时循环周期是3，（100-4）
3=32，第100位数字是7.设前一个小圆点加在“4”的上面，这时循环周期是4，（100-3）
4=24…1，第100位数字是4.设前一个小圆点加在“3”的上面，这时的循环周期是5，（100-2）
5=19…3，第100位数字正好是5.
[注]拿到此题后容易看出后一个小圆点应加在7的上面,但前一个圆点应加在哪个数字上,一下子难以确定,怎么办?唯一的办法就是“试”.因为循环节肯定要包含5,就从数字5开始试.逐步向前移动,直到成功为止.这就像我们在迷宫中行走,不知道该走哪条道才能走出迷宫,唯一的办法就是探索:先试一试这条,再试一试那条.
9. 2
由特例不难归纳出:
(1)9的连乘积的个位数字按9,1循环出现,周期为2；
(2)8的连乘积的个位数字按8,4,2,6循环出现,周期为4；
(3)7的连乘积的个位数字按7,9,3,1循环出现,周期为4.
因为1991=995
2+1,所以1991个9的连乘积的个位数字是9；因为1990=497
4+2，所以1990个8的连乘积的个位数字是4；因为1989=497
4+1，所以1989个7的连乘积的个位数字是7.9
4
7的个位数字是2,即1991个9与1990个8与1989年7的连乘积的个位数字是2.
10. 9
7的连乘积,尾数(个位数字)以7,9,3,1循环出现,周期为4.因为3674=91…3，所以，367367的尾数为3.
2的连乘积,尾数以2,4,8,6循环出现,周期为4.因为7624=190…2，所以，762762的尾数为4.
3的连乘积,尾数以3,9,7,1循环出现,周期为4.1234
=30…3，所以，123123的尾数为7.
所以,(367367+762762)123123的尾数为(3+4)7=49的尾数,所求答案为9.
11. 从1开始,将每10个数分为一组,每一组10个数从右到左第一个不等于零的数字是乘积1
2
3
4
5
6
7
8
9
10=3628800从右到左第一个不等于零的数字是8,1~1991可分为1~10，11~20，21~30，…，1981~1990，1991；8的连乘积末位数字8、4，2，6重复出现，199
4=49…3，所以199个8相乘的末位数字是2，1991个位数字是1，所以，乘积1
2
3
…
1990
1991从右到左第一个不等于零的数字是2.
12. 因为第一个数
EMBED Equation.3 =第二个数
EMBED Equation.3 ,所以第一个数：第二个数=
：
=3：10.又两数互质,所以第一个数为3,第二个数为10,从而这串数为：
3,10,13,23,36,59,95,154,249,403,652,1055……
被3除所得的余数为：
0，1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，……按“0，1，1，2，0，2，2，1”循环，周期为8.
因为1991
8=248…7，所以第1991个数被3除所得余数应是第249周期中的第7个数，即2.
[注]解答此题应注意以下两个问题:
(1)由于两个数互质,所以这两个数只能是最简整数比的两个数；
(2)求出这串数被3除所得的余数后,找出余数变化的周期,但这并不是这串数的周期.一般来说,一些有规律的数串,被某一个整数逐个去除,所得的余数也具有周期性.
13. 因为“共产党好”四个字，“社会主义好”五个字，
4与5的最小公倍数是20，所以在连续写完5个“共产党好”与4个“社会主义好”之后，将重复从头写起，出现周期现象，而且每个周期是20组数.
因为340
20=17,所以第340组正好写完第17个周期,第340组是(好,好).
[注]此题从题面上看是一个文字游戏,其实质是一个周期的问题:
四个四个地数
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
五个五个地数
14. 根据题意甲、乙从同一端点开始涂色，甲按黑、白，黑、白……交替进行；乙按白、黑，白、黑……交替进行，如下图所示.
由上图可知,甲黑、乙白从同一端点起，到再一次甲黑、乙白同时出现，应是5与6的最小公倍数的2倍，即5
6
2=60厘米，也就是它们按60厘米为周期循环出现.并且在每一个周期中没有涂色的部分是
1+3+5+4+2=15(厘米)
所以,在3米的木棍上没有涂黑色的部分长度总和是
15(30060)=75(厘米)
[注]请注意这里的周期是5与6最小公倍数的2倍,而不是5与6的最小公倍数.这是同学们容易犯的错误.
9.1答 案
1． 30
由例1注可知图形中每边有3+2+1=6（条）线段，因此整个图形中共有6
5=30条线段.
2. 37
将 A1A6A12分解成以OA6为公共边的两个三角形. OA1A6中共有5+4+3+2+1=15(个)三角形, OA6A12中共有6+5+4+3+2
+1=21(个)三角形,这样,图中共有15+21+1=37(个)三角形.
3. 15
这样的问题应该通过分类计数求解.此题中的三角形可先分成含顶点C的和不含顶点C的两大类.含顶点C的又可分成另外两顶点在线段AB上的和在线段BD上的两小类.分类图解如下:
所以原图有
(3+2+1)+(3+2+1)+3
=15(个)三角形.
4. 18
梯形一共有三行,每行都有3+2+1=6(个),所以一共有6
3=18(个)梯形.
5. 108,36
(1)因为长方形是由长和宽组成的,因此可分别考虑所有长方形的长和宽的可能种数.按照前面所介绍的线段的计数方法可分别求出长和宽的线段条数,将它们相乘就是所有长方形的个数.
因为AB边上有8+7+6+…+2+1=
=36条线段，AD边上有2+1=3条线段，所以图中一共有36
3=108个长方形.
(2)三角形一共有6行,每行都有3+2+1=6(个),所以一共有6
6=36(个)三角形.
6. 30
由例5注可知整个图形中共有12+22+32+42=30个正方形.
7. 50
此类问题一般用分类方法计数.对正方形的边长分八类计数如下:
边长为AB的正方形有16个；
边长为AC的正方形有9个；
边长为AD的正方形有4个；
边长为AE的正方形有1个；
边长为DF的正方形有9个；
边长为CF的正方形有8个；
边长为BF的正方形有2个；
边长为CG的正方形有1个.
所以,最多可围出50个正方形.
8. 44
因为正方形是特殊的长方形,所以可以把正方形看成长方形,这样就不必分别求正方形和长方形的个数,仍用分类计数的方法求解.
先考虑有一组对边平行于BC的长方形有多少个.这一类按其水平边的位置可分为6小类,即位置在BF、FE、EC、FC、BE、BC.同样,其竖直边也分为6类.所以这一类有6
6=36个长方形.
另一类是没有边平行于BC的.这一类又分类两小类,分解图如下页图所示,其中分别有6个和2个长方形.
所以，一共可套出正方形和长方形36+6+2=44个.
9． 21
以正方形的面积大小分类计数.
设相邻两点的距离为1，则正方形面积为1的有9个；
面积为2的有4个；
面积为5的有2个；
面积为8的有4个；
面积为13的有2个；
所以，共有9+4+2+4+2=21个正方形.
10． 30
将原立体图形从左至右分类计算，共有11+7+5+7=30个.
11. 白色小三角形个数=1+2+3+…+6=
=21，
黑色小三角形个数=1+2+3+…+7=
=28，
所以它们的比=
=
.
12. 解法一
本图中三角形的个数为(1+2+3+4)
4=40(个).下面求梯形的个数.梯形由两底唯一确定.首先在AB,CD,EF,MN中,考虑两底所在的线段,共有(4
3)
2=6(种)选法；对上述四条线段中确定的两条线段，共有10（10=4+3+2+1）个梯形.共60个梯形.故所求差为20.
解法二
在图 中可数出4个三角形,6个梯形,梯形比三角图形图形多2个.而在题图中,这种恰有10个.故题图中,梯形个数与三角形的个数之差为2
10=20(个).
13. 边长2厘米的正方形:
2
2=4(个) ……红色
边长4厘米的正方形
(4-1)
4=12(个) ……红色
(4-2)
(4-2)=4(个) ……白色
边长8厘米的正方形
(8-1)
4=28(个) ……红色
(8-2)
(8-2)=36(个) ……白色
边长9厘米的正方形
(9-1)
4=32(个) ……红色
(9-2)
(9-2)=49(个) ……白色
所以,红色小正方形共有
4+12+28+32=76(个)
白色小正方形共有
4+36+49=89(个)
[注]本题的要求是由边长为1厘米的红色和白色两种正方形,分别组成边长是2厘米,4厘米,8厘米,9厘米的大小不同的正方形,可以看作方阵问题来解.四周的小正方形是涂红色的,可看成是空心方阵,因此,涂红色正方形的个数等于4
(n-1).其他小正方形是涂白色的，可当作实心方阵，所以，涂白色的正方形的个数等于(n-2)
(n-2).比如,由边长为1厘米的正方形组成边长为9厘米的正方形,涂红色的小正方形的个数是:4
(9-1)=32(个),涂白色的小正方形的个数是:(9-2)
(9-2)=49(个).
14. 将平行四边形分为三类:①尖角在上、下方；②尖角在左下、右上方；③尖角在左上、右下方.
就第①类而言: 型6个； 型3个，与其对称的3个；
型1个，与其对称的1个； 型1个；共15个.同理,第②、③类也分别含15个，故上述三类平行四边形共45个.
[注]这样数平行四边行,很麻烦,又易出错.我们试图找到一种对应关系:先考虑任一边不与BC平行的平行四边形,延长各边必与BC有4个交点,特殊情况下,第二个交点与第三个交点重合；反过来，BC上的任意四点或三点决定一个平行四边形，也就是说，边不与BC平行的平行四边形的个数与BC上的四交点组和三交点组的数目一样多。
由于BC上有5个交点，其中可构成5个4点组；10个3点组，即边不平行于BC的平行四边形有15个。
同理分别考虑边不平行AB、CD的平行四边行。
由此可知，共有45个平行四边形。
9.2答 案
1. 90
利用例1和例4公式可直接计算:
(5+4+3+2+1)×(3+2+1)
=15×6
=90(个)
[注]注意,由长方形、正方形的意义可知，正方形一定是长方形，但反之不然.故求长方形个数时,不必把正方形分开考虑.
2. 3个正方形; 18个三角形; 6个平行四边形; 8个梯形.
3. 18
根据这个图形的特点,我们先数出下图(1)中长方形的个数为(2+1)×(2+1)=9个；然后在图(1)的内部添上一个长方形得到图(2).这时新产生的长方形有(2+1)×(2+1)=9个.至此已将图(1)还原为题图,同时题图中的长方形已全部数完.因此,原图中共有长方形.
(2+1)×(2+1)+ (2+1)×(2+1)=18(个).
(1) (2)
4. 16
具体分法如下图所示.基中小三角形有8个,由两个小三角形组成的三角形有4个,由四个小三角形组成的三角形有4个,所以共有三角形8+4+4=16(个).
5. 72
把图中最小三角形作为基数,然后按含有几个基数的三角形分类进行解答.
含一个基数的三角形,共有16个；含两个基数的三角形，共有24个；含四个基数的三角形，共有20个；含八个基数的三角形，共有8个；含十六个基数的三角形，共有4个.因此,整个图形中共有
16+24+20+8+4=72(个)三角形.
6. 6
图中的三角形可分成两种,一种是尖头向上的,一种是尖头向下的.从图上可以看出,每种三角形必须涂成同一颜色.为了使涂红色的三角形比涂蓝色的三角形多,尖头向上的三角形要涂红色.
每一横排,尖头向上的三角形要比尖头向下的三角形多一个,共有6排,因此,涂红色的比涂蓝色的三角形多6个.
7. 38
将原立体图形从左至右分类计算,共有16+9+5+7+1=38个.
8. 115
单独的一个4×4的方格中有12+22+32+42=30个正方形,两个4×4的方格如原图重叠后,重叠部分有5个正方形.所以原图中一共有30×4-5×3=115个正方形.
9. 6
根据标有相同数码的纸片不许靠在一起的条件，当M位置上放标有数码“3”的纸片时，其余两个标有数码“3”的纸片，只能放置在下面左右两边两个圆圈内.如下图所示.
这样圆圈绕M圆紧接着M的六个圈旋转一周,回到初始状态,可知共有六种不同的放置方法.
10. 19
如果直线与大正方形的两横边都有交点,则与所有的横边产生11个交点,与竖边至多9个交点,共20个交点.
如果直线与大正方形的一横边和一竖边有交点,则与横边至多产生10个交点,与竖边至多产生10个交点,共20个交点.
20个交点,将直线分成21部分,其中在大正方形有内有19部分,故至多穿过19个方格.
[注]穿过一个方格,在直线上截出一条线段,线段由直线上的交点决定,关键是求交点个数.
对小学生来说,通常总是从简单情况入手,即由1×1方格,2×2方格,3×3方格等的情况,归纳出一般的规律,从而得出10×10方格的结果.请同学们用归纳法试一试!
11. 最大边为7时,另两边之和为8,可构成4个(1+7,2+6,3+5,4+4)不同的三角形；最大边为6时，另两边之和为9，可构成2个（3+6，4+5）不同的三角形;最大边为5时,可构成1个(5+5)不同的三角形.所以一共可组成7个不同的三角形.
12. 由三角形的一边为11厘米,及其他边长必为1,2,.…，11厘米，根据三角形两边之和大于第三边的性质，可知两边之和应介于12厘米和22厘米之间（包含12厘米和22厘米）.这样,共可围成36个不同的三角形.
12:(1,11),(2,10),(3,9),(4,8),(5,7),(6,6)；
13:(2,11),(3,10),(4,9),(5,8),(6,7)；
14:(3,11),(4,10),(5,9),(6,8),(7,7)；
15:(4,11),(5,10),(6,9),(7,8)；
16:(5,11),(6,10),(7,9),(8,8)；
17:(6,11),(7,10),(8,9)；
18:(7,11),(8,10),(9,9)；
19:(8,11),(9,10)；
20:(9,11),(10,10)；
21:(10,11)；
22:(11,11)
所以，一共可以围成36个不同的三角形.
13. 为方便起见,不妨设原正方形的边长为3,则小正方形的边长是1,阴影三角形的面积是
×2×3=3.所求的三角形可分两种情形:
(1)三角形的一边长为2,这边上的高是3.这时,长为2的边只能在原正方形的边上,这样的三角形有2×4×4=32(个)；
(2)三角形的一边长为3,这边上的高是2.这时长为3的边是原正方形的一边或平行于一边的分割线.其中与(1)重复的三角形不再算入,这样的三角形有8×2=16(个).
因此,所求的三角形共32+16=48(个)(包括图中开始给的三角形.)
14. 最多可以穿透7个小立方体.提示:仿题10.
10.1答 案
1、20
面积一定,长方形的长与宽越接近,周长越小,因此拼成的长方形中,长为6分米,宽为4分米时,周长最小,等于(6+4)×2=20(分米).
所以,最小的周长是20分米.
2、12
根据题图将长方形割为四块,拼成如下图的正方形.注意到形变其面积不变.所以拼成的正方形面积是9×(12+4)=144(平方厘米).又144=12×12,由正方形的面积计算公式可知,所拼成的正方形边长是12厘米.
注: 拼合成的正方形边长是12,在你拼合时,只要考虑到正方形的特征四条边相等、四个角都是直角,拼起来并不困难.
3、3
具体拼法见下图.
4、B和D
经动手画一画可知,图形B和D也能用6个 的图形组成.
5、4,4,2,4,2.
因为小正方形的面积是1平方厘米,所以其边长是1厘米.
根据用L型无重叠、无空格地拼成一个正方形易知其边长不可能是2厘米和3厘米.所以,最少要用四个这样的L形拼组成一个正方形,其边长是4厘米(如左下图所示);最小要用两个这样的L形拼组成一个长方形,其长是4厘米,宽是2厘米(如右下图所示).
6、3
7、13, 5.
(1)用试验法可知,题图中能拼成4×4正方形的三种不同图形可以是:
(1)、(2)、(3)、(7)；(1)、(2)、(4)、(7)；或(1)、(2)、(5)、(7).
所以,编号和最小值是1+2+3+7=13.
(2)取四个图(5)或图(7),显然都能很方便地拼成4×4的正方形.
对图(1),只要先取同样的两个,按下图方式拼成一个2×4的长方形,然后再由同样的两个长方形就可拼成4×4的正方形.
图(3)拼成的,因此用图(3)不能拼成4×4的正方形.
同理,用图(4)也不行.
综上所述,本题的答案是5种.
8、(4)
首先能用 和 拼成的图形的块数应是3的倍数,(1)、(2)号图形的块数都是11,从而排除(1)、(2).其次根据 和 及(3)号图形的特征,不难排除(3).可以拼成的是(4)号图,拼法如下:
方法一用三个 ,两个 ,如下图所示.
方法二用一个 ,四个 .
9、100
图中共有28条边,故每条边长是56÷28=2(厘米).又图中共有(1+3+5)×2+7=25个小正方形,把突出四周的四个小正方形剪下,分别拼在凹处,正好组成10×10(平方厘米)的图形,故面积为100平方厘米.
10、192
要使花的钱尽可能少,已有的30个A型板最好都能用上,而价格较贵的B型板尽可能少用.因为A型与B型的面积都为3,所以在拼成的5×5正方形中,除去C型外,余下的面积应能被3整除.由25-4×4=9或25-4×1=21能被3整除知,只能用4块C型板或1块C型板.考虑尽量多的使用A型板,有如下两种拼法:
图1的拼法要花4×4+5×2=26(元),图2的拼法要花4+5=9(元).因为只有30块
型板,所以在10块5×5正方形中,图2的拼法只能有4块,剩下6块用图1的拼法,共需9×4+26×6=192(元).
11、4×9=36=6×6,所以正方形的边长是6.当贴着长方形的边,画出一个边长为6的正方形(图上虚线画出)时,发现要补2×6这一块,就很自然地想出图中的切开,然后把左面一块往下移动就拼成了.
注: 事实上,长方形边长是1,4,9,16,25,36,…(平方数)中任何两个数都可以用这样的方法切拼成正方形.
12、先将题图中的两块小图形拼成一个2×5的矩形,再将5个矩形拼成5×10的矩形,然后把两个5×10矩形拼成一个10×10的正方形.
13、1+2+3+…+8=36=6×6,所以拼成正方形的边长仍是6,为了“阶梯”对合,所以从4级“阶梯”处切开,再考虑到边长是6,就得出下面的切开的拼合:
14、(1)不行.将图形黑白相间染色(见左下图),黑、白格数量相同.七个俄罗斯方块,1～6号各盖住两黑两白,7号盖住一黑三白或一白三黑,总共盖住的黑、白格数量不等.所以不能拼出来.
(2)行,见右上图.
10.2答 案
1、5
提示: 周长等于12厘米的有图(2)、(3)、(4)、(5)、(8).
2、
、
.
根据题意,在这副七巧板图中,各块板上填入与小房图形相对应的各块板的编号.(如图)
设正方形
的总面积为1.
由图示,可知
与
分别是
、
的中点,则
平行
,编号为的面积是
,即第2块板的面积是整幅图的面积的
.
再由房形图示结构,可知编号为与是等底,且面积相等,编号为与的面积各占
;
点为
的中点,且
肯定在正方形的对角线上,则编号为与的面积各占
;编号为与的面积各占
(如图所示).故第4块板与第7块板面积之和是整幅房形图面积的
+
=
.
3、A、D、E
A、D、E三种图形都是第四拼组图形(如图).B不能是第四拼组图形(理由参见第10题).
4、如图所示.
分割: 拼接:
5、9种(见下图).
6、如图所示:
或
7、 如图所示:
8、1,144.
直角三角形的两条直角边相乘等于10×2=20,因为20=2×10=4×5,所以满足题意的直角三角形有下图所示的两种.
用相同的四个三角形围成的含有两个正方形的图形,左下图阴影正方形面积最小,为(5-4)2=1(平方厘米)；右下图大正方形面积最大,为(10+2)2=144(平方厘米).
9、10种.
提示: 有一个边长3厘米纸片的有如下3种拼法.
有两个边长2厘米纸片的有如下4种拼法.
由一个边长2厘米及11个边长1厘米纸片有2种拼法,边长全是1厘米纸片有1种拼法.
10、6
用6种图形构成7×4的长方形的方式很多,我们仅给出下面一种,下面, 我们证明不能用7种图形构成7×4的长方形.
将长方形的28个小方格染成黑白相间的棋盘格,则黑白格各为14个,若能用7种图形拼成长方形,则图形 必占据3个黑格1个白格或3个白格1个黑格,而其余图形皆占据黑白格各2个.因此,7种图形占据的黑白格数必都是奇数,不会等于14,长方形也不会由7种图形拼成.
综上所述,最多能用6种图形.
11、十个正方形面积的和:
32+52+62+112+172+192+222+232+242+252=3055,它应当等于所拼成的长方形的面积.
设所拼成的长方形的长为
,那么
一定是3055的约数.
又3055=5×13×47=47×65,长方形的长不小于宽,因此
可能的取值是65,235,611.又十个正方形边长3,5,6,11,17,19,22,23,24,25的总和是229,所以
,故
可能的值只能是65,即长方形的长是65,宽是47.
长方形的拼接图如下:
12、将正方形沿对角线切成4块,将其中一块拼到正方形的上方,与原正方形上面的一块构成一个新正方形,面积为25,中间黄色小正方形的面积为9,由此得外正方形的边长为5,里面正方形的边长为3.故红色小正方形的边长为2,面积为4平方厘米.
13、设每个小方格的面积是1,则所给图形的面积为25,故所要拼成的正方形的面积为25,这样只需设法让所拼成的正方形边长为5即可.
绕
点折迭,使得
点与
点重合,这时
与
重合(
=
=5),沿着
剪一刀,分成三块.将
移到
,
移到
即可拼成正方形
(如图).
14、(1)如图1.用12块3×3地板砖与6块2×2地板砖能铺成12×11的长方形地面.
如图2的铺设方案.用4个12×11的图1所示的板块,恰用1块1×1地板砖,可以铺满23×23的正方形地面.
(2)我们将23×23的大正方形分成23行23列共计529个1×1的小方格,再将第1行,第4行,第7行,第10行,第13行,第16行,第19行,第22行这八行染红色,其余的15行都染白色,如图3所示.
任意2×2或3×3的小正方形块无论怎样放置(边线与大正方形格线重合).每块2×2或3×3的正方块都将盖住偶数块1×1的白色小方格.
假设用2×2及3×3的正方形地板砖可以铺满23×23的正方形地面.则它们盖住的白色1×1的小方格总数为偶数个,然而23×23地面染色后共有23×15(奇数)个1×1的白色小方格,矛盾.
所以,只用2×2,3×3两种型号地板砖无论如何铺设,都不能铺满23×23的正方形地面而不空隙.
１１.１答 案
1. 6
如下图,连接
,因为
,所以,
,即
.又因为
,所以,
,这样以来,
.
2. 6
已知
、
分别是
和
的中点,因此
的面积是
的面积的
,
的面积又是
的面积的
.又因为
(平方厘米), 所以
(平方厘米).
3.
由
可知
.因为
与
是同一个顶点,底边在同一条线段,所以这两个三角形等高,则三角形面积与底边成正比例关系,因此
.同理可知
.这样以来,
的面积是
的
的
,即是
的面积的
.
所以,
的面积是
的
.
4. 5
因为
是
的中点,所以三角形
和三角形
面积相等(等底、等高的三角形等积),从而三角形
的面积等于三角形
面积的一半,即30÷2=15(平方厘米).
在
与
中,
,高相等,所以
的面积是
面积的
.即
的面积是
(平方厘米)
注: 以上四题(题1-题4)从不同侧面运用了“当三角形的高不变时,其面积与底的变化成正比.”
5. 10
三个阴影三角形的高分别为3,2,2,底依次为2,4,3,所以阴影部分面积总和等
于
.
注: 这里是利用三角形的面积公式硬算出来的.通过方格纸,我们还可以从另一条途径来求解.当我们把每个阴影三角形都画出高线,即把每个三角形分成两个直角三角形,那么图中每个三角形都是长方形的一半.而长方形是由若干个小方格拼成的,故可数出来.
6. 60
设正方形
的面积为
,长方形
的面积为
,重叠部分
的面
积为
,则阴影部分的面积差是:
.即阴影部分的面积差与重叠部分的面积大小无关,应等于正方形
的面积与长方形
的面积之差.所求答案:10×10-8×5=60(平方厘米).
7. 24
解法一 按照下图所示的方式在矩形
,
,
的边上标注字母,于是原矩形的
面积等于(
,而
,所以原矩形的面积为
.
解法二 图中的四个矩形是大矩形被两条直线分割后得到的,矩形的面积等于一组邻边的乘积.从横的方向看,两个相邻矩形的倍比关系是一致的,
是
的2倍,那么
也应是
的2倍,所以
的面积是2×6=12
,从而原矩形的面积是2+4+6+12=24
.
8. 20
如下图,从上底的两个端点分别作底边的垂线,则
是矩形,
(厘米).
因为
,所以
是等腰直角三角形,则
(厘米).根据梯形的求积公式得:
(平方厘米).
9. 14
由已知条件,平行四边形
的面积是:
56÷2=28(平方厘米)
如下图,连接
,
为平行四行形
的对角线,
由平行四边形的性质如,
EMBED Equation.3
(平方厘米).
在
与
中,
为公共底边,
平行于
,从而
边上的高相等,所以,
EMBED Equation.3 (平方厘米).
10. 97
因为长方形的面积等于
与
的面积和,所以
与
重叠部分的面积等于长方形未被这两个三角形盖住部分的面积和,即
.
11.画两条辅助线如下图,根据条件可知,正方形面积是长方形
面积的2.5
倍.从而
的面积是50÷2.5=20(平方厘米).所以
的面积是20÷2=10(平方厘米).
12. 连结
,
的面积为
.把
和
结合起来考虑,这两个三角形的底
、
相等,且都等于长方形宽的
,它们的高
与
之和正好是长方形的长,所以这两个三角形的面积之和是:
.
于是,图中阴影部分的面积为216+108=324
.
13. 把两张正方形纸重叠在一起,且把右边多出的一块拼到上面,成为一个长方形,如图:
这个长方形的面积是44平方厘米,它的长正好是两个正方形的边长的和,它的宽正好是两个正方形的边长的差.因为两个整数的和与它们的差是同奇或同偶,而44又只能分解成下面的三种形式: 44=1×44=2×22=4×11.
所以,两个正方形的边长的厘米数的和与差只能是22与2.于是,两个正方形的边长是(22+2)÷2=12(厘米),12-2=10(厘米).
14. 如图大长方形面积为1+2+3+4=10.延长
交底边于
,延长
交底边于
.矩形
面积是上部阴影三角形面积的2倍.矩形
是下部阴影三角形面积的2倍.所以矩形
的面积是阴影部分面积的两倍.
易知
,
因此矩形
的面积是大矩形面积的
,阴影部分面积是大矩形面积的
.
阴影部分面积=
×10=
.
１１.２答 案
1. 170
每个小正方形的面积为400÷16=25平方厘米,所以每个小正方形的边长为5cm,因此它的周长是34×5=170厘米.
2. 25
7,2,1所占面积分别为7.5,10和7.5 .
3. 6.5
直接计算粗线围成的面积是困难的,我们通过扣除周围的正方形和直角三角形来计算.
周围有正方形3个,面积为1的三角形5个,面积为1.5的三角形一个,因此围成面积是4×4-3-5-1.5=6.5(平方厘米).
4. 24
仿上题,大、小两个正方形面积之和减去两只空白三角形的面积和,所得的差就是阴影部分的面积.
=16+64-(32+24)
=80-56
=24(平方厘米)
5. 12
如下图,连接
,因为
,所以
;
又
,所以
.
因为
,所以
;
因此
(平方厘米).
6. 3.2
如下图,连接
,则
(平方厘米).
从另一角度看,
,于是
.
=3.2(厘米)
注: 本题通过两种不同途径计算
,得到一个关于未知量
的方程,体现了列方程解应用题的基本思想,这种“算两次”手法在几何计算中极为常见.另外,
这一关系式很有用.
7. 3.2
如下图,连接
,则
的面积是正方形
面积的
,
也是长方形
的面积的
,于是长方形
的面积等于正方形
的面积4×4=16(平方厘米).
(厘米).
8. 243
我们用
,
,
,
分别表示待计算的小矩形面积上、下两个矩形,长是相同的.
25
20
30
36
16
12
因此它们的面积之比,就是宽之比,反之,宽之比,就是面积之比.这样就有:
20:16=
:36,
;
20:16=25:
,
;
20:16=30:
,
;
20:16=
:12,
.
因此,大矩形的面积是:
45+36+25+20+20+16+30+24+15+12=243.
9. 60
如下图,连接
,则阴影部分就是由四个三角形:
,
,
和
组成.
和
的底都有3,高为12,所以
.
和
的底都是4,两条高分别为
和
则:
=2(
+
)
=2×12
=24
所以,阴影部分的面积是:
EMBED Equation.3
=18+18+24
=60
10. 4
解法一 长方形
的面积是6×4=24(平方厘米)
(平方厘米)
=12-10
=2(平方厘米)
又
(平方厘米)
所以,四边形
的面积等于:
=6-2
=4(平方厘米)
解法二
(平方厘米)
(平方厘米)
(平方厘米)
(平方厘米)
=12-10=2(平方厘米)
所以,四边形
的面积等于:
=12-2-6
=4(平方厘米)
11. 如图,将正六边形
等分为54个小正三角形.根据平行四边形对角线平分平行四边形面积.采用数小三角形的办法来计算面积.
面积=3;
面积=9;
四边形
面积=11.
上述三块面积之和为3+9+11=23,
因此,阴影四边形
面积为54-23=31.
12. 如图,涂阴影部分小正六角星形可分成12个与三角形
全等(能完全重叠地放在一起)的小三角形.三角形
的面积是
平方厘米.正三角形
面积是由三个与三角形
全等的三角形组成.所以正三角形
的面积等于
(平方厘米).
由于大正方六角星形由12个与正三角形
全等的三角形组成,所以大正六角星形的面积是4×12=48(平方厘米)
13. 设大长方形的宽为
,则长为28-
.
因为,
,
, 所以,
.
,
,
.
由题设可知,
:
:3 或
,
于是
,
.
大长方形的长=28-8=20,从而大长方形的面积为8×20=160平方厘米.
14. 三角形
面积是三角形
面积的
(15+6)÷7=3(倍),
三角形
面积是三角形
面积的
15÷(5+7)=
(倍).
所以65-38×
等于三角形
面积与三角形
面积的
之差,因此三角形
的面积是
(65-38×
)÷(3-
)=10.
三角形
面积是10×(3+1)=40.
12.1答 案
1. 111111111,4; 12345678987654321,4; 49382715950617284.根据已知等式的观察和分析,可知算式演变规律有两种形式: 其一是等积恒变;其二是11×11=121,111×111=12321,…….
2222=222×222=1112×4=49284;
2222222222=1111111112×4
=12345678987654321×4
=49382715950617284.
2. A
木块沿直线滚动4格,与原来的状态相同,所以木块到第5,9,13,21格时,与在第1格的状态相同,写的字母是A.
3. 318
由数表可知A和B都是等差数列,根据等差数列的通项公式
进行解答.
当
32时,
=(32-2)×
+1=16;
当
=16时,
=1+(16-1)×4=61.
再由数表可知C数列的相邻两项的差值3,5,7,9,11,…,31组成等差数列,根据等差数列求和公式
(
)×
×
进行解答.
这15个差值的和是(3+31)×15×
=255,则当
=16时,
=2+255=257.
因此,
=61+257=318.
4. 27,45.
正长形网格内的所有格点数之和必是平方数,如2×2方格网中共有格点32=9(个),3×3方格网中共有格点42=16(个).
因为1999=442+63=452-26,所以第1999个点必在第45行或第45列上.因为第452点在第1行第45列上,而1999=452-26,从第1行倒退26行,所以第1999个点在第27行第45列上.
5. 白
观察归纳得:“行数+列数=奇数”时为白色,“行数+列数=偶数”时为黑色.
而19+98为奇数,因此(19-98)这一格是白色.
6. 271
提示:第
几圈有6
个正六边形,所以共有1+6×(1+2+…+9)=271(个).
7. 1995003
第三行左起第三个数是1=1;
第四行左起第三个数是3=1+2;
第五行左起第三个数是6=1+2+3;
第六边左起第三个数是10=1+2+3+4;
……
归纳可知,第1999行左起第三个数是1+2+3+…+1997=
=1995003.
8. D
根据表中所列数据可以看出,除1以外,图中的连续自然数按8个数为一个周期如表格所示的规律排列,300=1+(37×8+3),余数为3,所以300是在
列.
2
3
4
5
9
8
7
6
9. 91
观察拐弯处的数的规律,可得第
个拐弯处的数:
当
为奇数时为 1+(1+3+5+…+
);
当
为偶数时为 1+2×(1+2+3+…+
).
将
=18代入,得91.
10. 39700
观察右下角拐弯处的数的规律:
第1个拐弯处为1=12=(2×1-1)2;第2个拐弯处为9=32=(2×2-1)2;第3个拐弯处为25=52=(2×3-1)2;…….因此第
个拐弯处的数为(2
-1)2.
距中央正东100千米处为他走到右下角的第100个拐点处再向北99千米处,故他共走了(2×100-1)2+99=39700(千米).
11. 观察拐弯处的数的规律,可以得到
个拐弯处的数,
当
为奇数时为
1+(1+3+5+…+
)=(
)2+1;
当
为偶数时为
1+2×(1+2+3+…+
)=(1+
)×
+1.
(1)第45次拐弯处的数是(
)2+1=530.
(2)试算
=89时,拐弯处的数是(
)2+1=2026;
=88时,拐弯处的数是(1+
)×
+1=1981;
=87时,拐弯处的数是(
)2+1=1937;
所以1978~2010中,恰在拐弯处的数是1981.
12. 仔细观察十字框中的五个数里,中间一个是这五个数的平均值,也是其余四个数的平均值,所以中间一个数可由500÷5=100得到,且即得四个角上数字这和为100×4=400.
13. 通过观察列出编号与长度的关系表:
编号
(1)(2)
(3)(4)
(5)(6)
(7)(8)
(9)(10)
……
长度
1
2
3
4
5
……
从表中看出:长度为
的线段编号为2
-1和2
.
(1)编号为1994的线段长为:
1994÷2=997.
(2)长度为1994的线段有两条,编号分别为:
1994×2-1=3987;
1994×2=3988.
14. 如果依照题意在上图中进行操作,直到剩下一个数为止,实在是很困难的.我们还应从最简单的情况入手分析,归纳出解决问题的规律,再用此规律解题.
如果是2个数1,2,最后剩下1;如果是3个数1,2,3,最后剩下3;如果是4个数1,2,3,4,最后剩下1;如果是5个数1,2,3,4,5,最后剩下3;如果是6个数1,2,3,4,5,6,最后剩下5;如果是1-7,7个数,最后剩下7;如果是1-8,8个数,最后剩下1.
我们发现当数的个数是2,4,8时,最后剩下的都是1.实际上,当数的个数为
时(
),当擦完一圈后还剩
个数,把问题化成
个数的情况.不断作下去,最后化为2个数的情况,显然最后剩下的数为1.注意,1为起始数.
由于210=1024,211=2048, 210<1997<211, 1997-1024=973.
这就是说,要剩210个数,需要先擦去973个数.按题意,每两个数擦去一个数,当擦第973个数时,最后擦去的数是:973×2=1946.
下一个起始数是1947,所以,最后剩下的数应是1947.
12.2答 案
1. 8888888808, 7777777707, 123456789, 123456789, 45.
2. 因为
,
,
,……,即分子分母添上相同个数的6,分数值不变,所以
.
3. 十位数字是1时,这样的两位数只有10这1个;
十位数字是2时,这样的两位数有20,21这2个;
十位数字是3时,这样的两位数有30,31,32这3个;
……
由此可以推知:“十位上的数字是几,符合条件的两位数就有几个.”所以,符合题目条件要求的两位数,共计有:1+2+3…+8+9=45.
4. 所有8的倍数均在第三列中,数1000是8的倍数,所以它在第三列中.
5. 每一行的最末一个数正好为该行行数的平方,该行开头的数是前一行最末一个数加1.由于1222<15120<1232,15120-1222=236,故15120在第123行的236号上.
6. 14个数是每三个数的循环排列,第二个数是1,那么第8个数也是1.第13个数是9,那么第10个数也是9,所以第9个数是20-1-9=10.
7. 数列每隔4项重复出现.第2个数是11,第3个数是5,第4个数是24,那么第一个数是45-(11+5+24)=5.
8. 除开1不看,数列是
1991,1990,1989,1988,…,
第1992个是0,再加上前面的996个1,第一个0出现在第1992+996=2988项上.
9. 写出每个数被5除的余数:
0,1,3,3,1,0,4,2,2,4,0,1,3,…
可见每10个余数循环一次,70÷10=7,第70个数被5除余为0.
10. 观察点阵中各层点数的规律,然后归纳出点阵共有的点数.
第一层有点数:1;
第二层有点数:1×6;
第三层有点数:2×6;
第四层有点数:3×6;
……;
第
层有点数:(
-1)×6.
因此,这个点阵的第
层有点(
-1)×6个,
层共有点数为
1+1×6+2×6+3×6+…+(
-1)×6
=1+6×[1+2+3+…+(
-1)]
=1+6×
=1+3(
-1)
.
11.
=1时,直角三角形2·12个,边数=2·1(1+1)+12=5;
=2时,直角三角形2·22个,边数=2·2(2+1)+22=16;
=3时,直角三角形2·32个,边数=2·3(3+1)+32=33;
对一般的
,共分为2·
2个直角三角形,
总计数出2
(
+1)+
2条边.
所以
=100时,共分为2·1002=20000个直角三角形,
总计数出2×100×(100+1)+1002=30200条边.
12. (1)填表如下:
顶点数
边数
区域数
(
)
4
6
3
(
)
8
12
5
(
)
6
9
4
(
)
10
15
6
(2)由该表可以看出,所给四个平面图的顶点数、边数及区域数之间有下述关系:
4+3-6=1
8+5-12=1
6+4-9=1
10+6-15=1
所以,我们可以推断:任何平面图的顶点数、边数及区域数之间,都有下述关系:
顶点数+区域数-边数=1.
(3)由上面所给的关系,可知所求平面图的边数.
边数=顶点数+区域数-1
=999+999-1
=1997
注:本题第二问中的推断是正确的,也就是说任何平面图的顶点数、区域数及边数都能满足我们所推断的关系.当然,平面图有许许多多,且千变万化,然而不管怎么变化,顶点数加区域数再减边数,最后的结果永远等于1,这是不变的.因此,
顶点数+区域数-边数
就称为平面图的不变量(有时也称为平面图的欧拉数——以数学家欧拉的名字命名).
13. 十字框中5个数的和等于中间那个数的5倍,1989不是5的倍数,1990=5×398是5的偶数倍,均不可能.2005÷5=401,能办到的五个数是399,401,403,
389,413. 2005÷5=407,407÷12=33…11,407在最右边一列上,故不可能.
14. 设
表示数列中的等
个数,
EMBED Equation.3 =
+
(
),
EMBED Equation.3 =
+
(
6)(
).
容易列出下表:
被6除的余数
1 3 4 1 5 0 5 5 4 3 1 4 5
被6除的余数
3 2 5 1 0 1 1 2 3 5 2 1 3
观察上表可知
=
(
6),
=
(
6),则
=
(
6).就是说,数列中的数被6除所得的余数,每隔24个数重复出现.
由于1991=24×82+23,因此
=
=5(
6),即数列中等1991个数被6除余数是5.
按规定分组后,前1990组共有:1+2+3+…+1990=1981045(个)数,第1991组的各数之和为
=
+
+…+
.
据上表可知,数列中任意相邻的24个数之和被6除的余数就等于24个数分别被6除所得余数之和被6除所得的余数,即:
+
+…+
=(1+3+4+1+5+0+5+5+4+5+3+1+4+5+3+2+5+1+0+1+1+1+2+ 3+5+2)=66=0(
6).
由1991=24×82+23得
=
+
+…+
+0×82(
6).
有
+
=
+
+…+
=0(
6),
1981045=24×82543+13,
EMBED Equation.3 =
=5(
6),
即
被6除余数是5,故
被6除所得的余数应是1.
１３.１答 案
1. (1+3+…+1991)-(2+4+…+1990)
=1+(3-2)+(5-4)+…+(1991-1990)
=1+1+…+1
=996
2. 1-3+5-7+9-11+…-1999+2001
=1+(5-3)+(9-7)+(13-11)+…+(2001-1999)
=1+2+2+…+2
=1001
3. 100+99+98-97-96+95+94+93-92-91+…+10+9+8-7-6+5+4+3-2-1
=100+(99-97)+(98-96)+95+(94-92)+(93-91)+…+10+(9-7)+(8-6)+5+(4
-2)+(3-1)
=(100+95+…+10+5)+2+2+…+2
=
=105×10+80
=1130
4. 1992+
-1
+2
-3
+4
-5
+…+1990
-1991
=[(2-1)+(4-3)+ …+(1992-1991)]+[(
-
)+(
-
)+ …+(
-
)]
=996+996×(
-
)
=996+996×
=996+166
=1162
5. 100到500之间9的倍数有9×12,9×13,…,9×55,共55-12+1=44个,它们的和是
=13266.
6.
型架上铅笔总数是
1+2+3+…+120=
=7260(支).
7. 第一层有1个;第二层有1+2=3个;第三层有1+2+3=6个;…;第十层有
1+2+3+…+10=
=55(个).
8. 这个数列相邻两项的差组成奇数数列:
1,3,5,7,9,11,…,故第五项是10+7=17.
9. 20÷3=6…2.前20项之和为
(5+6+7)×6+5+6+(0.01+0.02)×10=119.3 .
10.
+
+
+
+
=
+
×(
-
+
-
+
-
+
-
)
=
+
×(
-
)
=
+
×
=
.
11. 三角形每边二、三、四等分后,每排所产生的顶角向下的小三角形的个数是1,2,3.同样,三角形每边10等分时,顶角向下的小三角形有
1+2+3+…+9=
=45(个).
三角形每边20等分后,产生的顶角向下的小三角形有
1+2+3+…+19=
=190(个).
12.
=(
-
)×
;
=(
-
)×
;
………………………………
=(
-
)×
.
相加得
+
+…+
=
(
-
)
=
.
13. 1
+4
+7
+10
+13
+16
=(1+4+7+10+13+16)+(
+
+
+
+
+
)
=
+(
-
+
-
+…+
-
)×
=51+(
-
)×
=51
.
14. 因为
+
+
+…+
=1-
+
-
+
-
+…+
-
=1-
.
所以
+
+
+…+
+
=1.
1×2,2×3,3×4,…,1990×1991和1991这1991个自然数满足要求.
１３.２答 案
1. 解法一
(3+4+5+6+…+14+15)÷13
=
×13÷13
=9×13÷13
=9
解法二
(3+4+5+6+…+14+15)÷13
=[(3+10)+(4+9)+(5+8)+(6+7)+(11+15)+13+(12+14)]÷13
=13×9÷13
=9
2.
+
+
+…+
=
×
×1990
=
=995.5
3. (1+
)+(1+
×2)+(1+
×3)+…+(1+
×10)+(1+
×11)
=(1+1+…+1)+
×(1+2+3+…+10+11)
=11+
×
=11+
×6×11
=25.
4. 这列数的各个数是1,4,7,10,13,17,…,97,100.在每个数的前面加上小数点后,各个数的值都发生了变化.在这列数第1~3个数是一位数,每个数都缩小了10倍,第4个数到第33个数(10~97)是两位数,每个数都缩小了100倍,最后一个数100缩小了1000倍.先分别求出1,4,7的和以及第4个数到第33个数的和,再求出34个小数的和.
0.1+0.4+0.7+0.10+0.13+…+0.97+0.1
=(1+4+7)×
+(10+13+…+97)×
+0.1
=1.2+(10+97)÷2×30×
+0.1
=1.2+16.05+0.1
=17.35
5. 从所有数的和中减去所有整数的和即为所有不是整数的分数的和.所以所求分数的和是
=
=
=2390-190
=2200.
6.
=
=
=
=
7. 仿上题,用裂项法解之.
=
=
=
8.
=
=
=
=
9. 1+3
+5
+9
+11
+13
+15
+17
=(1+3+5+7+9+11+13+15+17)+(
EMBED Equation.3 +
+
)
=
=81+(
)
=81+
=81
10. 把1到100的一百个自然数排成以下数阵
1 2 3 4 5 6 7 8 9
10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
20 21 22 23 24 25 26 27 28 29
……
90 91 92 93 94 95 96 97 98 99
100
如果100除外,从数阵中可以看出,99个数中,个位上0有9个,1到9九个数分别出现了十次;十位上的数字,1到9也分别出现了十次,最后一个数100,三个数码的和是1.所以所用到的所有数码字的和是
(1+2+3+…+8+9)×10×2+1
=
×9×10×2+1
=901
11. 和=1986×(
-
+
-
+…+
-
)
=1986×(
-
)
=1986×
=
.
12. 和=
+
+
+…+
=
×(11+21+31+…+81)
=
×
=
=4
.
13. 和=
=
=2
=2
=2
=
.
14. 设1月份生产了
件,那么12月份生产了
+110件,一年共生产书桌
,
化简得 2
+110=320;
解得
=105.
所以12月份生产书桌105+110=215件.
14.1答 案
1. 979899100
按照自然数从小到大的顺序,每四个数构成一数.九位数只能由三个两位数和一个三位数构成,所以这个九位数是979899100.
2. 101
由12=8+4,4正好是8所在的行数值,则必须求出88所在行数值.
根据每行尾数的排列规律1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,…,
可知88所在行数应是第13行.
因此,在88的正下方的数是88+13=101.
3. 1996
提示: 从左至右每四个数运算的结果都是4.
4. 600
提示: 第
组中间的分数的分母是2
,则第
组内三个分数分母之和是(2
-1)+2
+(2
+1)=6
.
5. 1992
每4个括号为一个大组,前100个括号共25个大组,包含25×(1+2+3+4)=250个数,正好是从3开始的250个连续奇数.因此第100个括号内的最后一个数是2×250+1=501,故第100个括号内的各数之和为501+499+497+495=1992.
6. 3
自然数
出现了
次,这
个
中的最后一个数
位于这列数中的第(1+2+…+
=
EMBED Equation.3 (
+1)个数.
又
.
因此,这列数中的第1999个数是63,它除以5的余数是3.
7. 13
观察数表排列规律知,相邻两行(第
行与第
+1行)十五组相应两数的和值均相等,其和为30
+1.
由30
+1=391得
=13.
8. 9904
第99行的最后一个数是2+4+6+…+198=9900,所以第100行的第4个数是9904.
9. 5,165,869.
观察“数阵”的规律,每行分数的整数部分均相同为连续的奇数,所以9
位于第5行.观察第5行各数规律知9
位于第(92-9)×2-1=165列.
整数部分不超过9的分数只能位于前5行,第一行分母不超过92的分数有(92-1)×2-1=181个,第二、三、四、五行分母不超过92的分数分别有(92-3)×2=178个,(92-5)×2=174个,(92-7)×2=170个,(92-9)×2=166个,故数阵中分母和整数部分均不超过9
的分数共有181+178+174+170+166=869个.
10. 102101100;234,万.
第一列数中每个数都是由连续的三个自然数构成.自然数中一位数和两位数共有99个,构成第一列数的前33个,第34个就是第一个九位数,由100,101和102构成.又因为34是偶数,所以第34个数按从大到小排列是102101100.
第一列数的前33个数构成第二列数的前189个数,从第一列的第34个数开始,每个数构成第二列的9个数.因为(1994-189)÷9=200……5,33+200+1=234.
所以第二列数的第1994个数在第一列中的第234个数的万位上.
11. 从第一组开始的前19个数组,共包含1+2+3+…+19=
=190个数,这些数的和为1+2+3+…+190=
=18145.
其中顺序数为奇数的数组有[
]+1=10组,这10个数组所有数的和为104=10000,因此其中顺序数为偶数的数组中所有数的和为18145-10000=8145.
12. (1)因为100÷6=16……4,所以第100个数与第4个数相同,为2.
(2)因为52÷6=8……4,所以第1个数至第52个数的和为(1+1+2+2+3+3)×8+(1+1+2+2)=102.
(3)因为1+1+2+2+3+3=12,304÷12=25……4,又1+1+2=4,所以从第一个数起,顺次相切,共加到第25×6+3=153个数,其总和才恰为304.
13. (1)在第3行中,由左向右的数字依次是:
=6,
=9=
+3,
=13=
+4,
=18=
+5, ……
.
.
即位于第3行、第8列的方格内的数是48.
(2)位于从左上角到或下角的对角线上的方格内的数字依次是:
,
,
,
,…
.
=
=25+4
=181.
即第10个数为181.
(3)为求数321在哪个方格内,可将棋盘上的数按从右上到左下的对角线方向排列如下:
第1组 1
第2组 2,3
第3组 4,5,6
第4组 7,8,9,10
…… ……
显然,从第1组到第
组共包含1+2+3+…+
=
个数,故第
组中最大数是
.
321是第321个数,
321所在“组”的行号是满足
EMBED Equation.3 321的最小自然数
,试算从
=300和
=325,可得
=25.
前24组共有1+2+3+…+24=300个数,因而321是第25组中第321-300=21个数.
321位于第21行,第5列的方格内.
14. 将第2行的每个数减去100,第3行每个数减去200,…,第100行每个数减去9900,我们就得到一个各行都是1,2,…,100的数表.
在后一个数表按规定方法取出的各数之和是1+2+…+100=5050.
于是在原表中所求各数之和为:
5050+(100+200+…+9900)=5050+495000=500050.
14.2答 案
1. 解法一 这串数组,各组数的和是16,32,48,….各组数的和分别是按16的1倍,2倍,3倍,……的规律递增.因此,第99个数组的和是16×99=16×(100-1)=1600-16=1584.
解法二 通过观察可以发现,每一组括号中的三个数的关系是:第一个数表示组数,第二个数是第一个数的5倍,第三个数是第一个数的10倍.因此,第99组内三个数应为:(99,99×5,99×10).所以,第99个数组的和是:
99+99×5+99×10=99×(1+5+10)
=99×16
=1584
2. 解法一 通过观察可以发现,每一组括号中三个数的关系是:第一个数表示组数,第二个数是第一个数自乘的积,第三个数是第一、二两数的乘积,因此,第100组中的三个数应分别是:
第一个数是100;
第二个数是100×100=10000;
第三个数是100×10000=1000000,
所以,第100组的三个数的和为:
100+10000+1000000=1010100.
解法二 通过观察可发现每一组的三个数的和可以用通项公式
表示,
=1,2,3,….因此,第100组的三个数之和是:
.
3. 解法一 这串数组,各组数的和是10,20,30,40,….因此,第100个数中的四个数的和是100×10=1000.
解法二 通过观察可以发现,每一组数括号中四个数的关系是:第一个数表示组数,第二个数是第一个数的2倍,第三个数是第一个的3倍,第四个数是第一个数的4倍.因此,第100个数组内的四个数分别是:(100,200,300,400).
所以,第100个数组的四个数的和是:100+200+300+400=1000.
4. 仔细观察找出这些自然数分组的规律,再找出每一组的第一个数与该组的序数之间的关系.
第1组的第1个数是:1=(1-1)×1+1;
第2组的第1个数是:3=(2-1)×2+1;
第3组的第1个数是:7=(3-1)×3+1;
第4组的第1个数是:13=(4-1)×4+1;
……
根据这一规律,可求出第1991组的第1个数是:(1991-1)×1991+1=3962091.
第1992组的第一个数是: (1992-1)×1992+1=3966073.
因此,第1991组的最后一个数是:3966073-1=3966072.
5. (1)从第1组到第14组的奇数有1+2+3+…+14=
=105(个).
因此,第15组最初一个数是第106个奇数:2×106-1=211.
(2)在第15组中的数是以211为首项,公差为2,项数等于15的等差数列,其和是15×211+
×2=3375.
(3)设999位于第
组,因31×32=992,32×33=1056,所以
=32,第32组最初一个数是:[2×(1+2+…+31)-1]+2=993.
因此,999是第32组的第4号数.
6. 第1组到第9组共有自然数:1+3+5+…+(2×9-1)=
=18(个).
因此,第10组第1号数是82,第10组有2×10-1=19个数,所以第10组各数之和为
.
7. (1)以分母相同的分数分组,并记分母为
的分数属于第
组,从而
是第29组的第13号数,第
组由
个分数组成,从第1组到第28组有
1+2+3+…+28=
=406
个分数,因此
位于第406+13=419项.
(2)因21×20=420,22×21=462,23×22=506,故第244项在第22组,前21组有
=231个分数,从而第244项是居于第22组中的第13号数,是
.
(3)前30项之和为
1+
(1+2)+
(1+2+3)+…+
(1+2+…+7)+
+
=1+
+…+
+
=
(2+3+4+…+8)+
=
×
+
=
=17
.
8. 将分子与分母之和相等者归于同一组:
,
,
,
,…，
其中
在7+19-1=25组,是第19号数.1至24组共有分数
1+2+3+…+24=
=300(个).
所以
在原数列中是第300+19=319项.
9. 注意到第一列是完全平方数: 1,4,9,16,25,….
按(1),(2,3,4),(5,6,7,8,9),…分组,则200在196与225之间,属第15组,倒数第4个数,在第4行、第15列上.
第10行第10个数是位于第10行第10列上的数91.
10. 写出前面几个数字:
198928688428688428…,
1989后面的六位数字出现循环.
(1989-4)÷6=330…5,
所以第1989位数字是8.
11. 1989÷8=248…5,所以1989前添的是“-”号.观察到,从第3个数起,每8个数之和为0:
3+4-5-6-7-8+9+10=0,
11+12-13-14-15-16+17+18=0,
…………………………
(1989-2)÷8=248…3,
所以,这个算式的结果是:
1+2+1987+1988-1989=1989.
12. 1到9有9个数字,10到19有20个数字,第10个三位数是192.
13. (1)所有自然数按自右上至左下以斜线分组:
(1),(2,3),(4,5,6),(7,8,9,10),…,
第
组第1号数是第一行的第
个数.从第1组到第(
-1)组有:
1+2+3+…+(
-1)=
个数,从而第
组第1号数是
+1.因此,第1行第8个数是
+1=29.
(2)一般地,自上至下第
行,自左至右第
列上的数在第(
+
-1)组中,第五行第六列上的数在第10组中,第10组第1号数是
+1=46,第10组在第五行的数是46+5-1=50.
(3)19×20=380,20×21=420,故200在第20组中,第20组第一个数是
+1=191,因此数200在第10行第11列的位置上.
14. (1)数100之前有数字9+2×90=189(个),所以数100的个位上的“0”在
中是第189+3=192个数.
(2)
中第9+2×40=89个数是
中数49的“9”:4950515253545556…,
中第100个数是
中数55的十位数上的“5”.
(3)到
的第100个数为止,数字“3”一共出现了1+1+1+11+1+1=16(次).
(4)
中前100个数字之和为
(1+2+…+9)×5+10×(1+2+3+4)+6×5+(0+1+2+3+4)
=225+100+30+10
=365.
15.1答 案
1. 135
根据相向而行问题可知乙车的车长是两车相对交叉6秒钟所行路之和.所以乙车全长
(45000+36000)×
×6
=81000×
=135(米)
2. 7
根据中点相遇的条件,可知两车各行600×
=300(千米).
其间客车要行300÷60=5(小时);
货车要行300÷50=6(小时).
所以,要使两车同时到达全程的中点,货车要提前一小时出发,即必须在上午7点出发.
3. 8
快车和慢车同时从两地相向开出,3小时后两车距中点12米处相遇,由此可见快车3小时比慢车多行12×2=24(千米).
所以,快车每小时比慢车快24÷3=8(千米).
4. 60
利用图解法,借助线段图(下图)进行直观分析.
解法一 客车从甲站行至乙站需要
360÷60=6(小时).
客车在乙站停留0.5小时后开始返回甲站时,货车行了
40×(6+0.5)=260(千米).
货车此时距乙站还有
360-260=100(千米).
货车继续前行,客车返回甲站(化为相遇问题)“相遇时间”为
100÷(60+40)=1(小时).
所以,相遇点离乙站60×1=60(千米).
解法二 假设客车到达乙站后不停,而是继续向前行驶(0.5÷2)=0.25小时后返回,那么两车行驶路程之和为
360×2+60×0.5=750(千米)
两车相遇时货车行驶的时间为
750÷(40+60)=7.5(小时)
所以两车相遇时货车的行程为
40×7.5=300(千米)
故两车相遇的地点离乙站
360-300=60(千米).
5. 190
列车速度为(250-210)÷(25-23)=20(米/秒).列车车身长为20×25-250=
250(米).列车与货车从相遇到离开需(250+320)÷(20-17)=190(秒).
6. 105
根据题意,作线段图如下:
根据相向行程问题的特点,小冬与小青第一次相遇时,两人所行路程之和恰是甲、乙之间的路程.
由第一次相遇到第二次相遇时,两人所行路程是两个甲、乙间的路程.因各自速度不变,故这时两人行的路程都是从出发到第一次相遇所行路的2倍.
根据第一次相遇点离甲地40米,可知小冬行了40米,从第一次到第二次相遇小冬所行路程为40×2=80(米).
因此,从出发到第二次相遇,小冬共行了40+80=120(米).由图示可知,甲、乙两地的距离为120-15=105(米).
7. 50.
因为乙的速度是甲的速度的
,所以第一次相遇时,乙走了
两地距离的
(甲走了
),即相遇点距
地
个单程.因为第一次相遇两人共走了一个单程,第二次相遇共走了三个单程,所以第二次相遇乙走了
×3=
(个)单程,即相遇点距
地
个单程(见下图).可以看出,两次相遇地点相距1-
-
=
(个)单程,所以两地相距20÷
=50(千米).
8. 二,150.
两个共行一个来回,即1900米迎面相遇一次,1900÷(45+50)=20(分钟).
所以,两个每20分钟相遇一次,即甲每走40×20=800(米)相遇一次.第二次相遇时甲走了800米,距
地950-800=150(米);第三次相遇时甲走了1200米,距
地1200-950=250(米).所以第二次相遇时距
地最近,距离150米.
9. 2160
如上图所示,两车每次相遇都共行一个来回,由甲车两次相遇走的路程相等可知,
=2
,推知
=
EMBED Equation.3 .乙车每次相遇走
EMBED Equation.3 ,第三次相遇时共走
EMBED Equation.3 ×3=4
=4×540=2160(千米).
10. 87.5,6,26.
8分32秒=512(秒).
当两人共行1个单程时第1次迎面相遇,共行3个单程时第2次迎面相遇,
……,共行
-1个单程时第
次迎面相遇.因为共行1个单程需100÷(6.25+3.75)=10(秒),所以第
次相遇需10×(
-1)秒,由10×(
-1)=510解得
=26,即510秒时第26次迎面相遇.
此时,乙共行3.75×510=1912.5(米),离10个来回还差200×10-1912.5=87.5(米),即最后一次相遇地点距乙的起点87.5米.
类似的,当甲比乙多行1个单程时,甲第1次追上乙,多行3个单程时,甲第2
次追上乙,……,多行
-1个单程时,甲第
次追上乙.因为多行1个单程需100÷(6.25-3.75)=40(秒),所以第
次追上乙需40×(
-1)秒.当
=6时, 40×(
-1)=440<512;当
=7时,40×(
-1)=520>512,所以在512秒内甲共追上乙6次.
11. 由相遇问题的特点及基本关系知,在甲车开出32千米后两车相遇时间为
(352-32)÷(36+44)=4(小时)
所以,甲车所行距离为
36×4+32=176(千米)
乙车所行距离为
44×4=176(千米)
故甲、乙两车所行距离相等.
注: 这里的巧妙之处在于将不是同时出发的问题,通过将甲车从开出32千米后算起,化为同时出发的问题,从而利用相遇问题的基本关系求出“相遇时间”.
12. 从乙车出发到两车相遇,甲车比乙车少行55-30=25(千米).这25千米
是乙车行的1-
,所以乙车行了25÷
=150(千米).
两城市的距离为
150×2+30=330(千米).
13. 谁骑车路程最长,谁先到达目的地;谁骑车路程最短谁最后到达目的地.
画示意图如下:依题意,甲、丙相遇时,甲、乙各走了全程的
,而丙走了全程的
.
用图中记号,
;
;
;
;
;
.
由图即知,丙骑车走
,甲骑车走了
,而乙骑车走了
,可见丙最先到达而甲最后到达.
14.
车先开3分,行3千米.除去这3千米,全程为
45+40+10+70=165(千米).
若两车都不停车,则将在距
站
165
(千米).
处相撞,正好位于
与
的中点.所以,
车在
站等候,与
车在
站等候,等候的时间相等,都是
,
车各行5千米的时间和,
(时)=11分.
15.2答 案
1. 14
题目实质上说,火车和人用8秒时间共同走了152米,即火车与人的速度和是每秒152÷8=19(米),火车的速度是每秒63360÷3600=17.6(米).
所以,人步行的速度是每秒19-17.6=1.4(米).
2. 86
根据相遇问题的数量关系,可知两车每小时行程之和(即速度和)是
258÷4=64.5(千米).
由汽车速度是拖拉机速度的2倍,可知汽车与拖拉机速度之差为速度之和的(
).所以,两车的速度之差为
64.5×(
)
=64.5×
=21.5(千米)
相遇时,汽车比拖拉机多行21.5×4=86(千米).
3. 3120
解法一 依题意,作线段图如下:
甲 2分钟 丙
乙
丙遇到乙后2分钟再遇到甲,2分钟甲、丙两人共走了(50+70)×2=240(米),
这就是乙、丙相遇时乙比甲多走的路程.又知乙比甲每分钟多走60-50=10(米).
由此知乙、丙从出发到相遇所用的时间是240÷10=24(分).
所以,
、
两地相距(60+70)×24=3120(米).
解法二 甲、丙相遇时,甲、乙两人相距的路程就是乙、丙相背运动的路程和,即(60+70)×2=260(米).
甲、乙是同时出发的,到甲、丙相遇时,甲、乙相距260米,所以,从出发到甲、丙相遇需260÷(60-50)=26(分).
所以,
、
两地相距 (50+70)×26=3120(米).
4. 7
假如客车和货车各行了2小时,那么,一共行了全程的
,还剩下全程
的路程.现在客车行了3小时,货车行了2小时,还剩下
的路程.所以,客车1小时行全程的
-
=
.
因此,客车行完全程需1÷
= 7
(小时).
5. 10.5
因为乙行的路程是甲行的路程的
,所以乙行的路程占全程的
,故两地相距
1.5÷(1-
-
×2)
=10.5(千米).
6. 240
大客车的速度是小客车的4÷6=
,相遇时小客车比大客车多行驶了24×2=48(千米),占全程的
-
=
,所以全程为48÷
=240(千米).
7. 12.5
由题意推知,两车相遇时,甲车实际行驶5小时,乙车实际行驶7.5小时.与计划的6小时相遇比较,甲车少行1小时,乙车多行1.5小时.也就是说甲车行1小时的路程,乙车需行1.5小时.进一步推知,乙车行7.5小时的路程,甲车需行5小时.所以,甲车从
城到
城共用7.5+5=12.5(小时).
8. 580
小狗跑的时间为(300-10)÷(50+50)=2.9(分),共跑了200×2.9=580(米).
9. 28.75
因为马车的速度是人步行速度的3倍,所以如下图所示,马车第一次到达
地时行了10千米,第二、三、四、五次到达
地时,分别行了20、25、27.5、28.75千米.
10. 11
电车15秒即
分钟行了(82-60)×10-60×
=205(米).
所以,电车的速度是每分钟205÷
=820(米).甲走10分钟的路电车需1分钟,所以每隔10+1=11(分钟)开出一辆电车.
11. 根据题意,甲车从
地行至
地需300÷60=5(小时),加上停留2小时,经7小时从
地返回;乙车从
地行至
地需300÷40=7.5(小时),加上停留半小时经8小时后从
地返回.
因此,甲车从
地先行1小时后(走60千米),乙车才从
地出发.所以,两车返回时的相遇时间是
(300-60)÷(60+40)
=2.4(小时).
故两车返回时相遇地点与
城相距40×2.4=96(千米).
12. 甲车到达
站时,乙车距
站还差15-5=10(时)的路,这段路两车共行需10÷(1.5+1)=4(时),所以两车相遇时刻是5+4=9(时).
13. 火车速度为30×1000÷60=500(米/分);
军人速度为(500×
-110)÷
=60(米/分);
农民速度为(110-500×
)÷
=50(米/分).
8点时军人与农民相距(500+50)×6=3300(米),两人相遇还需3300÷(60+50)
=30(分),即8点30分两人相遇.
14. 设老王第一次遇到汽车是在
处,20分钟后行到
处,又50分钟后到
处,又40分钟后到
处(见下图).由题意
=1.2千米;
=3千米;
=2.4千米.
由上图知,老王行
的时间为20+50=70(分),这段时间内,汽车行的路加上老王行的路正好是
全程的2倍.老王行
的时间为50+40=90(分),这段时间内,汽车行的路减去老王行的路也正好是
全程的2倍.上述两者的时间差为90-70=20(分),汽车在第二段时间比第一段时间多行
段与
段路,即多行
(1.2+3)+(3+2.4)=9.6(千米),
所以,汽车的速度为每小时行
9.6×(60÷20)=28.8(千米).
在老王行
段的70分钟里,老王与汽车行的路正好是
全程的2倍,所以
两地的路程为
(3.6+28.8)×(70÷60)÷2=18.9(千米).
16.1答 案
1． 12
解法一 依题意,画出线段图如下:
在同样时间内,甲跑60米,乙跑50米,丙跑40米,也就是在相同单位时间内甲跑6米,乙跑5米,丙跑4米.所以,由上图看出,当乙跑10米到达终点时,丙又跑了8米,此时丙距终点
60-40-8=12(米)
解法二 相同时间内,乙跑50米,丙跑40米,所以丙速是乙速的
.因此当乙到达终点时,丙的行程为
60
=48(米)
此时丙距终点
60-48=12(米)
解法三 由于乙、丙两人速度不变,又丙与乙在第一段时间内的路程差(50-40)=10米是乙的路程的1050=
,所以当乙跑完后10米时,丙在第二段时间与乙的路程差为
10
=2(米)
两次路程差和10+2=12(米),就是乙比丙领先的路程.
2. 兔子.
从题面上看,狗和兔子的速度是一样的,但因为当狗跑了66步后,狗共跑了99米,剩下1米,这时它也得再花一步的时间,这相当于狗要往反100.5米,而当狗跑了66步后,兔子跑了(366)=198步,再花2步的时间,即到达终点.所以狗较慢.兔子一定获胜.
3. 15.5
电车追及距离为2100米.电车每分钟行500米,骑车人每分钟行300米,1分钟追上(500-300)=200米,追上2100米要用(2100200)=10.5(分钟).但电车行10.5分钟要停两站,共花(12)=2分钟,电车停2分钟,骑车人又要前行(3002)=600米,电车追上这600米,又要多用(600200)=3分钟.所以,电车追上骑车人共要用
10.5+2+3=15.5(分钟)
4. 32.5
此题可看成同向而行问题:
有两人从亮亮家出发去学校.一人步行,每小时走5千米；一人骑自行车,每小时行13千米.那么,当骑自行车的人到学校时,步行的人离学校还有(骑车人比步行人早到4小时):54=20(千米)
又骑车比步行每小时快
13-5=8(千米)
所以,亮亮家到学校的距离是
(208)13=32.5(千米)
5. 21
.
设钟面一周的长度为1,则在4点时,分针落后于时针是钟面周长的
=
；同时分钟和时针的速度之差为钟面周长的
由追及问题的基本关系知,两针第一次重合需要
(分钟)
6. 280
甲以每分钟300米的速度从起点跑出1分钟,这时甲离乙
400-3001=100(米)
甲用5分钟比乙多跑100米,则甲每分钟比乙多跑1005=20(米)
所以,乙每分钟跑300-20=280(米)
7. 每分钟
厘米.
设边长为300厘米,则爬行一周需
(分钟),
平均速度为(3003)31=
(厘米/分).
8. 40
甲第一次回到A点要用40080=5分钟,以后每隔5分钟回到A点一次；乙第一次回到A点要用40050=8分钟,以后每隔8分钟回到A点一次.而5与8的最小公倍数是40.所以,甲、乙两人再在A点相遇最少要用40分钟.
9. 140
假设甲乙都不停地跑,那么甲追上乙的时间是100(5-4)=100(秒),甲、乙每跑100米停10秒,等于甲跑1005=20(秒)休息10秒,乙跑1004=25(秒)休息10秒.跑100秒甲要停10020-1=4(次)共用100+104=140(秒),此时甲已跑的路程为500米；在第130秒时乙已跑路程为400米(他此时已休息3次,花30秒),并在该处休息到第140秒,甲刚好在乙准备动身时赶到,他们确实碰到一块了.所以甲追上乙需要的时间是140秒.
10. 480
依题意作出示意图(如下图),从出发到第一次相遇甲乙两人共跑了半圈,其中乙跑了100米.从出发到第二次相遇甲乙两人共跑了三个半圈,其中甲跑的路程比一圈少60米,乙跑的路程比半圈多60米.因为他们以匀速跑步,所以乙总共跑了三个100米,从而半圈的长度为
3100-60=240(米)
所以,跑道的长是2240=480(米)
11. 甲、乙二人第一次相遇时,一共走过的路程是
=100米,所
以需要的时间是
秒.
以后,两人每隔
秒相遇一次.
所以,16分钟内二人相遇的次数是
+1=
=
+1
=52+1=53(次)
这里的中括号[ ]不是普通的括号,[
]表示
的整数部分,如
,
,
.
12. 甲车绕一圈后再到B厂,共用60[(6+8+10+6)60]+23=36 (分)；
乙车绕一圈后再到B厂,共用60[(8+10+6)48]+32=36(分)；
丙车从C厂到B厂，共用60[(10+6)36]+5=
(分).
因为丙车到B厂要停5分,所以三车同时开出后36分在B厂同时相遇.
13. 见下表,其中
“乙下次要比甲多爬行的路程”=“甲已爬行路程”2
追上的次数
0
1
2
3
4
5
6
甲已爬行的路程(厘米)
2
5
20
80
320
1280
5120
追上所需时间(分钟)
0.5
2.5
10
40
160
640
乙下次要比甲多爬行的路程(厘米)
2
10
40
160
640
2560
由上表看出,第6次追上时,甲已爬行一圈多了,所以最后一次是第5次追上,此时,乙共爬行0.5+2.5+10+40+160=213(分)
14. 甲追乙1圈时,甲跑了
8[400(8-6)]=1600(米),
此时甲、乙的速度分别变为6米/秒和5.5米/秒.甲追上乙2圈时,甲跑了
1600+6[400(6-5.5)]=6400(米),
此时甲、乙的速度分别变为4米/秒和5米/秒.乙第一次追上甲时,甲跑了
6400+4[400(5-4)]=8000(米),
乙跑了 8000-400=7600(米).此时,甲、乙的速度分别变为4.5米/秒和5.5米/秒.乙跑到终点还需
(10000-7600)5.5=
(秒),
乙到达终点时,甲距终点
(10000-8000)-4.5
=2000-
(米).
16.2答 案
1. 360
狗跳2次前进1.8
2=3.6(米),狐狸跳3次前进1.1
3=3.3(米),它们相差3.6-3.3=0.3(米),也就是说狗每跑3.6米时追上0.3米.300.3=100,即狗跳100
2=200(次)后能追上狐狸.所以,狗跑
1.8
200=360(米)才能追上狐狸.
2. 1
根据追及问题可知,兔跳112米时,狗跳56+112=168(米).
因此,狗一共跳了1682=84(次).由狗跳3次的时间与兔跳4次的时间相同的条件,可知兔跳了4
(843)=112(次)
所以,兔跳一次前进112112=1(米).
3. 8点48分.
从小李追上小王到两人再次见面,共行了60
2=120(千米),共用了120(15+10)=4.8(小时),所以,小王从乙地到M点共用了4.82=2.4(小时),
甲地到M点距离2.4
10=24(千米)
小李行这段距离用了2415=1.6(小时)
比小王少用了2.4-1.6=0.8(小时)
所以,小李比小王晚行了0.8小时,即在8点48分出发.
4.
(公里)
当A到达乙地时,A行了20公里,B、C两人离乙地分别还有4公里和5公里，也就是B行了(20-4)=16公里,C行了(20-5)=15公里,所以C的速度是B的
.当B行完最后剩下的4公里时,C行了
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 (公里),这时C距乙地还有5-
=
(公里).
5. 16
第二次相遇两人共行两周,需120
2(8+7)=16(分钟).
6. 4
圆内的任意两点,以直径两端点的距离最远.如果沿小圆爬行的甲虫爬到A点,沿大圆爬行的甲虫恰好爬到B点,二甲虫的距离便最远.小圆周长为
EMBED Equation.3 30=30
,大圆周长为48
,一半便是24
.问题便变为求30
和24
的最小公倍数问题了.
30
和24
的最小公倍数，相当于30与24的最小公倍数再乘以
.
30与24的最小公倍数是120,
12030=4 12024=5.
所以小圆上甲虫爬4圈后,大圆上爬行了5个
圆周长,即是爬到了B点.
7. 2.62
依交通规则甲车行进路线为A B C D(其中 表示沿狐线行进),因而两车初始相距.
200+
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 =200+3.1
20=262米.
现甲车每小时比乙车多行6千米,所以每分钟甲车可追及乙车
=100米.
所以,262100=2.62分.
即甲车至少需要经过2.62分钟才能追及乙车.
8. 8892
依题意作下图.
由已知可知,甲先与乙相遇,后与丙相遇.当甲与乙相遇时,他们三人所在位置情况如下图所示；
由图示可知乙、丙在同一时间(甲、乙相遇时间)里，所行路程之差等于甲、丙在3分钟内相向行程的路程之和.
(40+36)3=763=228(米)
这样,根据乙、丙在同一时间(甲、乙相遇时间)是所行路程之差与它们单位时间内速度之差,求出甲、乙相遇时间.
228(38-36)=2282=114(分钟)
所以,花圃的周长为(40+38)
114=78
114=8892(米).
9. 49
根据相向行程问题若它们一直保持相向爬行直至相遇所需的时间是
100
1.26
EMBED Equation.3 (5.5+3.5)=7(秒)
由爬行规则可知第一轮有效前进时间是1秒钟,第二轮有效前进时间是5-3=2(秒),……，如下图所示：
所用时间 有效时间
1 1
3+5=8 5-3=2
7+9=16 9-7=2
11+13=24 13-11=2
由上表可知实际耗时为1+8+16+24=49(秒)
相遇有效时间为1+2
3=7(秒)
所以,它们相遇时爬行的时间是49秒.
10. 17
甲要看到乙,甲乙间的最大距离为20米,即甲最少要比乙多跑15米,这需跑
(秒)
但还须验证:甲跑15秒时是刚好处于B点或D点(如下图所示),实际上,甲跑15秒时跑了75米,这时他在AB边上,距B点10米处.因此甲只要再跑2秒即可到达B点,此时甲乙间的距离已小于20米,乙在BC边上,所以甲最少要跑17秒才能看到乙.
11. 由两人从同一地点出发背向而行,经过2分钟相遇知两人每分钟共行
4002=200(米)
由两人从同一地点出发同向而行,经过20分钟相遇知甲每分钟比乙多走
40020=20 (米)
根据和差问题的解法可知甲的速度是每分钟(200+20)2=110(米)
乙的速度为每分钟110-20=90(米).
12. 小江每秒跑1.5米,所以,小江跑100米需
1001.5=
(秒)
小强第十一秒跑1+0.1
10=2(米)
小强前11秒的平均速度为每秒
(1+1.1+1.2+……+1.9+2)11=1.5(米)
所以,前11秒钟小强跑的路程与小江前11秒钟跑的路程相等.11秒以后,小江仍以每秒1.5米的速度前进,但小强第十二秒跑(2+0.1)=2.1米,第十三秒跑(2.1+0.1)=2.2米,第十四秒跑(2.2+0.1)=2.3米,……,小强越跑越快,大大超过小江的速度,故小强一定能取胜.
13. 乙的速度为105
-40=20(千米/时).
如上图所示，D为甲、乙相遇点，E为甲、丙相遇点.
D距A: 40
(千米),
C距A: 105[(40-20)+(20+2)]20=50(千米),
E距A: 70+40603=72(千米).
甲、丙在E相遇时，乙在丙前面(20+40)603=3(千米),
丙在C处赶上乙,所以丙的速度是
20
(千米/时).
14. 从起跑到甲比乙领先一圈,所经过的时间为
400(400-360)=10(分).
甲到达终点还需要跑的时间为
(10000-40010)(400+18)=
(分)；
乙追上甲一圈所需的时间为
400[360(
)-418]=12.5(分).
因为12.5<
,所以乙先到达终点.
17.1答 案
1. 71
所剩之数等于原来的七个数之和减6,故这个数是(8+9+10+11+12+13+14)-6=71.
2. 50
每次操作都不改变袋中所有数之和除以100的余数,所以最后一张纸片上的数等于1~99的和除以100的余数.
(1+2+…+99)
100=
EMBED Equation.3 100
=4950
100
=49
100+50
故这张纸片上的数是50.
3. 4次；40次.
当排列顺序为1,2,3,4,5,10,6,7,8,9时,交换次数最少,需交换4次；当排列顺序为9，8，7，6，5，10，4，3，2，1时，交换次数最多，需交换40次.
4. 3
一个整数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数,如果这个整数不是9的倍数,就可以根据这一点来确定题目要求的一位数.
(1+2+…+9)
3+1
10+2
10被9除余3，可见最终得到的一位数是3.
5. 20,20,20,20,20,或19,20,20,20,21
或19,19,20,21, 21.
仿例2，5个数的差距会越来越小，最后最大与最小数最多差2.最终的5个数可能是20，20，20，20，20，或者19，20，20，20，21或19，19，20，21，21.
6. 1
变换中的两个数,它们的最大公约数始终末变,是后得到的两个相同的数即为它们的最大公约数.因为1024=210,而11…1
20个1
没有质因子2，它们是互质的.所以最后得到的两个相同的数是1.
7. 4
事实上,在第一次删节之后.留下的皆为原数中处于偶数位
置上的数；在第二次删节之后，留下的数在原数中所处的位置可被4整除；如此等等.于是在第八次删节之后,原数中只留下处于第28
k=256k号位置上的数,这样的数在所给的450位数中只有一个,即第256位数.由于256=9
28+4,所以该数处于第29组“123456789”中的第4个位置上.即为4.
8. 1731
第1次操作得数字串711131131737；
第2次操作得数字串11133173；
第3次操作得数字串111731；
第4次操作得数字串1173；
第5次操作得数字串1731第6次操作得数字串7311；
第7次操作得数字串3117；
第8次操作得数字串1173；
以下以4为周期循环，即4k次操作均为1173.
1996=4
499,所以第1996次操作得数字串1173,因此第1997次操作得数字串1731.
9.
每一次黑三角形个数为整个的
,所以5次变换为
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 =
10. 3
卡片上的数字之和除以17的余数始终不变.
(1+2+3+…+135)
17=9180
17=540.
(19+97)
17=116
17=6……14，
因为黄色卡片上的数都小于17，所以黄色卡片上的数是17-14=3.
11. 对1980的连续变换中,每个数都不大于1980+1991=3971,所以在3971步之内必定会出现重复,对其它的数作连续变换也会如此.
12. 如图,用字母a,b,c,d,e,f,g,h,I代表9个方格内的数字,0代表偶数.
a b c b+d a+e+c b+f g+c b+h a+i
d e f a+e+g d+b+h+f c+e+i d+f 0 d+f
g h i d+h g+e+i h+f a+i b+h g+c
d+f+b+h g+c+a+i b+h+d+f 0 0 0
g+c+a+i 0 g+c+a+i 0 0 0
d+f+b+h a+I+g+c b+h+d+f 0 0 0
可见经过四次操作后,所有九个方格中的数全变为偶数.
13. 每次操作都是在相邻的两格,我们将相邻的两格染上不同的颜色(如右下图),因为每次操作总是一个黑格与一个白格同时加1或减1,所以无论进行多少次操作,白格内的数字之和减去黑格内的数字之和总是常数.由原题左图知这个常数是8,再由原题右图可得(A+7)-8=8,由此解得A=9.
14. 1997次
将第一列中的每一格都按一次,则除第一列外,每格的灯都只改变一次状态,由不亮变亮.而第一列每格的灯都改变1997次状态,由不亮变亮.
如果少于1997次,则至少有一列和至少有一行没有被按过,位于这一列和这一行相交处的灯保持原状,即不亮的状态.
17.2答 案
1. 48
每操作一次,两个数的差减少6,经(612-324)
6=48次操作后两个数相等.
2. 222
由于操作后所得到的数与原数被9除所得的余数相同,因此操作最后为7的数一定是原数除以9余7的数,即7,16,25,…，1996，一共有（1996-7）
9+1=222（个）
3． 32
第一次操作后，剩下2,4,6,…,60这30个偶数；
第二次操作后，剩下4,8,12,…,60这15个数（都是4的倍数）；
第三次操作后，剩下8,16,24,…,56这7个数（都是8的倍数）；
第四次操作后，剩下16,32,48这3个数；
第五次操作后，剩下一个数,是32.
4. 19
第一轮操作,保留1,3,5,…，25共13张卡片；
第二轮保留3,7,11,15,19,23这6张卡片；
第三轮保留3,11,19这3张卡片；
接着扔掉11,3；
最后剩下的一张卡片是19.
5. 27次
因为[54,4]=108,所以移动108张牌,又回到原来的状况.又因为每次移动4张牌,所以至少移动108
4=27(次).
6. 66
按照操作的规则,寻找规律知,A=1999时得到的1999位数为:1999266864600…0.其各位数字和为1+9+9+9+2+6+6+8+6+4 +6=66
7. 0
黑板上的数的和除以7的余数始终不变.
(1+2+3+…+1987)7=282154
又1+2+3+…+1987=
=1987
994=1987
142
7是7的倍数.
所以黑板上剩下的两个数之和为7的倍数.
又987=7
141是7的倍数,所以剩下的另一个数也应是7的倍数,又这个数是某些数的和除以7的余数,故这个数只能是0.
8. 4个
提示:因为5个子不可能黑白相间,所以永远不会得到5个全是黑子.
9. 5103
记第i次操作后,圆周上所有数的和为ai,依题意,得
ai+1=2ai+ai=3ai.
又原来三数的和为a0=1+2+4=7,所以a1=3a0=21,a2=3a1=63,
a3=3a2=189,a4=3a3=567,a5=3a4=1701,a6=3a5=5103,即所有数的和为5103.
10. 2
如果写的是奇数,只需1次操作；如果写的是大于2的偶数，经过1次操作变为奇数，再操作1次变为2.
11. 由操作规则知，每次操作后，甲盒中球数减少一个，因此经过3985次操作后，甲盒中剩下1993+1994-3985=2个球.
每次操作白球数要么不变,要么减少2个.因此,每次操作后甲盒中白球数的奇偶性不变；即白球数为奇数.因此最后剩下的2个球中,白球1个,故另一个必为黑球.
12. 每次加上的数之和是1+2+3+4=10,所以黑板上的四个数之和永远是10的整数倍.因此,无论如何操作,黑板上的四个数不可能都是1999.
13. 要把三堆石子都取光是不可能的.
按操作规则,每次拿出去的石子总和是3的倍数,即不改变石子总数被3除的余数.而1989+989+89=3067被3除余1,三堆石子取光时总和被3除余0.所以,三堆石子都取光是办不到的.
14. 能
解：如上图所示，经过两次变换，10、11、12三个数被顺时针移动了两个位置.仿此,再经过3次这样的两次变换,10、11、12三个数又被顺时针移动了六个位置，变为下图，图中十二个数的顺序符合题意.
18.1答 案
1. C
A、 C的预测截然相反,必一对一错.因为只有一人对,不论A、C谁对,B必
错,所以甲是最后一名,C对.
2. E
如右图,E坐在A、B之间.
3. 2,3.
由题意可画出比赛图,已赛过的两人之
间用线段引连(见右图).由图看出小明赛了2盘.因
为一共赛了六盘,共得12分,所以小明得了
12-(2+4+1+2)=3(分).
4. 三,丙,丁,甲,乙.
由刘的讲话,知这一天是星期三,刘要去丙单位.钱要去丁单位,曹去的是甲单位,洪去的是乙单位.
5. 埃及,8；法国，3；朝鲜，5；墨西哥，15.
容易知道,墨西哥人住得最高,埃及人次之,朝鲜人又次之,法国人最低,各层次分别15,8,5和3.由(2)知B是法国人,由(3)和D是墨西哥人,由(1)知A是埃及人,而C是朝鲜人.
6. 86240.
因为每人猜对两个数字,三人共猜对 张:8421
23=6(个)数字,而电话号码只有5位, 王:26048
所以必有一位数字被两人同对猜对.如右 李:4980
图所示,猜对的是左起第三位数字2.因为每人猜对的两个数字不相邻,所以张、
李猜对的另一个数字分别在两端,推知王猜对的数字是6和4,进一步推知张猜对8,李猜对0.电话号码是86240.
7. 19735.
因为每个数字都有人猜对,所以每人至少猜对两个数字.下页右上图中,同一位数中只有方框中的两个数相同,如果每人猜对的数字多于两位,相同的数字至少有33-5=4(组),所以每人恰好猜对两个数字. 王: 9 3 7 1 5
三人共猜对23=6(个)数字,因为电话号码只有 张: 7 9 5 3 8
5位,所以相同的一组是正确的,即左起第四位是 李: 1 5 2 3 9
3.因为每人猜对的数字不相邻,所以张、李猜对的另一个数字都在前两位,王猜对的两个数字是7和5,进而推知张猜对9,李猜对1.电话号码是19735.
8. 51天.
因为[8,6,4]=24,所以四人去图书馆的情况每24天循环一次(见下表):
1
2
3
4
5
6
7
8
D
C
A、B、D
9
10
11
12
13
14
15
16
C、D
A、B、D
17
18
19
20
21
22
23
24
C
D
A、B、C、D
每24天有4天只有1人去图书馆.3月1日至12月31日有306天,
30624=12…18，所以所求天数为412+3=51(天).
9. 5
根据题意,有11名队员比赛场数各不相同,并且每人最多比赛10场,所以除
甲外的11名队员比赛的场数分别为0~10.
已赛10场的队员与除已赛0场外的所有队员都赛过,所以已赛10场的队员
与已赛0场的队员同班；
已赛9场的队员与除已赛0、1场外的所有队员都赛过,所以已赛9场的队员与已赛1场的队员同班；
同理,已赛8、7、6场的队员分别与已赛2、3、4场的队员同班；所以甲与已赛5场的队员同班,即乙赛过5场.
注 本题可以求出甲也赛了5场,分别与已赛10、9、8、7、6场的队员各赛1场.
10. 蓝、黄、红.
解法一
题中表明,每个孩子的父母是同血型的.具有B型血的孩子,其父母同血型时,由表中可见,只能是B型或AB型,但题中没有同具B型血的父母,所以戴红帽子的父母的孩子穿蓝上衣.具有A型血的孩子的同血型的父母,只可能同为A型血或同为AB型血.今已知有一对父母为AB型血者,所以穿黄上衣的孩子的父母戴黄帽子.由表中可见,其孩子为O型血时,父母血型只能同为A型或B型或O型.今已知不具有同为B型血的父母,而同为A型血的父母的孩子已知具有A型血.把代表孩子的点与他的可能双亲的代表点之间连一直线段,便可得下面的图；由于孩子与其父母之间是唯一搭配的,所以,保存下来的只有连着红、蓝；黄，黄及蓝，红的三条边.
所以,穿红上衣(O型血)孩子的父母戴蓝帽子.
孩子衣服颜色 父母帽子颜色
(O型血)红 红(AB型血)
(A型血)黄 黄(A型血)
(B型血)蓝 蓝(O型血)
所以,穿红上衣的孩子的父母戴蓝帽子；穿黄上衣的孩子的父母戴黄帽子；穿蓝上衣的孩子的父母戴红帽子.
11.刘毅和小红,马宏明和小英,张健和小萍分别是兄妹.
萍
英
红
刘
马
张
萍
英
红
刘
√
马
√
张
√
12.用表格解如下:
北
上
浙
吉
游
田
乒
足
张
胡
李
郑
北
上
浙
吉
游
田
乒
足
√
张
胡
√
李
郑
北
上
浙
吉
游
田
乒
足
√
张
√
胡
√
李
郑
√
北
上
浙
吉
游
田
乒
足
√
张
√
胡
√
√
李
√
郑
√
北
上
浙
吉
游
田
乒
足
√
张
√
√
胡
√
√
李
√
√
郑
√
13.表解如下:
工
会
农
作
画
音
吴
周
杨
工
会
农
作
画
音
吴
√
周
√
杨
√
工
会
农
作
画
音
√
吴
√
√
周
√
√
杨
√
14. 设此四人为甲、乙、丙、丁并用画在平面上的四个点分别表示他们，称为它们的代表点,当某人(例如甲)赠了1件礼品给另一个(例如乙)时,就由甲向乙的代表点画一条有指向的线,无非有以下两个可能:
(1) 甲、乙、丙、丁每人各收到了2件礼品.
(2) 上面的情形不发生.这时只有以下一个可能,即有一个人接受了3件礼品
(即多于2件礼品；因为一人之外总共还有三个人，所以至多收到3件礼品).(或许会有人说,还有两个可能:有人只收到1件礼品及有人什么礼品也没收到.其实,这都可归以“有一人接受了3件礼品”这个情形.因为,当有一人(例如甲)只接受了1件礼品的情形发生时,四人共带来的8件礼品中还剩下7件在甲以外的三个人中分配,如果他们每人至多只收到2件礼品,则收受礼品数将不超过6件,这不可能,所以至少有一人收到2件以上(即3件)礼品,同样,当甲未收到礼品时,8件礼品分给乙、丙、丁三人，也必定有人收到3件礼品).
当(1)发生时,例如甲收到乙、丙的礼品,由于甲发出的礼品中至少有1件给了乙或丙,为确切计,设乙收到了甲的礼品,于是我们先有了一对人:(甲、乙),他们互赠了礼品，如果丙也收到甲的礼品,那么又有了第二对互赠了礼品的人(甲、丙)；如果收到甲礼品的另一人是丁(如右图)丁的2件礼品必定分赠了乙及丙(甲已收足了本情形中限定的2件礼品)丙或乙的另一件礼品给了丁,则问题也解决(这时另一对互赠了礼品的人便是(乙、丁)或(丙、丁)但丙的另一件礼品只能给丁,因为这时乙已收足了2件礼品,所以，当本情形发生时,至少能找到两对互赠过1件礼品的人.
当(2)发生时,不失一般性,设甲收到了来自乙、丙、丁的各1件礼品，但甲又应向他们之中的某两人(例如乙、丙)各赠送1件礼品,于是(甲、乙),(甲、丙)便是要找的两对人.总上可知,证明完毕.
18.2答 案
1. 宝宝,宝宝,毛毛.
如果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”.如果这个人是毛毛族的,他说假话,他说的还是“我是宝宝族的”.所以第二个人是宝宝族的,第三个人是毛毛族的.”
2. 真,假,假,不确定.
第二个人显然说的是假话.如果第三个人说的是真话,那么第四个人说的也是真话,产生矛盾.所以第三个人说假话.如果第四个人说真话,那么第一个人也说真话.如果第四个人说假话,那么只有第一个人说真话.所以可以确定第一个人主真话,第二、第三个人说假话，第四个人不能确定.
3. 丙,乙,甲.
如果甲的判断完全正确,那么乙说对了一半“不是铁，”所以这矿石也不是锡,这样丙也说对了一半,矛盾.如果乙的判断完全正确,那么甲对了一半,这矿石应是铜,丙也说对了一半,矛盾.所以丙的判断完全正确,而乙完全错了,甲只说对了一半.
4. 三,一,四,二.
假设甲说的“丙是第一名”正确，结果推出丙是第三名，矛盾，故甲说的第二句话是正确.由表中可知乙第一名,丁第二名,甲第三名,则第四名是丙.
×
5. 陈刚.
如果王春做了坏事,则陈刚的两句话都是真话,不合题意；如果殷华做了坏事，则王春的两句话都是真话，不合题意；如果陈刚做了坏事，符合题意.所以陈刚做了坏事.
6. 三.
N次比赛共得20+10+9=39(分),39=313,所以共进行了3次比赛,每次比赛共得13分,即a+b+c=13.因为一班3次比赛共得20分,203=6…2,所以a
7,a,b,c可能组合为7、5、1；7、4、2；8、4、1；8、3、2；9、3、1，考虑到3次比赛得20分，只有a=8、b=4、c=1时才有可能,由此推知三个班3次比赛的得分如下表：
得 班
分 次
场次
一班
二班
三班
第一次
8
1
4
第二次
8
1
4
第三次
4
8
1
总分
20
10
9
7. 3
B队得分是奇数,并且恰有两场平局,所以B队是平2场胜1场,得5分.A队总分第1,并且没有胜B队,只能是胜2场平1场(与B队平),得7分.因为C队与B队平局,负于A队,得分是奇数,所以只能得1分.D队负于A、B队,胜C队,得3分.
8. 3,1.
共赛了462=12(场),其中平了4场,分出胜负的8场,共得38+24=32(分).因为前三位的队至少共得7+8+9=24(分),所以后三位的队至多共得32-24=8(分).又因为第四位的队比第五位的队得分多,所以第五位的队至多得3分.因为第六位的队可能得0分,所以第五位的队至少得1分(此时这两队之间必然没有赛过).
9. 3:2,3:4.
由乙队共进2球,胜2场平1场推知,乙队胜的两场都是1:0,平的一场是0:0.由甲队与乙队是0:0,甲队与丙队未赛,推知甲队所有的进球都来自与丁队的比赛,所以甲队与丁队是3:2.由丙队与乙队是0:1,丙队与甲队未赛,所以丙队与丁队是3:4.
10 9.
因为9个人回答出了7种不同的人数,所以说谎话的不少于7人.若说谎话的有7人,则除B外,其他回答问题的8人均说了谎话,与假设出现矛盾；若说谎话的有8人,则回答问题的9人均说了谎话,出现矛盾；若说谎话的有10人,则只能1人说实话,而A和F都说了实话,出现了矛盾；若说谎话的有11人,则没有说实话的，而E说了实话,出现矛盾；显然说谎话的有9人,回答问题的9人均说谎话,休息的两人说实话.
11. 根据题意有关条件,用“√”表示是、“Х”表示不是,列表所示.这样,可知甲姓王、乙姓张和丙姓李.
职务
人 姓字
物
职务
姓字
职员
程序员
秘书
李
王
张
甲
Х
√
Х
√
乙
√
Х
√
丙
√
Х
√
Х
Х
12. 四个队单循环赛共6场比赛,每场均有胜负,6场最多共计18分.
若该队积7分,剩下的11分被3个队去分,那么,不可能再有两个队都得7分,即至多再有一个队可得7分以上.这样该队可以出线.
其次,如果该队积6分,则剩下12分,可能有另两队各得6分.如果这另两队小分都比该队高,该队就不能出线了.
所以,一个队至少要积7分才能保证必然出线.
有可能出线.
当6场比赛都是平局时,4个队都得3分,这时两个小分最高的队可以出线.如果这个队恰属于两个小分最高的队,那么这个队就会出线.
13.答案如右图所示
1
3
3
3
1
3
6
5
7
4
1
5
3
4
1
3
7
5
7
4
2
4
3
3
1
站在第一行第五列的人能看见1顶帽子,说明他周围的3人中有2人没戴帽子.
站在第二行第四列的人能看见7顶帽子,说明他周围的8人中只有1人没戴帽子,综合结论可知他本人没有戴帽子.
站在第二行第五列的人能看到4顶帽子,且他周围的五人中已有1人没戴帽子,说明其余4人均戴帽子,根据结论可知他本人没戴帽子.
利用上下对称原理可以分析出:站在第四行、第五行后三列的6个人中,只有第四行第四列、第五列两人没戴帽子,其他人均戴帽子.
站在第四行第二列的人能看到7顶帽子,说明他周围的8人中只有1人没戴帽子.
站在第三行第1列的人能看见1顶帽子,说明他周围的5人中只有1人戴帽子.综合结论可知:这1人不可能是第二行第1、2列的人,也不可能是第四行第二列的人.所以只能是站在第三行第二列的人或第四行第1列的人.
站在第五行第1列的人能看到2顶帽子,说明结论所说戴帽子的人站在第四行第一列.
站在第二行第二列的人能看到6顶帽子,说明站在第一行第1、2列的2人都戴帽子.
14. 解法一 首先从读书数最多的学生中找一人叫他为甲,由题设,甲至少有一本书C未读过,设B是甲读过的书中的一本,根据题设,可找到学生乙,乙读过B、C.
由于甲是读书数最多的学生之一,乙读书数不能超过甲的读书数,而乙读过C书,甲未读过C书,所以甲一定读过一本书A,乙没读过A书,否则乙就比甲至少多读过一本书,这样一来,甲读过A、B,未读过C；乙读过B、C，未读过A.
因此可以找到满足要求的两个学生.
解法二 将全体同学分成两组.
若某丙学生所读的所有的书,都被另一同学全部读过,而后一同学读过的书中,至少有一本书,丙未读过,则丙同学就分在第一组.另外,凡一本书也未读过的同学也分在第一组,其余的同学就分在第二组.
按照以上分组方法,不可能将全体同学都分在第一组,因为读书数最多的同学一定在第二组.
在第二组中,任找一位同学叫做甲,由题设有书C,甲未读过.再从甲读过的书中任找一本书叫做B,由题设,可找到同学乙,乙读过B、C书,由于甲属于第二组,所以甲一定读过一本书A,乙未读过A,否则甲只能分在第一组.这样,甲读过A、B,未读过C；乙读过B、C,未读过A.
19.1答 案
1.
2. 3
用逆推法解,如设
,求出
.事实上,依次由等号右边的数取倒数后减1,得
；再取倒数后减2，得
；再取倒数后减3，得
；再取倒数后减4,得
；再取倒数后减5,得
；再取倒数,求得
.
3. 11
从最后的结果往前逆推,结果是691,这是一个数的3倍减5得到的,这个数应该是(691+5)
3=232,这是经过3次后的结果；同样可知,经过2次后的结果为(232+5)
3=79；经过1次后的结果为(79+5)
3=28；因此,原数为(28+5)
3==11.
4. 83
采用逆推法,易知老爷爷的年龄为(100
10+15)
4-17=83(岁)
5. 2
最后李老师还剩2本书,因此,他到第36位同学家之前应有(2-1)
2=2本书；同样,他到35位同学家之前应有(2-1)
2=2本书;…；由上此可知,他到每位同学家之前都有2本书,故李老师原来拿了2本书.
6. 48
采用逆推法,第50天后整个池塘长满了浮草,因此,第49天时浮萍所占面积是池塘的
,第48天时浮萍所占面积是池塘的
.
7. 24
因为12只桃子占第六天吃去剩下桃子数的
,所以,第六天还有桃子12÷(1-
)=24(只).
24只桃子占第五天吃去剩下桃子的
,所以,第五天还有桃子24÷(1-
)=36(只).
以此类推,第四、三、二、一天分别还有桃子36÷(1-
)=48(只),48÷(1-
)=60(只),60÷(1-
)=72(只),72÷(1-
)=84(只).
猴子共摘了84只桃子,第一天吃了84×
=12(只),第二天吃了84×
×
=12(只).两天共吃24只.
8. 6.1元
列表逆推如下:(单位:元)
进门前
购物前
出门前
剩余
第四家商店
0.5
0.4
0.2
0.1
第三家商店
1.3
1.2
0.6
0.5
第二家商店
2.9
2.8
1.4
1.3
第一家商店
6.1
6
3
2.9
因此,他进入第一家商店之前身上有6.1元钱.
9. 21,11
采用逆推法,列表略
10. 55,19,7
用逆推法,列表如下:
甲
乙
丙
丙给甲、乙后
27
27
27
乙给甲、丙后
9
9
63
甲给乙、丙后
3
57
21
初始情况
55
19
7
11． 经三次重新分配后,甲、乙、丙三个小孩各有糖44块.第三次分配是丙给甲、乙,各给甲、乙所有数少4块,后甲、乙、丙才各有44块糖的,在第三次分配前：
甲有:(44+4)÷2=24(块),
乙有:(44+4)÷2=24(块),
丙有:44+(44-24)
2=84(块).
同上,第二次分配前:
甲有:(24+4)÷2=14(块),
丙有:(84+4)÷2=44(块),
乙有:24+(24-14)+(84-44)=74(块).
故原有:
丙有:(44+4)÷2=24(块),
乙有:(74+4)÷2=39(块),
甲有:14+(44-24)+(74-39)=69(块).
12. 第五天加工了最后的1800个,后两天共加工(1800-20)÷(1-
)=3560(个),后三天共加工(3560+80)÷(1-
)
=5460(个),后四天共加工(5460-150)÷(1-
)=7080(个),因此,零件总数为(7080+120)÷(1-
)=9000(个).
13. 设第五次挪动后,甲、乙两堆各有小球
个,注意到两堆共有2
个小球,按两堆小球的变化顺序逆推:
第五次挪动前,乙堆有小球
EMBED Equation.3 个,甲堆有小球2
-
EMBED Equation.3 =
EMBED Equation.3 个;
第四次挪动前,甲堆有小球
×
EMBED Equation.3 =
EMBED Equation.3 个,乙堆有小球2
-
EMBED Equation.3 =
EMBED Equation.3 个;
第三次挪动前,乙堆有小球
×
EMBED Equation.3 =
EMBED Equation.3 个,甲堆有小球2
-
EMBED Equation.3 =
EMBED Equation.3 个;
第二次挪动前,甲堆有小球
个,乙堆有小球2
-
个；
第一次挪动前即原来,乙堆有小球
个,甲堆有小球
个.
设甲堆原有小球
个,∴
即32
=43
,
又 ∵32与43互质, ∴
是43的倍数.
令
=43
(
为整数)
又560<
EMBED Equation.3 640 即560<43
EMBED Equation.3 640,
∴
因此
,
.
故甲堆原有小球602个.
14. 本题若按人员调整的先后顺序来推算,其困难是不知道第一次调整时,究竟是从甲组调出7人给乙组,还是从乙组调出7人给甲组,需要分别讨论,我们从最后的结果进行倒推就比较容易.第三次调整（甲组不动）后,各组人数是：5、13、6,由于这时丙组只有6人,所以,一定是从丙组调出7人给乙组,因此第三次调整前各组人数是：5、6、13,这也是第二次调整（乙组不动）后的人数.同理:第二次调整是从甲组调出7人给丙组,所以第二次调整前各组人数是:12、6、6,这也是第一次调整(丙组不动)后的人数.第一次调整必是乙调出7人给甲,所以,原来各组人数是:5、13、6.
19.2答 案
1. 3.78
2. 3.78
3. 17
4. 1
从最后的结果往前逆推,结果是6,是一个数除以6得到的,不除以6,这个数应该是6
6=36；36是一个数减6得来的,那么这个数应该是36+6=42；42是一个数乘以6得来的,那么这个数应该是42
6=7；7是由某数加上6得来的.因此,某数是7-6=1.综合算式是:
(6
6+6)
6-6=1
5. 250
在小轿车追上卡车前1分钟两车距离恰为小轿车与卡车1分钟内所得路程之差80
(米)
显然,这个问题与两车开始的距离无关.
6. 155
从小明第20次吹出肥皂泡算起,递次向前推算.小明第20次吹出100个肥皂泡时,第19次吹出的肥皂泡还有
没有破,第18次吹出的肥皂泡还有
没有破,第17次和以前吹出的肥皂泡全破了.
100
(1+
+
)=155(个)
7. 100
10
(1-
)
(1-
)
(1-
)
(1-
)
(1-
)
(1-
)
(1-
)
(1-
)
(1-
)
=10
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
=100(个)
8. 99,101.
经过两次交换后,小明和小聪各有小球200
2=100(个)
小聪给小明小球以前,小聪有小球
100
(1-
)=110(个)
小明有小球
200-110=90(个)
小明给小聪小球以前,小明有小球
90
(1-
)=99(个)
小聪有小球
200-99=101(个)
9. 22,14,12.
由题意知,最后每堆苹果都是48
3=16(个),由此向前逆推如下表:
第一堆
第二堆
第三堆
初始状态
8+14=22
28
2=14
12
第一次变化后
8
16+12=28
24
2=12
第二次变化后
16
2=8
16
16+8=24
第三次变化后
16
16
16
原来第一、二、三堆依次有22、14、12个苹果.
10. 26,14,8.
与上题类似,列表逆推如下:
甲桶
乙桶
丙桶
初始状态
4+14+8=26
28
2=14
16
2=8
第一次变化后
8
2=4
8+4+16=28
32
2=16
第二次变化后
16
2=8
16
2=8
16+8+8=32
第三次变化后
16
16
16
原来甲、乙、丙桶分别有油26、14、8千克。
11. 倒水过程是
甲 乙 丙 甲 乙 丙 甲
2
2
2
2
2
2
利用最终结果逆推出原来情况.
甲
乙
丙
640
320
320
880
440
440
950
640
640
1120
560
560
1020
510
640
960
480
480
920
460
460
甲、乙、丙中原各有水950毫升、510毫升和460毫升.
12. 最后一次分糖前小明有糖3+2=5颗；倒数第二次分糖前小明有糖5
3+2=17颗；倒数第三次分糖前小明有糖17
3+2=53颗；妈妈原来有糖53
2+1=107颗.
13. 我们知道桥牌用52张牌,分发给4人,这样最后一张牌应发给发牌人甲(一者他是上首丁开始分发的,二者52
4=13无剩余),倒数第2张应发给丁,例数第3张应发给乙,……这样便有了继续分发剩余牌的方法：从底往上按逆时针方向从甲开始分发其余下的牌即可.
14. 四堆木棒共32根,挪动四次后每堆有8根.
第一堆 第二堆 第三堆 第四堆
最后 8 8 8 8
倒数第一次 8 8 12 4
倒数第二次 8 14 6 4
倒数第三次 15 7 6 4
原来 17 7 6 2
从下往上看则得到挪动方法.
20.1答 案
1.
、
、
、
.
2.
，
，
.
3. B.
从题目看,A、B、C、D中最大的,即为
与
与15.2
与14.8
中最小的,容易求出,与B相乘的
最小,所以B最大.
4. 4.
符合题意的假分数有
、
、
和
共4个.
5.
.
由1,4,7三个数字组成的带分数有
,
,
,经验算,只有a=
,b=
符合条件.a+b=
.
6．
.(填出一组即可)
提示:设a,b为1998的两个互质的约数,且a>b.将
分解为两个单位分数之差,得到
.因为
EMBED Equation.3 与
都是三位数，所以100
EMBED Equation.3 .100
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3 ,得
所以
.
又由
,得
,
,所以
,
.由此得到:
①
也就是说,只要找到满足①式的1998的两个(互质的)约数,就能得到符合题意的一组解.满①式的a,b有三组:3，2；54，37；37，27.于是得到
7.
.
通过通分(找最简公分子),
EMBED Equation.3
.显然
,因此,
.所求两数之和为
.
8. 14.
,
,
.
故m=3,n=6,k=5,因此m+n+k=14.
9.
.
.
10.
.
提示:已知的五个分数从大到小排列依次为
、
、
、
、
，因此未知的三个分数都小于
.
11. 注意到1997是质数,其约数为1和1997.
.
所以A=19971998,B=1998.故AB=1997.
12. 原式=
=
+
=
13. 设所求的分数为
,(m,n)=1,n<15.
因为
-
=
.
由题目要求,取m、n使右边式子大于0,且为最小,若5m-2n=1,则m=
当n<15时,使m为整数的最大整数n是12,此时,m=5,差为
.
若5m-2n1,则
.故此
大并且最接近
的是
.
14.
.
原分数是可约分数,
也应是可约分数,推知a最小是11.
20.2答 案
1.
提示,将分子“通分”为72，再比较分母的大小.
2.
事实上,所求分数为
和
的平均数,即(
+
)2=
.
3. C
因为
,又
,所以D>E>B>C>A,故从小到大第二个数是C.
4.
分母是n的所有真分数共有n-1个,这n-1个分数的分子依次为1~n-1, 和为
,所以分母n的所有真分数之和等于
.本题的解为
+
=
+1+2+3+5+6+8+9+11+14=
.
5. 131
因为231=3711,易知这3个质数分别为3,7和11,又
+
=
,故a=131.
6.
.
原式=
,令
,则19a+7b=83,易见a=4,b=1,符合要求.
7.
.
提示:各分数的倒数依次为
,
,
,
,
.
8. 0.567
0.abc化为分数时是
,当化为最简分数时,因为分母大于分子,所以分母大于582=29,即分母是大于29的两位数,由999=33337,推知999大于29的两位数约数只有37,所以分母是37,分子是58-37=21.因为
,所以这个循环小数是0.567.
9. 4,6,8.
令
(a为偶数).由
，得
，故a=2或4，a=2时，
，不合题意，因此，
.
10. 40
提示:
.
11. 令
,则
.所以
.
由a、b为整数，知
为整数，即a-6为36的约数，所以
,2,3,4,6,9,12,18,36.所以a=7,8,9,10,12,15,18,24,42,相应地b=42,24,18,15,12,10,9,8,7.注意到
,所有可能情况为
.
12. 因为301=437,129=433,
,所以
>
.
13. 令
,且a
本文档为【小学五年级奥数题大全及答案】，请使用软件OFFICE或WPS软件打开。作品中的文字与图均可以修改和编辑，
图片更改请在作品中右键图片并更换，文字修改请直接点击文字进行修改，也可以新增和删除文档中的内容。
该文档来自用户分享，如有侵权行为请发邮件ishare@vip.sina.com联系网站客服，我们会及时删除。
[版权声明] 本站所有资料为用户分享产生，若发现您的权利被侵害，请联系客服邮件isharekefu@iask.cn，我们尽快处理。
本作品所展示的图片、画像、字体、音乐的版权可能需版权方额外授权，请谨慎使用。
网站提供的党政主题相关内容(国旗、国徽、党徽..)目的在于配合国家政策宣传，仅限个人学习分享使用，禁止用于任何广告和商用目的。
浙公网安备 33021202002483