四年级奥林匹克数学基础资料库 第10讲 数字谜(二)

第一篇：四年级奥林匹克数学基础资料库 第10讲 数字谜(二)

第10讲 数字谜

（二）例1 把下面算式中缺少的数字补上：

分析与解：一个四位数减去一个三位数，差是一个两位数，也就是说被减数与减数相差不到100。四位数与三位数相差不到100，三位数必然大于900，四位数必然小于1100。由此我们找出解决本题的突破口在百位数上。

（1）填百位与千位。由于被减数是四位数，减数是三位数，差是两位数，所以减数的百位应填9，被减数的千位应填1，百位应填0，且十位相减时必须向百位借1。

（2）填个位。由于被减数个位数字是0，差的个位数字是1，所以减数的个位数字是9。

（3）填十位。由于个位向十位借1，十位又向百位借1，所以被减数十位上的实际数值是18，18分解成两个一位数的和，只能是9与9，因此，减数与差的十位数字都是9。

所求算式如右式。

由例1看出，考虑减法算式时，借位是一个重要条件。

例2 在下列各加法算式中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字，求出这两个算式：

分析与解：（1）这是一道四个数连加的算式，其特点是相同数位上的数字相同，且个位与百位上的数字相同，即都是汉字“学”。

用心

爱心

专心 1

从个位相同数相加的情况来看，和的个位数字是8，有两种可能情况：2＋2＋2＋2＝8与7＋7＋7＋7＝28，即“学”＝2或7。

如果“学”＝2，那么要使三个“数”所代表的数字相加的和的个位数字为8，“数”只能代表数字6。此时，百位上的和为“学”＋“学”＋1＝2＋2＋1＝5≠4。因此“学”≠2。

如果“学”＝7，那么要使三个“数”所代表的数字相加再加上个位进位的2，和的个位数字为8，“数”只能代表数字2。百位上两个7相加要向千位进位1，由此可得“我”代表数字3。

满足条件的解如右式。

（2）由千位看出，“努”=4。由千、百、十、个位上都有“努”，5432-4444=988，可将竖式简化为左下式。同理，由左下式看出，“力”=8，988-888=100，可将左下式简化为下中式，从而求出“学”=9，“习”=1。

满足条件的算式如右下式。

例2中的两题形式类似，但题目特点并不相同，解法也不同，请同学们注意比较。

例3 下面竖式中每个汉字代表一个数字，不同的汉字代表不同的数字，求被乘数。

分析与解：由于个位上的“赛”ד赛”所得的积不再是“赛”，而是另一个数，所以“赛”的取值只能是2，3，4，7，8，9。

下面采用逐一试验的方法求解。

用心

爱心

专心 2

（1）若“赛”＝2，则“数”＝4，积=444444。被乘数为444444÷2＝222222，而被乘数各个数位上的数字各不相同，所以“赛”≠2。

（2）若“赛”＝3，则“数”=9，仿（1）讨论，也不行。

（3）若“赛”＝4，则“数”＝6，积=666666。666666÷4得不到整数商，不合题意。

（4）若“赛”＝7，则“数”＝9，积=999999。被乘数为999999÷7＝142857，符合题意。

（5）若“赛”＝8或9，仿上讨论可知，不合题意。

所以，被乘数是142857。

例4 在□内填入适当的数字，使左下式的乘法竖式成立。

分析与解：为清楚起见，我们用A，B，C，D，…表示□内应填入的数字（见右上式）。

由被乘数大于500知，E=1。由于乘数的百位数与被乘数的乘积的末位数是5，故B，C中必有一个是5。若C＝5，则有

6□□×5=（600+□□）×5=3000+□□×5，不可能等于□5□5，与题意不符，所以B=5。再由B=5推知G=0或5。若G=5，则F=A=9，此时被乘数为695，无论C为何值，它与695的积不可能等于□5□5，与题意不符，所以G=0，F=A=4。此时已求出被乘数是645，经试验只有645×7满足□5□5，所以C=7；最后由B=5，G=0知D为偶数，经试验知D=2。

右式为所求竖式。

用心

爱心

专心 3

此类乘法竖式题应根据已给出的数字、乘法及加法的进位情况，先填比较容易的未知数，再依次填其余未知数。有时某未知数有几种可能取值，需逐一试验决定取舍。

例5 在□内填入适当数字，使左下方的除法竖式成立。

分析与解：把左上式改写成右上式。根据除法竖式的特点知，B=0，D=G=1，E=F=H=9，因此除数应是99的两位数的约数，可能取值有11，33和99，再由商的个位数是5以及5与除数的积是两位数得到除数是11，进而知A＝C-9。至此，除数与商都已求出，其余未知数都可填出（见右式）。

此类除法竖式应根据除法竖式的特点，如商的空位补0、余数必须小于除数，以及空格间的相互关系等求解，只要求出除数和商，问题就迎刃而解了。例6 把左下方除法算式中的*号换成数字，使之成为一个完整的式子（各*所表示的数字不一定相同）。

用心

爱心

专心 4 分析与解：由上面的除法算式容易看出，商的十位数字“*”是0，即商为。

因为除数与8的积是两位数，除数与商的千位数字的积是三位数，知商的千位数是9，即商为9807。

因为“除数×9”是三位数，所以除数≥12；又因为“除数×8”是两位数，所以除数≤12。推知除数只能是12。被除数为9807×12＝117684。

除法算式如上页右式。

练习10

1．在下面各竖式的□内填入合适的数字，使竖式成立：

2．右面的加法算式中，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字。问：“小”代表什么数字？

3．在下列各算式中，不同的汉字代表不同的数字相同的汉字代表相同的数字。求出下列各式：

用心

爱心

专心 5

4．在下列各算式中，相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字。这些算式中各字母分别代表什么数字？

用心

爱心

专心 6

第二篇：四年级奥数第五讲_等差数列(二)_教师版

唯思达教育 小学四年级奥数一对一讲义 教师版

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引申

1、一些同样粗细的圆木,像如图所示一样均匀地堆放在一起,已知最下面一层有70根。一共有多少根圆木？ 答案：2485根。

2、用3根等长的火柴棍摆成一个等边三角形,用这样的等边三角形，按下图所示铺满一个大的等边三角形,如果这个大的等边三角形的底边能放10根火柴棒,那么这个大的等边三角形中一共要放多少根火柴棒?

解:如果把图中最上端的一个三角形看做

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引申

1、有60把锁的钥匙搞乱了,为了使每把锁都配上自己的钥匙,至多试多少次?

解：59+58+57+„+2+1=(59+1)×59÷2=1770(次)

2、有一些锁的钥匙搞乱了,已知至多要试28次,就能使每把锁都配上自己的钥匙。一共有几把锁的钥匙搞乱了? 答: 一共有8把锁的钥匙搞乱了。

3、一辆公共汽车有66个座位,空车出发后,

第三篇：小学奥数之第10讲 数论综合(一)

第10讲 数论综合（一）

涉及知识点多、解题过程比较复杂的整数综合题，以及基本依靠数论手段求解的其他类型问题．

1．如果把任意n个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两种可能，那么n是多少?

【分析与解】 我们知道如果有5个连

续的自然数，因为其内必有2的倍数，也有5的倍数，则它们乘积的个位数字只能是0。

所以n小于5．

:当n为4时，如果其内含有5的倍数(个位数字为O或5)，显然其内含有2的倍数，那么它们乘积的个位数字为0；

如果不含有5的倍数，则这4个连续的个位数字只能是1，2，3，4或6，7，8，9；它们的积的个位数字都是4；

所以，当n为4时，任意4个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两科可能．

：当n为3时，有1×2×3的个位数字为6，2×3×4的个位数字为4，3×4×5的个位数字为0，……，不满足．

：当n为2时，有1×2，2×3，3×4，4×5的个位数字分别为2，6，4，0，显然不满足．

至于n取1显然不满足了．

所以满足条件的n是4．

2．如果四个两位质数a，b，c，d两两不同，并且满足，等式a+b=c+d．那么，(1)a+b的最小可能值是多少?(2)a+b的最大可能值是多少?

【分析与解】两位的质数有11，13，17，19，23，29，3l，37，41，43，47，53，59，6l，67，71，73，79，83，89，97．

可得出，最小为11+19=13+17=30，最大为97+71=89+79=168．

所以满足条件的a+b最小可能值为30，最大可能值为168．

3．如果某整数同时具备如下3条性质：

①这个数与1的差是质数；

②这个数除以2所得的商也是质数；

③这个数除以9所得的余数是5．

那么我们称这个整数为幸运数．求出所有的两位幸运数．

【分析与解】 条件①也就是这个数与1的差是2或奇数，这个数只能是3或者偶数，再根据条件③，除以9余5，在两位的偶数中只有14，32，50，68，86这5个数满足条件．

其中86与50不符合①，32与68不符合②，三个条件都符合的只有14．

所以两位幸运数只有14．

4．在555555的约数中，最大的三位数是多少?

【分析与解】555555=5×111×1001

=3×5×7×11×13×37 显然其最大的三位数约数为777．

5．从一张长2002毫米，宽847毫米的长方形纸片上，剪下一个边长尽可能大的正方形，如果剩下的部分不是正方形，那么在剩下的纸片上再剪下一个边长尽可能大的正方形．按照上面的过程不断地重复，最后剪得正方形的边长是多少毫米?

【分析与解】 从长2002毫米、宽847毫米的长方形纸板上首先可剪下边长为847毫米的正方形，这样的正方形的个数恰好是2002除以847所得的商．而余数恰好是剩下的长方形的宽，于是有：2002÷847=2……308，847÷308=2……231，308÷231=1……77．231÷77=3．

不难得知，最后剪去的正方形边长为77毫米．

6．已知存在三个小于20的自然数，它们的最大公约数是1，且两两均不互质．请写出所有可能的答案．

【分析与解】 设这三个数为a、b、c，且a＜b＜c，因为两两不互质，所以它们均是合数．

小于20的合数有4，6，8，9，10，12，14，15，16，18．其中只含1种因数的合数不满足，所以只剩下6，10，12，14，15，18这6个数，但是14=2×7，其中质因数7只有14含有，无法找到两个不与14互质的数．

所以只剩下6，10，12，15，18这5个数存在可能的排列．

所以，所有可能的答案为(6，10，15)；(10，12，15)；(10，15，18)．

7．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．那么最少要分成多少组?

【分析与解】26=2×13，33=3×11，34=2×17，35=5×7，63=3×7，85=5×17，91=7×13，143=11×13．

由于质因数13出现在26、91、143三个数中，故至少要分成三组，可以分成如下3组：

将26、33、35分为一组，91、34、33分为一组，而143、63、85分为一组． 所以，至少要分成3组．

8．图10-1中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出发，按箭头所指的方向以相同的速度分别爬了几圈时，两只甲虫首次相距最远?

【分析与解】 圆内的任意两点，以直径两端点得距离最远．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，两甲虫的距离便最远．

小圆周长为×30=307r，大圆周长为48，一半便是24，30与24的最小公倍数时120．

120÷30=4．120÷24=5．

所以小圆上甲虫爬了4圈时，大圆上甲虫爬了5个两只甲虫相距最远．

1圆周长，即爬到了过A的直径另一点B．这时2

9．设a与b是两个不相等的非零自然数．

(1)如果它们的最小公倍数是72，那么这两个自然数的和有多少种可能的数值?

(2)如果它们的最小公倍数是60，那么这两个自然数的差有多少种可能的数值? 【分析与解】(1)a与b的最小公倍数72=2×2×2×3×3，有12个约数：1，2，3，4，6，8，9，12，18，24，36，72．不妨设a＞b．

:当a=72时，b可取小于72的11种约数，a+b≥72+1=73；

:当a=36时，b必须取8或24，a+b的值为44或60，均不同第一种情况中的值；

：当a=24时，b必须取9或18，a+b的值为33或42，均不同第一、二种情况中的值； 当a=18时，b必须取8，a+b=26，不同于第一、二、三种情况的值； ：当a=12时，b无解；

:当a=9时，b必须取8，a+b=17，不同于第一、二、三、四情况中的值．

总之，a+b可以有ll+2+2+1+1=17种不同的值．

(2)60=2×2×3×5，有12个约数：1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30，60．a、b为60的约数，不妨设a＞b． ：当a=60时，b可取60外的任何一个数，即可取11个值，于是a－b可取11种不同的值：59，58，57，56，55，54，50，48，45，40，30； ．当a=30时，b可取4，12，20，于是a－b可取26，18，10； ：当a=20时，b可取3，6，12，15，所以a－b可取17，14，8，5；

当a=15时，b可取4，12，所以a－b可取11，3； : 当a=12时，b可取5，10，所以a－b可取7，2．

总之，a－b可以有11+3+4+2+2=22种不同的值．

10．狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳4次．比赛途中，从起点开始每隔12少米?

13米，黄鼠狼每次跳2米，它们每秒钟都只跳一243米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多83111339÷4=，12÷2=． 82484233 所以狐狸跳4个12米的距离时将掉进陷阱，黄鼠狼跳2个12米的距离时，将掉进陷阱．

【分析与解】 由于12 又由于它们都是一秒钟跳一次，因此当狐狸掉进陷阱时跳了11秒，黄鼠狼掉进陷阱时跳了9秒，因此黄鼠狼先掉进陷阱，此时狐狸跳了9秒.距离为9×41=40.5(米)． 2

11.在小于1000的自然数中，分别除以18及33所得余数相同的数有多少个?(余数可以为0)

【分析与解】 我们知道18，33的最小公倍数为[18，33]=198，所以每198个数一次．

1～198之间只有1，2，3，…，17，198(余O)这18个数除以18及33所得的余数相同，而999÷198=5……9，所以共有5×18+9=99个这样的数．

12．甲、乙、丙三数分别为603，939，393．某数A除甲数所得余数是A除乙数所得余数的2倍，A除乙数所得余数是A除丙数所得余数的2倍．求A等于多少?

【分析与解】 由题意知4倍393除以A的余数，等于2倍939除以A的余数，等于甲603除以A的余数．

即603÷A=a……k；(2×939)÷A=b……k；(4×393)÷A=c……k．

于是有(1878－603)÷A=b－a；(1878－1572)÷A=b－c；(1572－603)÷A=c－a．

所以A为1275，306，969的约数，(1275，306，969)=17×3=51．

于是，A可能是51，17(不可能是3，因为不满足余数是另一余数的4倍)．

当A为51时，有603÷51=11……42；939÷51=18……21；393÷51=7……36．不满足；

当A为17时，有603÷17=35……8；939÷17=55……4；393÷17=23……2；满足．

所以，除数4为17．

13．证明：形如11，111，1111，11111，…的数中没有完全平方数．

【分析与解】

我们知道奇数的完全平方数是奇数，偶数的完全平方数为偶数，而奇数的完全平方数除以4余1，偶数的完全平方数能被4整除．

现在这些数都是奇数，它们除以4的余数都是3，所以不可能为完全平方数．

评注：设奇数为2n+1，则它的平方为4n+4n+1，显然除以4余1．

14．有8个盒子，各盒内分别装有奶糖9，17，24，28，30，31，33，44块．甲先取走一盒，其余各盒被乙、丙、丁3人所取走．已知乙、丙取到的糖的块数相同且为丁的2倍．问：甲取走的一盒中有多少块奶糖?

【分析与解】 我们知道乙、丙、丁三人取走的七盒中，糖的块数是丁所取糖块数的5倍．

八盒糖总块数为9+17+24+28+30+31+33+44=216．

从216减去5的倍数，所得差的个位数字只能是1或6．

观察各盒糖的块数发现，没有个位数字是6的，只有一个个位数字是1的数31．

因此甲取走的一盒中有3l块奶糖．

15．在一根长木棍上，有三种刻度线．第一种刻度线将木棍分成10等份；第二种将木棍分成12等份；第三种将木棍分成15等份．如果沿每条刻度线将木棍锯断，那么木棍总共被锯成多少段?

【分析与解】 10，12，15的最小公倍数[10，12，15]=60，把这根木棍的1作为一个长度单位，这60样，木棍10等份的每一等份长6个单位；12等份的每等份长5个单位；15等份的每等份长4单位．

不计木棍的两个端点，木棍的内部等分点数分别是9，11，14(相应于10，12，15等份)，共计34个．

由于5，6的最小公倍数为30，所以10与12等份的等分点在30单位处相重，必须从34中减1．

又由于4，5的最小公倍数为20，所以12与15等份的等分点在20单位和40单位两处相重，必须再减去2．

同样，6，4的最小公倍数为12，所以15与10等份的等分点在12，24，36，48单位处相重，必须再减去4．

由于这些相重点各不相同，所以从34个内分点中减去1，再减去2，再减去4，得27个刻度点．沿这些刻度点把木棍锯成28段．

第四篇：五年级数学奥数基础课程教案(30讲)

小学奥数基础教程（五年级）

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第1讲数字迷

（一）第2讲 数字谜(二)第3讲 定义新运算(一)第4讲 定义新运算(二)第5讲 数的整除性(一)第6讲 数的整除性(二)第7讲 奇偶性

（一）第8讲 奇偶性

（二）第9讲 奇偶性

（三）第10讲 质数与合数 第11讲 分解质因数

第12讲 最大公约数与最小公倍数

（一）第13讲最大公约数与最小公倍数

（二）第14讲 余数问题

第15讲 孙子问题与逐步约束法 第16讲 巧算24 第17讲 位置原则 第18讲 最大最小

第19讲 图形的分割与拼接 第20讲 多边形的面积 第21讲 用等量代换求面积 第22 用割补法求面积 第23讲 列方程解应用题 第24讲 行程问题

（一）第25讲 行程问题

（二）第26讲 行程问题

（三）第27讲 逻辑问题

（一）第28讲 逻辑问题

（二）第29讲 抽屉原理(一)第30讲 抽屉原理(二)

第1讲 数字谜

（一）数字谜的内容在三年级和四年级都讲过，同学们已经掌握了不少方法。例如用猜想、拼凑、排除、枚举等方法解题。数字谜涉及的知识多，思考性强，所以很能锻炼我们的思维。

这两讲除了复习巩固学过的知识外，还要讲述数字谜的代数解法及小数的除法竖式问题。

例1 把+，-，×，÷四个运算符号，分别填入下面等式的○内，使等式成立（每个运算符号只准使用一次）：（5○13○7）○（17○9）=12。

分析与解：因为运算结果是整数，在四则运算中只有除法运算可能出现分数，所以应首先确定“÷”的位置。

当“÷”在第一个○内时，因为除数是13，要想得到整数，只有第二个括号内是13的倍数，此时只有下面一种填法，不合题意。

（5÷13-7）×（17+9）。

当“÷”在第二或第四个○内时，运算结果不可能是整数。

当“÷”在第三个○内时，可得下面的填法：（5+13×7）÷（17-9）=12。

例2 将1～9这九个数字分别填入下式中的□中，使等式成立：□□□×□□=□□×□□=5568。

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6-23

解：竖式中除数与8的积是三位数，而与商的百位和个位的积都是四位

数，所以x=112，被除数为989×112=110768。右上式为所求竖式。

代数解法虽然简洁，但只适用于一些特殊情况，大多数情况还要用传统的方法。

例4 在□内填入适当数字，使下页左上方的小数除法竖式成立。

分析与解：先将小数除法竖式化为我们较熟悉的整数除法竖式（见下页右上方竖式）。可以看出，除数与商的后三位数的乘积是1000=2×5的倍数，即除数和商的后三位数一个是2=8的倍数，另一个是5=125的奇数倍，因为除数是两位数，所以除数是8的倍数。又由竖式特点知a=9，从而除数应是96

333的两位数的约数，可能的取值有96，48，32，24和16。因为，c=5，5与除数的乘积仍是两位数，所以除数只能是16，进而推知b=6。因为商的后三位数是125的奇数倍，只能是125，375，625和875之一，经试验只能取375。至此，已求出除数为16，商为6.375，故被除数为6.375×16=102。右式即为所求竖式。

求解此类小数除法竖式题，应先将其化为整数除法竖式，如果被除数的末尾出现n个0，则在除数和商中，一个含有因子2（不含因子5），另一个含有因子5（不含因子2），以此为突破口即可求解。

例5 一个五位数被一个一位数除得到下页的竖式（1），这个五位数被另一个一位数除得到下页的竖式（2），求这个五位数。n

n

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根据以上的规定，求10△6 的值。

3，x>=2，求x的值。

分析与解：按照定义的运算，<1，2，3，x>=2，x=6。

由上面三例看出，定义新运算通常是用某些特殊符号表示特定的运算意义。新运算使用的符号应避免使用课本上明确定义或已经约定俗成的符号，如+，-，×，÷，＜，＞等，以防止发生混淆，而表示新运算的运算意义部分，应使用通常的四则运算符号。如例1中，a*b=a×b-a-b，新运算符号使用“*”，而等号右边新运算的意义则用四则运算来表示。

分析与解：按新运算的定义，符号“⊙”表示求两个数的平均数。

四则运算中的意义相同，即先进行小括号中的运算，再进行小括号外面的运算。

按通常的规则从左至右进行运算。

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7.对于任意的两个数P，Q，规定 P☆Q=（P×Q）÷4。例如：2☆8=（2×8）÷4。已知x☆（8☆5）=10，求x的值。

8.定义： a△b=ab-3b，a 9.已知： 2 4 求（4

第4讲 定义新运算

（二）例1 已知a※b=（a+b）-（a-b），求9※2的值。

分析与解：这是一道很简单的题，把a=9，b=2代入新运算式，即可算出结果。但是，根据四则运算的法则，我们可以先把新运算“※”化简，再求结果。

a※b=（a+b）-（a-b）

=a+b-a+b=2b。

所以，9※2=2×2=4。

由例1可知，如果定义的新运算是用四则混合运算表示，那么在符合四则混合运算的性质、法则的前提下，不妨先化简表示式。这样，可以既减少运算量，又提高运算的准确度。

例2 定义运算：a⊙b=3a+5ab+kb，其中a，b为任意两个数，k为常数。比如：2⊙7=3×2+5×2×7+7k。

（1）已知5⊙2=73。问：8⊙5与5⊙8的值相等吗？

（2）当k取什么值时，对于任何不同的数a，b，都有a⊙b=b⊙a，即新运算“⊙”符合交换律？

分析与解：（1）首先应当确定新运算中的常数k。因为5⊙2=3×5+5×5×2+k×2

=65+2k，所以由已知 5⊙2=73，得65+2k=73，求得k=（73-65）÷2=4。定义的新运算是：a⊙b=3a+5ab+4b。

8⊙5=3×8+5×8×5+4×5=244，5⊙8=3×5+5×5×8+4×8=247。

因为244≠247，所以8⊙5≠5⊙8。

（2）要使a⊙b=b⊙a，由新运算的定义，有

3a+5ab+kb=3b+5ab+ka，3a+kb-3b-ka=0，3×(a-b)-k(a-b)=0，(3-k)(a-b)=0。

对于两个任意数a，b，要使上式成立，必有3-k=0，即k=3。

当新运算是a⊙b=3a+5ab+3b时，具有交换律，即 a⊙b=b⊙a。

例3 对两个自然数a和b，它们的最小公倍数与最大公约数的差，定义为a☆b，即a☆b=[a，b]-（a，b）。

比如，10和14的最小公倍数是70，最大公约数是2，那么10☆14=70-2=68。

（1）求12☆21的值；

（2）已知6☆x=27，求x的值。

分析与解：（1）12☆21=[12，21]-（12，21）=84-3=81；

（2）因为定义的新运算“☆”没有四则运算表达式，所以不能直接把数代入表达式求x，只能用推理的方法。3=2×3×4，3）的值。5=4×5×6×7×8，„„

4）÷（3b=4a-b/a。计算：（4△3）△（2b）。

小学奥数基础教程（五年级）

因为6☆x=[6，x]-（6，x）=27，而6与x的最大公约数（6，x）只能是1，2，3，6。所以6与x的最小公倍数[6，x]只能是28，29，30，33。这四个数中只有 30是 6的倍数，所以 6与x的最小公倍数和最大公约数分别是30和3。因为a×b=[a，b]×（a，b），所以6×x=30×3，由此求得x=15。

例4 a表示顺时针旋转90°，b表示顺时针旋转180°，c表示逆时针旋转90°，d表示不转。定义运算“◎”表示“接着做”。求：a◎b；b◎c；c◎a。

分析与解： a◎b表示先顺时针转90°，再顺时针转180°，等于顺时针转270°，也等于逆时针转90°，所以a◎b=c。

b◎c表示先顺时针转180°，再逆时针转90°，等于顺时针转90°，所以b◎c=a。

c◎a表示先逆时针转90°，再顺时针转90°，等于没转动，所以c◎a=d。

对于a，b，c，d四种运动，可以做一个关于“◎”的运算表（见下表）。比如c◎b，由c所在的行和b所在的列，交叉处a就是c◎b的结果。因为运算◎符合交换律，所以由c所在的列和b所在的行也可得到相同的结果。

例5 对任意的数a，b，定义：f（a）=2a+1，g（b）=b×b。

（1）求f（5）-g（3）的值；

（2）求f（g（2））+g（f（2））的值；

（3）已知f（x+1）=21，求x的值。

解：（1）f（5）-g（3）=（2×5+1）-（3×3）=2；

（2）f（g（2））+g（f（2））

=f（2×2）+g（2×2+1）

=f（4）+g（5）=（2×4+1）+（5×5）=34；

（3）f（x+1）=2×（x+1）+1=2x+3，由f（x+1）=21，知2x+3=21，解得x=9。

练习4

2.定义两种运算“※”和“△”如下：

a※b表示a，b两数中较小的数的3倍，a△b表示a，b两数中较大的数的2.5倍。

比如：4※5=4×3=12，4△5=5×2.5=12.5。

计算：[(0.6※0.5)+(0.3△0.8)]÷[(1.2※0.7)-(0.64△0.2)]。

4.设m，n是任意的自然数，A是常数，定义运算m⊙n=（A×m-n）÷4，并且2⊙3=0.75。试确定常数A，并计算：（5⊙7）×（2⊙2）÷（3⊙2）。

5.用a，b，c表示一个等边三角形围绕它的中心在同一平面内所作的旋转运动：

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a表示顺时针旋转240°，b表示顺时针旋转120°，c表示不旋转。

运算“∨”表示“接着做”。试以a，b，c为运算对象做运算表。

6.对任意两个不同的自然数a和b，较大的数除以较小的数，余数记为a

（1）计算：1998

（2）已知112000，（519）

19，5

（195）；

x=4，x小于20，求x的值。

b。比如7

3=1，5

29=4，4-10

因为能被11整除的五位数很多，而各数位上的数字之和等于43的五位数较少，所以应选择①为突破口。有两种情况：

（1）五位数由一个7和四个9组成；

（2）五位数由两个8和三个9组成。

上面两种情况中的五位数能不能被11整除？9，8，7如何摆放呢？根据被11整除的数的特征，如果奇数位数字之和是27，偶数位数字之和是16，那么差是11，就能被11整除。满足这些要求的五位数是： 97999，99979，98989。

例5 能不能将从1到10的各数排成一行，使得任意相邻的两个数之和都能被3整除？

分析与解：10个数排成一行的方法很多，逐一试验显然行不通。我们采用反证法。

假设题目的要求能实现。那么由题意，从前到后每两个数一组共有5组，每组的两数之和都能被3整除，推知1～10的和也应能被3整除。实际上，1～10的和等于55，不能被3整除。这个矛盾说明假设不成立，所以题目的要求不能实现。

练习5

1.已知4205和2813都是29的倍数，1392和7018是不是29的倍数？

2.如果两个数的和是64，这两个数的积可以整除4875，那么这两个数的差是多少？

3.173□是个四位数。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，依次可以被9，11，6整除。”问：数学老师先后填入的3个数字之和是多少？

班有多少名学生？

6.能不能将从1到9的各数排成一行，使得任意相邻的两个数之和都能被3整除？

第6讲 数的整除性

（二）我们先看一个特殊的数——1001。因为1001=7×11×13，所以凡是1001的整数倍的数都能被7，11和13整除。

能被7，11和13整除的数的特征：

如果数A的末三位数字所表示的数与末三位数以前的数字所表示的数之差（大数减小数）能被7或11或13整除，那么数A能被7或11或13整除。否则，数A就不能被7或11或13整除。

例2 判断306371能否被7整除？能否被13整除？

解：因为371-306=65，65是13的倍数，不是7的倍数，所以306371能被13整除，不能被7整除。

例3 已知10□8971能被13整除，求□中的数。

解：10□8-971=1008-971+□0=37+□0。

上式的个位数是7，若是13的倍数，则必是13的9倍，由13×9-37=80，推知□中的数是8。

2位数进行改写。根据十进制数的意义，有

因为100010001各数位上数字之和是3，能够被3整除，所以这个12位数能被3整除。

根据能被7（或13）整除的数的特征，100010001与（100010-1=）100009要么都能被7（或13）整除，要么都不能被7（或13）整除。

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同理，100009与（100-9=）91要么都能被7（或13）整除，要么都不能被7（或13）整除。

因为91=7×13，所以100010001能被7和13整除，推知这个12位数能被7和13整除。

7.九位数8765□4321能被21整除，求中间□中的数。

8.在下列各数中，哪些能被27整除？哪些能被37整除？

1861026，1884924，2175683，2560437，11159126，131313555，266117778。

9.在下列各数中，哪些能被19整除？哪些能被79整除？

55119，55537，62899，71258，186637，872231，5381717。

第7讲 奇偶性

（一）整数按照能不能被2整除，可以分为两类：（1）能被2整除的自然数叫偶数，例如

0，2，4，6，8，10，12，14，16，„（2）不能被2整除的自然数叫奇数，例如

1，3，5，7，9，11，13，15，17，„

整数由小到大排列，奇、偶数是交替出现的。相邻两个整数大小相差1，所以肯定是一奇一偶。因为偶数能被2整除，所以偶数可以表示为2n的形式，其中n为整数；因为奇数不能被2整除，所以奇数可以表示为2n+1的形式，其中n为整数。每一个整数不是奇数就是偶数，这个属性叫做这个数的奇偶性。奇偶数有如下一些重要性质：

（1）两个奇偶性相同的数的和（或差）一定是偶数；两个奇偶性不同的数的和（或差）一定是奇数。反过来，两个数的和（或差）是偶数，这两个数奇偶性相同；两个数的和（或差）是奇数，这两个数肯定是一奇一偶。

（2）奇数个奇数的和（或差）是奇数；偶数个奇数的和（或差）是偶数。任意多个偶数的和（或差）是偶数。

（3）两个奇数的乘积是奇数，一个奇数与一个偶数的乘积一定是偶数。

（4）若干个数相乘，如果其中有一个因数是偶数，那么积必是偶数；如果所有因数都是奇数，那么积就是奇数。反过来，如果若干个数的积是偶数，那么因数中至少有一个是偶数；如果若干个数的积是奇数，那么所有的因数都是奇数。

（5）在能整除的情况下，偶数除以奇数得偶数；偶数除以偶数可能得偶数，也可能得奇数。奇数肯定不能被偶数整除。

（6）偶数的平方能被4整除；奇数的平方除以4的余数是1。

因为（2n）=42=4×n，所以（2n）能被4整除；

因为（2n+1）=4n+4n+1=4×（n+n）+1，所以（2n+1）除以4余1。

（7）相邻两个自然数的乘积必是偶数，其和必是奇数。

（8）如果一个整数有奇数个约数（包括1和这个数本身），那么这个数一定是平方数；如果一个整数有偶数个约数，那么这个数一定不是平方数。

整数的奇偶性能解决许多与奇偶性有关的问题。有些问题表面看来似乎与奇偶性一点关系也没有，例如染色问题、覆盖问题、棋类问题等，但只要想办法编上号码，成为整数问题，便可利用整数的奇偶性加以解决。

例1下式的和是奇数还是偶数？

1+2+3+4+„+1997+1998。

分析与解：本题当然可以先求出算式的和，再来判断这个和的奇偶性。但如果能不计算，直接分析判断出和的奇偶性，那么解法将更加简洁。根据奇偶数的性质（2），和的奇偶性只与加数中奇数的个数有关，与加数中的偶数无关。1～1998中共有999个奇数，999是奇数，奇数个奇数之和是奇数。所以，本题要求的和是奇数。

例2 能否在下式的□中填上“+”或“-”，使得等式成立？

1□2□3□4□5□6□7□8□9=66。

分析与解：等号左端共有9个数参加加、减运算，其中有5个奇数，4个偶数。5个奇数的和或差仍是奇数，4个偶数的和或差仍是偶数，因为“奇数+偶数=奇数”，所以题目的要求做不到。2

2222n2

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数的和能不能等于99999？

分析与解：假设这两个五位数的和等于99999，则有下式：

例1用0～9这十个数码组成五个两位数，每个数字只用一次，要求它们的和是奇数，那么这五个两位数的和最大是多

要使组成的五个两位数的和最大，应该把十个数码中最大的五个分别放在十位上，即十位上放5，6，7，8，9，而个位上放0，1，2，3，4。根据奇数的定义，这样组成的五个两位数中，有两个是奇数，即个位是1和3的两个两位数。

要满足这五个两位数的和是奇数，根据奇、偶数相加减的运算规律，这五个数中应有奇数个奇数。现有两个奇数，即个位数是1，3的两位数。所以五个数的和是偶数，不合要求，必须调整。调整的方法是交换十位与个位上的数字。要使五个数有奇数个奇数，并且五个数的和尽可能最大，只要将个位和十位上的一个奇数与一个偶数交换，并且交换的两个的数码之差尽可能小，由此得到交换5与4的位置。满足题设要求的五个两位数的十位上的数码是4，6，7，8，9，个位上的数码是0，1，2，3，5，所求这五个数的和是（4+6+7+8+9）×10+（0+1+2+3+5）=351。

例2 7只杯子全部杯口朝上放在桌子上，每次翻转其中的2只杯子。能否经过若干次翻转，使得7只杯子全部杯口朝下？

分析与解：盲目的试验，可能总也找不到要领。如果我们分析一下每次翻转后杯口朝上的杯子数的奇偶性，就会发现问题所在。一开始杯口朝上的杯子有7只，是奇数；第一次翻转后，杯口朝上的变为5只，仍是奇数；再继续翻转，因为只能翻转两只杯子，即只有两只杯子改变了上、下方向，所以杯口朝上的杯子数仍是奇数。类似的分析可以得到，无论翻转多少次，杯口朝上的杯子数永远是奇数，不可能是偶数0。也就是说，不可能使7只杯子全部杯口朝下。

例3 有m（m≥2）只杯子全部口朝下放在桌子上，每次翻转其中的（m-1）只杯子。经过若干次翻转，能使杯口全部朝上吗？

分析与解：当m是奇数时，（m-1）是偶数。由例2的分析知，如果每次翻转偶数只杯子，那么无论经过多少次翻转，杯口朝上（下）的杯子数的奇偶性不会改变。一开始m只杯子全部杯口朝下，即杯口朝下的杯子数是奇数，每次翻转（m-1）即偶数只杯子。无论翻转多少次，杯口朝下的杯子数永远是奇数，不可能全部朝上。

当m是偶数时，（m-1）是奇数。为了直观，我们先从m= 4的情形入手观察，在下表中用∪表示杯口朝上，∩表示杯口朝下，每次翻转3只杯子，保持不动的杯子用*号标记。翻转情况如下：

由上表看出，只要翻转4次，并且依次保持第1，2，3，4只杯子不动，就可达到要求。一般来说，对于一只杯子，要改变它的初始状态，需要翻奇数次。对于m只杯子，当m是偶数时，因为（m-1）是奇数，所以每只杯子翻转（m-1）次，就可使全部杯子改变状态。要做到这一点，只需要翻转m次，并且依次保持第1，2，„，m只杯子不动，这样在m次翻转中，每只杯子都有一次没有翻转，即都翻转了（m-1）次。

综上所述：m只杯子放在桌子上，每次翻转（m-1）只。当m是奇数时，无论翻转多少次，m只杯子不可能全部改变初始状态；当m是偶数时，翻转m次，可以使m只杯子全部改变初始状态。

例4 一本论文集编入15篇文章，这些文章排版后的页数分别是1，2，3，„，15页。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面是奇数页码的最多有几篇？

分析与解：可以先研究排版一本书，各篇文章页数是奇数或偶数时的规律。一篇有奇数页的文章，它的第一面和最后一面所在的页码的奇偶性是相同的，即排版奇数页的文章，第一面是奇数页码，最后一面也是奇数页码，而接下去的另一篇文章的第一面是排在偶数页码上。一篇有偶数页的文章，它的第一面和最后一面所在的页码的奇偶性是相异的，即排版偶数页的文章，第一面是奇（偶）数页码，最后一面应是偶（奇）数页码，而紧接的另一篇文章的第一面又是排在奇（偶）数页码上。

以上说明本题的解答主要是根据奇偶特点来处理。

题目要求第一面排在奇数页码的文章尽量多。首先考虑有偶数页的文章，只要这样的第一篇文章的第一面排在奇数页码上（如第1页），那么接着每一篇有偶数页的文章都会是第一面排在奇数页码上，共有7篇这样的文章。然后考虑有奇数页的文章，第一篇的第一面排在奇数页码上，第二篇的第一面就会排在偶数页码上，第三篇的第一面排在奇数页码上，如此等等。在8篇奇数页的文章中，有4篇的第一面排在奇数页码上。因此最多有7+4=11（篇）文章的第一面排在奇数页码上。

小学奥数基础教程（五年级）

例5 有大、小两个盒子，其中大盒内装1001枚白棋子和1000枚同样大小的黑棋子，小盒内装有足够多的黑棋子。阿花每次从大盒内随意摸出两枚棋子，若摸出的两枚棋子同色，则从小盒内取一枚黑棋子放入大盒内；若摸出的两枚棋子异色，则把其中白棋子放回大盒内。问：从大盒内摸了1999次棋子后，大盒内还剩几枚棋子？它们都是什么颜色？

分析与解：大盒内装有黑、白棋子共1001+1000=2001（枚）。

因为每次都是摸出2枚棋子放回1枚棋子，所以每摸一次少1枚棋子，摸了1999次后，还剩2001-1999=2（枚）棋子。

从大盒内每次摸2枚棋子有以下两种情况：

（1）所摸到的两枚棋子是同颜色的。此时从小盒内取一枚黑棋子放入大盒内。当所摸两枚棋子同是黑色，这时大盒内少了一枚黑棋子；当所摸两枚棋子同是白色，这时大盒内多了一枚黑棋子。

（2）所摸到的两枚棋子是不同颜色的，即一黑一白。这时要把拿出的白棋子放回到大盒，大盒内少了一枚黑棋子。

综合（1）（2），每摸一次，大盒内的黑棋子总数不是少一枚就是多一枚，即改变了黑棋子数的奇偶性。原来大盒内有1000枚即偶数枚黑棋子，摸了1999次，即改变了1999次奇偶性后，还剩奇数枚黑棋子。因为大盒内只剩下2枚棋子，所以最后剩下的两枚棋子是一黑一白。

例6 一串数排成一行：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，„

到这串数的第1000个数为止，共有多少个偶数？

分析与解：首先分析这串数的组成规律和奇偶数情况。

1+1=2，2+3=5，3+5=8，5+8=13，„

这串数的规律是，从第三项起，每一个数等于前两个数的和。根据奇偶数的加法性质，可以得出这串数的奇偶性：

奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶，„„

容易看出，这串数是按“奇，奇，偶”每三个数为一组周期变化的。1000÷3=333„„1，这串数的前1000个数有333组又1个数，每组的三个数中有1个偶数，并且是第3个数，所以这串数到第1000个数时，共有333个偶数。

练习8

1.在11，111，1111，11111，„这些数中，任何一个数都不会是某一个自然数的平方。这样说对吗？

2.一本书由17个故事组成，各个故事的篇幅分别是1，2，3，„，17页。这17个故事有各种编排法，但无论怎样编排，故事正文都从第1页开始，以后每一个故事都从新一页码开始。如果要求安排在奇数页码开始的故事尽量少，那么最少有多少个故事是从奇数页码开始的？

3.桌子上放着6只杯子，其中3只杯口朝上，3只杯口朝下。如果每次翻转5只杯子，那么至少翻转多少次，才能使6只杯子都杯口朝上？

4.70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两边的两个数的和，这一行数的最左边的几个数是这样的：0，1，3，8，21，„问：最右边的一个数是奇数还是偶数？

5.学校组织运动会，小明领回自己的运动员号码后，小玲问他：“今天发放的运动员号码加起来是奇数还是偶数？”小明说：“除开我的号码，把今天发的其它号码加起来，再减去我的号码，恰好是100。”今天发放的运动员号码加起来，到底是奇数还是偶数？

6.在黑板上写出三个整数，然后擦去一个换成所剩两数之和，这样继续操作下去，最后得到88，66，99。问：原来写的三个整数能否是1，3，5？

7.将888件礼品分给若干个小朋友。问：分到奇数件礼品的小朋友是奇数还是偶数？

第9讲 奇偶性

（三）利用奇、偶数的性质，上两讲已经解决了许多有关奇偶性的问题。本讲将继续利用奇偶性研究一些表面上似乎与奇偶性无关的问题。

例1 在7×7的正方形的方格表中，以左上角与右下角所连对角线为轴对称地放置棋子，要求每个方格中放置不多于1枚棋子，且每行正好放3枚棋子，则在这条对角线上的格子里至少放有一枚棋子，这是为什么？

分析与解：题目说在指定的这条对角线上的格子里必定至少放有一枚棋子，假设这个说法不对，即对角线上没放棋子。如下图所示，因为题目要求摆放的棋子以MN为对称轴，所以对于MN左下方的任意一格A，总有MN右上方的一格A＇，A与A＇关于MN对称，所以A与A＇要么都放有棋子，要么都没放棋子。由此推知方格表中放置棋子的总枚数应是偶数。而题设每行放3枚棋子，7行共放棋子 3×7=21（枚），21是奇数，与上面的推论矛盾。所以假设不成立，即在指定的对角线上的格子中必定至少有一枚棋子。

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分析与解：马走“日”字，在中国象棋盘上走有什么规律呢？

为方便研究规律，如下图所示，先在棋盘各交点处相间标上○和●，图中共有22个○和23个●。因为马走“日”字，每步只能从○跳到●，或由●跳到○，所以马从某点跳到同色的点（指○或●），要跳偶数步；跳到不同色的点，要跳奇数步。现在马在○点，要跳回这一点，应跳偶数步，可是棋盘上共有23+22=45（个）点，不可能做到不重复地走遍所有的点后回到出发点。

讨论：如果马的出发点不是在○点上而是在●点上，那么这只马能不能不重复地走遍这半张棋盘上的每个点，最后回到出发点上呢？按照上面的分析，显然也是不可能的。但是如果放弃“回到出发点”的要求，那么情况就不一样了。从某点出发，跳遍半张棋盘上除起点以外的其它44点，要跳44步，44是偶数，所以起点和终点应是同色的点（指○或●）。因为44步跳过的点○与点●各22个，所以起点必是●，终点也是●。也就说是，当不要求回到出发点时，只要从●出发，就可以不重复地走遍半张棋盘上的所有点。

练习9

1.教室里有5排椅子，每排5张，每张椅子上坐一个学生。一周后，每个学生都必须和他相邻（前、后、左、右）的某一同学交换座位。问：能不能换成？为什么？

2.房间里有5盏灯，全部关着。每次拉两盏灯的开关，这样做若干次后，有没有可能使5盏灯全部是亮的？

3.左下图是由40个小正方形组成的图形，能否将它剪裁成20个相同的长方形？

4.一个正方形果园里种有48棵果树，加上右下角的一间小屋，整齐地排列成七行七列（见右上图）。守园人从小屋出发经过每一棵树，不重复也不遗漏（不许斜走），最后又回到小屋。可以做到吗？

5.红光小学五年级一次乒乓球赛，共有男女学生17人报名参加。为节省时间不打循环赛，而采取以下方式：每人只打5场比赛，每两人之间用抽签的方法决定只打一场或不赛。然后根据每人得分决定出前5名。这种比赛方式是否可行？

6.如下图所示，将1～12顺次排成一圈。如果报出一个数a（在1～12之间），那么就从数a的位置顺时针走a个数的位置。例如a=3，就从3的位置顺时针走3个数的位置到达6的位置；a=11，就从11的位置顺时针走11个数的位置到达10的位置。问：a是多少时，可以走到7的位置？

第10讲 质数与合数

自然数按照能被多少个不同的自然数整除可以分为三类：

第一类：只能被一个自然数整除的自然数，这类数只有一个，就是1。

第二类：只能被两个不同的自然数整除的自然数。因为任何自然数都能被1和它本身整除，所以这类自然数的特征是大于1，且只能被1和它本身整除。这类自然数叫质数（或素数）。例如，2，3，5，7，„

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一些自然数整除。这类自然数叫合数。例如，4，6，8，9，15，„

上面的分类方法将自然数分为质数、合数和1，1既不是质数也不是合数。

例1 1～100这100个自然数中有哪些是质数？

分析与解：先把前100个自然数写出来，得下表：

分析与解：这道题要判别的数很大，不能直接用例

1、例2的方法。我们在四年级学过a的个位数的变化规律，以及a除以某自然数的余数的变化规律。2的个位数随着n的从小到大，按照2，4，8，6每4个一组循环出现，98÷4=24„„2，所以2的个位数是4，（2+1）的个位数是5，能被5整除，说明（2+1）是合数。

（2+3）是奇数，不能被2整除； 2不能被3整除，所以（2+3）也不能被3整除；（2+1）能被5整除，（2+3）比（2+1）大2，所以（2+3）不能被5整除。再判断（2+3）能否被7整除。首先看看2÷7的余数的变化规律：

9898

n98

989898

98n

n

n

因为98÷3的余数是2，从上表可知2除以7的余数是4，（2+3）除以7的余数是4+3=7，7能被7整除，即（2+3）能被7整除，所以（2+3）是合数。

例5 已知A是质数，（A+10）和（A+14）也是质数，求质数A。

分析与解：从最小的质数开始试算。

A=2时，A+10=12，12是合数不是质数，所以A≠2。

A=3时，A+10=13，是质数；A+14=17也是质数，所以A等于3是所求的质数。

A除了等于3外，还可以是别的质数吗？因为质数有无穷多个，所以不可能一一去试，必须采用其它方法。

A，（A+1），（A+2）除以3的余数各不相同，而（A+1）与（A+10）除以3的余数相同，（A+2）与（A+14）除以3的余数相同，所以A，（A+10），（A+14）除以3的余数各不相同。因为任何自然数除以3只有整除、余

1、余2三种情况，所以在A，（A+10），（A+14）中必有一个能被3整除。能被3整除的质数只有3，因为（A+10），（A+14）都大于3，所以A=3。也就是说，本题唯一的解是A=3。

练习10

1.现有1，3，5，7四个数字。

（1）用它们可以组成哪些两位数的质数（数字可以重复使用）？（2）用它们可以组成哪些各位数字不相同的三位质数？ 2.a，b，c都是质数，a＞b＞c，且a×b+c=88，求a，b，c。

3.A是一个质数，而且A+6，A+8，A+12，A+14都是质数。试求出所有满足要求的质数A。

989898

5.试说明：两个以上的连续自然数之和必是合数。

6.判断2+3是不是质数。

7.把一个一位数的质数a写在另一个两位数的质数b后边，得到一个三位数，这个三位数是a的87倍，求a和b。

第11讲 分解质因数

自然数中任何一个合数都可以表示成若干个质因数乘积的形式，如果不考虑因数的顺序，那么这个表示形式是唯一的。把合数表示为质因数乘积的形式叫做分解质因数。

例如，60=2×3×5，1998=2×3×37。

例1 一个正方体的体积是13824厘米，它的表面积是多少？

分析与解：正方体的体积是“棱长×棱长×棱长”，现在已知正方体的体积是13824厘米，若能把13824写成三个相同的数相乘，则可求出棱长。为此，我们先将13824分解质因数：

3236688

把这些因数分成三组，使每组因数之积相等，得13824=（2×3）×（2×3）×（2×3），于是，得到棱长是2×3=24（厘米）。所求表面积是24×24×6=3456（厘米）。3

2333

小学奥数基础教程（五年级）

分法？

7.同学们去射箭，规定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、乙两同学各射5箭，每人得到的总环数之积刚好都是1764，但是甲的总环数比乙少4环。求甲、乙各自的总环数。

第12讲 最大公约数与最小公倍数

（一）如果一个自然数a能被自然数b整除，那么称a为b的倍数，b为a的约数。

如果一个自然数同时是若干个自然数的约数，那么称这个自然数是这若干个自然数的公约数。在所有公约数中最大的一个公约数，称为这若干个自然数的最大公约数。自然数a1，a2，„，an的最大公约数通常用符号（a1，a2，„，an）表示，例如，（8，12）=4，（6，9，15）=3。

如果一个自然数同时是若干个自然数的倍数，那么称这个自然数是这若干个自然数的公倍数。在所有公倍数中最小的一个公倍数，称为这若干个自然数的最小公倍数。自然数a1，a2，„，an的最小公倍数通常用符号[a1，a2，„，an]表示，例如[8，12]=24，[6，9，15]=90。

常用的求最大公约数和最小公倍数的方法是分解质因数法和短除法。

例1 用60元钱可以买一级茶叶144克，或买二级茶叶180克，或买三级茶叶240克。现将这三种茶叶分别按整克数装袋，要求每袋的价格都相等，那么每袋的价格最低是多少元钱？

分析与解：因为144克一级茶叶、180克二级茶叶、240克三级茶叶都是60元，分装后每袋的价格相等，所以144克一级茶叶、180克二级茶叶、240克三级茶叶，分装的袋数应相同，即分装的袋数应是144，180，240的公约数。题目要求每袋的价格尽量低，所以分装的袋数应尽量多，应是144，180，240的最大公约数。

所以（144，180，240）=2×2×3=12，即每60元的茶叶分装成12袋，每袋的价格最低是60÷12=5（元）。

为节约篇幅，除必要时外，在求最大公约数和最小公倍数时，将不再写出短除式。

例2 用自然数a去除498，450，414，得到相同的余数，a最大是多少？

分析与解：因为498，450，414除以a所得的余数相同，所以它们两两之差的公约数应能被a整除。

498-450=48，450-414=36，498-414=84。

所求数是（48，36，84）=12。

例3 现有三个自然数，它们的和是1111，这样的三个自然数的公约数中，最大的可以是多少？

分析与解：只知道三个自然数的和，不知道三个自然数具体是几，似乎无法求最大公约数。只能从唯一的条件“它们的和是1111”入手分析。三个数的和是1111，它们的公约数一定是1111的约数。因为1111=101×11，它的约数只能是1，11，101和1111，由于三个自然数的和是1111，所以三个自然数都小于1111，1111不可能是三个自然数的公约数，而101是可能的，比如取三个数为101，101和909。所以所求数是101。

例4 在一个30×24的方格纸上画一条对角线（见下页上图），这条对角线除两个端点外，共经过多少个格点（横线与竖线的交叉点）？

分析与解：（30，24）=6，说明如果将方格纸横、竖都分成6份，即分成6×6个相同的矩形，那么每个矩形是由（30÷6）×（24÷6）=5×4（个）

小方格组成。在6×6的简化图中，对角线也是它所经过的每一个矩形的对角线，所以经过5个格点（见左下图）。在对角线所经过的每一个矩形的5×4个小方格中，对角线不经过任何格点（见右下图）。

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分析与解：如果将两个自然数都除以7，则原题变为：“两个自然数的最大公约数是1，最小公倍数是30。这两个自然数的和是11，求这两个自然数。”

改变以后的两个数的乘积是1×30=30，和是11。

30=1×30=2×15=3×10=5×6，由上式知，两个因数的和是11的只有5×6，且5与6互质。因此改变后的两个数是5和6，故原来的两个自然数是

7×5=35和7×6=42。

例3 已知a与b，a与c的最大公约数分别是12和15，a，b，c的最小公倍数是120，求a，b，c。

分析与解：因为12，15都是a的约数，所以a应当是12与15的公倍数，即是[12，15]=60的倍数。再由[a，b，c]=120知，a只能是60或120。[a，c]=15，说明c没有质因数2，又因为[a，b，c]=120=2×3×5，所以c=15。

因为a是c的倍数，所以求a，b的问题可以简化为：“a是60或120，（a，b）=12，[a，b]=120，求a，b。”

当a=60时，b=（a，b）×[a，b]÷a

=12×120÷60=24；

当a=120时，b=（a，b）×[a，b]÷a

=12×120÷120=12。

所以a，b，c为60，24，15或120，12，15。

要将它们全部分别装入小瓶中，每个小瓶装入液体的重量相同。问：每瓶最多装多少千克？

分析与解：如果三种溶液的重量都是整数，那么每瓶装的重量就是三种溶液重量的最大公约数。现在的问题是三种溶液的重量不是整数。要解决这个问题，可以将重量分别乘以某个数，将分数化为整数，求出数值后，再除以这个数。为此，先求几个分母的最小公倍数，[6，4，9]=36，三种溶液的重量都乘以36后，变为150，135和80，（150，135，80）=5。

上式说明，若三种溶液分别重150，135，80千克，则每瓶最多装5千克。可实际重量是150，135，80的1/36，所以每瓶最多装

3在例4中，出现了与整数的最大公约数类似的分数问题。为此，我们将最大公约数的概念推广到分数中。

如果若干个分数（含整数）都是某个分数的整数倍，那么称这个分数是这若干个分数的公约数。在所有公约数中最大的一个公约数，称为这若干个分数的最大公约数。

由例4的解答，得到求一组分数的最大公约数的方法：

（1）先将各个分数化为假分数；

（2）求出各个分数的分母的最小公倍数a；

（3）求出各个分数的分子的最大公约数b；

类似地，我们也可以将最小公倍数的概念推广到分数中。

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公倍数中最小的一个公倍数，称为这若干个分数的最小公倍数。

求一组分数的最小公倍数的方法：（1）先将各个分数化为假分数；

（2）求出各个分数的分子的最小公倍数a；（3）求出各个分数的分母的最大公约数b；

于同一处只有一次，求圆形绿地的周长。

第14讲 余数问题

在整数的除法中，只有能整除与不能整除两种情况。当不能整除时，就产生余数，所以余数问题在小学数学中非常重要。

余数有如下一些重要性质（a，b，c均为自然数）：

（1）余数小于除数。

（2）被除数=除数×商+余数；

除数=（被除数-余数）÷商；

商=（被除数-余数）÷除数。

（3）如果a，b除以c的余数相同，那么a与b的差能被c整除。例如，17与11除以3的余数都是2，所以17-11能被3整除。

（4）a与b的和除以c的余数，等于a，b分别除以c的余数之和（或这个和除以c的余数）。例如，23，16除以5的余数分别是3和1，所以（23+16）除以5的余数等于3+1=4。注意：当余数之和大于除数时，所求余数等于余数之和再除以c的余数。例如，23，19除以5的余数分别是3和4，所以（23+19）除以5的余数等于（3+4）除以5的余数。

（5）a与b的乘积除以c的余数，等于a，b分别除以c的余数之积（或这个积除以c的余数）。例如，23，16除以5的余数分别是3和1，所以（23×16）除以5的余数等于3×1=3。注意：当余数之积大于除数时，所求余数等于余数之积再除以c的余数。例如，23，19除以5的余数分别是3和4，所以（23×19）除以5的余数等于（3×4）除以5的余数。

性质（4）（5）都可以推广到多个自然数的情形。

例1 5122除以一个两位数得到的余数是66，求这个两位数。

分析与解：由性质（2）知，除数×商=被除数-余数。

5122-66=5056，5056应是除数的整数倍。将5056分解质因数，得到

5056=2×79。

由性质（1）知，除数应大于66，再由除数是两位数，得到除数在67～99之间，符合题意的5056的约数只有79，所以这个两位数是79。

例2 被除数、除数、商与余数之和是2143，已知商是33，余数是52，求被除数和除数。

解：因为被除数=除数×商+余数

=除数×33+52，被除数=2143-除数-商-余数

=2143-除数-33-52

=2058-除数，所以 除数×33+52=2058-除数，所以 除数=（2058-52）÷34=59，被除数=2058-59=1999。

答：被除数是1999，除数是59。

例3 甲、乙两数的和是1088，甲数除以乙数商11余32，求甲、乙两数。

解：因为 甲=乙×11+32，所以 甲+乙=乙×11+32+乙=乙×12+32=1088，所以 乙=（1088-32）÷12=88，甲=1088-乙=1000。

答：甲数是1000，乙数是88。

例4 有一个整数，用它去除70，110，160得到的三个余数之和是50。求这个数。6

小学奥数基础教程（五年级）

数大于16。由三个余数之和是50知，除数不应大于70，所以除数在17～70之间。

在上面的数中，再找满足“除以7余3”的数，可以找到31。同时满足“除以5余1”、“除以7余3”的数，彼此之

在上面的数中，再找满足“除以8余5”的数，可以找到101。因为101＜[5，7，8]=280，所以所求的最小自然数是101。

在例

1、例2中，各有三个约束条件，我们先解除两个约束条件，求只满足一个约束条件的数，然后再逐步加上第二个、第三个约束条件，最终求出了满足全部三个约束条件的数。这种先放宽条件，再逐步增加条件的解题方法，叫做逐步约束法。

例3 在10000以内，除以3余2，除以7余3，除以11余4的数有几个？

解：满足“除以3余2”的数有5，8，11，14，17，20，23，„

再满足“除以7余3”的数有17，38，59，80，101，„

再满足“除以11余4”的数有59。

因为阳[3，7，11]=231，所以符合题意的数是以59为首项，公差是231的等差数列。（10000-59）÷231=43„„8，所以在10000以内符合题意的数共有44个。

例4 求满足除以6余3，除以8余5，除以9余6的最小自然数。

分析与解：如果给所求的自然数加3，所得数能同时被6，8，9整除，所以这个自然数是

[6，8，9]-3=72-3=69。

例5学校要安排66名新生住宿，小房间可以住4人，大房间可以住7人，需要多少间大、小房间，才能正好将66名新生安排下？

分析与解：设需要大房间x间，小房间y间，则有7x+4y=66。

这个方程有两个未知数，我们没有学过它的解法，但由4y和66都是偶数，推知7x也是偶数，从而x是偶数。

当x=2时，由7×2+4y=66解得y=13，所以x=2，y=13是一个解。

因为当x增大4，y减小7时，7x增大28，4y减小28，所以对于方程的一个解x=2，y=13，当x增大4，y减小7时，仍然是方程的解，即x=2+4=6，y=13-7=6也是一个解。

所以本题安排2个大房间、13个小房间或6个大房间、6个小房间都可以。

就是说，方程7x+4y=66有无数个解。由于这类方程的解的不确定性，所以称这类方程为不定方程。

根据实际问题列出的不定方程，往往需要求整数解或自然数解，这时的解有时有无限个，有时有有限个，有时可能是唯一的，甚至无解。例如：

x-y=1有无限个解，因为只要x比y大1就是解；

3x+2y=5只有x=1，y=1一个解；

3x+2y=1没有解。

例6 求不定方程5x+3y=68的所有整数解。

解：容易看出，当y=1时，x=（68-3×1）÷5=13，即x=13，y=1是一个解。

因为x=13，y=1是一个解，当x减小3，y增大5时，5x减少15，3y增大15，方程仍然成立，所以对于x=13，y=1，x每减小3，y每增大5，仍然是解。方程的所有整数解有5个：

由例

5、例6看出，只要找到不定方程的一个解，其余解可通过对这个解的加、减一定数值得到。限于我们学到的知识，寻找第一个解的方法更多的要依赖“拼凑”。

练习15

1.一个数除以5余4，除以8余3，除以11余2，求满足条件的最小自然数。

2.有一堆苹果，3个3个数余1个，5个5个数余2个，6个6个数余4个。这堆苹果至少有多少个？

3.在小于1000的自然数中，除以4余3，除以5余2，除以7余4的最大的自然数是几？

4.在5000以内，除以3余1，除以5余2，除以7余3的自然数有多少个？

5.有一个两位数，除以2与除以3都余1，除以4与除以5都余3，求这个数。

6.用100元钱去买3元一个和7元一个的两种商品，钱正好用完，共有几种买法？

7.五年级一班的43名同学去划船，大船可坐7人，小船可坐5人，需租大、小船各多少条？

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第16讲 巧算24

我们知道，符合“数学24”游戏规则的每个具体算式中，一定要出现四个数和三个运算符号。也就是说，一定要进行三次运算，出现三个运算结果。其中前两次结果是运算过程中的中间结果，第三次即最后一次的运算结果必须是24。

当我们还是小学低年级的学生时，由于知识水平所限，解题总是围绕运算结果是整数展开讨论。当我们升入小学高年级，接触到分数以后，我们的眼界变得开阔了，就可以打破整数这个框框，允许前两次的运算结果出现分数，这样，我们将会找到更多的、更好的思考办法。

例9 1，5，5，5。

有效的思考办法。

由上面的算式可以看出，我们以前接触的仅仅是其中的2×12，3×8，4×6三个整数乘法基本算式。现在我们学了分数以后，乘法基本算式就增加了许多：

在这些分数乘法基本算式中，固定的一个因数只能是5，7，9，10，至此，应用乘法玩“数学24”游戏的过程才是完整的。

下面，我们再来看看用分数除法来玩“数学24”游戏。

例10 3，3，8，8。

8÷（3-8÷3）=24。

小学奥数基础教程（五年级）

同一个数字，由于它在所写的数里的位置不同，所表示的数也不同。也就是说，每一个数字除了本身的值以外，还有一个“位置值”。例如“5”，写在个位上，就表示5个一；写在十位上，就表示5个十；写在百位上，就表示5个百；等等。这种把数字和数位结合起来表示数的原则，称为写数的位值原则。

我们通常使用的是十进制计数法，其特点是“满十进一”。就是说，每10个某一单位就组成和它相邻的较高的一个单位，即10个一，叫做“十”，10个十叫做“百”，10个百叫做“千”，等等。写数时，从右端起，第一位是个位，第二位是十位，第三位是百位，第四位是千位，等等（见下图）。

用阿拉伯数字和位值原则，可以表示出一切整数。例如，926表示9个百，2个十，6个一，即926=9×100+2×10+6。根据问题的需要，有时我们也用字母代替阿拉伯数字表示数，如：

其中a可以是1～9中的数码，但不能是0，b和c是0～9中的数码。

下面，我们利用位值原则解决一些整数问题。

个数之差必然能被9整除。例如，（97531-13579）必是9的倍数。

例2有一个两位数，把数码1加在它的前面可以得到一个三位数，加在它的后面也可以得到一个三位数，这两个三位数相差666。求原来的两位数。

分析与解：由位值原则知道，把数码1加在一个两位数前面，等于加了100；把数码1加在一个两位数后面，等于这个两位数乘以10后再加1。

设这个两位数为x。由题意得到

（10x+1）-（100+x）=666，10x+1-100-x=666，10x-x=666-1+100，9x=765，x=85。

原来的两位数是85。

例3 a，b，c是1～9中的三个不同的数码，用它们组成的六个没有重复数字的三位数之和是（a+b+c）的多少倍？

小学奥数基础教程（五年级）

分析与解：用a，b，c组成的六个不同数字是

结论1如果两个整数的和一定，那么这两个整数的差越小，他们的乘积越大。特别地，当这两个数相等时，他们的乘积最大。

例2比较下面两个乘积的大小：

a=57128463×87596512，b=57128460×87596515。

分析与解：对于a，b两个积，它们都是8位数乘以8位数，尽管两组对应因数很相似，但并不完全相同。直接计算出这两个8位数的乘积是很繁的。仔细观察两组对应因数的大小发现，因为57128463比57128460多3，87596512比87596515少3，所以它们的两因数之和相等，即 57128463+87596512=57128460+87596515。

因为a的两个因数之差小于b的两个因数之差，根据结论1可得a＞b。

例3用长36米的竹篱笆围成一个长方形菜园，围成菜园的最大面积是多少？

分析与解：已知这个长方形的周长是36米，即四边之和是定数。长方形的面积等于长乘以宽。因为 长+宽=36÷2=18（米），由结论知，围成长方形的最大的面积是9×9=81（米）。

例3说明，周长一定的长方形中，正方形的面积最大。

例4两个自然数的积是48，这两个自然数是什么值时，它们的和最小？ 分析与解：48的约数从小到大依次是1，2，3，4，6，8，12，16，24，48。

所以，两个自然数的乘积是48，共有以下5种情况：

48=1×48，1+48=49；

48=2×24，2+24=26；

48=3×16，3+16=19；

48=4×12，4+12=16；

48=6×8，6+8=14。

两个因数之和最小的是6+8=14。

结论2两个自然数的乘积一定时，两个自然数的差越小，这两个自然数的和也越小。

例5要砌一个面积为72米的长方形猪圈，长方形的边长以米为单位都是自然数，这个猪圈的围墙最少长多少米？

解：将72分解成两个自然数的乘积，这两个自然数的差最小的是9-8=1。由结论2，猪圈围墙长9米、宽8米时，围墙总长最少，为（8+9）×2=34（米）。

答：围墙最少长34米。

例6把17分成几个自然数的和，怎样分才能使它们的乘积最大？

分析与解：假设分成的自然数中有1，a是分成的另一个自然数，因为1×a＜1+a，也就是说，将1+a作为分成的一个自然数要比分成1和a两个自然数好，所以分成的自然数中不应该有1。

如果分成的自然数中有大于4的数，那么将这个数分成两个最接近的整数，这两个数的乘积大于原来的自然数。例如，5=2+3＜2×3，8=3+5＜3×5。也就是说，只要有大于4的数，这个数就可以再分，所以分成的自然数中不应该有大于4的数。

如果分成的自然数中有4，因为4=2+2=2×2，所以可以将4分成两个2。

22小学奥数基础教程（五年级）

由上面的分析得到，分成的自然数中只有2和3两种。因为2+2+2=6，2×2×2=8，3+3=6，3×3=9，说明虽然三个2与两个3的和都是6，但两个3的乘积大于三个2的乘积，所以分成的自然数中最多有两个2，其余都是3。由此得到，将17分为五个3与一个2时乘积最大，为3×3×3×3×3×2=486。

由例6的分析得到：

结论3把一个数拆分成若干个自然数之和，如果要使这若干个自然数的乘积最大，那么这些自然数应全是2或3，且2最多不超过两个。

例7把49分拆成几个自然数的和，这几个自然数的连乘积最大是多少？

解：根据结论3，由49=3×15+2+2，所以最大的积是

练习18

1.试求和是91，乘积最大的两个自然数。最大的积是多少？

之和的最小值是多少？

3.比较下面两个乘积的大小：

123456789×987654321，123456788×987654322。

4.现计划用围墙围起一块面积为5544米的长方形地面，为节省材料，要求围墙最短，那么这块长方形地的围墙有多少米长？

5.把19分成几个自然数的和，怎样分才能使它们的积最大？

6.1～8这八个数字各用一次，分别写成两个四位数，使这两个数相乘的乘积最大。那么这两个四位数各是多少？

7.在数***„9899100中划去100个数字，剩下的数字组成一个新数，这个新数最大是多少？最小是多少？

第19讲 图形的分割与拼接

怎样把一个图形按照要求分割成若干部分？怎样把一个图形分割成若干部分后，再按要求拼接成另一个图形？这就是本讲要解决的问题。

例1请将一个任意三角形分成四个面积相等的三角形。

分析与解：本题要求分成面积相等的三角形，因此可以利用“同底等高的三角形面积相等”这一性质来分割。

方法一：将某一边等分成四份，连结各分点与顶点（见左下图）。

方法二：画出某一边的中线，然后将中线二等分，连结分点与另两个顶点（见右上图）。

方法三：找出三条边上的中点，然后如左下图所示连结。

方法四：将三条边上的中点两两连结（见右上图）。

前三种方法可以看成先将三角形分割成面积相等的两部分，然后分别将每部分再分割成面积相等的两部分。本题还有更多的分割方法。

例2将右图分割成五个大小相等的图形。

小学奥数基础教程（五年级）

分析与解：因为图中共有15个小正方形，所以分割成的图形的面积应该等于15÷5=3（个）小正方形的面积。3个小正方形有和两种形式，于是可得到很多种分割方法，下图是其中的三种。

例3右图是一个4×4的方格纸，请在保持每个小方格完整的情况下，将它分割成大小、形状完全相同的两部分。

分析与解：因为分割成完全相同的两块，所以每块有8个小方格，并且这两块关于中心点对称。下面是六种分割方法。

例4将下图分割成两块，然后拼成一个正方形。

分析与解：图形的面积等于16个小方格，如果以每个小方格的边长为1，那么拼成的正方形的边长应是4。因为题图是缺角长方形，长为6宽为3，所以分割成两块后，右边的一块应向上平移1（原来宽为3，向上平移1使宽为4），向左平移2（原来长为6，向左平移2使长为4）。考虑到缺角这一特点，可做下图所示的分割和拼接。

例5有一块长4.8米、宽3米的长方形地毯，现在把它铺到长4米、宽3.6米的房间中。请将它剪成形状相同、面积相等的两块，使其正好铺满房间。

分析与解：首先验证地毯的面积与房间的面积是否相等，然后考虑如何

以可将原来的长分为4份，宽分为3份（见下页左上图），现在的长与宽如下页右上图。

容易得到下图所示的分割与拼接的方法。

小学奥数基础教程（五年级）

分析：因为题目条件中黄球、蓝球个数都是与红球个数进行比较，所以

答：袋中共有74个球。

在例1中，求胶鞋有多少双，我们设胶鞋有x双；在例2中，求袋中共有多少个球，我们设红球有x个，求出红球个数后，再求共有多少个球。像例1那样，直接设题目所求的未知数为x，即求什么设什么，这种方法叫直接设元法；像例2那样，为解题方便，不直接设题目所求的未知数，而间接设题目中另外一个未知数为x，这种方法叫间接设元法。具体采用哪种方法，要看哪种方法简便。在小学阶段，大多数题目可以使用直接设元法。

例3某建筑公司有红、灰两种颜色的砖，红砖量是灰砖量的2倍，计划修建住宅若干座。若每座住宅使用红砖80米，灰砖30米，那么，红砖缺40米，灰砖剩40米。问：计划修建住宅多少座？

分析与解一：用直接设元法。设计划修建住宅x座，则红砖有（80x-40）米，灰砖有（30x+40）米。根据红砖量是灰砖量的2倍，列出方程

80x-40=（30x+40）×2，80x-40=60x+80，20x=120，x=6（座）。

分析与解二：用间接设元法。设有灰砖x米，则红砖有2x米。根据修建住宅的座数，列出方程。

333

（x-40）×80=（2x+40）×30，80x-3200=60x+1200，20x=4400，x=220（米）。

由灰砖有220米，推知修建住宅（220-40）÷30=6（座）。

同理，也可设有红砖x米。留给同学们做练习。

例4教室里有若干学生，走了10个女生后，男生是女生人数的2倍，又走了9个男生后，女生是男生人数的5倍。问：最初有多少个女生？

分析与解：设最初有x个女生，则男生最初有（x-10）×2个。根据走了10个女生、9个男生后，女生是男生人数的5倍，可列方程

x-10=[（x-10）×2-9]×5，x-10=（2x-29）×5，x-10=10x-145，9x=135，33

3小学奥数基础教程（五年级）

x=15（个）。

例5一群学生进行篮球投篮测验，每人投10次，按每人进球数统计的部分情况如下表：

7.一位牧羊人赶着一群羊去放牧，跑出一只公羊后，他数了数羊的只数，发现剩下的羊中，公羊与母羊的只数比是9∶7；过了一会跑走的公羊又回到了羊群，却又跑走了一只母羊，牧羊人又数了数羊的只数，发现公羊与母羊的只数比是7∶5。这群羊原来有多少只？ 第24讲 行程问题

（一）路程、时间、速度是行程问题的三个基本量，它们之间的关系如下： 路程=时间×速度，时间=路程÷速度，速度=路程÷时间。

这一讲就是通过例题加深对这三个基本数量关系的理解。

例1 一个车队以4米/秒的速度缓缓通过一座长200米的大桥，共用115秒。已知每辆车长5米，两车间隔10米。问：这个车队共有多少辆车？

分析与解：求车队有多少辆车，需要先求出车队的长度，而车队的长度等于车队115秒行的路程减去大桥的长度。由“路程=时间×速度”可求出车队115秒行的路程为4×115=460（米）。

故车队长度为460-200=260（米）。再由植树问题可得车队共有车（260-5）÷（5+10）+1=18（辆）。

例2骑自行车从甲地到乙地，以10千米/时的速度行进，下午1点到；以15千米/时的速度行进，上午11点到。如果希望中午12点到，那么应以怎样的速度行进？

分析与解：这道题没有出发时间，没有甲、乙两地的距离，也就是说既没有时间又没有路程，似乎无法求速度。这就需要通过已知条件，求出时间和路程。

假设A，B两人同时从甲地出发到乙地，A每小时行10千米，下午1点到；B每小时行15千米，上午11点到。B到乙地时，A距乙地还有10×2=20（千米），这20千米是B从甲地到乙地这段时间B比A多行的路程。因为B比A每小时多行15-10=5（千米），所以B从甲地到乙地所用的时间是

20÷（15-10）=4（时）。

由此知，A，B是上午7点出发的，甲、乙两地的距离是

15×4=60（千米）。

要想中午12点到，即想（12-7=）5时行60千米，速度应为

60÷（12-7）=12（千米/时）。

例3 划船比赛前讨论了两个比赛方案。第一个方案是在比赛中分别以2.5米/秒和3.5米/秒的速度各划行赛程的一半；第二个方案是在比赛中分别以2.5米/秒和3.5米/秒的速度各划行比赛时间的一半。这两个方案哪个好？

分析与解：路程一定时，速度越快，所用时间越短。在这两个方案中，速度不是固定的，因此不好直接比较。在第二个方案中，因为两种速度划行的时间相同，所以以3.5米/秒的速度划行的路程比以2.5米/秒的速度划行的路程长。用单线表示以2.5米/秒的速度划行的路程，用双线表示以3.5米/秒的速度划行的路程，可画出下图所示的两个方案的比较图。其中，甲段+乙段=丙段。

在甲、丙两段中，两个方案所用时间相同；在乙段，因为路程相同，且第二种方案比第一种方案速度快，所以第二种方案比第一种方案所用时间短。

综上所述，在两种方案中，第二种方案所用时间比第一种方案少，即第二种方案好。

例4 小明去爬山，上山时每小时行2.5千米，下山时每小时行4千米，往返共用3.9时。问：小明往返一趟共行了多少千米？

分析与解：因为上山和下山的路程相同，所以若能求出上山走1千米和下山走1千米一共需要的时间，则可以求出上山及下山的总路程。

因为上山、下山各走1千米共需

所以上山、下山的总路程为

小学奥数基础教程（五年级）

在行程问题中，还有一个平均速度的概念：平均速度=总路程÷总时间。

例如，例4中上山与下山的平均速度是

例5一只蚂蚁沿等边三角形的三条边爬行，如果它在三条边上每分钟分别爬行50，20，40厘米，那么蚂蚁爬行一周平均每分钟爬行多少厘米？

解：设等边三角形的边长为l厘米，则蚂蚁爬行一周需要的时间为

蚂蚁爬行一周平均每分钟爬行

在行程问题中有一类“流水行船”问题，在利用路程、时间、速度三者之间的关系解答这类问题时，应注意各种速度的含义及相互关系：

顺流速度=静水速度+水流速度，逆流速度=静水速度-水流速度，静水速度=（顺流速度+逆流速度）÷2，水流速度=（顺流速度-逆流速度）÷2。

此处的静水速度、顺流速度、逆流速度分别指船在静水中、船顺流、船逆流的速度。

例6 两个码头相距418千米，汽艇顺流而下行完全程需11时，逆流而上行完全程需19时。求这条河的水流速度。

解：水流速度=（顺流速度-逆流速度）÷2

=（418÷11-418÷19）÷2

=（38-22）÷2

=8（千米/时）

答：这条河的水流速度为8千米/时。练习24

1.小燕上学时骑车，回家时步行，路上共用50分钟。若往返都步行，则全程需要70分钟。求往返都骑车需要多少时间。

2.某人要到60千米外的农场去，开始他以5千米/时的速度步行，后来有辆速度为18千米/时的拖拉机把他送到了农场，总共用了5.5时。问：他步行了多远？

3.已知铁路桥长1000米，一列火车从桥上通过，测得火车从开始上桥到完全下桥共用120秒，整列火车完全在桥上的时间为80秒。求火车的速度和长度。

4.小红上山时每走30分钟休息10分钟，下山时每走30分钟休息5分钟。已知小红下山的速度是上山速度的1.5倍，如果上山用了3时50分，那么下山用了多少时间？

5.汽车以72千米/时的速度从甲地到乙地，到达后立即以48千米/时的速度返回甲地。求该车的平均速度。

6.两地相距480千米，一艘轮船在其间航行，顺流需16时，逆流需20时，求水流的速度。

7.一艘轮船在河流的两个码头间航行，顺流需要6时，逆流需要8时，水流速度为2.5千米/时，求轮船在静水中的速度。

第25讲 行程问题

（二）本讲重点讲相遇问题和追及问题。在这两个问题中，路程、时间、速度的关系表现为： 相遇问题：

小学奥数基础教程（五年级）

例5如右图所示，沿着某单位围墙外面的小路形成一个边长300米的正方形，甲、乙两人分别从两个对角处沿逆时针方

分析与解：当甲、乙在同一条边（包括端点）上时甲才能看到乙。甲追上乙一条边，即追上300米需

300÷（90-70）=15（分），此时甲、乙的距离是一条边长，而甲走了90×15÷300=4.5（条边），位于某条边的中点，乙位于另一条边的中点，所以甲、乙不在同一条边上，甲看不到乙。甲再走0.5条边就可以看到乙了，即甲走5条边后可以看到乙，共需

例6 猎狗追赶前方30米处的野兔。猎狗步子大，它跑4步的路程兔子要跑7步，但是兔子动作快，猎狗跑3步的时间兔子能跑4步。猎狗至少跑出多远才能追上野兔？

分析与解：这道题条件比较隐蔽，时间、速度都不明显。为了弄清兔子与猎狗的速度的关系，我们将条件都变换到猎狗跑12步的情形（想想为什么这样变换）：

（1）猎狗跑12步的路程等于兔子跑21步的路程；

（2）猎狗跑12步的时间等于兔子跑16步的时间。

由此知，在猎狗跑12步的这段时间里，猎狗能跑12步，相当于兔子跑

也就是说，猎狗每跑21米，兔子跑16米，猎狗要追上兔子30米需跑21×[30÷（21-16）]=126（米）。练习25

1.A，B两村相距2800米，小明从A村出发步行5分钟后，小军骑车从B村出发，又经过10分钟两人相遇。已知小军骑车比小明步行每分钟多行130米，小明每分钟步行多少米？

2.甲、乙两车同时从A，B两地相向而行，它们相遇时距A，B两地中心处8千米。已知甲车速度是乙车的1.2倍，求A，B两地的距离。

3.小红和小强同时从家里出发相向而行。小红每分钟走52米，小强每分钟走70米，二人在途中的A处相遇。若小红提前4分钟出发，但速度不变，小强每分钟走90米，则两人仍在A处相遇。小红和小强的家相距多远？

4.一列快车和一列慢车相向而行，快车的车长是280米，慢长的车长是385米。坐在快车上的人看见慢车驶过的时间是11秒，坐在慢车上的人看见快车驶过的时间是多少秒？

5.甲、乙二人同时从A地到B地去。甲骑车每分钟行250米，每行驶10分钟后必休息20分钟；乙不间歇地步行，每分钟行100米，结果在甲即将休息的时刻两人同时到达B地。问：A，B两地相距多远？

6.甲、乙两人从周长为1600米的正方形水池相对的两个顶点同时出发逆时针行走，两人每分钟分别行50米和46米。出发后多长时间两人第一次在同一边上行走？

7.一只猎狗正在追赶前方20米处的兔子，已知狗一跳前进3米，兔子一跳前进2.1米，狗跳3次的时间兔子跳4次。兔子跑出多远将被猎狗追上？ 第26讲 行程问题

（三）在行程问题中，经常会碰到相遇问题、追及问题、时间路程速度的关系问题等交织在一起的综合问题，这类问题难度较大，往往需要画图帮助搞清各数量之间的关系，并把综合问题分解成几个单一问题，然后逐次求解。

例1 两条公路成十字交叉，甲从十字路口南1800米处向北直行，乙从十字路口处向东直行。甲、乙同时出发12分钟后，两人与十字路口的距离相等；出发后75分钟，两人与十字路口的距离再次相等。此时他们距十字路口多少米？

分析与解：如左下图所示，出发12分钟后，甲由A点到达B点，乙由O点到达C点，且OB=OC。如果乙改为向南走，那么这个条件相当于“两人相距1800米，12分钟相遇”的相遇问题，所以每分钟两人一共行1800÷12=150（米）。

小学奥数基础教程（五年级）

如右上图所示，出发75分钟后，甲由A点到达E点，乙由O点到达F点，且OE=OF。如果乙改为向北走，那么这个条件相当于“两人相距1800米，75分钟后甲追上乙”的追及问题，所以每分钟两人行走的路程差是1800÷75=24（米）。

再由和差问题，可求出乙每分钟行（150-24）÷2=63（米），出发后75分钟距十字路口63×75=4725（米）。

例2 小轿车、面包车和大客车的速度分别为60千米/时、48千米/时和42千米/时，小轿车和大客车从甲地、面包车从乙地同时相向出发，面包车遇到小轿车后30分钟又遇到大客车。问：甲、乙两地相距多远？

分析与解：如下图所示，面包车与小轿车在A点相遇，此时大客车到达B点，大客车与面包车行BA这段路程共需30分钟。

由大客车与面包车的相遇问题知BA=（48+42）×（30÷60）=45（千米）；

小轿车比大客车多行BA（45千米）需要的时间，由追及问题得到45÷（60-42）=2.5（时）；

在这2.5时中，小轿车与面包车共行甲、乙两地的一个单程，由相遇问题可求出甲、乙两地相距（60+48）×2.5=270（千米）。

由例

1、例2看出，将较复杂的综合问题分解为若干个单一问题，可以达到化难为易的目的。

例3 小明放学后，沿某路公共汽车路线以不变速度步行回家，该路公共汽车也以不变速度不停地运行。每隔9分钟就有一辆公共汽车从后面超过他，每隔7分钟就遇到迎面开来的一辆公共汽车。问：该路公共汽车每隔多少分钟发一次车？

分析与解：这是一道数量关系非常隐蔽的难题，有很多种解法，但大多数解法复杂且不易理解。为了搞清各数量之间的关系，我们对题目条件做适当变形。

假设小明在路上向前行走了63分钟后，立即回头再走63分钟，回到原地。这里取63，是由于[7，9]=63。这时在前63分钟他迎面遇到63÷7=9（辆）车，后63分钟有63÷9=7（辆）车追上他，那么在两个63分钟里他共遇到朝同一方向开来的16辆车，则发车的时间间隔为

例4 甲、乙两人在长为30米的水池里沿直线来回游泳，甲的速度是1米/秒，乙的速度是0.6米/秒，他们同时分别从水池的两端出发，来回共游了11分钟，如果不计转向的时间，那么在这段时间里，他们共相遇了多少次？

分析与解：甲游一个单程需30÷1=30（秒），乙游一个单程需30÷0.6=50（秒）。甲游5个单程，乙游3个单程，各自到了不同的两端又重新开始，这个过程的时间是150秒，即2.5分钟，其间，两人相遇了5次（见下图），实折线与虚折线的交点表示相遇点。

以2.5分钟为一个周期，11分钟包含4个周期零1分钟，而在一个周期中的第1分钟内，从图中看出两人相遇2次，故一共相遇了5×4+2=22（次）。

例4用画图的方法，直观地看出了一个周期内相遇的次数，由此可见画图的重要性。

例5甲、乙两人同时从山脚开始爬山，到达山顶后就立即下山。他们两人下山的速度都是各自上山速度的2倍。甲到山顶时乙距山顶还有400米，甲回到山脚时乙刚好下到半山腰。求从山脚到山顶的距离。

小学奥数基础教程（五年级）

问题就可能变得容易些。

如果两人下山的速度与各自上山的速度相同，那么题中“甲回到山脚时

分析与解：题中给出的已知条件较复杂，我们用列表法求解。先设计出右图的表格，表内用“√”表示肯定，用“×”表示否定。因为题目说“每人教两门”，所以每一横行都应有2个“√”；因为每门课只有一人教，所以每一竖列都只有1个“√”，其余均为“×”。

由（3）知，张聪不是体育、数学老师；由（5）知，王仁不是语文、音乐老师；由（2）（4）知，王仁不是体育老师，推知陈来是体育老师。至此，得到左下表

由（3）知，体育老师与数学老师不是一个人，即陈来不是数学老师，推知王仁是数学老师；由（1）知，数学老师王仁不是英语老师，推知王仁是美术老师。至此，得到右上表。

由（4）知，体育老师陈来与语文老师不是一个人，即陈来不是语文老师，推知张聪是语文老师；由（5）知，语文老师张聪不是音乐老师，推知陈来是音乐老师；最后得到张聪是英语老师，见下表。

所以，张聪教语文、英语，王仁教数学、美术，陈来教音乐、体育。

以上推理过程中，除充分利用已知条件外，还将前面已经推出的正确结果作为后面推理的已知条件，充分加以利用。另外，还充分利用了表格中每行只有两个“√”，每列只有一个“√”，其余都是“×”这个隐含条件。

例1的推理方法是不断排斥不可能的情况，选取符合条件的结论，这种方法叫做排他法。

例2 小明、小芳、小花各爱好游泳、羽毛球、乒乓球中的一项，并分别在一小、二小、三小中的一所小学上学。现知道：

（1）小明不在一小；

（2）小芳不在二小；

（3）爱好乒乓球的不在三小；

（4）爱好游泳的在一小；

（5）爱好游泳的不是小芳。

问：三人上各爱好什么运动？各上哪所小学？

小学奥数基础教程（五年级）

出的关系用下面的表

1、表

2、表3表示：

3.三户人家每家有一个孩子，分别是小平（女）、小红（女）和小虎（男），孩子的爸爸是老王、老张和老陈，妈妈是刘英、李玲和方丽。

（1）老王和李玲的孩子都参加了少年女子体操队；

（2）老张的女儿不是小红；

（3）老陈和方丽不是一家人。

请你将三户人家区分开。

4.甲、乙、丙三人，他们的籍贯分别是辽宁、广西、山东，他们的职业分别是教师、工人、演员。已知：

（1）甲不是辽宁人，乙不是广西人；

（2）辽宁人不是演员，广西人是教师；

（3）乙不是工人。

求这三人各自的籍贯和职业。

5.甲说：“乙和丙都说谎。”乙说：“甲和丙都说谎。”丙说：“甲和乙都说谎。”根据三人所说，你判断一下，下面的结论哪一个正确：

（1）三人都说谎；

（2）三人都不说谎；

（3）三人中只有一人说谎；

（4）三人中只有一人不说谎。

6.五号楼住着四个女孩和两个男孩，他们的年龄各不相同，最大的10岁，最小的4岁，最大的女孩比最小的男孩大4岁，最大的男孩比最小的女孩也大4岁，求最大的男孩的岁数。第28讲 逻辑问题

（二）例1老师拿来五顶帽子，两顶红的三顶白的。他让三个聪明的同学甲、乙、丙按甲、乙、丙的顺序排成一路纵队，并闭上眼睛，然后分别给他们各戴上一顶帽子，同时把余下的帽子藏起来。当他们睁开眼后，乙和丙都判断不出自己所戴帽子的颜色，而站在最前面的甲却根据此情况判断出了自己所戴帽子的颜色。

甲戴的帽子是什么颜色？他是怎样判断的？

分析与解：这是一个典型的逻辑推理问题。甲站在最前面，虽然看不见任何一顶帽子，但他可以想到：如果我和乙戴的都是红帽子，因为一共只有两顶红帽子，那么丙就会判断出自己戴的是白帽子。丙判断不出自己戴的帽子的颜色，说明我和乙戴的帽子是两白或一白一红。

甲接着想：乙也很聪明，当他看到丙判断不出自己戴的帽子的颜色时，他也能判断出我们两人戴的帽子是两白或一白一红。此时，如果他看到我戴是红帽子，那么他就会知道自己戴的是白帽子，只有我戴的是白帽子时，他才可能猜不出自己戴的帽子的颜色。所以，我戴的一定是白帽子。

例1中，甲的分析非常精采，严密而无懈可击。

例2三个盒子各装两个球，分别是两个黑球、两个白球、一个黑球一个白球。封装后，发现三个盒子的标签全部贴错。如果只允许打开一个盒子，拿出其中一个球看，那么能把标签全部纠正过来吗？

分析与解：因为“三个盒子的标签全部贴错”了，贴错的情况见下图（○表示白球，●表示黑球）:

小学奥数基础教程（五年级）

950-

2.五年级有四个班，每个班有两名班长，每次召开年级班长会议时各班参加一名班长。参加第一次会议的是A，B，C，D，参加第二次会议的是E，B，F，D，参加第三次会议的是A，E，B，G。已知H三次会都没参加，请问每个班各是哪两位班长？

3.甲、乙、丙、丁四个学生坐在同一排的相邻座位上，座号是1号至4号。一个专说谎话的人说：“乙坐在丙的旁边，甲坐在乙和丙的中间，乙的座位不是3号。”问：坐在2号座位上的是谁？

4.李大娘问三位青年人的年龄。

小张说：“我22岁。比小吴小2岁。比小徐大1岁。”

小吴说：“我不是年龄最小的。小徐和我差3岁。小徐25岁。”

小徐说：“我比小张年龄小。小张23岁。小吴比小张大3岁。”

这三位青年人爱开玩笑，每人讲的三句话中，都有一句是错的。李大娘难辩真真假假，请你帮助李大娘弄清这三人的年龄。

5.A，B，C三支足球队举行循环比赛（每队之间赛一场），下面是记有详细比赛情况的表。但后来发现表中有四个数是错误的。请按规定重制一张正确的表格。（胜一场记2分，负一场记0分，平一场双方各记1分。）

6.某次数学测验，共有六道试题，均是是非题。正确的画“√”，错误的画“×”。每题答对得2分，不答得1分，答错得0分。甲、乙、丙、丁的答案及前三人的得分如下表，求丁得了多少分。

第29讲 抽屉原理(一)

我们在四年级已经学过抽屉原理，并能够解答一些简单的 抽屉原理问题。这两讲先复习一下抽屉原理的概念，然后结合一些较复杂的抽屉原理问题，讨论如何构造抽屉。

抽屉原理1将多于n件物品任意放到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品不少于2件。

抽屉原理2将多于m×n件物品任意放到到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品不少于（m+1）件。

理解抽屉原理要注意几点：(1)抽屉原理是讨论物品与抽屉的关系，要求物品数比抽屉数或抽屉数的倍数多，至于多多少，这倒无妨。

（2）“任意放”的意思是不限制把物品放进抽屉里的方法，不规定每个抽屉中都要放物品，即有些抽屉可以是空的，也不限制每个抽屉放物品的个数。

（3）抽屉原理只能用来解决存在性问题，“至少有一个”的意思就是存在，满足要求的抽屉可能有多个，但这里只需保证存在一个达到要求的抽屉就够了。

（4）将a件物品放入n个抽屉中，如果a÷n= m„„b，其中b是自然数，那么由抽屉原理2就可得到，至少有一个抽屉中的物品数不少于（m+1）件。

例1 五年级有47名学生参加一次数学竞赛，成绩都是整数，满分是100分。已知3名学生的成绩在60分以下，其余学生的成绩均在75～95分之间。问：至少有几名学生的成绩相同？

分析与解：关键是构造合适的抽屉。既然是问“至少有几名学生的成绩相同”，说明应以成绩为抽屉，学生为物品。除3名成绩在60分以下的学生外，其余成绩均在75～95分之间，75～95共有21个不同分数，将这21个分数作为21个抽屉，把47-3=44（个）学生作为物品。

44÷21= 2„„2，根据抽屉原理2，至少有1个抽屉至少有3件物品，即这47名学生中至少有3名学生的成绩是相同的。

第五篇：四年级奥数 第29讲 抽屉原理

第29讲 抽屉原理

（一）如果将5个苹果放到3个抽屉中去，那么不管怎么放，至少有一个抽屉中放的苹果不少于2个。道理很简单，如果每个抽屉中放的苹果都少于2个，即放1个或不放，那么3个抽屉中放的苹果的总数将少于或等于3，这与有5个苹果的已知条件相矛盾，因此至少有一个抽屉中放的苹果不少于2个。

同样，有5只鸽子飞进4个鸽笼里，那么一定有一个鸽笼至少飞进了2只鸽子。

以上两个简单的例子所体现的数学原理就是“抽屉原理”，也叫“鸽笼原理”。

抽屉原理1：将多于n件的物品任意放到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品不少于2件。

说明这个原理是不难的。假定这n个抽屉中，每一个抽屉内的物品都不到2件，那么每一个抽屉中的物品或者是一件，或者没有。这样，n个抽屉中所放物品的总数就不会超过n件，这与有多于n件物品的假设相矛盾，所以前面假定“这n个抽屉中，每一个抽屉内的物品都不到2件”不能成立，从而抽屉原理1成立。

从最不利原则也可以说明抽屉原理1。为了使抽屉中的物品不少于2件，最不利的情况就是n个抽屉中每个都放入1件物品，共放入n件物品，此时再放入1件物品，无论放入哪个抽屉，都至少有1个抽屉不少于2件物品。这就说明了抽屉原理1。

例1某幼儿园有367名1996年出生的小朋友，是否有生日相同的小朋友？

分析与解：1996年是闰年，这年应有366天。把366天看作366个抽屉，将367名小朋友看作367个物品。这样，把367个物品放进366个抽屉里，至少有一个抽屉里不止放一个物品。因此至少有2名小朋友的生日相同。

例2在任意的四个自然数中，是否其中必有两个数，它们的差能被3整除？

分析与解：因为任何整数除以3，其余数只可能是0，1，2三种情形。我们将余数的这三种情形看成是三个“抽屉”。一个整数除以3的余数属于哪种情形，就将此整数放在那个“抽屉”里。

将四个自然数放入三个抽屉，至少有一个抽屉里放了不止一个数，也就是说至少有两个数除以3的余数相同。这两个数的差必能被3整除。

例3在任意的五个自然数中，是否其中必有三个数的和是3的倍数？

分析与解：根据例2的讨论，任何整数除以3的余数只能是0，1，2。现在，对于任意的五个自然数，根据抽屉原理，至少有一个抽屉里有两个或两个以上的数，于是可分下面两种情形来加以讨论。

第一种情形。有三个数在同一个抽屉里，即这三个数除以3后具有相同的余数。因为这三个数的余数之和是其中一个余数的3倍，故能被3整除，所以这三个数之和能被3整除。

第二种情形。至多有两个数在同一个抽屉里，那么每个抽屉里都有数，在每个抽屉里各取一个数，这三个数被3除的余数分别为0，1，2。因此这三个数之和能被3整除。

综上所述，在任意的五个自然数中，其中必有三个数的和是3的倍数。

例4在长度是10厘米的线段上任意取11个点，是否至少有两个点，它们之间的距离不大于1厘米？ 分析与解：把长度10厘米的线段10等分，那么每段线段的长度是1厘米（见下图）。

将每段线段看成是一个“抽屉”，一共有10个抽屉。现在将这11个点放到这10个抽屉中去。根据抽屉原理，至少有一个抽屉里有两个或两个以上的点（包括这些线段的端点）。由于这两个点在同一个抽屉里，它们之间的距离当然不会大于1厘米。

所以，在长度是10厘米的线段上任意取11个点，至少存在两个点，它们之间的距离不大于1厘米。

例5有苹果和桔子若干个，任意分成5堆，能否找到这样两堆，使苹果的总数与桔子的总数都是偶数？ 分析与解：由于题目只要求判断两堆水果的个数关系，因此可以从水果个数的奇、偶性上来考虑抽屉的设计。

对于每堆水果中的苹果、桔子的个数分别都有奇数与偶数两种可能，所以每堆水果中苹果、桔子个数的搭配就有4种情形：

（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），其中括号中的第一个字表示苹果数的奇偶性，第二个字表示桔子数的奇偶性。

将这4种情形看成4个抽屉，现有5堆水果，根据抽屉原理可知，这5堆水果里至少有2堆属于上述4种情形的同一种情形。由于奇数加奇数为偶数，偶数加偶数仍为偶数，所以在同一个抽屉中的两堆水果，其苹果的总数与桔子的总数都是偶数。

例6用红、蓝两种颜色将一个2×5方格图中的小方格随意涂色（见右图），每个小方格涂一种颜色。是否存在两列，它们的小方格中涂的颜色完全相同？

分析与解：用红、蓝两种颜色给每列中两个小方格随意涂色，只有下面四种情形：

将上面的四种情形看成四个“抽屉”。根据抽屉原理，将五列放入四个抽屉，至少有一个抽屉中有不少于两列，这两列的小方格中涂的颜色完全相同。

在上面的几个例子中，例1用一年的366天作为366个抽屉；例2与例3用整数被3除的余数的三种情形0，1，2作为3个抽屉；例4将一条线段的10等份作为10个抽屉；例5把每堆水果中，苹果数与桔子数的奇偶搭配情形作为4个抽屉；例6将每列中两个小方格涂色的4种情形作为4个抽屉。由此可见，利用抽屉原理解题的关键，在于恰当地构造抽屉。