广东现代信息工程职业技术学院-喜怒哀乐的作文

小学奥数基础教程(五年级)

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。
解：将5568质因数分解为5568=2
6
×3×29。由此容易知道，将 5568分解为两个两位数的乘积有两种：58×
96和64×87，分解为一个两位数与一
个三位数 的乘积有六种：
12×464， 16×348， 24×232，
29×192， 32×174， 48×116。
显然，符合题意的只有下面一种
填法：174×32=58×96=5568。
例3 在443后面添上一个三位
数，使得到的六位数能被573整除。
分析与解：先用443000除以573，
通过所得的余数，可以求出应添的三
位数。由
443000÷573=773……71
推知， 443000+（573-71）=443502
一定能被573整除，所以应添502。
例4 已知六位数33□□44是89
的倍数，求这个六位数。
分析与解：因为未知的数码在中
间，所以我们采用两边做除法的方法
求解。
先从 右边做除法。由被除数的个
位是4，推知商的个位是6；由左下式
知，十位相减后的差是1，所 以商的十
位是9。这时，虽然89×96=8544，但
不能认为六位数中间的两个□内是85，因为还没有考虑前面两位数。

再从左边做除法。如右上式所示，
a可能是6或7，所以b只可能是7或
8。
由左、右两边做除法的商，得到
商是3796或3896。由3796×
89=337844， 3896×89=346744
知，商是3796，所求六位数是
337844。
例5 在左下方的加法竖式中，不
同的字母代表不同的数字，相同的字
母代表相同 的数字，请你用适当的数
字代替字母，使加法竖式成立。

分析与解：先看竖式的个位。由
Y+N+N=Y或Y+ 10，推知N要么是0，
要么是5。如 果N=5，那么要向上进位，
由竖式的十位加法有T+E+E+1=T或
T+10，等号两边的 奇偶性不同，所以N
≠5，N=0。
此时，由竖式的十位加法T+E+E=T
或T+10， E不是0就是5，但是N=0，
所以E=5。
竖式千位、万位的字母与加数的
千 位、万位上的字母不同，说明百位、
千位加法都要向上进位。因为N=0，所
以I≠0，推知I =1，O=9，说明百位加
法向千位进2。
再看竖式的百位加法。因为十位
加法 向百位进1，百位加法向千位进2，
且X≠0或1，所以R+T+T+1≥22，再
由R，T都 不等于9知，T只能是7或
8。
若T=7，则R=8，X=3，这时只剩
下数字 2，4，6没有用过，而S只比F
大1，S，F不可能是2，4，6中的数，
矛盾。
若T=8，则R只能取6或7。R=6
时，X=3，这时只剩下2，4，7，同上
理由，出现矛 盾；R=7时，X=4，剩下
数字2，3，6，可取F=2，S=3，Y=6。
所求竖式见上页右式。
解这类题目，往往要找准突破口，
还要整体综合研究，不能想一步 填一
个数。这个题目是美国数学月刊上刊
登的趣题，竖式中从上到下的四个词
分别是 40， 10， 10， 60，而
40+10+10正好是60，真是巧极了！
例6 在左下方的减法算式中，每
个字母代表一个数字，不同的字母代
表不同的数字。请你填上适当的 数字，
使竖式成立。

分析与解：按减法竖式分析，看
来比较难。同学们都知道，加、减法
互为逆运算，是否可以把减法变成加
法来研究呢（见右上式 ）？不妨试试
看。
因为百位加法只能向千位进1，所
以E=9，A=1，B=0。
如果个位加法不向上进位 ，那么
由十位加法1+F=10，得F=9，与E=9
矛盾，所以个位加法向上进1，由
1+F+1=10，得到F=8，这时C=7。余下
的数字有2，3，4，5，6，由个位加法
知，G比D大2，所以G，D分别可取4，
2或5，3或6，4。
所求竖式是

解这道题启发我们，如果做题时
遇到麻烦，不妨根据数学的有关概念、
法则、定律把原题加以变换，将不熟
悉的问题变为熟悉的问题。另外，做
题时要考虑解的情况， 是否有多个解。
练习1
1.在一个四位数的末尾添零后，
把所得的数减去原 有的四位数，差是
621819，求原来的四位数。
2.在下列竖式中，不同的字母代< br>表不同的数字，相同的字母代表相同
的数字。请你用适当的数字代替字母，
使竖式成立：

3.在下面的算式中填上括号，使
得计算结果最大：1÷2÷3÷4÷5÷6
÷7÷8÷9。
4.在下面的算式中填上若干个
（ ），使得等式成立：1÷2÷3÷4÷
5÷6÷7÷8÷9=。
5.将1～9分别填入下式的□中，
使等式成立：□□×□□=□□×□□
□=3634。
6.六位数391□□□是789的倍
数，求这个六位数。
7.已知六位数7□□888是83的
倍数，求这个六位数。
第2讲 数字谜（二）
这一讲主要讲数字谜的代数
解法及小数的除法竖式问题。
例1 在下面的算式中，不同的字
母代表不同的数字，相同的字母代表
相


分析与解：这道题可以从个位开始，
比较等式两边的数，逐个确定各个



（100000+x）×3=10x+1，
300000+3x=10x+1，
7x=299999，
x=42857。
这种代数方法干净利落，比用传
统方法解简洁。我们再看几个例子。
例2 在□内填入适当的数字，使
左下方的乘法竖式成立。


求竖式。
例3 左下方的除法竖式中只有一
个8，请在□内填入适当的数字，使除
法竖式成立。

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
3
×5
3
的
倍数，即除 数和商的后三位数一个是
2
3
=8的倍数，另一个是5
3
=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

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< br>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，故被除数为×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< br>的末尾出现n个0，则在除数和商中，
一个含有因子2
n
（不含因子5），另一
个含有因子5
n
（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。

分析与解：由竖式（1）可以看出
被除数为10**0（见竖式（1）'），竖
式（1）的除数为3或9。在竖式（2）
中，被除 数的前两位数10不能被整数
整除，故除数不是2或5，而被除数的
后两位数*0能被除数整除 ，所以除数
是4，6或8。

当竖式（1）的除数为3时，由竖
式（1）'知， a=1或2，所以被除数
为100*0或1 01*0，再由竖式（2）中
被除数的前三位数和后两位数分别能
被除数整除，可得竖式（2） 的除数为
4，被除数为10020；
当竖式（1）的除数为9时，由能
被9整除 的数的特征，被除数的百位
与十位数字之和应为8。因为竖式（2）
的除数只能是4，6，8， 由竖式（2）
知被除数的百位数为偶数，故被除数
只有10080，10260，10440和 10620
四种可能，最后由竖式（2）中被除数
的前三位数和后两位数分别能被除数
整除，且十位数不能被除数整除，可
得竖式（2）的除数为8，被除数为
10440。
所以这个五位数是10020或
10440。
练习2
1.下面各算式中，相同的字母代
表相同的数字，不同的字母代表不同
的


2.用代数方法求解下列竖式：

3.在□内填入适当的数字，使下
列小数除法竖式成立：


第3讲 定义新运算（一）
我们已经学习过加、减、乘、除
运算，这些运算，即四则运算是数学< br>中最基本的运算，它们的意义、符号
及运算律已被同学们熟知。除此之外，
还会有什么别 的运算吗？这两讲我们
就来研究这个问题。这些新的运算及
其符号，在中、小学课本中没有统一
的定义及运算符号，但学习讨论这些
新运算，对于开拓思路及今后的学习
都大有益处。
例1 对于任意数a，b，定义运算
“*”： a*b=a×b-a-b。
求12*4的值。
分析与解：根据题目定义的运算
要求，直接代入后用四则运算即可。
12*4=12×4-12-4=48-12-4=32。

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。



分析与 解：从已知的三式来看，
运算“”表示几个数相加，每个加数
各数位上的数都是符号前面的那个
数，而符号后面的数是几，就表示几
个数之和，其中第1个数是1位数，
第2个数是2 位数，第3个数是3位
数……按此规定，得
35=3+33+333+3333+33333=37035。
从例5知，有时新运算的规定不
是很明显，需要先找规律，然后才能
进行运算。
例6 对于任意自然数，定义：n！
=1×2×… ×n。
例如 4！=1×2×3×4。那么1！
+2！+3！+…+100！的个位数字是几？
分析与解：1！=1，
2！=1×2=2，
3！=1×2×3=6，
4！=1×2×3×4=24，
5！=1×2×3×4×5=120，
6！=1×2×3×4×5×6=720，
……
由此可推知，从5！开始，以后6！，
7！，8！，…，100！的末位数字都是
0。
所以，要求1！+2！+3！+…+100！
的个位数字，只要把1！至4！的个位
数字相加便可求得：1+2+6+4=13。所
求的个位数字是3。
例7 如果m，n表示两个数，那么
规定：m¤n=4n-（m+n）÷2。
求3¤（4¤6）¤12的值。
解：3¤（4¤6）¤12
=3¤[4×6-（4+6）÷2]¤12
=3¤19¤12
=[4×19-（3+19）÷2]¤12
=65¤12
=4×12-（65+12）÷2
=。
练习3
1.对于任意的两个数a和b，规定
a*b=3×a-b÷3。求8*9的值。
2.已知ab表示a除以3的余数再乘以
b，求134的值。
3.已知ab表示（a-b）÷（a+b），试
计算：（53）（106）。
4.规定a◎b表示a与b的积与a除以
b所得的商的和，求8◎2的值。
5.假定m◇n表示m的3倍减去n
的2倍，即 m◇n=3m-2n。

（2）已知x◇（4◇1）=7，求x的值。





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，
ab=4a-ba。计算：（4△3）△（2b）。
9.已知： 23=2×3×4，
45=4×5×6×7×8，……
求（44）÷（33）的值。

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+2 k=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。
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< br>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
倍。
比如：4※5=4×3=12，4△5=5×=。
计算：[※+△]÷[※-△]。

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=。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：

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
ab。比 如73=1，529=4，420=0。
（1）计算：，（519）19，5（195）；
（2）已知11x=4，x小于20，求
x的值。
7.对于任意的自然数a，b，定义：
f（a）=a×a-1，g（b）=b÷2+1。
（1）求f（g（6））-g（f（3））的
值；
（2）已知f（g（x））=8，求x的值。

第5讲 数的整除性（一）
三、四年级已经学习了能被2，3，
5和4，8，9，6以及11整除的数的特
征 ，也学习了一些整除的性质。这两
讲我们系统地复习一下数的整除性
质，并利用这些性质解答一 些问题。
数的整除性质主要有：
（1）如果甲数能被乙数整除，乙
数能被丙数整除，那么甲数能被丙数
整除。
（2）如果两个数都能被一个自然
数整除，那么这两个数的和与差都能
被这个自然数整除。
（3）如果一个数能分别被几个两
两互质的自然数整除，那么这个数能
被这几个两 两互质的自然数的乘积整
除。
（4）如果一个质数能整除两个自
然数的乘积，那 么这个质数至少能整
除这两个自然数中的一个。
（5）几个数相乘，如果其中一个
因数能被某数整除，那么乘积也能被
这个数整除。
灵活运用以上整除性质，能解决
许多有关整除的问题。
例1 在□里填上适当的数字，使
得七位数□7358□□能分别被9，25
和8整除。
分析与解：分别由能被9，25和
8整除的数的特征，很难推断出这个七
位数。因为9，25， 8两两互质，由整
除的性质（3）知，七位数能被 9×25
×8=1800整除，所以七位数 的个位，
十位都是0；再由能被9整除的数的特
征，推知首位数应填4。这个七位数是
4735800。

例2 由2000个1组成的数111…
11能否被41和271这两个质数整除？
分析与解： 因为41×271=11111，
所以由每5个1组成的数11111能被
41和271整除。 按“11111”把2000
个1每五位分成一节， 2000÷5=400，
就有400节，

因为2000个1组成的数11…11
能被11111整除，而11111能被 41和
271整除，所以根据整除的性质（1）
可知，由2000个1组成的数111…11< br>能被41和271整除。
例3 现有四个数：76550，76551，
7655 2，76554。能不能从中找出两个
数，使它们的乘积能被12整除？
分析与解：根据有关整除的性质，
先把12分成两数之积：12=12×1=6×
2=3×4。
要从已知的四个数中找出两个，
使其积能被12整除，有以下三种情况：
（1）找出一个数能被12整除，
这个数与其它三个数中的任何一个的
乘积都能被12整除；
（2）找出一个数能被6整除，另
一个数能被2整除，那么它们的积就
能被12整除；
（3）找出一个数能被4整除，另
一个数能被3整除，那么它们的积能
被12整除。
容易判断，这四个数都不能被12
整除，所以第（1）种情况不存在。
对于第（2）种情 况，四个数中能
被6整除的只有76554，而76550，
76552是偶数，所以可以选7 6554和
76550，76554和76552。
对于第（3）种情况，四个数中只< br>有76552能被4整除，76551和76554
都能被3整除，所以可以选76552和76551，76552和76554。
综合以上分析，去掉相同的，可
知两个数的 乘积能被12整除的有以下
三组数：76550和76554， 76552和
76554， 76551和 76552。
例4 在所有五位数中，各位数字
之和等于43且能够被11整除的数有
哪些？
分析与解：从题设的条件分析，
对所求五位数有两个要求：
①各数位上的数字之和等于43；
②能被11整除。
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？
□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100 1=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1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，1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。
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1能被7和
13整除，推知这个12位数能被7和
13整除。

分析与解：根据能被7整除的数
的特征，555555与999999都能被7


因为上式中等号左边的数与等号
右边第一个数都能被7整除，所以等
号右边第二个 数也能被7整除，推知
55□99能被7整除。根据能被7整除
的数的特征，□99-55=□ 44也应能被
7整除。由□44能被7整除，易知□
内应是6。

下面再告诉大家两个判断整除性
的小窍门。
判断一个数能否被27或37整除
的方法：
对于任何一个自然数，从个位开
始， 每三位为一节将其分成若干节，
然后将每一节上的数连加，如果所得
的和能被27（或37）整 除，那么这个
数一定能被27（或37）整除；否则，
这个数就不能被27（或37）整除。
例6 判断下列各数能否被27或
37整除：
（1）2673135；（2）96。
解：（1） 2673135=2，673，135，
2+673+135=810。
因为810能被 27整除，不能被37
整除，所以2673135能被27整除，不
能被37整除。
（2）96=8，990，615，496，
8+990+615+496=2，109。
2，109大于三位数，可以再对2，
109的各节求和，2+109=111。
因为1 11能被37整除，不能被27
整除，所以2109能被37整除，不能
被27整除，进一步推 知96能被37整
除，不能被27整除。
由上例看出，若各节的数之和大
于三位数，则可以再连续对和的各节
求和。
判断一个数能否被个位是9的数
整除的方法：
为了叙述方便，将个位是9的数
记为 k9（= 10k+9），其中k为自然
数。
对于任意一个自然数，去掉这个
数的个位数后，再加上个位数的（k+1）
倍。连续进行这一变 换。如果最终所
得的结果等于k9，那么这个数能被k9
整除；否则，这个数就不能被k9整除 。
例7 （1）判断18937能否被29
整除；
（2）判断296416与37289能否
被59整除。
解：（1）上述变换可以表示为：


由此可知，296416能被59整除，
37289不能被59整除
。一般地，每进行一 次变换，被
判断的数的位数就将减少一位。当被
判断的数变换到小于除数时，即可停
止 变换，得出不能整除的结论。

练习6
1.下列各数哪些能被7整除？哪
些能被13整除？
88205， 167128， 250894，
396500，
675696， 796842， 805532， 。
2.六位数175□62是13的倍数。
□中的数字是几？

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，
，5，8。
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 ）
2
=4
n
2=4×n
2
，所以（2n）
2
能被4整除；
因为（2n+1）
2
=4n
2
+4n+1=4 ×（n
2
+n）
+1，所以（2n+1）
2
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< br>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。
例3 任意给出一个五位数，将组
成这个五位数的5个数码的顺序任意
改变，得到一个新的五位数。那 么，
这两个五位数的和能不能等于
99999？
分析与解：假设这两个五位数的
和等于99999，则有下式：

其中组成两个加数的5个数码完
全相同。因为两个个位数相加，和不
会大于 9+9=18，竖 式中和的个位数是
9，所以个位相加没有向上进位，即两
个个位数之和等于9。同理，十位、百
位、千位、万位数字的和也都等于9。
所以组成两个加数的10个数码之和等
于 9+9+9+9+9=45，是奇数。
另一方面，因为组成两个加数的5
个数码完全相同 ，所以组成两个加数
的10个数码之和，等于组成第一个加
数的5个数码之和的2倍，是偶数。
奇数≠偶数，矛盾的产生在于假
设这两个五位数的和等于99999，所以
假设不 成立，即这两个数的和不能等
于99999。
例4 在一次校友聚会上，久别重
逢的老同学互相频频握手。请问：握
过奇数次手的人数是奇数还是偶数？
请说明理由。
分析与解：通常握手是两人的事。
甲、乙两人握手，对于甲是握手1次，
对于乙也 是握手1次，两人握手次数
的和是2。所以一群人握手，不论人数
是奇数还是偶数，握手的总次 数一定
是偶数。
把聚会的人分成两类：A类是握手
次数是偶数的人，B类是握手次数是奇
数的人。
A类中每人握手的次数都是偶数，
所以A类人握手的总次数也是偶数。
又因为所有人握手的总次 数也是偶
数，偶数-偶数=偶数，所以B类人握
手的总次数也是偶数。
握奇数次 手的那部分人即B类人
的人数是奇数还是偶数呢？如果是奇
数，那么因为“奇数个奇数之和是奇
数”，所以得到B类人握手的总次数
是奇数，与前面得到的结论矛盾，所
以B类人即握 过奇数次手的人数是偶
数。
例5 五（2）班部分学生参加镇里
举办的数学竞赛 ，每张试卷有50道试
题。评分标准是：答对一道给3分，
不答的题，每道给1分，答错一道扣 1
分。试问：这部分学生得分的总和能
不能确定是奇数还是偶数？
分析与解：本 题要求出这部分学
生的总成绩是不可能的，所以应从每
个人得分的情况入手分析。因为每道题无论答对、不答或答错，得分或扣
分都是奇数，共有50道题，50个奇数
相加减，结果 是偶数，所以每个人的
得分都是偶数。因为任意个偶数之和
是偶数，所以这部分学生的总分必是
偶数。
练习7
1.能否从四个3、三个5、两个7
中选出5个数，使这5个数的和等于
22？
2.任意交换一个三位数的数字，
得一个新的三位数，一位同学将原三
位数与新的三位数相加， 和是999。这
位同学的计算有没有错？
3.甲、乙两人做游戏。任意指定
七个 整数（允许有相同数），甲将这
七个整数以任意的顺序填在下图第一
行的方格内，乙将这七个整 数以任意
的顺序填在图中的第二行方格里，然
后计算出所有同一列的两个数的差
（大数 减小数），再将这七个差相乘。
游戏规则是：若积是偶数，则甲胜；
若积是奇数，则乙胜。请说 明谁将获
胜。

4.某班学生毕业后相约彼此通
信，每两人间的通信量 相等，即甲给
乙写几封信，乙也要给甲写几封信。
问：写了奇数封信的毕业生人数是奇
数还是偶数？
市举办五年级小学生“春晖杯”
数学竞赛，竞赛题30道，记分方法是：< br>底分15分，每答对一道加5分，不答
的题，每道加1分，答错一道扣1分。
如果有33 3名学生参赛，那么他们的
总得分是奇数还是偶数？
6.把下图中的圆圈任意涂上红色或< br>蓝色。是否有可能使得在同一条直线
上的红圈数都是奇数？试讲出理由。

7.红星影院有1999个座位，上、
下午各放映一场电影。有两所学校各
有1999名学生包 场看这两场电影，那
么一定有这样的座位，上、下午在这
个座位上坐的是两所不同学校的学生，为什么？
第8讲 奇偶性（二）
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
和最大是多少？
分析与解：有时题目的要求比较
多，可先考虑满足部分要求，然后再
调整，使最后 结果达到全部要求。
这道题的几个要求中，满足“和
最大”是最容易的。暂时不考虑这五
个数的和是奇数的要求。
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，< br>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。
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

< br>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？
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。

例2 对于左下表，每次使其中的
任意两个数 减去或加上同一个数，能
否经过若干次后（各次减去或加上的
数可以不同），变为右下表？为什 么？
分析与解：因为每次有两个数同
时被加上或减去同一个数，所以表中
九个数 码的总和经过变化后，等于原
来的总和加上或减去那个数的2倍，
因此总和的奇偶性没有改变。 原来九
个数的总和为1+2+…+9=45，是奇数，
经过若干次变化后，总和仍应是奇数，< br>与右上表九个数的总和是4矛盾。所
以不可能变成右上表。
例3 左下图是一套房 子的平面
图，图中的方格代表房间，每个房间
都有通向任何一个邻室的门。有人想
从某 个房间开始，依次不重复地走遍
每一个房间，他的想法能实现吗？

分析与 解：如右上图所示，将相
邻的房间黑、白相间染色。无论从哪
个房间开始走，因为总是黑白相间 地
走过各房间，所以走过的黑、白房间
数最多相差1。而右上图有7黑5白，
所以不可 能不重复地走遍每一个房
间。
例4 左下图是由14个大小相同
的方格组成的图 形。试问能不能剪裁
成7个由相邻两方格组成的长方形？

分析与解：将这14 个小方格黑白
相间染色（见右上图），有8个黑格，
6个白格。相邻两个方格必然是一黑一白，如果能剪裁成7个小长方形，那
么14个格应当是黑、白各7个，与实
际情况不符，所 以不能剪裁成7个由
相邻两个方格组成的长方形。
例5 在右图的每个○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？

分析与解：假定图中5与1之间
的○中的数是奇数，按顺时针加上或
减去标出的数字，依次得到各个○中
的数的奇偶性如下：

因为上图两端是同一个○中的
数，不可能既是奇数又是偶数，所以5
与 1之间的○中的数不是奇数。
同理，假定5与1之间的○中的
数是偶数，也将推出矛盾。
所以，题目的要求办不到。
例6 下页上图是半张中国象棋
盘，棋盘上已放 有一只马。众所周知，
马是走“日”字的。请问：这只马能
否不重复地走遍这半张棋盘上的每一
个点，然后回到出发点？

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，…
第三类：能被两个以上的自然数
整除的自然数。这类自然数的特征是
大于1，除了能被1和它本身整除外，
还能被其它一些自然数整除。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：

1既不是质数也不是合数。
2是质数，留下来，后面凡能被2
整除的数都是合数，都划去；
3是质数，留下来，后面凡能被3
整除的数都是合数，都划去；
类似地，把5留下来，后面凡是5
的倍数的数都划去；
把7留下来，后面凡是7的倍数
的数都划去。
经过以上的筛选，划去的都是合
数 ，余下26个数，除1外，剩下的25
个都是质数。这样，我们便得到了100
以内的质数表：
2，3，5，7，11，13，17，19，
23，29，31，37，41，
43，47，53，59，61，67，71，
73，79，83，89，97。
这些质数同学们应当熟记！
细心的同学可能会注意到，以上
只划到7的倍数，为什么不继 续划去
11，13，…的倍数呢？事实上，这些
倍数已包含在已划去的倍数中。例如，
100以内11的倍数应该是
11×A≤100（其中A为整数），

显 然，A只能取2，3，4，5，6，
7，8，9。因为4=2
2
，6=2×3，8=2 3，
9=3
2
，所以A必是2，3，5，7之一的
倍数。由此推知，11的倍 数已全部包
含在2，3，5，7的倍数中，已在前面
划去了。
要判断一个数N是 质数还是合数，
根据合数的定义，只要用从小到大的
自然数2，3，4，5，6，7，8，…， N-1
去除N，其中只要有一个自然数能整除
N，N就是合数，否则就是质数。但这
样 太麻烦，因为除数太多。能不能使
试除的数少一点呢？由例1知，只要
用从小到大的质数去除N 就可以了。
例2给出的判别方法，可以使试除的
数进一步减少。
例2 判断269，437两个数是合数
还是质数。
分析与解：对于一个不太大的数
N ，要判断它是质数还是合数，可以先
找出一个大于N且最接近N的平方数
K
2
，再写出K以内的所有质数。如果这
些质数都不能整除N，那么N是质数；
如果这些质数中有一 个能整除N，那么
N是合数。
因为269＜17
2
=289。17以内 质数
有2，3，5，7，11，13。根据能被某
些数整除的数的特征，个位数是9，所
以269不能被2，5整除；2+6+9=17，
所以269不能被3整除。经逐一判断
或试 除知，这6个质数都不能整除
269，所以269是质数。
因为437＜21
2
=441。21以内的质
数有2，3，5，7，11，13，17，19。
容易判断4 37不能被2，3，5，7，11
整除，用13，17，19试除437，得到
437÷19= 23，所以437是合数。
对比一下几种判别质数与合数的
方法，可以看出例2的方法的 优越性。
判别269，用2～268中所有的数试除，
要除267个数；用2～268中的质数 试
除，要除41个数；而用例2的方法，
只要除6个数。
例3 判断数是质数还是合数？
分析与解：按照例2的方法判别
这个13位数是质数还是合数， 当然是
很麻烦的事，能不能想出别的办法
呢？根据合数的意义，如果一个数能
够写成两 个大于1的整数的乘积，那
么这个数是合数。
根据整数的意义，这个13位数可
以写成：

=+1111111
=1111111×（1000000+1）
=1111111×1000001。
由上式知，111111和1000001都
能整除，所以是合数。
这道例题又给我们提供了一种判
别一个数是质数还是合数的方法。
例4 判定2
98
+1和2
98
+3是质数还
是合数？
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
n
的个位数的变化规
律，以及a
n
除以某自然数的余数的变
化规律。2
n
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，9 8÷4=24……2，所以2
98
的个
位数是4，（2
98
+1）的 个位数是5，能
被5整除，说明（2
98
+1）是合数。

（2
98
+3）是奇数，不能被2整除；
2
98
不能被3整除，所 以（2
98
+3）也不
能被3整除；（2
98
+1）能被5整除，< br>（2
98
+3）比（2
98
+1）大2，所以（2
98
+3）
不能被5整除。再判断（2
98
+3）能否
被7整除。首先看看2< br>n
÷7的余数的变
化规律：

因为98÷3的余数是2，从上表 可
知2
98
除以7的余数是4，（2
98
+3）除
以7的余 数是4+3=7，7能被7整除，
即（2
98
+3）能被7整除，所以（2
9 8
+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？
，b，c都是质数，a＞b＞c，且a×
b+c=88，求a，b，c。
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。

5.试说明：两个以上的连续自然
数之和必是合数。
6.判断2
66
+3
88
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
2
×3×5， 1998=2×3
3
×37。
例1 一个正方体的体积是13824
厘米
3
，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
3
，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1382 4分解质因
数：

把这些因数分成三组，使每组因
数之积相等，得13 824=（2
3
×3）×（2
3
×3）×（2
3
×3），
于是，得到棱长是2
3
×3=24（厘
米）。所求表面积是24×24× 6=3456
（厘米
2
）。
例2 学区举行团体操表演，有
1 430名学生参加，分成人数相等的若
干队，要求每队人数在100至200之
间，共有几种分 法？
分析与解：按题意，每队人数×
队数=1430，每队人数在100至200之间，所以问题相当于求1430有多少个
在100至200之间的约数。为此，先
把143 0分解质因数，得1430＝
2×5×11×13。
从这四个质数中选若干个，使其乘积在100到200之间，这是每队人
数，其余的质因数之积便是队数。
2×5×11=110，13；
2×5×13=130，11；
11×13=143，2×5=10。
所以共有三种分法，即分成13队，
每队110人 ；分成11队，每队130人；
分成10队，每队143人。
例3 1×2×3×…×40能否被
90909整除？
分析与解：首先将90909分解质
因数，得 90909=3
3
×7×13×37。
因为3
3
（=27），7，13，37都在
1～40中，所以1×2×3 ×…×40能被
90909整除。
例4 求72有多少个不同的约数。
分 析与解：将72分解质因数得到
72=2
3
×3
2
。根据72的约数 含有2和3
的个数，可将72的约数列表如下：

上表中，第三、四行的数字分 别
是第二行对应数字乘以3和3
2
，第三、
四、五列的数字分别是第二列对应 数
字乘以2，2
2
和2
3
。对比72=2
3
×3< br>2
，
72的任何一个约数至多有两个不同质
因数：2和3。因为72有3个质因 数2，
所以在某一个约数的质因数中，2可能
不出现或出现1次、出现2次、出现3
次 ，这就有4种情况；同理，因为72
有两个质因数3，所以3可能不出现或
出现1次、出现2次 ，共有3种情况。
根据乘法原理，72的不同约数共
有4×3=12（个）。
从例4可以归纳出求自然数N的
所有不同约数的个数的方法：一个大
于1的自然数N的约数个数 ，等于它
的质因数分解式中每个质因数的个数
加1的连乘积。
例如，2352= 2
4
×3×7
2
，因为2352
的质因数分解式中有4个2，1个3 ，2
个7，所以2352的不同约数有
（4+1）×（1+1）×（2+1）=30
（个）；
又如，9450=2×3
3
×52×7，所以
9450的不同的约数有
（1+1）×（3+1）×（2+1）×（1+1）
=48（个）。
例5 试求不大于50的所有约数
个数为6的自然数。
分析与解：这是求一个数的约数
个数的逆问题，因此解题方法正好与
例4相反。
因为这个数有六个约数，6=5+1=
（2+1）×（1+1），所以，当这个数
只有一个质因 数a时，这个数是a
5
；
当这个数有两个质因数a和b时，这
个数是a
2
×b。因为这个数不大于50，
所以对于a
5
，只有a=2，即25=3 2；对
于a2×b，经试算得到，2
2
×3=12，2
2

×5=20，2
2
×7=28，2
2
×11=44，3
2
×
2=18，3
2
×5=45，5
2
×2=50。
所以满足题意的数有八个：32，
12，20，28，44，18，45，50。
练习11
1.一个长方体，它的正面和上面
的面积之和是209分米
2
，如果它的 长、
宽、高都是质数，那么这个长方体的
体积是多少立方分米？
2.爷孙两人今 年的年龄的乘积是
693，4年前他们的年龄都是质数。爷
孙两人今年的年龄各是多少岁？
3.某车间有216个零件，如果平
均分成若干份，分的份数在5至20之
间，那 么有多少种分法？
4.小英参加小学数学竞赛，她说：
“我得的成绩和我的岁数以及我得 的
名次乘起来是3916，满分是100分。”
能否知道小英的年龄、考试成绩及名
次 ？
5.举例回答下面各问题：（1）两
个质数的和仍是质数吗？
（2）两个质数的积能是质数吗？
（3）两个合数的和仍是合数吗？
（4）两个合数的差（大数减小数）仍
是合数吗？
（5）一个质数与一个合数的和是质数
还是合数？
6.求不大于100的约数最多的自
然数。
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a
1
，
a
2
，…，a
n
的最大公约数通常用符号
（a
1
，a
2
，…，a
n
）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a
1
，
a
2
，…，a
n
的最小 公倍数通常用符号
[a
1
，a
2
，…，a
n
]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，< br>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1，11，10 1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9 09。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）。

所以，对角线共经过格点（30，
24）-1=5（个）。
例5 甲、乙、丙三人绕操场竞走，
他们走一圈分别需要1分、1分15秒
和1分 30秒。三人同时从起点出发，
最少需多长时间才能再次在起点相
会？
分析与解 ：甲、乙、丙走一圈分
别需60秒、75秒和90秒，因为要在
起点相会，即三人都要走整圈数 ，所
以需要的时间应是60，75，90的公倍
数。所求时间为[60，75，90]=900 （秒）
=15（分）。
例6 爷爷对小明说：“我现在的
年龄是你的7倍，过几 年是你的6倍，
再过若干年就分别是你的5倍、4倍、
3倍、2倍。”你知道爷爷和小明现在< br>的年龄吗？
分析与解：爷爷和小明的年龄随
着时间的推移都在变化，但他们的年< br>龄差是保持不变的。爷爷的年龄现在
是小明的7倍，说明他们的年龄差是6
的倍数；同理 ，他们的年龄差也是5，
4，3，2，1的倍数。由此推知，他们
的年龄差是6，5，4，3， 2的公倍数。
[6，5，4，3，2]=60，
爷爷和小明的年龄差是60的整数倍。
考虑到年龄的实际情况，爷爷与小明
的年龄差应是60岁。所以现在

小明的年龄=60÷（7-1）=10（岁），
爷爷的年龄=10×7=70（岁）。

练习12
1.有三根钢管 ，分别长200厘米、
240厘米、360厘米。现要把这三根钢
管截成尽可能长而且相等的小 段，一
共能截成多少段？
2.两个小于150的数的积是
2028，它们的最大公约数是13，求这
两个数。
3.用1～9这九个数码可以组成
362880个没有重复数字的九位数，求
这些数的最大公约 数？
4.大雪后的一天，亮亮和爸爸从
同一点出发沿同一方向分别步测一个
圆形 花圃的周长。亮亮每步长54厘米，
爸爸每步长72厘米，由于两个人的脚
印有重合，所以雪地 上只留下60个脚
印。问：这个花圃的周长是多少米？
5.有一堆桔子，按每4个一堆分
少1个，按每5个一堆分也少1个，
按每6个一堆分还是少1个。这堆桔
子至少有多少 个？
6.某公共汽车站有三条线路的公
共汽车。第一条线路每隔5分钟发车
一次 ，第二、三条线路每隔6分钟和8
分钟发车一次。9点时三条线路同时发
车，下一次同时发车是 什么时间？
7.四个连续奇数的最小公倍数是
6435，求这四个数。
第13讲 最大公约数与最小公倍数
（二）
这一讲主要讲最大公约数与最小
公倍数的关系，并对最大公约数与最
小公倍数的概念加以推广。
在求18与12的最大公约数与最
小公倍数时，由短除法

可知， （18，12）=2×3=6，[18，
12]=2×3×3×2=36。如果把18与12
的 最大公约数与最小公倍数相乘，那
么
（18，12）×[18，12]
=（2×3）×（2×3×3×2）
=（2×3×3）×（2×3×2）
=18×12。
也就是说，18与12的最大公约数
与最小公倍数的乘积，等于18与1 2
的乘积。当把18，12换成其它自然数
时，依然有类似的结论。从而得出一
个重要 结论：
两个自然数的最大公约数与最小
公倍数的乘积，等于这两个自然数的
乘积。即，
（a，b）×[a，b]=a×b。
例1 两个自然数的最大公约数是
6，最小公倍数是 72。已知其中一个自
然数是18，求另一个自然数。
解：由上面的结论，另一个自然
数是（6×72）÷18=24。
例2 两个自然数的最 大公约数是
7，最小公倍数是210。这两个自然数
的和是77，求这两个自然数。
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1 5，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
×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
150，1 35，80千克，则每瓶最多装5
千克。可实际重量是150，135，80的
136，所以每 瓶最多装

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。
如果某个分数（或整数）同时是
若干个分数（含整数）的整数倍，那
么称这个分数是这若干个分数的公倍
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；

一个陷井。它们之中谁先掉进陷
井？它掉进陷井时另一个跳了多远？

同理，黄鼠狼掉进陷井时与起点
的距离为


所以黄鼠狼掉进陷井时跳了31
12÷6 310=5（次）。
黄鼠狼先掉进陷井，它掉进陷井
时，狐狸跳了

练习13
1.将72和120的乘积写成它们的
最大公约数和最最小公倍数的乘积的
形式。
2.两个自然数的最大公约数是
12，最小公倍数是72。满足条件的自
然数有哪几组？
3.求下列各组分数的最大公约
数：

4.求下列各组分数的最小公倍数：



部分别装入小瓶中，每个小瓶装入液
体的重量相同。问：最少要装多少瓶？

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< br>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
6
×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。
分析与解：先由题目条件，求出
这个数的大致范围。因为50÷
3=16……2， 所以三个余数中至少有一
个大于16，推知除数大于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。
由题意知（7+110+160）-50=29 0
应能被这个数整除。将290分解质因
数，得到290=2×5×29，290在17～70之间的约数有29和58。
因为110÷58=1……52＞50，所以
58不合题意。所求整数是29。
例5 求478×296×351除以17
的余数。
分析与解：先求出乘积再求余数，
计算量较大。根据性质（5），可先分
别计算出各因数除以17的余数，再求
余数之积除以17 的余数。
478，296，351除以17的余数分
别为2，7和11，（2×7×11 ）÷
17=9……1。
所求余数是1。
例6 甲、乙两个代表团乘车去参
观，每辆车可乘36人。两代表团坐满
若干辆车后，甲代表团余下的11人与
乙代表团 余下的成员正好又坐满一辆
车。参观完，甲代表团的每个成员与
乙代表团的每个成员两两合拍一 张照
片留念。如果每个胶卷可拍36张照片，
那么拍完最后一张照片后，相机里的
胶卷 还可拍几张照片？
分析与解：甲代表团坐满若干辆
车后余11人，说明甲代表团的人数（ 简
称甲数）除以36余11；两代表团余下
的人正好坐满一辆车，说明乙代表团
余36 -11=25（人），即乙代表团的人
数（简称乙数）除以36余25；甲代表
团的每个成员与 乙代表团的每个成员
两两合拍一张照片，共要拍“甲数×
乙数”张照片，因为每个胶卷拍36张 ，
所以最后一个胶卷拍的张数，等于“甲
数×乙数”除以36的余数。
因为甲数 除以36余11，乙数除以
36余25，所以“甲数×乙数”除以36
的余数等于11×25除 以36的余数。

（11×25）÷36=7……23，
即最后一个胶卷拍了23张，还可
拍36-23=13（张）。
由例6看出，将实际问题转化为
我们熟悉的数学问题，有助于我们思
考解题。
练习14
1.今天是星期六，再过1000天是
星期几？
2. 已知两个自然数a和b（a＞b），
已知a和b除以13的余数分别是5和
9，求a+b，a- b，a×b，a
2
-b
2
各自除
以13的余数。
除以一个两位数得到的余数是
56，求这个两位数。
4.被除数、除数、商与余数之和
是903，已知除数是35，余数是2，求
被除数。
5.用一个整数去除345和543所
得的余数相同，且商相差9，求这个数。
6.有一个整数，用它去除312，
231，123得到的三个余数之和是41，
求这个数。
年五月有5个星期三、4个星期
四，这个月的一日是星期几？
第15讲 孙子问题与逐步约束法
在古书《孙子算经》中有一道题：
“今有物不知其数，三三数之剩 二，
五五数之剩三，七七数之剩二，问物
几何？”意思是：有一堆物品，三个
三个数剩 两个，五个五个数剩三个，
七个七个数剩两个。求这堆物品的个
数。
我们称这类问题为孙子问题。
例1 一个数除以3余2，除以5
余3，除以7余2。求满足条件的最小
自然数。
分析 与解：这道例题就是《孙子
算经》中的问题。这个问题有三个条
件，一下子不好解答。那么，我 们能
不能通过先求出满足其中一个条件的
数，然后再逐步增加条件，达到最终
解决问题 的目的呢？我们试试看。
满足“除以3余2”的数，有2，
5，8，11，14，17，…
在上面的数中再找满足 “除以5
余3”的数，可以找到8，8是同时满
足“除以3余2”、“除以5余3”两
个条件的数，容易知道，8再加上3
与5的公倍数，仍然满足这两个条件，
所以满足这两个条件 的数有
8，23，38，53，68，…
在上面的数中再找满足“除以7
余2 ”的数，可以找到23，23是同时
满足“除以3余2”、“除以5余3”、
“除以7余2”三 个条件的数。23再
加上或减去3，5，7的公倍数，仍然
满足这三个条件，[3，5，7]= 105，因
为23＜105，所以满足这三个条件的最
小自然数是23。
在例1 中，若找到的数大于[3，5，
7]，则应当用找到的数减去[3，5，7]
的倍数，使得差小 于[3，5，7]，这个
差即为所求的最小自然数。
例2 求满足除以5余1，除以7
余3，除以8余5的最小的自然数。
分析与解：与例1类似， 先求出
满足“除以5余1”的数，有6，11，
16，21，26，31，36，…
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，
彼此之间相差5×7=35的倍数，有
31，66，101，136，171，206，…
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？
第16讲 巧算24
同学们可能都玩过“数学24”的
游戏，它把枯燥的基本 数字计算变得
趣味盎然，能大大提高计算能力和速
度，使得思维灵活敏捷，是一种寓教
于乐的智力竞赛游戏。
游戏规则：给定四个自然数，通过+，
-，×，÷四则运算，可以交 换数的位
置，可以随意地添括号，但规定每个
数恰好使用一次，连起来组成一个混
合运 算的算式，使最后得数是24。
“数学24”游戏通常是用扑克牌
进行的，此时，给定的 四个自然数就
被限定在1～13范围内了。“数学24”
游戏可以1个人玩，也可以多个人玩，
比如四个人玩，把扑克牌中的大、小
王拿掉，剩下的52张牌洗好后，每人
分13张， 然后每人出一张牌，每张牌
的点数代表一个自然数，其中J，Q，K
分别代表11，12和13 ，四张牌表示四
个自然数。谁最先按游戏规则算出24，
就把这四张牌赢走。然后继续进行。< br>最后谁的牌最多谁获胜。
要想算得又快又准，这就要靠平
时的基本功了。最重要的 有两条：一
是熟悉加法口诀和乘法口诀，二是利
用括号。括号既能改变运算顺序，也
可 以改变运算符号。
请用下面例题中给出的四个数，
按规则算出24。
例1 3，3，5，6。
解一：根据3×8=24，3已有，将
另三个数凑成8，得3×（5+6-3）=24。
解二：根据6×4=24，6已有，将
另三个数凑成4，得6×（5-3÷3）=24
或6×（ 3×3-5）=24。
解三：还是根据3×8=24，把3
和8各分成两数，得（6-3）×（3+5）
=24。
解四：先把其中两数相乘，积不
足24的用另两数补足，得3×
5+3+6=24。
解五：先把其中两数相乘，积超
过24的用另两数割去，得5×
6-3-3=24。
例2 2，2，4，8。
解一：根据8×3=24，得8×[（2+4）
÷2]=24或8×（4-2÷2）=24。
解二：根据4×6=24，得4×（2+8
÷2）=24。
解三：根据2×12=24，得2×（2
×8-4）=24。
解四：根据8+16=24 ，8已有，将
另三个数凑成16，得8+2×2×4=24
或8+（2+2）×4=24。
解五：根据8+16=24，把8和16
各分成两数，得2×4+2×8=24。
解六：根据4+20=24，4已有，将
另三个数凑成20，得4+2×（2+8）=24。
具体玩法很多，在这里特别要注
意的是：2×12，3×8，4×6是三个最
基本的算式，在玩 的过程中，你可以
先固定某数为一个因数，看另三个数
能否凑成相应的另一个因数。你也可以把每一个因数分别看成由两个数凑
成。下面，我们借助“乘法分配律”
来玩“数学24” 游戏。
例3 1，4，4，5。
分析：很明显，我们看到4×（1+5）
=24，三个数已经能够算出24了，可
惜的是还有一个4没有用过。根据规
则，必须把这个4 也用进去，怎么办？
怎样把这个多余的4用到算式里面而
又不影响得数呢？
解：利用“乘法分配律”：4×（1+5）
=4×1+4×5=24。
例4 6，8，8，9。
解：8×（9-6）=8×9-8×6=24。
例5 5，7，12，12。
解：12×（7-5）=12×7-12×5=24。
在例3～例5中，我们利用了：
a×（b+c）=a×b+a×c，
a×（b-c）=a×b-a×c。
例6 2，2，6，9。
分析：很明显，我们 看到2×
9+6=24，三个数已经能够算出24了，
可惜的是还有一个2没有用过。根据规则，必须把这个2也用进去，怎样
把这个多余的2用到算式里面而又不
影响得数呢？
解：利用“乘法分配律”：24=2
×9+6=2×9+6÷2×2=2×（9+6÷2）。
例7 2，6，9，9。
解： 24=2×9+6=2×9+6÷9×9
=9×（2+6÷9）
例8 2，4，10，10。
解： 24=2×10+4=2×10+4÷10×
10
=10×（2+4÷10）。
在例6～例8中，我们利用了
a×b+c＝a×（b+c÷a），
a×b-c＝a×（b-c÷a）。
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。


例11 1，4，5，6。


在解题过程中，我们先想到基本
算式

成。这是基本的思考办法。
一般地，应用分数除法玩“数学
24”游戏的思考过程为：


固定的一个自然数只能是被除
数，除数恰好由另外三个自然数凑成。
另外，我们还是要强 调一下分数
除法与分数乘法的相同处与不同处。
学了分数以后，除法运算可以转化成
乘 法运算。因此，在玩“数学24”游
戏的过程中，很多除法算式可以转化
到乘法算式中去。但是 它们之间还是
有区别

握用分数除法这种工具来玩“数学24”
游戏是必不可少的。


练习 16
用给出的四个数，按规则算出24。
1.（1）1，3，3，7； （2）2，2，
5，7；
（3）1，4，4，7； （4）1，2，
8，8；
（5）1，5，6，6； （6）5，8，
8，8。
2.（1） 2，7，7，10； （2）3，
5，5，9；
（3）5，5，7，11； （4）2，6，
6，12；
（5）4，4，5，5； （6）2，5，
5，10；
（7）4，9，9，12； （8）3，7，
9，13。
3.（1）1，3，4，6； （2）2，8，
9，13；
（3）1，6，6，8； （4）2，3，
5，12；
（5）3，4，6，13； （6）1，8，
12，12；
（7）3，4，8，13； （8）2，7，
12，13。
第17讲 位值原则
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？
分析与解：用a，b，c组成的六
个不同数字是

这六个数的和等于将六个数的百位、
十位、个位分别相加，得到
所以，六个数的和是（a+b+c）的
222倍。
例4用2，8，7三张数字卡片可以组成若干个不同的三位数，所有这
些三位数的平均值是多少？
解：由例3知，可以组成的六个
三位数之和是（2+8+7）×222，
所以平均值是（2+8+7）×222÷
6=629。
例5一个两位数，各位数字的和
的5倍比原数大6，求这个两位数。

（a+b）×5-（10a+b）=6，
5a+5b-10a-b=6，
4b-5a=6。
当b=4，a=2或b=9，a=6时，
4b-5a=6成立，所以这个两位数是24
或69。
例6将一个三位数的数字重新排
列，在所得到的三位数中，用最大的
减去最小的， 正好等于原来的三位数，
求原来的三位数。

分析与解：设原来的三位数的三
个数字分别是a，b，c。若


由上 式知，所求三位数是99的倍
数，可能值为198，297，396，495，
594，693 ，792，891。经验证，只有
495符合题意，即原来的三位数是495。
练习17
1.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
两个三位数之和是970。求原来的两位
数。
2.有一个三位数，将数码1加在
它的前面可以得到一个四位数，将数
码3加在它的后面也可以 得到一个四
位数，这两个四位数之差是2351，求
原来的三位数。

5.从1～9中取出三个数码，用这
三个数码组成的六个不同的三位数之
和是3330。这六个 三位数中最小的能
是几？最大的能是几？
6.一个两位数，各位数字的和的6
倍比原数小9，求这个两位数。
7.一个三位数，抹去它的首位数
之后剩下的两位数的4倍比原三位数
大1，求这个三位数。
第18讲 最大最小
同学们在学习中经常能碰到求最
大最小或最多最少的问题，这一讲就
来讲解这个问题。
例1两个自然数的和是15，要使
两个整数的乘积最大，这两个整数各
是多少？
分析与解：将两个自然数的和为
15的所有情况都列出来，考虑到加法
与乘法都符 合交换律，有下面7种情
况：
15=1+14，1×14=14；
15=2+13，2×13=26；
15=3+12，3×12=36；
15=4+11，4×11=44；
15=5+10，5×10=50；
15=6+9，6×9=54；
15=7+8，7×8=56。
由此可知把15分成7与8之和，
这两数的乘积最大。
结论1如果两个整数的和一定，< br>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=×，
b=×。
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，因为比多3，比少3，所以它们
的两因数之和相等，即
+=+。
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
2
）。
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
2
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< br>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。
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：
9×1，
8×2。

4.现计划用围墙围起一块面积为
5544米
2
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？
～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< br>少？
7.在数12…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< br>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。

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，< br>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。

例6用四块相同的不等腰的直角
三角板，拼成一个外面是正方形，里
面有正方形孔的图形。

分析与解：右图所示的三角板，
∠A是直角，∠B+∠C=90°。因为要拼< br>的图形有内外两个正方形，所以有将
∠A作为外正方形的角（左下图）和拼
内正方形的角 （下中图）两种情况。
若三角板可以重叠放置，还有右下图
所示的拼法。

练习19
1.试将一个等边三角形分割成8
个全等的直角三角形。
2.用四种方法将左下图分割成完
全相同的两部分，但要保持每个小方
格的完整。

3.将右上图分成四个大小相等、
形状相同的图形。
4.将下图分成两块，然后拼成一
个正方形。

5.将一块30×20的方格纸 分成大
小、形状都相同的两块，然后拼成一
个24×25的长方形。
6.将一个正方形分成相等的4块，
然后用这4块分别拼成三角形、平行
四边形和梯形。
第20讲 多边形的面积
我们已经学习过三角形、正方形、
长方形、平行四边 形、梯形以及圆、
扇形等基本图形的面积计算，图形及
计算公式如下：


正方形面积=边长×边长=a
2
，
长方形面积=长×宽=ab，
平行四边形面积=底×高=ah，

圆面积=半径×半径×π=πr
2
，
扇形面积=半径×半径×π×圆心角
的度数÷360°
在实际问题中，我们遇到的往 往不是
基本图形，而是由基本图形组合、拼
凑成的组合图形，它们的面积不能直
接用公 式计算。在本讲和后面的两讲
中，我们将学习如何计算它们的面积。
例1 小两个正方形组 成下图所示的
组合图形。已知组合图形的周长是52
厘米，DG=4厘米，求阴影部分的面积。

分析与解：组合图形的周长并不
等于两个正方形的周长之和，因为CG
部分重合了。用组合图形的周长减去
DG，就得到大、小正方形边长之和的
三倍，所以两个正方 形的边长之和等
于（52-4）÷3=16（厘米）。

又由两个正方形的边长之差是4
厘米，可求出
大正方形边长=（16+4）÷2=10（厘
米），
小正方形边长=（16-4）÷2=6（厘
米）。
两个正方形的面积之和减去三角
形ABD与三角形BEF的面积，就得到
阴影部分的面积。
10
2
+6
2
-（10×10÷2）-（10+6）
× 6÷2=38（厘米
2
）。
例2如左下图所示，四边形ABCD
与DEFG都是平行四边形，证明它们的
面积相等。

分析与证明：这道题两个平行四
边形的关系不太明了，似乎无从下手。
我们添加一条辅助线，即连结CE（见
右上图），这时通过三角形DCE，就把
两个平行四边形 联系起来了。在平行
四边形ABCD中，三角形DCE的底是DC，
高与平行四边形ABCD边 DC上的高相
等，所以平行四边形ABCD的面积是三
角形DCE的两倍；同理，在平行四边< br>形DEFG中，三角形DCE的底是DE，高
与平行四边形DEFG边DE上的高相等，
所以平行四边形DEFG的面积也是三角
形DCE的两倍。
两个平行四边形的面积都是三角
形DCE的两倍，所以它们的面积相等。
例3如左下图所 示，一个腰长是
20厘米的等腰三角形的面积是140厘
米
2
，在底边上任意 取一点，这个点到
两腰的垂线段的长分别是a厘米和b
厘米。求a+b的长。

分析与解：a，b与三角形面积的
关系一下子不容易看出来。连结等腰
三角形的顶 点和底边上所取的点，把
等腰三角形分为两个小三角形，它们
的底都是20厘米，高分别为a厘 米和
b厘米（见右上图）。大三角形的面积
与a，b的关系就显露出来了。根据三
角形 的面积公式，两个小三角形的面
积分别为 20×a÷2和20×b÷2。
因为这两个小三角形的面积之和
等于原等腰三角形的面积，所以有
20×a÷2+20×b÷2=140，
10×（a+b）=140，
a+b=14（厘米）。
在例2、例3中，通过添加辅助线，
使图形间的关系更清晰，从而使问题
得解。下面再看一例。
例4如左下图所示，三角形ABC的面
积是10厘米
2
，将AB，BC，CA 分别延
长一倍到D，E，F，两两连结D，E，F，
得到一个新的三角形DEF。求三角形DEF的面积。


分析与解：想办法沟通三角形ABC
与三角形DEF的联系。连结FB（见右
上图）。
因为CA=AF，所以三角形ABC与三
角ABF等底等高，面积相等。因为
AB =BD，所以三角形ABF与三角形BDF
等底等高，面积相等。由此得出，三
角形ADF的面 积是10+10=20（厘米
2
）。
同理可知，三角形BDE与三角形
CEF的面积都等于20厘米
2
。
所以三角形DEF的面积等于20×
3+10=70（厘米
2
）。
例5 一个正方形，将它的一边截
去15厘米，另一边截去10厘米，剩
下的长方形比原来正方形的面 积减少
1725厘米
2
，求剩下的长方形的面积。
分析与解：根据已知条件画出下页左
上图，其中甲、乙、丙为截去的部分。

由左上图知，丙是长15厘米、宽
10厘米的矩形，面积为15×10=150（厘
米
2
）。
因为甲、丙形成的矩形的长等于
原正方形的边长，乙、丙形 成的矩形
的长也等于原正方形的边长，所以可
将两者拼成右上图的矩形。右上图矩
形的 宽等于10+15=25（厘米），长等
于原正方形的边长，面积等于
（甲+丙）+（乙+丙）
= 甲+乙+丙）+丙
= 1725+150
= 1875（厘米
2
）。
所以原正方形的的边长等于1875
÷25 =75（厘米）。剩下的长方形的面
积等于75×75-1725=3900（厘米
2
）。
例6有红、黄、绿三块同样大小
的正方形纸片，放在一个正方形盒的
底部， 它们之间互相叠合（见右图）。
已知露在外面的部分中，红色面积是
20，黄色面积是14，绿 色面积是10，
求正方形盒子底部的面积。

分析与解：把黄色正方形纸片向< br>左移动并靠紧盒子的左边。由于三个
正方形纸片面积相等，所以原题图可
以转化成下页右 上图。此时露出的黄、
绿两部分的面积相等，都等于

（14+10）÷2=12。
因为绿：红=A∶黄，所以
绿×黄=红×A，
A=绿×黄÷红
=12×12÷20=。
正方形盒子底部的面积是红+黄+
绿+A=20+12+12+=。
练习20
1.等腰直角三角形的面积是20厘
米
2
，在其中做一个最大的正方形，求
这 个正方形的面积。
2.如左下图所示，平行四边形
ABCD的周长是75厘米，以BC为 底的
高是14厘米，以CD为底的高是16厘
米。求平行四边形ABCD的面积。

3.如右上图所示，在一个正方形
水池的周围，环绕着一条宽2米的小
路，小路的 面积是80米
2
，正方形水
池的面积是多少平方米？
4.如右图所示， 一个长方形被一
线段分成三角形和梯形两部分，它们
的面积差是28厘米
2
， 梯形的上底长
是多少厘米？

5.如下图，在三角形ABC中，
BD =DF=FC，BE=EA。若三角形EDF的面
积是1，则三角形ABC的面积是多少？

6.一个长方形的周长是28厘米，
如果它的长、宽都分别增加3厘米，
那么得到 的新长方形比原长方形的面
积增加了多少平方厘米？
7.如下图所示，四边形ABCD的 面
积是1，将BA，CB，DC，AD分别延长
一倍到E，F，G，H，连结E，F，G，H。
问：得到的新四边形EFGH的面积是多
少？

第21讲 用等量代换求面积

一个量可以用它的等量来代替；
被减数和减数都增加（ 或减少）同一
个数，它们的差不变。前者是等量公
理，后者是减法的差不变性质。这两
个性质在解几何题时有很重要的作
用，它能将求一个图形的面积转化为
求另一个图形的面积，或 将两个图形
的面积差转化为另两个图形的面积
差，从而使隐蔽的关系明朗化，找到
解题 思路。
例1两个相同的直角三角形如下
图所示（单位：厘米）重叠在一起，
求阴影部分的面积。

分析与解：阴影部分是一个高为
3厘米的直角梯形，然而它的上底与下
底都不知道，因而不能直接求出它的
面积。因为三角形ABC与三角形DEF
完全相同，都减去 三角形DOC后，根
据差不变性质，差应相等，即阴影部
分与直角梯形OEFC面积相等，所以 求
阴影部分的面积就转化为求直角梯形
OEFC的面积。直角梯形OEFC的上底为
1 0-3=7（厘米），面积为（7+10）×2
÷2=17（厘米
2
）。
所以，阴影部分的面积是17厘米
2
。
例2在右图中，平行四边形ABCD的边BC长10厘米，直角三角形ECB
的直角边EC长8厘米。已知阴影部分
的总面积比 三角形EFG的面积大10厘
米
2
，求平行四边形ABCD的面积。

分析与解：因为阴影部分比三角
形EFG的面积大10厘米
2
，都加上梯
形FGCB后，根据差不变性质，所得的
两个新图形的面积差不变，即平行四
边行AB CD比直角三角形ECB的面积大
10厘米
2
，所以平行四边形ABCD的面
积等于
10×8÷2+10=50（厘米
2
）。
例3在右图中， AB=8厘米，CD=4
厘米，BC=6厘米，三角形AFB比三角
形EFD的面积大18厘米
2
。求ED的长。

分析与解：求ED的长，需求出
EC的长 ；求EC的长，需求出直角三角
形ECB的面积。因为三角形AFB比三
角形EFD的面积大1 8厘米
2
，这两个
三角形都加上四边形FDCB后，其差不
变，所以梯形AB CD比三角形ECB的面
积大18厘米
2
。也就是说，只要求出
梯形ABCD 的面积，就能依次求出三角
形ECB的面积和EC的长，从而求出ED
的长。
梯形ABCD面积=（8+4）×6÷2=36
（厘米
2
），
三角形ECB面积=36-18=18（厘米
2
），
EC=18÷6×2=6（厘米），
ED=6-4=2（厘米）。
例4 下页上图中 ，ABCD是7×4的
长方形，DEFG是10×2的长方形，求
三角形BCO与三角形EFO 的面积之差。

分析：直接求出三角形BCO与三
角形EFO的面积之差，不太 容易做到。
如果利用差不变性质，将所求面积之
差转化为另外两个图形的面积之差，
而 这两个图形的面积之差容易求出，
那么问题就解决了。
解法一：连结B，E（见左下图） 。
三角形BCO与三角形EFO都加上三角
形BEO，则原来的问题转化为求三角形
B EC与三角形BEF的面积之差。所求为
4×（10-7）÷2-2×（10-7）÷2=3。

解法二：连结C，F（见右上图）。
三角形BCO与三角形EFO都加上三角< br>形CFO，则原来的问题转化为求三角形
BCF与三角形ECF的面积之差。所求为
4× （10-7）÷2-2×（10-7）÷2=3。
解法三：延长BC交GF于H（见
下页 左上图）。三角形BCO与三角形
EFO都加上梯形COFH，则原来的问题
转化为求三角形B HF与矩形CEFH的面
积之差。所求为（4+2）×（10-7）÷
2-2×（10-7）= 3。

解法四：延长AB，FE交于H（见
右上图）。三角形BCO与三角形E FO
都加上梯形BHEO，则原来的问题转化
为求矩形BHEC与直角三角形BHF的面
积之差。所求为4×（10-7）-（10-7）
×（4+2）÷2=3。
例5左下图是由大、小两个正方
形组成的，小正方形的边长是4厘米，
求三角形ABC的面积。

分析与解：这道题似乎缺少大正
方形的边长这个条件，实际上本题的
结 果与大正方形的边长没关系。连结
AD（见右上图），可以看出，三角形
ABD与三角形ACD 的底都等于小正方
形的边长，高都等于大正方形的边长，
所以面积相等。因为三角形AFD是三
角形ABD与三角形ACD的公共部分，
所以去掉这个公共部分，根据差不变
性质，剩 下的两个部分，即三角形ABF
与三角形FCD面积仍然相等。根据等
量代换，求三角形ABC 的面积等于求
三角形BCD的面积，等于4×4÷2=8
（厘米
2
）。

练习21
1.左下图中，等腰直角三角形ABC
的腰为10厘 米，以C为圆心、CF为半
径画弧线EF，组成扇形CEF。如果图
中甲、乙两部分的面积相等 ，那么扇
形所在的圆的面积是多少？

2.右上图（单位：厘米）是两个
相同的直角梯形重叠在一起，求阴影
部分的面积。
3.左下图中，扇形ABD的半径是4
厘米，甲比乙的面积大3.44厘米
2
。
求直角梯形ABCD的面积。（π=）

4.在右上图的三角形中，D，E分
别是所在边的中点，求四边形ADFE的
面积。
5.下页左上图中，矩形ABCD的边AB
为4厘米，BC为6厘米，三角形ABF
比三角形E DF的面积大9厘米
2
，求ED
的长。

6.右上图中，CA =AB=4厘米，三角
形ABE比三角形CDE的面积大2厘米
2
，
求CD的 长。
影部分的面积和。

第22讲 用割补法求面积
在组合图形 中，除了多边形外，
还有由圆、扇形、弓形与三角形、矩
形、平行四边形、梯形等图形组合而< br>成的不规则图形，为了计算它们的面
积，常常需要变动图形的位置或对图
形进行分割、旋 转、拼补，使它变成
可以计算出面积的规则图形。就是在

多边形的组合图形中， 为了计算面积，
有时也要用到割补的方法。
例1求下列各图中阴影部分的面
积：

分析与解：（1）如左下图所示，
将左下角的阴影部分分为两部分，然
后按照右下图所示，将这两部分分别
拼补在阴影位置。可以看出，原题图
的阴影部分等于右下图 中AB弧所形成
的弓形，其面积等于扇形OAB与三角
形OAB的面积之差。
π×4×4÷4-4×4÷2=。

（2）在题图虚线分割的两个正方
形中，右 边正方形的阴影部分是半径
为5的四分之一个圆，在左边正方形
中空白部分是半径为5的四分之 一个
圆。
如下图所示，将右边的阴影部分
平移到左边正方形中。可以看出，原< br>题图的阴影部分正好等于一个正方形
的面积，为5×5=25。

例2在一个 等腰三角形中，两条与底
边平行的线段将三角形的两条边等分
成三段（见右图），求图中阴影部 分
的面积占整个图形面积的几分之几。

分析与解：阴影部分是一个梯形。
我们用三种方法解答。
（1）割补法
从顶点作底边上的高，得到两个
相同的直角三角形。将这两个直角三
角

（2）拼补法
将两个这样的三角形拼成一个平
行四边形（下页左上图）。

积和平行四边行面积同时除以2，商不
变。所以原题阴影部分占整个图形面


（3）等分法
将原图等分成9个小三角形（见
右上图），阴影部分占3个小三角形，

注意， 后两种方法对任意三角形
都适用。也就是说，将例题中的等腰
三角形换成任意三角形，其它条件 不
变，结论仍然成立。
例3如左下图所示，在一个等腰
直角三角形中，削去一个 三角形后，
剩下一个上底长5厘米、下底长9厘
米的等腰梯形（阴影部分）。求这个
梯 形的面积。

分析与解：因为不知道梯形的高，
所以不能直接求出梯形的面积。 可以
从等腰直角三角形与正方形之间的联
系上考虑。将四个同样的等腰直角三
角形拼成 一个正方形（上页右下图），
图中阴影部分是边长9厘米与边长5
厘米的两个正方形面积之差， 也是所
求梯形面积的4倍。所以所求梯形面
积是（9×9-5×5）÷4=14（厘米
2
）。
例4在左下图的直角三角形中有一
个矩形，求矩形的面积。

分析与解：题中给出了两个似乎
毫无关联的数据，无法沟通与矩形的
联系。我们给 这个直角三角形再拼补
上一个相同的直角三角形（见右上
图）。因为A与A′，B与B′面积分
别相等，所以甲、乙两个矩形的面积
相等。乙的面积是4×6=24，所以甲的
面积， 即所求矩形的面积也是24。
例5下图中，甲、乙两个正方形
的边长的和是20厘米，甲 正方形比乙
正方形的面积大40厘米
2
。求乙正方
形的面积。

分析与解：如果从甲正方形中“挖
掉”和乙正方形同样大的正方形丙，
所剩的A， B，C三部分之和就是40厘
米
2
（见左下图）。

把C割下 ，拼补到乙正方形的上
面（见右上图），这样A，B，C三块
就合并成一个长20厘米的矩形， 面积
是40厘米
2
，宽是40÷20=2（厘米）。
这个宽恰好是两个正方形 的边长之
差，由此可求出乙正方形的边长为
（20-2）÷2=9（厘米），从而乙正方
形的面积为9×9=81（厘米
2
）。

练习22
1.求下列各图中阴影部分的面
积：
（1） （2）
2.以等腰直角三角 形的两条直角
边为直径画两个半圆弧（见下图），
直角边长4厘米，求图中阴影部分的
面积。

3.在左下图所示的等腰直角三角
形中，剪去一个三角形后，剩下的部
分是一个直角梯形（阴影部分）。已
知梯形的面积为36厘米
2
，上底为3< br>厘米，求下底和高。

4.在右上图中，长方形AEFD的面积
是18厘米
2
，BE长3厘米，求CD的长。
5.下图是甲、乙两个正方形，甲
的边长比乙的边长长3厘米，甲的面
积比乙的面 积大45厘米
2
。求甲、乙
的面积之和。

6.求下图（单位：厘米）中四边
形ABCD的面积。


第23讲 列方程解应用题
有些数量关系比较复杂的应用
题，用算术方法求解比较困难。此时，如果能恰当地假设一个未知量为x（或
其它字母），并能用两种方式表示同
一个量，其中至 少有一种方式含有未
知数x，那么就得到一个含有未知数x
的等式，即方程。利用列方程求解应
用题，数量关系清晰、解法简洁，应
当熟练掌握。
例1商店有胶鞋、布鞋共46 双，
胶鞋每双元，布鞋每双元，全部卖出
后，胶鞋比布鞋多收入10元。问：胶
鞋有多 少双？
分析：此题几个数量之间的关系
不容易看出来，用方程法却能清楚地
把它们的关系表达出来。
设胶鞋有x双，则布鞋有（46-x）
双。胶鞋销售收入为元，布鞋销售收
入为（ 46-x）元，根据胶鞋比布鞋多
收入10元可列出方程。
解：设有胶鞋x双，则有布鞋
（46-x）双。
（46-x）=10，
，
=，
x=21。

答：胶鞋有21双。

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< br>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
3，灰砖30米
3
，那么，红
砖缺40米
3
，灰砖剩40米
3
。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
3
，灰砖有（30x+40）米
3
。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
3
，则红砖有2x米
3
。根据
修建住宅的座数，列出方 程。

（x-40）×80=（2x+40）×30，
80x-3200=60x+1200，
20x=4400，
x=220（米
3
）。
由灰砖有220米
3
，推知修建住宅
（220-40）÷30=6（座）。
同理，也可设有红砖x米
3
。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-1 0）×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，
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：

还知道至少投进3个球的人平均
投进6个球，投进不到8个球的人平
均 投进3个球。问：共有多少人参加
测验？
分析与解：设有x人参加测验。
由上表 看出，至少投进3个球的有
（x-7-5-4）人，投进不到8个球的有
（x-3-4-1）人 。投中的总球数，既等
于进球数不到3个的人的进球数加上
至少投进3个球的人的进球数，
0×7+1×5+2×4+6×（x-7-5-4）
= 5+8+6×（x-16）
= 6x-83，
也等于进球数不到8个的人的进
球数加上至少投进8个球的人的进球
数，
3×（x-3-4-1）+8×3+9×4+10×
1，
= 3×（x-8）+24+36+10
= 3x+46。
由此可得方程
6x-83=3x+46，
3x=129，
x=43（人）。
例6甲、乙、丙三人同乘汽车到
外地旅行，三人所带行李的重量都超
过了可免费携带行李的重量 ，需另付
行李费，三人共付4元，而三人行李
共重150千克。如果一个人带150千
克的行李，除免费部分外，应另付行
李费8元。求每人可免费携带的行李
重量。
分析与解：设每人可免费携带x
千克行李。一方面，三人可免费携带
3x千克行李，三人携带1 50千克行李
超重（150-3x）千克，超重行李每千
克应付4÷（150-3x）元；另一 方面，
一人携带150千克行李超重（150-x）
千克，超重行李每千克应付8÷
（ 150-x）元。根据超重行李每千克应
付的钱数，可列方程
4÷（150-3x）=8÷（150-x），
4×（150-x）=8×（150-3x），
600-4x=1200-24x，
20x=600，
x=30（千克）。
练习23

还剩60元。问：甲、乙二人各有存款
多少元？

有多少溶液？
3.大、小两个水池都未注满水。
若从小池抽水将大池注满，则小池还
剩5吨水；若从大池抽水 将小池注满，
则大池还剩30吨水。已知大池容积是
小池的倍，问：两池中共有多少吨水？
4.一群小朋友去春游，男孩每人
戴一顶黄帽，女孩每人戴一顶红帽。
在每个男孩 看来，黄帽子比红帽子多5
顶；在每个女孩看来，黄帽子是红帽
子的2倍。问：男孩、女孩各有 多少
人？
5.教室里有若干学生，走了10个
女生后，男生人数是女生的倍，又 走
了10个女生后，男生人数是女生的4
倍。问：教室里原有多少个学生？

含金多少克？
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

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”< br>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：

追击问题：

在实际问题中，总是已知路程、时间、
速度中的两个，求另一个。
例1甲车每小 时行40千米，乙车
每小时行60千米。两车分别从A，B
两地同时出发，相向而行，相遇后3
时，甲车到达B地。求A，B两地的距
离。
分析与解：先画示意图如下：

图中C点为相遇地点。因为从C
点到B点，甲车行3时，所以C，B两
地的距离为40×3=120（千米）。
这120千米乙车行了120÷60=2
（时） ，说明相遇时两车已各行驶了2
时，所以A，B两地的距离是 （40+60）
×2=200（千米）。
例2小明每天早晨按时从家出发
上学， 李大爷每天早晨也定时出门散
步，两人相向而行，小明每分钟行60
米，李大爷每分钟行40米 ，他们每天
都在同一时刻相遇。有一天小明提前
出门，因此比平时早9分钟与李大爷
相 遇，这天小明比平时提前多少分钟
出门？
分析与解：因为提前9分钟相遇，
说明 李大爷出门时，小明已经比平时
多走了两人9分钟合走的路，即多走
了（60+40）×9=9 00（米），
所以小明比平时早出门900÷
60=15（分）。
例3小 刚在铁路旁边沿铁路方向
的公路上散步，他散步的速度是2米
秒，这时迎面开来一列火车，从车 头
到车尾经过他身旁共用18秒。已知火
车全长342米，求火车的速度。
分析与解：

在上图中，A是小刚与火车相遇地
点，B是小刚与火车离开地点。 由题意
知，18秒小刚从A走到B，火车头从A
走到C，因为C到B正好是火车的长度，
所以18秒小刚与火车共行了342米，
推知小刚与火车的速度和是342÷
18=19（米 秒），
从而求出火车的速度为19-2=17
（米秒）。
例4 铁路线旁 边有一条沿铁路方
向的公路，公路上一辆拖拉机正以20
千米时的速度行驶。这时，一列火车< br>以56千米时的速度从后面开过来，
火车从车头到车尾经过拖拉机身旁用
了37秒。求火 车的全长。
分析与解

与例3类似，只不过由相向而行
的相遇问 题变成了同向而行的追及问
题。由上图知，37秒火车头从B走到
C，拖拉机从B走到A，火车 比拖拉机
多行一个火车车长的路程。用米作长
度单位，用秒作时间单位，求得火车
车长 为
速度差×追及时间
= [（56000-20000）÷3600]×37
= 370（米）。
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
处沿逆时针方向同时出发。已知甲每
分 走90米，乙每分走70米。问：至
少经过多长时间甲才能看到乙？

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=（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÷（21-1 6）]=126（米）。
练习25
，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< br>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< br>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）。

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）=（ 时）；
在这时中，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）×=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÷=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。
分析与解：本题的难点在于上山
与下山的速度不同，如果能在不 改变
题意的前提下，变成上山与下山的速
度相同，那么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



山顶的距离是

练习26
1.甲、乙二人上午8时同时 从东
村骑车到西村去，甲每小时比乙快6
千米，中午12点甲到达西村后立即返
回东村 ，在距西村15千米处遇到乙。
问：东、西两村相距多远？
2.红星小学组织学生排成队 步行
去郊游，步行的速度是1米秒，队尾
的王老师以2.5米秒的速度赶到排
头，然后 立即返回队尾，共用10分钟。
求队伍的长度。
3.甲、乙二人分别从A，B两地同时出发，两人同向而行，甲26分钟赶
上乙；两人相向而行，6分钟可相遇。
已知乙每分钟 行50米，求A，B两地
的距离。
4.某人沿公路前进，迎面来了一
辆汽车，他 问司机：“后面有骑自行
车的人吗？”司机回答：“10分钟前
我超过一个骑自行车的人。”这 人继
续走了10分钟，遇到了这个骑自行车
的人。如果自行车的速度是人步行速
度的3 倍，那么，汽车速度是人步行
速度的多少倍？
5.某人沿着电车道旁的便道以
4 .5千米时的速度步行，每分钟有一
辆电车迎面开过，每12分钟有一辆电
车从后面追过。如果 电车按相等的时
间间隔发车，并以同一速度不停地往
返运行，那么电车的速度是多少？电
车发车的时间间隔是多少？
6.铁路旁有一条小路，一列长110
米的火车以30千米 时的速度向南驶
去，8点时追上向南行走的一名工人，
15秒后离他而去，8点6分迎面遇到< br>一个向北行走的农民，12秒后离开这
个农民。问：工人与农民何时相遇？
7.小 红从家到火车站赶乘火车，
每小时行4千米，火车开时她还离车
站1千米；每小时行5千米，她 就早
到车站12分钟。小红家离火车站多少
千米？
第27讲 逻辑问题（一）

四年级已经学习过用列表法和假
设法解答逻辑推理问 题。从广义上说，
任何一道数学题，任何一个思维过程，
都需要逻辑分析、判断和推理。我们< br>这里所说的逻辑问题，是指那些主要
不是通过计算，而是通过逻辑分析、
判断和推理，得 出正确结论的问题。
逻辑推理必须遵守四条基本规律：
（1）同一律。在同一推理过程中， 每
个概念的含义，每个判断都应从始至
终保持一致，不能改变。
（2）矛盾律。 在同一推理过程中，
对同一对象的两个互相矛盾的判断，
至少有一个是错误的。例如，“这个< br>数大于8”和“这个数小于5”是两个
互相矛盾的判断，其中至少有一个是
错的，甚至两 个都是错的。
（3）排中律。在同一推理过程中，
对同一对象的两个恰好相反的判断必< br>有一个是对的，它们不能同时都错。
例如“这个数大于8”和“这个数不大
于8”是两个 恰好相反的判断，其中必
有一个是对的，一个是错的。
（4）理由充足律。在一个推理过
程中，要确认某一判断是对的或不对
的，必须有充足的理由。
我们在日常生活和学习中，在思
考、分析问题时，都自觉或不自觉地
使用着上面的 规则，只是没有加以总
结。例如假设法，根据假设推出与已
知条件矛盾，从而否定假设，就是利
用了矛盾律。在列表法中，对同一事
件“√”与“×”只有一个成立，就
是利用了排中 律。
例1 张聪、王仁、陈来三位老师
担任五（2）班的语文、数学、英语、
音 乐、美术、体育六门课的教学，每
人教两门。现知道：
（1）英语老师和数学老师是邻居；
（2）王仁年纪最小；
（3）张聪喜欢和体育老师、数学
老师来往；
（4）体育老师比语文老师年龄大；
（5）王仁、语文老师、音乐老师
三人经常一起做操。
请判断各人分别教的是哪两门课
程。
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？
分析与解：这道题比例1复杂，
因为要判断人、学校和爱好三个内容。
与四年级第 26讲例4类似，先将题目
条件中给出的关系用下面的表1、表2、
表3表示：

因为各表中，每行每列只能有一
个“√”，所以表3可补全为表4。

由表4、表2知道，爱好游泳的在一小，
小芳不爱游泳，所以小芳不在一小。
于是可将表1补全 为表5。对照表5
和表4，得到：小明在二小上学，爱好
打乒乓球；小芳在三小上学，爱好打< br>羽毛球；小花在一小上学，爱好游泳。
例1、例2用列表法求解。下面，
我们用分析推理的方法解例3、例4。
例3小说《镜花 缘》中有一段林
之祥与多久公飘洋过海的故事。有一
天他们来到了“两面国”，却忘记了
这一天是星期几。迎面见了“两面国”
里的牛头和马面。他们知道，牛头在
星期一、二、三说 假话，在星期四、
五、六、日说真话；马面在星期四、
五、六说假话，在星期一、二、三、日说真话。牛头说：“昨天是我说假
话的日子。”马面说：“真巧，昨天
也是我说假话的日 子。”
请判断这一天是星期几。
分析与解：因为牛头、马面只有
星期日都 说真话，其它时间总是一个
说真话，另一个说假话，所以这一天
不是星期日，否则星期六都说假 话，
与题意不符。
由题意知，这一天说真话的，前
一天必说假话；这一天说假话 的，前
一天必说真话。推知这一天同时是牛
头、马面说假话与说真话转换的日子。
因为 星期二、三、五、六都不是说假
话与说真话转换的日子，所以这一天
不是星期二、三、五、六； 星期一是
牛头由说真话变为说假话的日子，但
不是马面由说假话变为说真话的日
子，所 以这一天也不是星期一；星期
四是牛头由说假话变为说真话的日
子，也是马面由说真话变为说假 话的
日子，所以这天是星期四。
例4 A，B，C，D四个同学中有两
个同学在 假日为街道做好事，班主任
把这四人找来了解情况，四人分别回
答如下。
A：“C，D两人中有人做了好事。”
B：“C做了好事，我没做。”

C：“A，D中只有一人做了好事。”
D：“B说的是事实。”
最后通过仔细分析 调查，发现四
人中有两人说的是事实，另两人说的
与事实有出入。到底是谁做了好事？
分析与解：我们用假设法来解决。
题目说四人中有两人说的是事实，另
两人说的与 事实有出入。注意，此处
的“与事实有出入”表示不完全与事
实相符，比如，当B，C都做了好 事，
或B，C都没做好事，或B做了好事而
C没做好事时，B说的话都与事实有出
入。
因为B与D说的是一样的，所以
只有两种可能，要么B与D正确，A
与C错；要么 B与D错，A与C正确。
（1）假设B与D说的话正确。这时C
做了好事，A说C，D两人中有 人做了
好事，A说的话也正确，这与题目条件
只有“两人说的是事实”相矛盾。所
以假 设不对。
（2）假设A与C说的话正确。那
么做好事的是A与C，或B与D，或C
与D。若做好事的是A与C，或C与D，
则B说的话也正确，与题意不符；若
做好事的是B与 D，则B说的话与事实
不符，符合题意。
综上所述，做好事的是B与D。
练习27
，B，C，D，E五个好朋友曾在一
张圆桌上讨论过一个复杂的问题。 今
天他们又聚在了一起，回忆当时的情
景。
A说：“我坐在B的旁边。”
B说：“坐在我左边的不是C就是
D。”
C说：“我挨着D。”
D说：“C坐在B的右边。”
实际上他们都记错了。你能说出
当时他们是怎样坐的吗？没有发言的
E的左边是谁？
2.从A，B，C，D，E，F六种产品
中挑选出部分产品去参加博览会。根
据挑选规则，参展 产品满足下列要求：
（1）A，B两种产品中至少选一种；
（2）A，D两种产品不能同时入选；
（3）A，E，F三种产品中要选两
种；
（4）B，C两种产品都入选或都不
能入选；
（5）C，D两种产品中选一种；
（6）若D种产品不入选，则E种
也不能入选。
问：哪几种产品被选中参展？
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2 8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< br>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）:

如果从标签是两黑的盒子中拿一
个球，那么最不利的情况是拿出一个
白 球，此时无法判定是实际情况1，还
是实际情况2，也就无法把标签全部纠
正过来；
同理，从标签是两白的盒子中拿
一个球，若拿的是黑球，则也无法把
标签全部纠正过来；
从标签是一黑一白的盒子中拿出
一个球，若拿出的是黑球，则能确定
出是实际情况 1，若拿出的是白球，则
能确定出是实际情况2，因此能把标签
全部纠正过来。
所以，只要从标签是一黑一白的
盒子中拿一个球，就能纠正全部标签。
例3 A，B，C 三名同学参加了一
次标准化考试，试题共10道，都是正
误题，每道题10分，满分为100分 。
正确画“√”，错误画“×”。他们
的答卷如下表：

考试成绩公布后，三人都得70分。
请你给出各题的正确答案。
分析与解：我们先分析一下三人
的得分情况。因为三人都得70分，所

以每人都错了3道题。比较A，B的答
卷发现，他们有6道题的答案不一样，
说明这6道题A ，B两人各错3道，也
就是说，A，B答案相同的题都对了，
因此找到了第1，3，4，10题 的正确
答案。同理，A，C的答卷也有6道题
的答案不一样，因此找到了第3，6，8，
9题的正确答案；同理B，C的答卷也
有6道题的答案不一样，因此找到了
第2，3，5，7 题的正确答案。各题的
正确答案如下表：

例4 A，B，C，D，E五位选手 进
行乒乓球循环赛，每两人都只赛一盘。
规定胜者得2分，负者不得分。现在
知道的比 赛结果是：A与B并列第一名
（有两个并列第一名，就不再设第二
名，下一个名次规定为第三名 ），D
比C的名次高，每个人都至少胜了一
盘。试求每人的得分。
分析与解：因 为乒乓球比赛没有
平局，所以求胜的盘数与得分是一回
事，胜的盘数乘以2就是得分。五人进行循环赛，共需赛10盘，总得分是
2×10= 20（分）。
因为每人都赛4盘 ，所以第一名
最多胜4盘，但因为A，B并列第一，
A，B不可能都胜4盘，所以A，B最多< br>各胜3盘。如果A，B没有各胜3盘，
而是各胜2盘，那么剩下的10-2×2= 6
（ 盘）的胜利者只会是C，D，E，根据
抽屉原理，C，D，E三人中至少有1
人胜了至少2盘， 与第一名胜2盘矛
盾。所以，A，B各胜3盘，各得6分。
还有4盘，已知D比C名次高 ，
每个人都至少胜一盘，只能是D胜2
盘得4分，C，E各胜一盘，各得2分。
注意：题目中“每个人都至少胜
一盘”是制约结果的重要条件，如果
没有这个条件，那么该题的 结果就有
两种可能：一是A，B各胜3盘，各得
6分，D胜2盘得4分，C，E各胜1
盘，各得2分；二是A，B各胜3盘，
各得6分，D，E各胜2盘各得4分，C
胜0盘，得0分 。

练习28
1.有个老汉想考考他的四个聪明
的儿子，他拿 出六顶帽子，三顶红的、
两顶蓝的和一顶黄的。然后，让四个
儿子按大的在前小的在后的顺序排 成
一路纵队，并让他们闭上眼睛。接着，
给他们每人戴上一顶帽子，藏起其余
两顶。当 他们睁开眼睛后，每个人都
只能看见前边人的帽子。这时，老汉
依次问小儿子、三儿子和二儿子 ，“你
戴的帽子是什么颜色？”他们都回答
“不知道”。最后，老汉又问大儿子。
大儿 子想了一会儿，正确地说出了自
己戴的帽子的颜色。
问：大儿子戴的帽子是什么颜
色？他是如何判断的？
2.五年级有四个班，每个班有两< br>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< br>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。
例2 夏令 营组织2000名营员活
动，其中有爬山、参观博物馆和到海

滩游玩三个项目。 规定每人必须参加
一项或两项活动。那么至少有几名营
员参加的活动项目完全相同？
分析与解：本题的抽屉不是那么
明显，因为问的是“至少有几名营员
参加的活动项目完全相同” ，所以应
该把活动项目当成抽屉，营员当成物
品。营员数已经有了，现在的问题是
应当 搞清有多少个抽屉。
因为“每人必须参加一项或两项
活动”，共有3项活动，所以只参加
一项活动的有3种情况，参加两项活
动的有爬山与参观、爬山与海滩游玩、
参观与海滩 游玩3种情况，所以共有
3+3=6（个）抽屉。
2000÷6=333……2，
根据抽屉原理2，至少有一个抽屉
中有333+1=334（件）物品，即至少有
334名营员参加的活动项目是相同的。
例3把125本书分给五（2）班学
生，如果其中 至少有1人分到至少4
本书，那么，这个班最多有多少人？
分析与解：这道题一下子不容 易
理解，我们将它变变形式。因为是把
书分给学生，所以学生是抽屉，书是
物品。本题 可以变为：125件物品放入
若干个抽屉，无论怎样放，至少有一
个抽屉中放有4件物品，求最 多有几
个抽屉。这个问题的条件与结论与抽
屉原理2正好相反，所以反着用抽屉
原理2 即可。由 1255÷（4-1）＝
41……2知，125件物品放入41个抽
屉，至少有一 个抽屉有不少于4件物
品。也就是说这个班最多有41人。
同学们想一想，如果有42个人，
还能保证至少有一人分到至少4本书
吗？
例4 五（1）班张老师在一次数学
课上出了两道题，规定每道题做对得2
分，没做得1分，做错得0 分。张老
师说：可以肯定全班同学中至少有6
名学生各题的得分都相同。那么，这
个班 最少有多少人？
分析与解：由“至少有6名学生
各题的得分都相同”看出，应该以各题得分情况为抽屉，学生为物品。
如果用（a，b）表示各题的得分
情况，其中a，b分别表示第一、二题
的得分，那么有
（2，2），（2，1），（2，0），
（1，2），（1，1），
（1，0），（0，2），（0，1），
（0，0）
9种情况，即有9个抽屉。
本题变为：已知9个抽屉中至少
有一个抽屉至少有6件物品，求至少
有多少件物品 。反着用抽屉原理2，得
到至少有9×（6－1）+1=46(人)。
例3与例4尽管都 是求学生人数，
但因为问题不同，所以构造的抽屉也
不同，例3中将学生作为抽屉，例4
中则将学生作为物品。可见利用抽屉
原理解题，应根据问题灵活构造抽屉。
一般地，当问“最 少有多少××”时，
应将××作为物品，如例1，2，4；当
问“最多有多少××时，应将×× 作
为抽屉，如例3。
例5任意将若干个小朋友分为五
组。证明：一定有这样的两 组，两组
中的男孩总数与女孩总数都是偶数。
分析与解：因为一组中的男孩人
数与女孩人数的奇偶性只有下面四种
情况：
（奇，奇），（奇，偶），（偶，
奇），（偶，偶）。
将这四种情况作为4个抽屉，五< br>组作为5件物品，由抽屉原理1知，
至少有一个抽屉中有两件物品。即这
五组中至少有两 组的情况相同，将这
两组人数相加，男孩人数与女孩人数
都是偶数。
练习29
1.某单位购进92箱桔子，每箱至
少110个，至多138个，现将桔子数
相同 的作为一组，箱子数最多的一组
至少有几箱？
2.幼儿园小朋友分200块饼干，
无论怎样分都有人至少分到8块饼干，
这群小朋友至多有多少名？
3.有若干堆分币， 每堆分币中没
有币值相同的分币。任意挑选多少堆
分币，才能保证一定有两堆分币的组
成是相同的？
4.图书馆有甲、乙、丙、丁四类
图书，规定每个同学最多可以借两本不同类的图书，至少有多少个同学借
书，才能保证有两个人所借的图书类
别相同？
5.我国人口已超过12亿，如果人
均寿命不超过75岁，那么我国至少有
两个人 出生的时间相差不会超过2秒
钟。这个结论是否正确？
6.红光小学五（2）班选两名班 长。
投票时，每个同学只能从4名候选人
中挑选2名。这个班至少应有多少个
同学，才 能保证有8个或8个以上的
同学投了相同的2名候选人的票？
7.把135块饼干分给1 6个小朋
友，若每个小朋友至少要分到一块饼
干，那么不管怎样分，一定会有两个
小朋 友得到的饼干数目相同。为什
么？
第30讲 抽屉原理（二）
例1把一个长方 形画成3行9列
共27个小方格，然后用红、蓝铅笔任
意将每个小方格涂上红色或蓝色。是否一定有两列小方格涂色的方式相
同？
分析与解：将9列小方格看成9
件物 品，每列小方格不同的涂色方式
看成不同的抽屉。如果涂色方式少于9
种，那么就可以得到肯定 的答案。涂
色方式共有下面8种：

9件物品放入8个抽屉，必有一个
抽屉的物品数不少于2件，即一定有
两列小方格涂色的方式相同。
例2在任意的四个自然数中，是
否总能找到两个数，它们的差是3的
倍数？
分析 与解：这道题可以将4个自
然数看成4件物品，可是却没有明显
的抽屉，这就需要根据题目构造 合适
的抽屉。
因为题目要求两个数的差是3的
倍数，当两个数除以3的余数相同 时，
这两个数的差一定是3的倍数，所以
将自然数按除以3的余数分类，可以
分为整除 、余1、余2三类，将这三类
看成3个抽屉。4件物品放入3个抽屉，
必有一个抽屉中至少有2 件物品，即4
个自然数中至少有2个数除以3的余
数相同，它们的差是3的倍数。
所以，任意的四个自然数中，总
能找到两个数，它们的差是3的倍数。
例3 从1，3， 5，7，…，47，49
这25个奇数中至少任意取出多少个
数，才能保证有两个数的和是52 。

分析与解：首先要根据题意构造
合适的抽屉。在这25个奇 数中，两两
之和是52的有12种搭配：
｛3，49｝，｛5，47｝，｛7，45｝，
｛9，43｝，
｛11,41｝，｛13，39｝，｛15，
37｝，｛17，35｝，
｛19，33｝，｛21，31｝，｛23，
29｝，｛25，27｝。
将这12种搭配 看成12个抽屉，
每个抽屉中有两个数，还剩下一个数
1，单独作为一个抽屉。这样就把25< br>个奇数分别放在13个抽屉中了。因为
一共有13个抽屉，所以任意取出14
个数，无论 怎样取，至少有一个抽屉
被取出2个数，这两个数的和是52。
所以本题的答案是取出14个数 。
例4在下图所示的8行8列的方
格表中，每个空格分别填上1，2，3
这三个 数字中的任一个，使得每行、
每列及两条对角线上的各个数字的和
互不相等，能不能做到？

分析与解：在8行8列的方格表
中，8行有8个和，8列也有8个和，
2条对角线有2个和，所以一共有
8+8+2=18（个）和。因为题目问的是，
这18个和能 否互不相等，所以这18
个和是物品，而和的不同数值是抽屉。
按题目要求，每个和都是 由1，2，
3三个数中任意选8个相加而得到的。
这些和中最小的是8个都是1的数相
加，和是8；最大的是8个都是3的数
相加，和是24。在8至24之间，不同
的和只有24- 8+1=17(个)。将这17个
不同的和的数值作为抽屉，把各行、
列、对角线的18个和作 为物品。把18
件物品放入17个抽屉，至少有一个抽
屉中的物品数不少于2件。也就是说，< br>这18个和不可能互不相等。
例5用1，2，3，4这4个数字任
意写出一个10 000位数，从这个10000
位数中任意截取相邻的4个数字，可
以组成许许多多的四位数。 这些四位
数中至少有多少个是相同的？
分析与解：猛一看，谁是物品，
谁是抽屉 ，都不清楚。因为问题是求
相邻的4个数字组成的四位数有多少
个是相同的，所以物品应是截取 出的
所有四位数，而将不同的四位数作为
抽屉。
在10000位数中，共能截取出相
邻的四位数10000-3=9997（个），
即物品数是9997个。
用1，2，3，4这四种数字可以组
成的不同四位数，根据乘法 原理有4
×4×4×4=256（种），
这就是说有256个抽屉。
9997÷256=39……13，
所以这些四位数中，至少有40个
是相同的。

练习30
1.红光小学每周星期一、三、五、
六各举办一种 课外活动，问：至少要
有多少学生报名参加，才能保证其中
至少有3位学生所参加的课外活动完
全一样？
2.任意取多少个自然数，才能保
证至少有两个数的差是7的倍数？
3.在前10个自然数中，至少取多
少个数，才能保证其中有两个数的和
是10？
4.右图是一个5行5列的方格表，
能否在每个方格中分别填上1，2，3
中的一 个数，使得每行、每列及两条
对角线上的五个方格中的数字之和互
不相同？

5.要把85个球放入若干个盒子
中，每个盒子中最多放7个。问：至
少有几个盒 子中放球的数目相同？
6.至少取出多少个真分数，才可
以保证其中必有两个真分数之差小于
答案与提示：
练习1
。解：621819÷（100-1）= 6281。
2.（1）由百位加法知，A=B+1；
再由十位加法A+ C=B+10，推知C=9，
进而得到A=5，B=4（见左下式）。

（2） 由千位加法知B=A-1，再由
个位减法知C=9。因为十位减法向百位
借1，百位减法向千位 借1，所以百位
减法是（10+B-1）-A=A，
化简为9+B=2A，将B=A-1代入，
得A=8， B=7（ 见右上式）。
÷（2÷3÷4÷5÷6÷7÷8÷9）
=90720。
÷（2÷3）÷4÷（5÷6÷7÷8）
÷9=。

5. 46×79= 23×158= 3634。
提示：3634=2×23×79。
。提示：仿照例3。
。
提示：仿例4，商的后3位是336，
商的第一位是8或9。
练习2
1.（1）4285；（2）461538。
7×(1000A+ B)= 6×(1000B＋A)，
化简后得538A=461B，由于538
与461互质，且 A，B均为三位数，所
以A=461，B= 538。所求六位数是
461538。
2.（1）124×81=10044；（2）117684
÷12= 9807。
提示：（1）设被乘数为a，由8a
≤999，81a≥10000，推知

所以a=124。
（2）根据竖式特点知，商是9807。
设除数是a，根据竖式特点由 8a＜100，
9a≥100，推知

所以a=12。
3.（1）先将竖式化为整数除法竖
式如左下式：

易知f=2，g=0；由g=0知b，d
中有一个是5，另一个是偶数而f= 2，
所以b= 5，进而推知d= 6；再由d= 6，
f= 2知a= 2或7，而e=3或4，所以
a=7；最后求出c=5。见上页右下式。
（2）先将除法竖式化为整数除法
竖式如左下式：

由竖式特点知b=c=0；因为 除数与d
的乘积是1000的倍数，d与e都不为
0，所以d与除数中必分别含有因子2
3
和5
2
，故d=8，除数是125的奇数倍，
因此e=5；又f≠0，e = 5，所以f=g=5；
由g=5，d=8得到除数为5000÷8=625，
再由625× a是三位数知a=1，所以被
除数为625×1008=630000，所求竖式
见右上式。
练习3
。。
。

提示：（2）x◇（4◇1）= 7，
x◇（4×3-1×2）= 7，
x◇10=7，
3x-10×2=7，
x=9。


（2）相当于由1×2×3× …×
x=40320，求x。
40320÷2＝20160，
20160÷3= 6720，
6720÷4=1680，
1680÷5=336，
……
8÷8=1，
即140320=1×12×13×14×
15×16×17×18。所以x=8。
。
解：x☆（8☆5）= x☆（8×5÷4）
= x☆10= x×10÷4，由x×10÷4=10，
求得x=4。
。
解： （4△3）△（2△6）
= (4×3-3×3)△(4×2-62)
= 3△5=3×5-3×5=0。
。
提示：新运算“”是：从第一个
数字起 ，求越来越大的连续几个自然
数的乘积，因数个数是第二个数字。
（44）÷（33）= （4×5×6×7）÷
（3×4×5）=14。
练习4




。
解：原式=（×3+×）÷××=7。
。
提示：从已知的四式发现，第一
个数的4倍加上第二个数等于结果，
所


提示：由 2⊙3= （A×2-3）÷4=，
推知A=3。定义的运算是： m⊙n=
（3m-n）÷4。
（5⊙7）×（2⊙2）÷（3⊙2）
=[（3×5-7）÷4]×[(3×2- 2)
÷4]÷[（3×3-2）÷4]
=2×1÷74=87。
5.

6.（1）2，3，1；（2）7或14。
提示：（1）（59）19= 419=3，5
（195）= 54= 1。
（2）当x＜11时，x是7；当x
＞11时，x是14。
7.（1）10；（2）4。
解：（1）f（g（6））- g（f（3））
= f(6÷2+1)- g（3×3-1）= f( 4)-
g（8）
= （4×4-1）-（8÷2+1）= 10；。
（2）由f( g（x）)= 8=3×3-1，
推知g（x）= 3；再由x÷2+1=3，得
x=4。

练习5
1.是。提示：7018和1392分别是
4205与2813的和与差。
。
提示：已知这两个数的积可以整
除4875，说明这两个数都是4875的因
数。4875= 3×5×5×5×13，用这些
因子凑成两个数，使它们的和是64，
显然这两个数是3×13 =39和5×
5=25。它们的差是39-25=14。
。提示：先后填入的三个数依次
是7，8，4。
和321654。
提示：由题意知，b，d，f是偶数，
e= 5，所以a，c只能是1和3。
6，进而知f=4，所求数为123654和
321654。
人。
提示：总分等于平均分乘以学生
人数，因为平均分90=9×10，所以总
（人）。
6.不能。
提示：假设能。因为前两个数的
和能被3整除，第2、第3个数 的和也
能被3整除，所以第1、第3两个数除
以3的余数相同。类似可知，排在第1，
3，5，7，9位的数除以3的余数都相
同。在1～9中，除以3的余数相同的
数只有3个，不 可能有5个。这个矛
盾说明假设不成立。
练习6
1.能被7整除的有250894，
675696，805532；
能被13整除的有88205，167128，
805532，。
。
提示：175-62=113，只要□内填1，
就有175-162=13。

4.能

5.能。提示：仿例5。
。提示：仿例6。
。
解：因为8765□4321能被21整
除，所以能被7和3整除。
由能被7整除，推知下列各式也
能被7整除：
8765□4-321=876504+□
0-321=876183+□0，
876-（183+□0）=693+□0。
由（693+□0）能被7整除，可求
出□=0或7。
再由能被3整除的数的特征，□
内的数只能是0。
8.能被27整除的数有：1884924，
2560437，5，8。
能被37整除的数有：1861026，
2560437，，5。
9.能被19整除的数有：55119，
55537，186637；
能被79整除的数有：55537，
71258，5381717。
练习7
1.五个奇数的和不可能等于22。
2.与例3类似，这位同学计算有
错误。
3.甲胜。
提示：七个整数中，奇、偶数的
个数肯定不等，如果奇（偶）数多，
那么至少有一列的两个数都是奇（偶）
数，这列的差是偶数，七个差中有一
个偶数，七个差之积 必是偶数，所以
甲胜。
4.偶数。
提示：因为这次活动是有来有往，所以总的通信数是偶数。又因为写了
偶数封信的人写信的总数是偶数，所
以写了奇数封信的 人写信的总数也是
偶数。因为只有偶数个奇数之和是偶
数，所以写奇数封信的人数是偶数。

5.奇数。提示：每个同学的得分
都是奇数。
6.不可能。
提示：假设在同一条直线上的红
圈数都是奇数，5条直线上的 红圈总数
就会是奇数（奇数乘以奇数仍是奇
数）。因为每个红圈均在两条直线上，
所以 按各条直线上的红圈数计算和
时，每个红圈都被算了两次，所以红
圈总数应是偶数。这就出现了 矛盾。
所以假设在同一条直线上的红圈数都
是奇数是不可能的。
7.提示：如果 每个座位上、下午
坐的都是同一个学校的学生，那么每
个学校来看电影的学生数应当是偶
数，与每所学校有1999名学生来看电
影矛盾。这个矛盾说明必有上、下午
坐的是不同学校 的学生的座位。

练习8
1.对。提示：因为平方数能被4
整除或除以4余1，而形如111…11
的数除以4的余数与11除以4的余数
相同，余3，所 以不是平方数。
个。提示：与例4类似分析可知，
先排9个奇数页的故事，其中有5个< br>从奇数页开始，再排8个偶数页的故
事，都是从偶数页码开始。
次。提示：见下表。

4.偶数。
提示：这行数的前面若干个数是：0，1，3，8，21，55，144，377，987，
2584，…
这些数的奇偶状况是：偶，奇，
奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，……
从前到后按一偶二奇 的顺序循环
出现。70÷3=23……1，第70个数是
第24组数的第一个数，是偶数。
5.偶数。
提示：号码总和等于100加上小
明号码的2倍。
6.不能。
提示：如果原来写的是1，3，5，
那么从第一次改变后，三个数永远是
两个奇数一个偶数。
7.偶数。
提示：如果是奇数，那么分到奇
数件礼品的小朋友得到的礼品总 数是
奇数，而分到偶数件礼品的小朋友得
到的礼品总数是偶数，于是得出所有
礼品总数 是奇数，与888件礼品矛盾。
练习9
1.不能。

提示 :如右图所示，25个座位分为
12白13黑。相邻座位总是一黑一白，
因为只有12个白座位 ，所以原来坐在
黑座位上的13人不可能都换到白座位
上。
2.不可能。
提示：一开始亮着的灯（0盏）是
偶数，每次有两盏灯亮暗发生变化，
不改变亮着 的灯数的奇偶性，所以亮
着的灯数总是偶数，不可能5盏灯都
亮着。
3.不能。提示：与例4类似。
4.不可以。

提示：如右图所示，△表 示小木
屋。守园人只能黑白相间地走，走过
的第奇数棵树是白的，第偶数棵树是
黑的， 走过第48棵树应是黑的，而黑
树与小木屋不相邻，无法直接回到小
木屋。
5.不可行。
提示：17人每人打5场（次），
共打17×5=85（场），即共有85 人次
参赛。因为每场球是2人打的，每个
人都算一次，所以每赛一场球2人次，
不论赛 多少场球，总计的人次数应是
偶数，与共有85人次参赛矛盾。说明
设计的比赛方式行不通。
6.不存在。
提示：当1≤a≤6时，从a的位
置顺时针走a个数的位置， 应到达2a
的位置；当7≤a≤12时，从a的位置
顺时针走a个数的位置，应到达2a-12
的位置。由上面的分析知，不论a是
什么数，结果总是走到偶数的位置，
不会走到7的 位置。
练习10
1.（1）11，13，17，31，37，53，
71，73；
（2）137，173，317，157，571，
751。
，5，3。
提示：c小于9，否则a×b+c＞88。
对c=2，3，5，7四种情况逐一试算。
。
提示：与例5类似。A+6，A+8，
A+12，A+14分别与A+1，A+3，A+2 ，
A+4除以5的余数相同。因为自然数除
以5只有整除、余1、余2、余3、余
4五 种情况，原来的四个数都是大于5
的质数，不应被5整除，只能是余1、
余2、余3、余4，所 以A=5。
，7，13。
5.在高斯求和公式“和=（首项+末项）
×项数 ÷2”中，因为“项数”＞2，
所以“首项+末项”＞2。因为“和”
是整数，所以“首项+末 项”与“项数”
中必有一个能被2整除，且商不等于
1。这就把“和”分解成了两个大于1的整数的乘积，说明“和”是合数。
6.不是。
提示：2
66
的个位数是4，3
88
的个
位数是1，（2
66
+3
88
）的个位数是5，
能被5整除。
和43。
解：由题意有，10b+a=87a，
10b=86a，
5b=43a。
因为5与43都是质数，所以a=5，
b=43。
练习11
分米
3

提示：长方体正面和上面的面积
和是：
长×高+长×宽=长×（高+宽）
=209=11×19=11×（2+7），
所求体积为11×2×17=374（分米
3
）。
岁，77岁。
提示：693=3
2
×7×11，因为爷孙
的岁数都大于4岁，693分解成两个大< br>于4的约数的乘积，有
693=7×99=9×77=11×63=21×
33，
相乘的两个约数减4都是质数的
有9×77和21×33，但爷孙的年龄不
可能是 21岁和33岁，所以是9岁和
77岁。
种。
提示：216=2
3
×3
3
，216的介于5
与20之间的约数有6，8，9，12和18五个。
岁，87分，第四名。
提示：3916=2
2
×11×89，小英的
年龄应在7～12岁。

5.（1）不一定；（2）不能；（3）
不一定；
（4）不一定；（5）不一定。
，60，84，90。
提示：只有一个质因数时， 约数
最多的是2
6
=64，有7个约数；有两个
质因数时，约数最多的是2< br>3
×3
2
=72，
有12个约数；有三个质因数时，约数
最多 的是2
2
×3×5=60，2
2
×3×7=84，
2×3
2
×5=90，各有12个约数。
7.甲24环，乙28环。
解：因为环数 之积都是1764，说
明他们的环数中没有0环和10环，环
数都是1764的大于0小于10 的约数。
1764=2×2×3×3×7×7。
五箭的环数可能的情况有：
（1）1，2×2，3×3，7，7即1，
4，9，7，7环，和是28；
（2）1，2×3，2×3，7，7即1，
6，6，7，7环，和是27；
（3）2，2，3×3，7，7即2，2，
9，9，7环，和是27；
（4）2，3，2×3，7，7即2，3，
6，7，7环，和是25；
（5）2×2，3，3，7，7即4，3，
3，7，7环，和是24。
已知甲比乙的总环数少4环，所
以甲总环数是24，乙总环数是28。
练习12
段。
解：（200，240，360）=40，
（200+240+360）÷40=20（段）。
和52。
解：这两个数分别除 以13后得到
两个互质数，这两个互质数的乘积是
2028÷13÷13=12=1×12=3 ×4，因为
13×12=156＞150，所以这两个数分别
是13×3=39和13×4=5 2。
。
提示：每个九位数都由1～9组成，
1+2+…+9=45，由能 被9整除的数的特
征知，9是这些数的公约数。又因为9
与8相差9，这两个数的最大公约数是
9，所以9是这些数的最大公约数。
4.21.6米。
解：（54，72 ）=18，54÷18=3，
72÷18=4，说明小亮走4步等于爸爸
走3步，其中脚印重合 一次，留下
4+3-1=6（个）脚印。所以花圃周长54
×4×（60÷6）=2160（厘 米）=（米）。
个。
提示：增加1个桔子后，桔子数
是4，5，6的公倍数。
点。提示：［5，6，8］=120（分）
=2（时）。
，11，13，15。
解：6435=3
2
×5×11×13=9×11
×13×5，因为［9 ，11，13，5］=［9，
11，13，15］，
所以这四个连续奇数是9，11，13和
15。
练习13
×120=（7，120）×［72，120］
=24×360。
，72与24，36两组。
提示：72÷12=6=1×6=2×3，所
以有两组：
①12×1=12，12×6=72； ②12×
2=24，12×3=36。

5.等于。

瓶。

7.120米。


练习14
1.星期五。
；9；6；9。
提 示：由5
2
÷13=1……12，9
2
÷
13=6……3知，a2
-b
2
除以13的余数为
12-3=9。

解：除数×商=被除数- 余数
=2100-56=2044，2044=2
2
×7×73，
因为2044介于56～99之间的约
数只有73，所以这个两位数是73。
。
解：因为 被除数=除数×商+余数
=35×商+2，
被除数=903-35-2-商=866-商，
所以35×商+2=866-商，
所以 商=24，
被除数=866-24=842。
。
解：这个 整数应能整除543-345，
且商9，所以这个整数是（543-345）
÷9=22。
。提示：这个整数应是
（312+231+123）-41=625的约数。
7.星期一。
提示：五月有31天，31=7×4+3，
所以有5天的星期数是星期一、 二、
三，5月1日是星期一。
练习15
。
解：满足除以5余4的数有4，9，
14，19，24，…
再满足除以8余3的数有19，59，
99，139，179，219，259，299，339，…
再满足除以11余2的最小自然数
是299。
个。
。
提示：满足除以4余3，除以5
余2，除以7余4的最小自然数是67。
［4，5 ，7］=140，67+140×6=907。
个。
提示：满足除以3余1，除以 5
余2，除以7余3的最小自然数是52。
［3，5，7］=105，（5000-52）÷< br>105=47……13。
。
提示：除以2与除以3都余1，相
当于 除以6余1；除以4与除以5都余
3，相当于除以20余3。
种。
提示： 容易看出，各买10个是一
种买法。7个3元的商品可以换3个7
元的商品，可得下面的5种买 法：

条大船，3条小船。
练习16
以下题目可能有多种解法，仅给
出一种解。
1.（1）3×7+3×l=24；（2）2×
5+2×7=24；
（3）1+7+4×4=24；（4）1×2×
8+8=24；
（5）5×6-1×6=24；（6）8×8-5
×8=24。
2.（1）7×（2+10÷7）=24；（2）
5×（3+9÷5）=24；
（3）5×（7-11÷5）=24；（4）
6×（2+12÷6）=24；
（5）5×（4+4÷5）=24；（6）5
×（5-2÷10）=24；

（7）9×（4-12÷9）=24；（8）
9×（7-13÷3）=24。
3.（1）6÷（1-3÷4）=24；（2）
9÷（2-13÷8）=24；
（3）6÷（1-6÷8）=24；（4）
12÷（3-5÷2）=24；
（5）6÷（13÷4-3）=24；（6）
12÷（12÷8-1）=24；
（7）8÷（13÷3-4）=24；（8）
12÷（7-13÷2）=24。
练习17
。
解：设原来的两位数为x，则
（100+x）+（10x+1）=970。
解得x=79。
。
解：设原来的三位数为x，则
（10x+3）-（1000+x）=2351。解
得x=372。
。


=100a+10b+c-（a+b+c）

；951。
提示：由例3知，a+b+c=3330÷
222=15。
。
（10a+b）-（a+b）×6=9，
化简得4a-5b=9。解得a=6，b=3，
所求两位数为63。
。
解：设三位数的百位数字为a，后
两位数为x，则有
4x-（100a+x）=1，
3x=100a+1。
因为x是两位数，所以3x＜300，
推知a=1或2。
若a=1，则x=101÷3不是整数，
不合题意；
若a=2，则x=201÷3=67。所求三
位数为267。

练习18
和46，最大积是2070。

×1大。
4.298米。
提示：5544=2
3
×3
2
×7×11。因为
554 4的两个最接近的因数是2
3
×3
2
=72
和7×ll=77，所以 这块地长77米，宽
72米。最短的围墙长是（77+72）×
2=298（米）。
=3+3+3+3+3+2+2。
和7642。
提示：高位数字越大，乘积越大，
所以它们的千位分别是8，7，百位分
别是6，5。两数和一定时，这两数越
接近乘积 越大，所以一个数的前两位
是85，另一个数的前两位是76。同理
可确定十位和个位数。
7.最大数是96061…99100，
最小数是6263…99100。
解：要得到最大的数，左边应尽
量多地保留9。因为1～59中有109
个数码， 其中有6个9，所以剩下的数
如果左边保留6个9，那么必须划掉
109-6=103（个）数 码，不合要求。因
此左边只能保留5个9，即保留1～49
之中的5个9，划掉1～49中其余 的
84个数码，然后在后面再划掉16个数
码，尽量留下大数（见下图）：

所以最大数是96061…99100。
同理，要得到最小的数，左边第
一 个数是1，之后应尽量保留0。2～
50中有90个数码，其中有5个0，划
掉非0的90-5 =85（个）数码，然后在
后面再划掉15个数码，尽量留下小数
（见下图）：

所以最小数是62…99100。
练习19


5.

6.

练习20
1.10厘米
2
。

提示：右图中四个小三角形的面
积都相等。
2.280厘米
2
。
解：14×BC=16×CD，所以BC∶
CD=16∶14=8∶7。
因为BC+CD=75÷2=，所以

平行四边形ABCD的面积等于14
×20=280（厘米
2
）。
3.64米
2
。

提示：右图中每个小矩形的宽是
2，面积是 80÷4，所以水池的边长是
80÷4÷2-2=8（米）。
4.4厘米。
提示：见左下图。上底=28÷7=4
（厘米）。

。
提示：如右上图，S△ACF=S△BCF，
S△BFD=S△EFD=S△CFE。
6.51厘米
2
。
解：左下图阴影部分即为增加部
分，如右下图重新拼 合，所得阴影部
分的长为（28÷2+3）厘米，宽为3厘
米，面积为（28÷2+3）×3= 51（厘米
2
）。

。
提示：连结AF和AC（见右图）。
容易求出
S△EBF=2S△ABC。同理可求出
S△HDG=2S△ADC。
所以S△EBF+S△HDG=2S△ABCD。
同理可
知S△EAH+S△GCF=2S△ABCD，所
以
S EFGH=S△EBF+S△HDG+S△EAH+S
△GCF+S ABCD
=5S ABCD=5。
练习21
1.400厘米
2
。
解：扇形CEF与直角三角形ABC
的面积相等，∠C=45°，所求圆的面

2.140厘米
2
。

提示：所求面积等于右图中阴影
部分的面积，为
（20-5+20）×8÷2
=140（厘米
2
）。
3.24厘米
2
。
提示：扇形ABD的面积为π×4×
4÷4=（厘米
2
），
直角三角形ABC的面积为+=16（厘
米
2
），BC=16÷4×2=8（厘米），
梯形ABCD面积为（4+8）×4÷2=24
（厘米
2
）。
。

提示：由三角形ADC与三角形EBC
的面积相等，推知阴影部分与三角形
BCF面积相等。
5.1厘米。
解：（4×6-9）÷6×2=1（厘米）。
6.3厘米。

解：连结CB（见右图）。三角形
DCB的面积为
4×4÷2-2=6（厘米
2
），
CD=6÷4×2=3（厘米）。
7.12厘米
2
。

解：连结DF（见右图）。因为AE=ED，
所以△BED与△ABE面积相等，


解得S△ABF=12，即阴影部分的面
积和为12厘米
2
。

练习22
1.（1）25；（2）ab。
提示：（1）（2）
2.4.56厘米
2
。
提示：如左下图所示，所求面积
等于右下图中圆 面积减去正方形面
积，等于（4÷2）
2
π-4×4÷2= （厘
米
2
）。

3.下底9厘米，高6厘米。
解：用两个同样的等腰直角三角
形拼成一个正方形（见左下图），大
正方形的面积为36×2+ 3×3=81（厘米
2
）。边长为9厘米。所求梯形的下底
为9厘米，高为9-3=6 （厘米）。

4.6厘米。
提示：与例4类似，右上图中甲、
乙的面积相等，所以，CD=18÷3=6（厘
米）。
5.117厘米
2
。

提示：与例5类似，下图中丙与< br>乙相同，C与C＇相同。甲、乙的边长
和等于45÷3=15（厘米），甲的边长
为（l 5+3）÷2=9（厘米）。
甲、乙的面积和为9×9×
2-45=117（厘米
2
）。
6.20厘米
2
。

解：将AD，BC分别延长，相交于
E（ 见右图）。四边形ABCD的面积等
于等腰直角三角形ABE与等腰直角三
角形CDE的面积之 差，为7×7÷2-3
×3÷2=20（厘米
2
）。

练习23
1.甲72元，乙28元。
提示：设甲有存款x元，可得方
程

2.甲1600克，乙1000克。
提示：设甲容器原有x克，可得
方程

吨。
解：设小池注满水为x吨，则大
池注满水为吨。由两池共有水量，可
列方程+5=x+30。
解得=50。两池共有水50+30=80
（吨）。
个男孩，8个女孩。
提示：设有x个男孩。因为每个
人看不到自己的帽子，根据男孩看的
情况，有女孩 （x-5-1）个。再根据女
孩看的情况，可列方程x=［（x-5-l）
-1］×2。
个。 解：设原有女生x个。根
据男生人数可列方程（x-10）×=
（x-20）×4。
解得x=26。男生有（26-20）×4=24
（个），共有学生26+24=50（个）。
6.380克。
解：设含金x克，则含银（500-x）
克。根据减轻的重量可列方程

解得x=380（克）。
只。
解：设这群羊原有x只。由原有
公羊只数可得方程

练习24
分。
提示：骑车比步行单程少用
70-50=20（分）。
2.15千米。
解：设他步行了x千米，则有x
÷5+（60-x）÷18=。
解得x=15（千米）。
3.10米秒；200米。
解：设火车长为 x米。根据火车
的速度得（1000+x）÷120=（1000-x）
÷80。
解得x=200（米），火车速度为
（1000+200）÷120=10（米秒）。
时15分。
解：上山用了60×3+50=230（分），
由230÷（30+10）= 5……30，得到上
山休息了5次，走了230-10×5=180
（分）。因为下山的速度是 上山的倍，
所以下山走了180÷=120（分）。由
120÷30=40知，下山途中休息了 3次，
所以下山共用120+5×3=135（分）=2
时15分。
5.57.6千米时。

6.3千米时。
解：（480÷16-480÷20）÷2=3
（千米时）。
7.17.5千米时。
解：设两码头之间的距离为x千
米。由水流速度得

解得x=120（千米）。所以轮船在
静水中的速度为120÷=（千米时）。
练习25
1.60米。
解：（2800-130×10）÷（10×
2+5）=60（米）。
2.176千米。

3.2196米。
解：因为小红的速度不变，相遇
地点不变，所 以小红两次走的时间相
同，推知小强第二次比第一次少走4
分。由（70×4）÷（90-70 ）=14（分），
推知小强第二次走了14分，第一
次走了18分，两人的家相距（52 +70）
×18=2196（米）。
秒。
提示：快车上的人看见慢车的速
度与慢车上的人看见快车的速度相
同，
（秒）。
5.10000米。
解：出发后10分钟两人相距
（250-100）×10=1500（米）。

米，需要

乙从出发共行了100分钟，所以
A，B两地相距100×100=10000（米）。
分。
解：甲追上乙一条边（400米）需
400÷（50-46）=100（分），
此时甲走了50×100=5000（米），
位于某条边的中点，再走200米到达
前面的顶点还需4分，所以出发后
100+4=104（分），两人第一次在同一
边上行走。
7.280米。
解：狗跑3×3=9（米）的时间兔
子跑×4=（米），狗 追上兔子时兔子
跑了×[20÷（）]=280（米）。
练习26
1.60千米。
解：两人相遇时甲比乙多走30千
米，此时已走了30÷6=5（时）， 是下
午1点。说明甲每小时走15千米，所
以东、西两村相距15×（12-8）=60
2.630米。

3.780米。
解：设甲每分钟走x米。由A，B
两地距离可得（x+50）×6=（x-50）
×26。
解得x=80（米）。所以A，B两地
距离为（80+50）×6=780（米）。
倍。
提示：汽车与自行车的速度差等
于自行车与行人的速度和，以行人的< br>速度为1，则自行车的速度为3，汽车
的速度为3×2+1=7。
5.18千米时；9分。
提示：与例3类似，由[，12]=36，
假设此人向前走36 分钟，再向回走36
分钟，共遇到同方向的车36÷+36÷
12=8（辆），
两车间隔（36+36）÷8=9（分）。
电车速度为×[÷（）]=18（千米时）。
点30分。
解：火车每分钟行30×1000÷60=500
（米），
工人每分钟行

农民每分钟行

8点时工人与农民相距 （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。
7.9千米。
解：设小红出发时离火车开还有x
时。由到车站的距离可列方程

解得x=2（时）。所以小红家距车
站4×2+1=9（千米）。
练习27
。
提示：由B，D所说知，C不挨着
B，再由C所说知，C不挨着D，所以C
的两边是A和E。
若C，A，E的位置如左下图，则
由A所说，推知A的右边是D，此时D
在B的左 边，B说的正确，与题意不符；
若C，A，E的位置如右下图，则
推出的结果符合题意。

，B，C，F。
提示：用假设法。从条件（1）开
始，有三种情况：
①假设选A不B选，由（2）知D< br>不能入选，再由（5）知C入选，再由
（4）推知C，B同时入选，与前面假
设不选B矛 盾。假设不成立。
②假设选B不选A，由（3）知选E，F，
由（6）知D入选，再由（5） 知C不
入选，再由（4）推知B，C都不入选，
与假设选B矛盾。假设不成立。
③假 设A，B都入选，由（2）知D不
入选，由（6）知E也不入选，再由（3）
知F入选，由（4 ）知C入选。符合题
意。因此，A，B，C，F选中参展。
3.老王，方丽，小红；老张，李
玲，小平；老陈，刘英，小虎。
提示：由题意可画出下面三个表：

将表2补全为表4。由表4知老陈
的儿子是小 虎，而李玲的孩子是女儿，
所以老陈和李玲不是一家人，由此可
将表1补全为表5。

4.甲，广西，教师；乙，山东，
演员；丙，辽宁，工人。
提示：由题意可画出下面三个表：

将表3补全为表4。由表4知，工
人是辽宁人 ，而乙不是工人，所以乙
不是辽宁人，由此可将表1补全为表
5。

5.（4）正确。
提示：假设（1）正确，则甲、乙、
丙都没说错，与假设矛盾；
假设（2）正确，则甲、乙、丙都
说错了，与假设矛盾；
假设（3）正确，可是三个人都说
有两人说谎，即三人都说错了，与假
设矛盾；
假设（4）正确，推不出矛盾，符
合题意。
岁。
提示：假设最小的男孩4 岁，那
么最大的女孩4+4=8（岁），四个女孩
年龄都不同，最小的女孩应是5岁，
最大的男孩5+4=9（岁），与题目说最
大的孩子10岁矛盾。假设不成立。
再假设最 小的女孩4岁，那么最
大的男孩8岁，最小的男孩6岁，最
大的女孩10岁，符合题意。所求最 大
男孩是8岁。
练习28
1.红色。
提示：与例1类似。小儿子前 面三个
哥哥至少有1人戴红帽子，否则，若
是蓝、蓝、黄，则小儿子就能判断出
自己戴 的是红帽子；同理，三儿子前
面两个哥哥至少有1人戴红帽子，否
则，三儿子就能判断出自己戴 红帽子；
同理，若大儿子戴的不是红帽子，则
二儿子就能判断出自己戴的是红帽
子。
2.四个班的正、副班长分别是B
和H，A和F，C和E，D和G。
提示： 两人同班的必要条件是不
能同时参加同一次会议，由于B三次
会都参加了，而H没参加，所以B 和H
同班。
3.丁。
提示：由题意知，乙坐3号，乙
和丙不相邻 ，故丙在1号；又甲不在
乙、丙之间，故丁在乙、丙之间，即
丁在2号。
4.小吴25岁，小张23岁，小徐
22岁。
提示：假设张22岁是真的，那么
徐说“小张23岁”是假的，徐说的其
他两句话都是真的，所以吴25岁，小

徐小于22岁，由此推知小吴说的三句
话中，“小徐和我差3岁”及 “小徐
25岁”这两句话都是假的，与每人有
一句假话矛盾，所以小张不是22岁。
因为小张的“我22岁”是假的，
其余两句话是真的，所以小吴比小徐
大3岁，小张比小徐大1 岁。如果小
徐说的“小张23岁”是假的，那么“小
吴比小张大3岁”是真的，推知小徐
与小张同岁，则小徐所说“我比小张
年岁小”是假的，小徐有两句话是假
的，与题意不符，所 以“小张23岁”
错1道，甲、丙各对3道错2道。因
为甲、乙有3道的答案不同，且两人共错3道，所以两人的错误只能发生
在①④⑥题上，由此得到另三道的正
确答案：②√③× ⑤√。对照知，丙
的②⑤题答错了，所以丙答的其它题
都正确，得到①×⑥√。因为乙就错1< br>道，⑥题已错，故④题的正确答案为
④×。对照推出的正确答案，丁对4
道错2道，得8 分。
练习29
箱。提示：92÷（138-110+1）
=3……5。
人。提示：200÷（8-1）=28……
4。
堆。
提示： 每堆只有一枚分币的有1
分、2分、5分三种情况，每堆有两枚
分币的有1分与2分，1分与5 分，2
分与5分三种情况，每堆有三枚分币
的只有一种情况。将这3+3+1=7（种）
情况作为7个抽屉。
人。
提示：四类书至多借2本的借法
有：
甲，乙，丙，丁，甲乙，甲丙，
甲丁，乙丙，乙丁，丙丁共10种。将
这10种借 法看成10个抽屉。
5.正确。
提示：75年约有60×60×24×366×75≈（亿秒），以每2秒为一个抽
屉，共有÷2=亿（个）抽屉，将12亿
件物品放入 亿个抽屉，至少有一个抽
屉有不少于2件物品，即至少有两人
的出生时间在两秒之内。
人。
提示：从4名候选人中选出2名，
共有3+2+1=6（种）不同的选 法。将这
是真的。由此推知，小吴25岁，小徐平的场数才合理，与各队得分也相吻
22岁。 合。
5.提示：（1）三队循环赛，每队 （3）A队既然胜1平1，不可能
都打2场 ，所以C队只赛1场是错误进0个球，打球双方有几个进球就有
的。 几个失球，失球总数是9，所以A队进
（2）A队才打2场，不可能胜2球数的0应改为6。
平1，并且胜的总场数与负的总场数应 表格正确填法如下：
相等，现表中胜3负2不合理，从A 分。
队得3分看，A队可能是胜1平1。打 提示 ：甲、乙、丙各有1道未答，
平双方都记1分，所以平球的总分不由得分情况知，乙对4道
可能 是奇数，从C队的得分看，C队平
球是1场不是2场。这样，胜、负、
6种选法作为抽屉，全班 学生作为物品，至少应有6×（8-1）+1=43（件）物品。
7.提示：假设16个小朋友每 人分到的饼干数目都不相同，则至少有1+2+3+…
+16=136（块）饼干，现在只有135块饼 干，所以假设不成立。
练习30
名。
提示：只参加一次活动的有4种选择；
参加两次活动的有下面6种选择：
｛星期一、三｝，｛星期一、五｝，｛星期一、六｝，
｛星期三、五｝，｛星期三、六｝，｛星期五、六｝；
参加三次活动的有下面4种选择，
｛星期一、三、五｝，｛星期一、三、六｝，
｛星期一、五、六｝，｛星期三、五、六｝；
参加四次活动的有1种选择。
共有4+6+4+1=15（种）选择。
。
提示：与例2类似，按除以7的余数将自然数分为7类。
。
提示：与例3类似，分 下面6个抽屉：(1，9)，(2，8)，(3，7)，(4，6)，
(5)，(10)。
4.不能。提示：与例4类似。
个。
提示：每盒放1，2，3，4，5，6，7个球，这样的七盒共放球
1+2+3+4+5+6+7=28（个），
85÷28=3……1，
所以至少有4个盒中的球数相同。
个。

小学奥数基础教程(五年级)

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。
解：将5568质因数分解为5568=2
6
×3×29。由此容易知道，将 5568分解为两个两位数的乘积有两种：58×
96和64×87，分解为一个两位数与一
个三位数 的乘积有六种：
12×464， 16×348， 24×232，
29×192， 32×174， 48×116。
显然，符合题意的只有下面一种
填法：174×32=58×96=5568。
例3 在443后面添上一个三位
数，使得到的六位数能被573整除。
分析与解：先用443000除以573，
通过所得的余数，可以求出应添的三
位数。由
443000÷573=773……71
推知， 443000+（573-71）=443502
一定能被573整除，所以应添502。
例4 已知六位数33□□44是89
的倍数，求这个六位数。
分析与解：因为未知的数码在中
间，所以我们采用两边做除法的方法
求解。
先从 右边做除法。由被除数的个
位是4，推知商的个位是6；由左下式
知，十位相减后的差是1，所 以商的十
位是9。这时，虽然89×96=8544，但
不能认为六位数中间的两个□内是85，因为还没有考虑前面两位数。

再从左边做除法。如右上式所示，
a可能是6或7，所以b只可能是7或
8。
由左、右两边做除法的商，得到
商是3796或3896。由3796×
89=337844， 3896×89=346744
知，商是3796，所求六位数是
337844。
例5 在左下方的加法竖式中，不
同的字母代表不同的数字，相同的字
母代表相同 的数字，请你用适当的数
字代替字母，使加法竖式成立。

分析与解：先看竖式的个位。由
Y+N+N=Y或Y+ 10，推知N要么是0，
要么是5。如 果N=5，那么要向上进位，
由竖式的十位加法有T+E+E+1=T或
T+10，等号两边的 奇偶性不同，所以N
≠5，N=0。
此时，由竖式的十位加法T+E+E=T
或T+10， E不是0就是5，但是N=0，
所以E=5。
竖式千位、万位的字母与加数的
千 位、万位上的字母不同，说明百位、
千位加法都要向上进位。因为N=0，所
以I≠0，推知I =1，O=9，说明百位加
法向千位进2。
再看竖式的百位加法。因为十位
加法 向百位进1，百位加法向千位进2，
且X≠0或1，所以R+T+T+1≥22，再
由R，T都 不等于9知，T只能是7或
8。
若T=7，则R=8，X=3，这时只剩
下数字 2，4，6没有用过，而S只比F
大1，S，F不可能是2，4，6中的数，
矛盾。
若T=8，则R只能取6或7。R=6
时，X=3，这时只剩下2，4，7，同上
理由，出现矛 盾；R=7时，X=4，剩下
数字2，3，6，可取F=2，S=3，Y=6。
所求竖式见上页右式。
解这类题目，往往要找准突破口，
还要整体综合研究，不能想一步 填一
个数。这个题目是美国数学月刊上刊
登的趣题，竖式中从上到下的四个词
分别是 40， 10， 10， 60，而
40+10+10正好是60，真是巧极了！
例6 在左下方的减法算式中，每
个字母代表一个数字，不同的字母代
表不同的数字。请你填上适当的 数字，
使竖式成立。

分析与解：按减法竖式分析，看
来比较难。同学们都知道，加、减法
互为逆运算，是否可以把减法变成加
法来研究呢（见右上式 ）？不妨试试
看。
因为百位加法只能向千位进1，所
以E=9，A=1，B=0。
如果个位加法不向上进位 ，那么
由十位加法1+F=10，得F=9，与E=9
矛盾，所以个位加法向上进1，由
1+F+1=10，得到F=8，这时C=7。余下
的数字有2，3，4，5，6，由个位加法
知，G比D大2，所以G，D分别可取4，
2或5，3或6，4。
所求竖式是

解这道题启发我们，如果做题时
遇到麻烦，不妨根据数学的有关概念、
法则、定律把原题加以变换，将不熟
悉的问题变为熟悉的问题。另外，做
题时要考虑解的情况， 是否有多个解。
练习1
1.在一个四位数的末尾添零后，
把所得的数减去原 有的四位数，差是
621819，求原来的四位数。
2.在下列竖式中，不同的字母代< br>表不同的数字，相同的字母代表相同
的数字。请你用适当的数字代替字母，
使竖式成立：

3.在下面的算式中填上括号，使
得计算结果最大：1÷2÷3÷4÷5÷6
÷7÷8÷9。
4.在下面的算式中填上若干个
（ ），使得等式成立：1÷2÷3÷4÷
5÷6÷7÷8÷9=。
5.将1～9分别填入下式的□中，
使等式成立：□□×□□=□□×□□
□=3634。
6.六位数391□□□是789的倍
数，求这个六位数。
7.已知六位数7□□888是83的
倍数，求这个六位数。
第2讲 数字谜（二）
这一讲主要讲数字谜的代数
解法及小数的除法竖式问题。
例1 在下面的算式中，不同的字
母代表不同的数字，相同的字母代表
相


分析与解：这道题可以从个位开始，
比较等式两边的数，逐个确定各个



（100000+x）×3=10x+1，
300000+3x=10x+1，
7x=299999，
x=42857。
这种代数方法干净利落，比用传
统方法解简洁。我们再看几个例子。
例2 在□内填入适当的数字，使
左下方的乘法竖式成立。


求竖式。
例3 左下方的除法竖式中只有一
个8，请在□内填入适当的数字，使除
法竖式成立。

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
3
×5
3
的
倍数，即除 数和商的后三位数一个是
2
3
=8的倍数，另一个是5
3
=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

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< br>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，故被除数为×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< br>的末尾出现n个0，则在除数和商中，
一个含有因子2
n
（不含因子5），另一
个含有因子5
n
（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。

分析与解：由竖式（1）可以看出
被除数为10**0（见竖式（1）'），竖
式（1）的除数为3或9。在竖式（2）
中，被除 数的前两位数10不能被整数
整除，故除数不是2或5，而被除数的
后两位数*0能被除数整除 ，所以除数
是4，6或8。

当竖式（1）的除数为3时，由竖
式（1）'知， a=1或2，所以被除数
为100*0或1 01*0，再由竖式（2）中
被除数的前三位数和后两位数分别能
被除数整除，可得竖式（2） 的除数为
4，被除数为10020；
当竖式（1）的除数为9时，由能
被9整除 的数的特征，被除数的百位
与十位数字之和应为8。因为竖式（2）
的除数只能是4，6，8， 由竖式（2）
知被除数的百位数为偶数，故被除数
只有10080，10260，10440和 10620
四种可能，最后由竖式（2）中被除数
的前三位数和后两位数分别能被除数
整除，且十位数不能被除数整除，可
得竖式（2）的除数为8，被除数为
10440。
所以这个五位数是10020或
10440。
练习2
1.下面各算式中，相同的字母代
表相同的数字，不同的字母代表不同
的


2.用代数方法求解下列竖式：

3.在□内填入适当的数字，使下
列小数除法竖式成立：


第3讲 定义新运算（一）
我们已经学习过加、减、乘、除
运算，这些运算，即四则运算是数学< br>中最基本的运算，它们的意义、符号
及运算律已被同学们熟知。除此之外，
还会有什么别 的运算吗？这两讲我们
就来研究这个问题。这些新的运算及
其符号，在中、小学课本中没有统一
的定义及运算符号，但学习讨论这些
新运算，对于开拓思路及今后的学习
都大有益处。
例1 对于任意数a，b，定义运算
“*”： a*b=a×b-a-b。
求12*4的值。
分析与解：根据题目定义的运算
要求，直接代入后用四则运算即可。
12*4=12×4-12-4=48-12-4=32。

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。



分析与 解：从已知的三式来看，
运算“”表示几个数相加，每个加数
各数位上的数都是符号前面的那个
数，而符号后面的数是几，就表示几
个数之和，其中第1个数是1位数，
第2个数是2 位数，第3个数是3位
数……按此规定，得
35=3+33+333+3333+33333=37035。
从例5知，有时新运算的规定不
是很明显，需要先找规律，然后才能
进行运算。
例6 对于任意自然数，定义：n！
=1×2×… ×n。
例如 4！=1×2×3×4。那么1！
+2！+3！+…+100！的个位数字是几？
分析与解：1！=1，
2！=1×2=2，
3！=1×2×3=6，
4！=1×2×3×4=24，
5！=1×2×3×4×5=120，
6！=1×2×3×4×5×6=720，
……
由此可推知，从5！开始，以后6！，
7！，8！，…，100！的末位数字都是
0。
所以，要求1！+2！+3！+…+100！
的个位数字，只要把1！至4！的个位
数字相加便可求得：1+2+6+4=13。所
求的个位数字是3。
例7 如果m，n表示两个数，那么
规定：m¤n=4n-（m+n）÷2。
求3¤（4¤6）¤12的值。
解：3¤（4¤6）¤12
=3¤[4×6-（4+6）÷2]¤12
=3¤19¤12
=[4×19-（3+19）÷2]¤12
=65¤12
=4×12-（65+12）÷2
=。
练习3
1.对于任意的两个数a和b，规定
a*b=3×a-b÷3。求8*9的值。
2.已知ab表示a除以3的余数再乘以
b，求134的值。
3.已知ab表示（a-b）÷（a+b），试
计算：（53）（106）。
4.规定a◎b表示a与b的积与a除以
b所得的商的和，求8◎2的值。
5.假定m◇n表示m的3倍减去n
的2倍，即 m◇n=3m-2n。

（2）已知x◇（4◇1）=7，求x的值。





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，
ab=4a-ba。计算：（4△3）△（2b）。
9.已知： 23=2×3×4，
45=4×5×6×7×8，……
求（44）÷（33）的值。

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+2 k=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。
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< br>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
倍。
比如：4※5=4×3=12，4△5=5×=。
计算：[※+△]÷[※-△]。

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=。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：

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
ab。比 如73=1，529=4，420=0。
（1）计算：，（519）19，5（195）；
（2）已知11x=4，x小于20，求
x的值。
7.对于任意的自然数a，b，定义：
f（a）=a×a-1，g（b）=b÷2+1。
（1）求f（g（6））-g（f（3））的
值；
（2）已知f（g（x））=8，求x的值。

第5讲 数的整除性（一）
三、四年级已经学习了能被2，3，
5和4，8，9，6以及11整除的数的特
征 ，也学习了一些整除的性质。这两
讲我们系统地复习一下数的整除性
质，并利用这些性质解答一 些问题。
数的整除性质主要有：
（1）如果甲数能被乙数整除，乙
数能被丙数整除，那么甲数能被丙数
整除。
（2）如果两个数都能被一个自然
数整除，那么这两个数的和与差都能
被这个自然数整除。
（3）如果一个数能分别被几个两
两互质的自然数整除，那么这个数能
被这几个两 两互质的自然数的乘积整
除。
（4）如果一个质数能整除两个自
然数的乘积，那 么这个质数至少能整
除这两个自然数中的一个。
（5）几个数相乘，如果其中一个
因数能被某数整除，那么乘积也能被
这个数整除。
灵活运用以上整除性质，能解决
许多有关整除的问题。
例1 在□里填上适当的数字，使
得七位数□7358□□能分别被9，25
和8整除。
分析与解：分别由能被9，25和
8整除的数的特征，很难推断出这个七
位数。因为9，25， 8两两互质，由整
除的性质（3）知，七位数能被 9×25
×8=1800整除，所以七位数 的个位，
十位都是0；再由能被9整除的数的特
征，推知首位数应填4。这个七位数是
4735800。

例2 由2000个1组成的数111…
11能否被41和271这两个质数整除？
分析与解： 因为41×271=11111，
所以由每5个1组成的数11111能被
41和271整除。 按“11111”把2000
个1每五位分成一节， 2000÷5=400，
就有400节，

因为2000个1组成的数11…11
能被11111整除，而11111能被 41和
271整除，所以根据整除的性质（1）
可知，由2000个1组成的数111…11< br>能被41和271整除。
例3 现有四个数：76550，76551，
7655 2，76554。能不能从中找出两个
数，使它们的乘积能被12整除？
分析与解：根据有关整除的性质，
先把12分成两数之积：12=12×1=6×
2=3×4。
要从已知的四个数中找出两个，
使其积能被12整除，有以下三种情况：
（1）找出一个数能被12整除，
这个数与其它三个数中的任何一个的
乘积都能被12整除；
（2）找出一个数能被6整除，另
一个数能被2整除，那么它们的积就
能被12整除；
（3）找出一个数能被4整除，另
一个数能被3整除，那么它们的积能
被12整除。
容易判断，这四个数都不能被12
整除，所以第（1）种情况不存在。
对于第（2）种情 况，四个数中能
被6整除的只有76554，而76550，
76552是偶数，所以可以选7 6554和
76550，76554和76552。
对于第（3）种情况，四个数中只< br>有76552能被4整除，76551和76554
都能被3整除，所以可以选76552和76551，76552和76554。
综合以上分析，去掉相同的，可
知两个数的 乘积能被12整除的有以下
三组数：76550和76554， 76552和
76554， 76551和 76552。
例4 在所有五位数中，各位数字
之和等于43且能够被11整除的数有
哪些？
分析与解：从题设的条件分析，
对所求五位数有两个要求：
①各数位上的数字之和等于43；
②能被11整除。
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？
□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100 1=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1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，1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。
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1能被7和
13整除，推知这个12位数能被7和
13整除。

分析与解：根据能被7整除的数
的特征，555555与999999都能被7


因为上式中等号左边的数与等号
右边第一个数都能被7整除，所以等
号右边第二个 数也能被7整除，推知
55□99能被7整除。根据能被7整除
的数的特征，□99-55=□ 44也应能被
7整除。由□44能被7整除，易知□
内应是6。

下面再告诉大家两个判断整除性
的小窍门。
判断一个数能否被27或37整除
的方法：
对于任何一个自然数，从个位开
始， 每三位为一节将其分成若干节，
然后将每一节上的数连加，如果所得
的和能被27（或37）整 除，那么这个
数一定能被27（或37）整除；否则，
这个数就不能被27（或37）整除。
例6 判断下列各数能否被27或
37整除：
（1）2673135；（2）96。
解：（1） 2673135=2，673，135，
2+673+135=810。
因为810能被 27整除，不能被37
整除，所以2673135能被27整除，不
能被37整除。
（2）96=8，990，615，496，
8+990+615+496=2，109。
2，109大于三位数，可以再对2，
109的各节求和，2+109=111。
因为1 11能被37整除，不能被27
整除，所以2109能被37整除，不能
被27整除，进一步推 知96能被37整
除，不能被27整除。
由上例看出，若各节的数之和大
于三位数，则可以再连续对和的各节
求和。
判断一个数能否被个位是9的数
整除的方法：
为了叙述方便，将个位是9的数
记为 k9（= 10k+9），其中k为自然
数。
对于任意一个自然数，去掉这个
数的个位数后，再加上个位数的（k+1）
倍。连续进行这一变 换。如果最终所
得的结果等于k9，那么这个数能被k9
整除；否则，这个数就不能被k9整除 。
例7 （1）判断18937能否被29
整除；
（2）判断296416与37289能否
被59整除。
解：（1）上述变换可以表示为：


由此可知，296416能被59整除，
37289不能被59整除
。一般地，每进行一 次变换，被
判断的数的位数就将减少一位。当被
判断的数变换到小于除数时，即可停
止 变换，得出不能整除的结论。

练习6
1.下列各数哪些能被7整除？哪
些能被13整除？
88205， 167128， 250894，
396500，
675696， 796842， 805532， 。
2.六位数175□62是13的倍数。
□中的数字是几？

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，
，5，8。
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 ）
2
=4
n
2=4×n
2
，所以（2n）
2
能被4整除；
因为（2n+1）
2
=4n
2
+4n+1=4 ×（n
2
+n）
+1，所以（2n+1）
2
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< br>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。
例3 任意给出一个五位数，将组
成这个五位数的5个数码的顺序任意
改变，得到一个新的五位数。那 么，
这两个五位数的和能不能等于
99999？
分析与解：假设这两个五位数的
和等于99999，则有下式：

其中组成两个加数的5个数码完
全相同。因为两个个位数相加，和不
会大于 9+9=18，竖 式中和的个位数是
9，所以个位相加没有向上进位，即两
个个位数之和等于9。同理，十位、百
位、千位、万位数字的和也都等于9。
所以组成两个加数的10个数码之和等
于 9+9+9+9+9=45，是奇数。
另一方面，因为组成两个加数的5
个数码完全相同 ，所以组成两个加数
的10个数码之和，等于组成第一个加
数的5个数码之和的2倍，是偶数。
奇数≠偶数，矛盾的产生在于假
设这两个五位数的和等于99999，所以
假设不 成立，即这两个数的和不能等
于99999。
例4 在一次校友聚会上，久别重
逢的老同学互相频频握手。请问：握
过奇数次手的人数是奇数还是偶数？
请说明理由。
分析与解：通常握手是两人的事。
甲、乙两人握手，对于甲是握手1次，
对于乙也 是握手1次，两人握手次数
的和是2。所以一群人握手，不论人数
是奇数还是偶数，握手的总次 数一定
是偶数。
把聚会的人分成两类：A类是握手
次数是偶数的人，B类是握手次数是奇
数的人。
A类中每人握手的次数都是偶数，
所以A类人握手的总次数也是偶数。
又因为所有人握手的总次 数也是偶
数，偶数-偶数=偶数，所以B类人握
手的总次数也是偶数。
握奇数次 手的那部分人即B类人
的人数是奇数还是偶数呢？如果是奇
数，那么因为“奇数个奇数之和是奇
数”，所以得到B类人握手的总次数
是奇数，与前面得到的结论矛盾，所
以B类人即握 过奇数次手的人数是偶
数。
例5 五（2）班部分学生参加镇里
举办的数学竞赛 ，每张试卷有50道试
题。评分标准是：答对一道给3分，
不答的题，每道给1分，答错一道扣 1
分。试问：这部分学生得分的总和能
不能确定是奇数还是偶数？
分析与解：本 题要求出这部分学
生的总成绩是不可能的，所以应从每
个人得分的情况入手分析。因为每道题无论答对、不答或答错，得分或扣
分都是奇数，共有50道题，50个奇数
相加减，结果 是偶数，所以每个人的
得分都是偶数。因为任意个偶数之和
是偶数，所以这部分学生的总分必是
偶数。
练习7
1.能否从四个3、三个5、两个7
中选出5个数，使这5个数的和等于
22？
2.任意交换一个三位数的数字，
得一个新的三位数，一位同学将原三
位数与新的三位数相加， 和是999。这
位同学的计算有没有错？
3.甲、乙两人做游戏。任意指定
七个 整数（允许有相同数），甲将这
七个整数以任意的顺序填在下图第一
行的方格内，乙将这七个整 数以任意
的顺序填在图中的第二行方格里，然
后计算出所有同一列的两个数的差
（大数 减小数），再将这七个差相乘。
游戏规则是：若积是偶数，则甲胜；
若积是奇数，则乙胜。请说 明谁将获
胜。

4.某班学生毕业后相约彼此通
信，每两人间的通信量 相等，即甲给
乙写几封信，乙也要给甲写几封信。
问：写了奇数封信的毕业生人数是奇
数还是偶数？
市举办五年级小学生“春晖杯”
数学竞赛，竞赛题30道，记分方法是：< br>底分15分，每答对一道加5分，不答
的题，每道加1分，答错一道扣1分。
如果有33 3名学生参赛，那么他们的
总得分是奇数还是偶数？
6.把下图中的圆圈任意涂上红色或< br>蓝色。是否有可能使得在同一条直线
上的红圈数都是奇数？试讲出理由。

7.红星影院有1999个座位，上、
下午各放映一场电影。有两所学校各
有1999名学生包 场看这两场电影，那
么一定有这样的座位，上、下午在这
个座位上坐的是两所不同学校的学生，为什么？
第8讲 奇偶性（二）
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
和最大是多少？
分析与解：有时题目的要求比较
多，可先考虑满足部分要求，然后再
调整，使最后 结果达到全部要求。
这道题的几个要求中，满足“和
最大”是最容易的。暂时不考虑这五
个数的和是奇数的要求。
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，< br>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。
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

< br>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？
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。

例2 对于左下表，每次使其中的
任意两个数 减去或加上同一个数，能
否经过若干次后（各次减去或加上的
数可以不同），变为右下表？为什 么？
分析与解：因为每次有两个数同
时被加上或减去同一个数，所以表中
九个数 码的总和经过变化后，等于原
来的总和加上或减去那个数的2倍，
因此总和的奇偶性没有改变。 原来九
个数的总和为1+2+…+9=45，是奇数，
经过若干次变化后，总和仍应是奇数，< br>与右上表九个数的总和是4矛盾。所
以不可能变成右上表。
例3 左下图是一套房 子的平面
图，图中的方格代表房间，每个房间
都有通向任何一个邻室的门。有人想
从某 个房间开始，依次不重复地走遍
每一个房间，他的想法能实现吗？

分析与 解：如右上图所示，将相
邻的房间黑、白相间染色。无论从哪
个房间开始走，因为总是黑白相间 地
走过各房间，所以走过的黑、白房间
数最多相差1。而右上图有7黑5白，
所以不可 能不重复地走遍每一个房
间。
例4 左下图是由14个大小相同
的方格组成的图 形。试问能不能剪裁
成7个由相邻两方格组成的长方形？

分析与解：将这14 个小方格黑白
相间染色（见右上图），有8个黑格，
6个白格。相邻两个方格必然是一黑一白，如果能剪裁成7个小长方形，那
么14个格应当是黑、白各7个，与实
际情况不符，所 以不能剪裁成7个由
相邻两个方格组成的长方形。
例5 在右图的每个○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？

分析与解：假定图中5与1之间
的○中的数是奇数，按顺时针加上或
减去标出的数字，依次得到各个○中
的数的奇偶性如下：

因为上图两端是同一个○中的
数，不可能既是奇数又是偶数，所以5
与 1之间的○中的数不是奇数。
同理，假定5与1之间的○中的
数是偶数，也将推出矛盾。
所以，题目的要求办不到。
例6 下页上图是半张中国象棋
盘，棋盘上已放 有一只马。众所周知，
马是走“日”字的。请问：这只马能
否不重复地走遍这半张棋盘上的每一
个点，然后回到出发点？

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，…
第三类：能被两个以上的自然数
整除的自然数。这类自然数的特征是
大于1，除了能被1和它本身整除外，
还能被其它一些自然数整除。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：

1既不是质数也不是合数。
2是质数，留下来，后面凡能被2
整除的数都是合数，都划去；
3是质数，留下来，后面凡能被3
整除的数都是合数，都划去；
类似地，把5留下来，后面凡是5
的倍数的数都划去；
把7留下来，后面凡是7的倍数
的数都划去。
经过以上的筛选，划去的都是合
数 ，余下26个数，除1外，剩下的25
个都是质数。这样，我们便得到了100
以内的质数表：
2，3，5，7，11，13，17，19，
23，29，31，37，41，
43，47，53，59，61，67，71，
73，79，83，89，97。
这些质数同学们应当熟记！
细心的同学可能会注意到，以上
只划到7的倍数，为什么不继 续划去
11，13，…的倍数呢？事实上，这些
倍数已包含在已划去的倍数中。例如，
100以内11的倍数应该是
11×A≤100（其中A为整数），

显 然，A只能取2，3，4，5，6，
7，8，9。因为4=2
2
，6=2×3，8=2 3，
9=3
2
，所以A必是2，3，5，7之一的
倍数。由此推知，11的倍 数已全部包
含在2，3，5，7的倍数中，已在前面
划去了。
要判断一个数N是 质数还是合数，
根据合数的定义，只要用从小到大的
自然数2，3，4，5，6，7，8，…， N-1
去除N，其中只要有一个自然数能整除
N，N就是合数，否则就是质数。但这
样 太麻烦，因为除数太多。能不能使
试除的数少一点呢？由例1知，只要
用从小到大的质数去除N 就可以了。
例2给出的判别方法，可以使试除的
数进一步减少。
例2 判断269，437两个数是合数
还是质数。
分析与解：对于一个不太大的数
N ，要判断它是质数还是合数，可以先
找出一个大于N且最接近N的平方数
K
2
，再写出K以内的所有质数。如果这
些质数都不能整除N，那么N是质数；
如果这些质数中有一 个能整除N，那么
N是合数。
因为269＜17
2
=289。17以内 质数
有2，3，5，7，11，13。根据能被某
些数整除的数的特征，个位数是9，所
以269不能被2，5整除；2+6+9=17，
所以269不能被3整除。经逐一判断
或试 除知，这6个质数都不能整除
269，所以269是质数。
因为437＜21
2
=441。21以内的质
数有2，3，5，7，11，13，17，19。
容易判断4 37不能被2，3，5，7，11
整除，用13，17，19试除437，得到
437÷19= 23，所以437是合数。
对比一下几种判别质数与合数的
方法，可以看出例2的方法的 优越性。
判别269，用2～268中所有的数试除，
要除267个数；用2～268中的质数 试
除，要除41个数；而用例2的方法，
只要除6个数。
例3 判断数是质数还是合数？
分析与解：按照例2的方法判别
这个13位数是质数还是合数， 当然是
很麻烦的事，能不能想出别的办法
呢？根据合数的意义，如果一个数能
够写成两 个大于1的整数的乘积，那
么这个数是合数。
根据整数的意义，这个13位数可
以写成：

=+1111111
=1111111×（1000000+1）
=1111111×1000001。
由上式知，111111和1000001都
能整除，所以是合数。
这道例题又给我们提供了一种判
别一个数是质数还是合数的方法。
例4 判定2
98
+1和2
98
+3是质数还
是合数？
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
n
的个位数的变化规
律，以及a
n
除以某自然数的余数的变
化规律。2
n
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，9 8÷4=24……2，所以2
98
的个
位数是4，（2
98
+1）的 个位数是5，能
被5整除，说明（2
98
+1）是合数。

（2
98
+3）是奇数，不能被2整除；
2
98
不能被3整除，所 以（2
98
+3）也不
能被3整除；（2
98
+1）能被5整除，< br>（2
98
+3）比（2
98
+1）大2，所以（2
98
+3）
不能被5整除。再判断（2
98
+3）能否
被7整除。首先看看2< br>n
÷7的余数的变
化规律：

因为98÷3的余数是2，从上表 可
知2
98
除以7的余数是4，（2
98
+3）除
以7的余 数是4+3=7，7能被7整除，
即（2
98
+3）能被7整除，所以（2
9 8
+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？
，b，c都是质数，a＞b＞c，且a×
b+c=88，求a，b，c。
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。

5.试说明：两个以上的连续自然
数之和必是合数。
6.判断2
66
+3
88
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
2
×3×5， 1998=2×3
3
×37。
例1 一个正方体的体积是13824
厘米
3
，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
3
，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1382 4分解质因
数：

把这些因数分成三组，使每组因
数之积相等，得13 824=（2
3
×3）×（2
3
×3）×（2
3
×3），
于是，得到棱长是2
3
×3=24（厘
米）。所求表面积是24×24× 6=3456
（厘米
2
）。
例2 学区举行团体操表演，有
1 430名学生参加，分成人数相等的若
干队，要求每队人数在100至200之
间，共有几种分 法？
分析与解：按题意，每队人数×
队数=1430，每队人数在100至200之间，所以问题相当于求1430有多少个
在100至200之间的约数。为此，先
把143 0分解质因数，得1430＝
2×5×11×13。
从这四个质数中选若干个，使其乘积在100到200之间，这是每队人
数，其余的质因数之积便是队数。
2×5×11=110，13；
2×5×13=130，11；
11×13=143，2×5=10。
所以共有三种分法，即分成13队，
每队110人 ；分成11队，每队130人；
分成10队，每队143人。
例3 1×2×3×…×40能否被
90909整除？
分析与解：首先将90909分解质
因数，得 90909=3
3
×7×13×37。
因为3
3
（=27），7，13，37都在
1～40中，所以1×2×3 ×…×40能被
90909整除。
例4 求72有多少个不同的约数。
分 析与解：将72分解质因数得到
72=2
3
×3
2
。根据72的约数 含有2和3
的个数，可将72的约数列表如下：

上表中，第三、四行的数字分 别
是第二行对应数字乘以3和3
2
，第三、
四、五列的数字分别是第二列对应 数
字乘以2，2
2
和2
3
。对比72=2
3
×3< br>2
，
72的任何一个约数至多有两个不同质
因数：2和3。因为72有3个质因 数2，
所以在某一个约数的质因数中，2可能
不出现或出现1次、出现2次、出现3
次 ，这就有4种情况；同理，因为72
有两个质因数3，所以3可能不出现或
出现1次、出现2次 ，共有3种情况。
根据乘法原理，72的不同约数共
有4×3=12（个）。
从例4可以归纳出求自然数N的
所有不同约数的个数的方法：一个大
于1的自然数N的约数个数 ，等于它
的质因数分解式中每个质因数的个数
加1的连乘积。
例如，2352= 2
4
×3×7
2
，因为2352
的质因数分解式中有4个2，1个3 ，2
个7，所以2352的不同约数有
（4+1）×（1+1）×（2+1）=30
（个）；
又如，9450=2×3
3
×52×7，所以
9450的不同的约数有
（1+1）×（3+1）×（2+1）×（1+1）
=48（个）。
例5 试求不大于50的所有约数
个数为6的自然数。
分析与解：这是求一个数的约数
个数的逆问题，因此解题方法正好与
例4相反。
因为这个数有六个约数，6=5+1=
（2+1）×（1+1），所以，当这个数
只有一个质因 数a时，这个数是a
5
；
当这个数有两个质因数a和b时，这
个数是a
2
×b。因为这个数不大于50，
所以对于a
5
，只有a=2，即25=3 2；对
于a2×b，经试算得到，2
2
×3=12，2
2

×5=20，2
2
×7=28，2
2
×11=44，3
2
×
2=18，3
2
×5=45，5
2
×2=50。
所以满足题意的数有八个：32，
12，20，28，44，18，45，50。
练习11
1.一个长方体，它的正面和上面
的面积之和是209分米
2
，如果它的 长、
宽、高都是质数，那么这个长方体的
体积是多少立方分米？
2.爷孙两人今 年的年龄的乘积是
693，4年前他们的年龄都是质数。爷
孙两人今年的年龄各是多少岁？
3.某车间有216个零件，如果平
均分成若干份，分的份数在5至20之
间，那 么有多少种分法？
4.小英参加小学数学竞赛，她说：
“我得的成绩和我的岁数以及我得 的
名次乘起来是3916，满分是100分。”
能否知道小英的年龄、考试成绩及名
次 ？
5.举例回答下面各问题：（1）两
个质数的和仍是质数吗？
（2）两个质数的积能是质数吗？
（3）两个合数的和仍是合数吗？
（4）两个合数的差（大数减小数）仍
是合数吗？
（5）一个质数与一个合数的和是质数
还是合数？
6.求不大于100的约数最多的自
然数。
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a
1
，
a
2
，…，a
n
的最大公约数通常用符号
（a
1
，a
2
，…，a
n
）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a
1
，
a
2
，…，a
n
的最小 公倍数通常用符号
[a
1
，a
2
，…，a
n
]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，< br>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1，11，10 1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9 09。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）。

所以，对角线共经过格点（30，
24）-1=5（个）。
例5 甲、乙、丙三人绕操场竞走，
他们走一圈分别需要1分、1分15秒
和1分 30秒。三人同时从起点出发，
最少需多长时间才能再次在起点相
会？
分析与解 ：甲、乙、丙走一圈分
别需60秒、75秒和90秒，因为要在
起点相会，即三人都要走整圈数 ，所
以需要的时间应是60，75，90的公倍
数。所求时间为[60，75，90]=900 （秒）
=15（分）。
例6 爷爷对小明说：“我现在的
年龄是你的7倍，过几 年是你的6倍，
再过若干年就分别是你的5倍、4倍、
3倍、2倍。”你知道爷爷和小明现在< br>的年龄吗？
分析与解：爷爷和小明的年龄随
着时间的推移都在变化，但他们的年< br>龄差是保持不变的。爷爷的年龄现在
是小明的7倍，说明他们的年龄差是6
的倍数；同理 ，他们的年龄差也是5，
4，3，2，1的倍数。由此推知，他们
的年龄差是6，5，4，3， 2的公倍数。
[6，5，4，3，2]=60，
爷爷和小明的年龄差是60的整数倍。
考虑到年龄的实际情况，爷爷与小明
的年龄差应是60岁。所以现在