广东海洋大学专业-家长育儿

小学奥数基础教程（五年级）
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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

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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○1 3
○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=2×3×29。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。
6

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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：

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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=2.8。
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



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（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

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

3333
的两位数的约数，可能的取值有96，48，32，24和16。因为，c=5， 5与除数的乘积仍是两位数，所以除数只能是16，
进而推知b=6。因为商的后三位数是125的奇数 倍，只能是125，375，625和875之一，经试验只能取375。至此，已求出
除数为16，商 为6.375，故被除数为6.375×16=102。右式即为所求竖式。

求解此类小数除法竖式题，应先将其化为整数除法竖式，如果被除数的末尾出现n个0，则在除数和商中，一个含 有因
子2（不含因子5），另一个含有因子5（不含因子2），以此为突破口即可求解。
例5 一个五位数被一个一位数除得到下页的竖式（1），这个五位数被另一个一位数除得到下页的竖式（2）， 求这个
五位数。

nn
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101 *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

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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


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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
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，

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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，

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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。
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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
=9.5。
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a< br>3.已知a
b表示a除以3的余数再乘以b，求13
b表示（a-b）÷（a+b），试 计算：（5
4的值。
3）（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，a
9.已知： 2
4
求（4

第4讲 定义新运算（二）
例1 已知a※b=（a+b）-（a-b），求9※2的值。
分析与解：这是一道很简单的题，把a= 9，b=2代入新运算式，即可算出结果。但是，根据四则运算的法则，我们可以
先把新运算“※”化简 ，再求结果。
3=2×3×4，
3）的值。
5=4×5×6×7×8，……
4）÷（3
b=4a-ba。计算：（4△3）△（2b）。

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a※b=（a+b）-（a-b）
=a+b-a+b=2b。
所以，9※2=2×2=4。
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由例1可知，如果定义的新运算是用四则混合运算表示，那么在符合四则混合运算的性质、法则的前 提下，不妨先化简
表示式。这样，可以既减少运算量，又提高运算的准确度。
例2 定义运算：a⊙b=3a+5ab+kb，
其中a，b为任意两个数，k为常数。比如：2⊙7=3×2+5×2×7+7k。
（1）已知5⊙2=73。问：8⊙5与5⊙8的值相等吗？
（2）当k取什么值时，对于任何不同的数a，b，都有a⊙b=b⊙a，
即新运算“⊙”符合交换律？
分析与解：（1）首先应当确定新运算中的常数k。因为5⊙2=3×5+5×5×2+k×2
=65+2k，
所以由已知 5⊙2=73，得65+2k=73，求得k=（73-65）÷2 =4。定义的新运算是：a⊙b=3a+5ab+4b。
8⊙5=3×8+5×8×5+4×5=244，
5⊙8=3×5+5×5×8+4×8=247。
因为244≠247，所以8⊙5≠5⊙8。
（2）要使a⊙b=b⊙a，由新运算的定义，有
3a+5ab+kb=3b+5ab+ka，
3a+kb-3b-ka=0，
3×(a-b)-k(a-b)=0，
(3-k)(a-b)=0。
对于两个任意数a，b，要使上式成立，必有3-k=0，即k=3。
当新运算是a⊙b=3a+5ab+3b时，具有交换律，即 a⊙b=b⊙a。
例3 对两个自 然数a和b，它们的最小公倍数与最大公约数的差，定义为a☆b，即a☆b=[a，b]-（a，b）。
比如，10和14的最小公倍数是70，最大公约数是2，那么10☆14=70-2=68。
（1）求12☆21的值；
（2）已知6☆x=27，求x的值。
分析与解：（1）12☆21=[12，21]-（12，21）=84-3=81；
（2）因为定义的新运算“☆”没有四则运算表达式，所以不能直接把数代入表达式求x，只能用推理的方法。
因为6☆x=[6，x]-（6，x）=27，而6与x的最大公约数（6，x）只能是1，2，3 ，6。所以6与x的最小公倍数[6，x]
只能是28， 29， 30， 33。这四个数中只有 30是 6的倍数，所以 6与x的最小公倍数和最大公约数分别是30和3。因
为a×b=[a，b]×（a，b），
所以6×x=30×3，由此求得x=15。
例4 a表示顺时针旋转90°，b表示顺时针旋转 180°，c表示逆时针旋转90°，d表示不转。定义运算“◎”表示“接
着做”。求：a◎b；b◎ c；c◎a。
分析与解： a◎b表示先顺时针转90°，再顺时针转180°，等于顺时针转2 70°，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；

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（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：
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a※b表示a，b两数中较小的数的3倍，
a△b表示a，b两数中较大的数的2.5倍。
比如：4※5=4×3=12，4△5=5×2.5=12.5。
计算：[(0.6※0.5)+(0.3△0.8)]÷[(1.2※0.7)-(0.64△0.2)]。

4.设m，n是任意的自然数，A是常数，定义运算m⊙n=（A×m-n）÷4，
并且2⊙3=0.75。试确定常数A，并计算：（5⊙7）×（2⊙2）÷（3⊙2）。
5.用a，b，c表示一个等边三角形围绕它的中心在同一平面内所作的旋转运动：

a表示顺时针旋转240°，
b表示顺时针旋转120°，
c表示不旋转。
运算“∨”表示“接着做”。试以a，b，c为运算对象做运算表。
6.对任意两个不同的自然数a和b，较大的数除以较小的数，余数记为a
（1）计算：1998
（2）已知11
2000，（519）19，5（195）；
x=4，x小于20，求x的值。
b。比如73=1，529=4，420=0。
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。

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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。
- 11 -
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能被41和271整除。
例3 现有四个数：76550，76551，76552，76554。能不能从中找出两个数，使它们的乘积能被1 2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76554和76550，7 6554
和76552。
对于第（3）种情况，四个数中只有76552能被4整除，7 6551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？
3.173□是个四位数。数学老师说：“我在这个□中先后填入3个数字，所得到的 3个四位数，依次可以被9，11，6
整除。”问：数学老师先后填入的3个数字之和是多少？

小学奥数基础教程（五年级）

- 12 -

班有多少名学生？
6.能不能将从1到9的各数排成一行，使得任意相邻的两个数之和都能被3整除？

第6讲 数的整除性（二）
我们先看一个特殊的数——1001。因为1001=7×11×13 ，所以凡是1001的整数倍的数都能被7，11和13整除。



能被7，11和13整除的数的特征：
如果数A的末三位数字所表示的数与末三位数以前 的数字所表示的数之差（大数减小数）能被7或11或13整除，那
么数A能被7或11或13整除。否 则，数A就不能被7或11或13整除。
例2 判断306371能否被7整除？能否被13整除？
解：因为371-306=65，65是13 的倍数，不是7的倍数，所以306371能被13整除，不能被7整除。
例3 已知10□8971能被13整除，求□中的数。
解：10□8-971=1008-971+□0=37+□0。
上式的个位数是7，若是13的倍数，则必是13的9倍，由13×9-37=80，推知□中的数是8。


2位数进行改写。根据十进制数的意义，有
因为100010001各数位上数字之和是3，能够被3整除，所以这个12位数能被3整除。
根据能被7（或13）整除的数的特征，100010001与（100010-1=） 100009要么都能被7（或13）整除，要么都不能被
7（或13）整除。
同理， 100009与（ 100-9=）91要么都能被7（或13）整除，要么都不能被7（或13）整除。
因为91=7×13，所以100010001能被7和13整除，推知这个12位数能被7和13整除。

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：

小学奥数基础教程（五年级）
（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）8990615496。
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）8990615496=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。
- 13 -
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
因为111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8990615496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， 75778885。
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，
11159126，131313555，266117778。
9.在下列各数中，哪些能被19整除？哪些能被79整除？
55119， 55537， 62899， 71258，
186637，872231，5381717。

第7讲 奇偶性（一）
整数按照能不能被2整除，可以分为两类：
（1）能被2整除的自然数叫偶数，例如

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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，…
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整数由小到大排列，奇、 偶数是交替出现的。相邻两个整数大小相差1，所以肯定是一奇一偶。因为偶数能被2整除，所以
偶数可 以表示为2n的形式，其中n为整数；因为奇数不能被2整除，所以奇数可以表示为2n+1的形式，其中n为整 数。
每一个整数不是奇数就是偶数，这个属性叫做这个数的奇偶性。奇偶数有如下一些重要性质：
（1）两个奇偶性相同的数的和（或差）一定是偶数；两个奇偶性不同的数的和（或差）一定是奇数。 反过来，两个数的
和（或差）是偶数，这两个数奇偶性相同；两个数的和（或差）是奇数，这两个数肯定 是一奇一偶。
（2）奇数个奇数的和（或差）是奇数；偶数个奇数的和（或差）是偶数。任意多个偶数的和（或差）是偶数。
（3）两个奇数的乘积是奇数，一个奇数与一个偶数的乘积一定是偶数。
（4）若干个 数相乘，如果其中有一个因数是偶数，那么积必是偶数；如果所有因数都是奇数，那么积就是奇数。反过
来，如果若干个数的积是偶数，那么因数中至少有一个是偶数；如果若干个数的积是奇数，那么所有的因数都是奇 数。
（5）在能整除的情况下，偶数除以奇数得偶数；偶数除以偶数可能得偶数，也可能得奇数。 奇数肯定不能被偶数整除。
（6）偶数的平方能被4整除；奇数的平方除以4的余数是1。
因为（2n）=42=4×n，所以（2n）能被4整除；
因为（2n+1）=4n+4n+1=4×（n+n）+1，所以（2n+1）除以4余1。
（7）相邻两个自然数的乘积必是偶数，其和必是奇数。
（8）如果一个整数有奇数个约数（包括 1和这个数本身），那么这个数一定是平方数；如果一个整数有偶数个约数，
那么这个数一定不是平方数 。
整数的奇偶性能解决许多与奇偶性有关的问题。有些问题表面看来似乎与奇偶性一点关系也没有 ，例如染色问题、覆盖
问题、棋类问题等，但只要想办法编上号码，成为整数问题，便可利用整数的奇偶 性加以解决。
例1下式的和是奇数还是偶数？
1+2+3+4+…+1997+1998。
分析与解：本题当然可以先求出算式的和，再来判断 这个和的奇偶性。但如果能不计算，直接分析判断出和的奇偶性，
那么解法将更加简洁。根据奇偶数的性 质（2），和的奇偶性只与加数中奇数的个数有关，与加数中的偶数无关。1～1998
中共有999个 奇数，999是奇数，奇数个奇数之和是奇数。所以，本题要求的和是奇数。
例2 能否在下式的□中填上“+”或“-”，使得等式成立？
1□2□3□4□5□6□7□8□9=66。
分析与解：等号左端共有9个数参加加、减运算， 其中有5个奇数，4个偶数。5个奇数的和或差仍是奇数，4个偶数
的和或差仍是偶数，因为“奇数+偶 数=奇数”，所以题目的要求做不到。
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：

2222
2n22
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。

小学奥数基础教程（五年级）
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。
- 15 -
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
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？
5.A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：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333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 ，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？

小学奥数基础教程（五年级）
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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，……

小学奥数基础教程（五年级）
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 ？
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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
2.一本书由17个故事组成，各 个故事的篇幅分别是1，2，3，…，17页。这17个故事有各种编排法，但无论怎样编排，
故事正文 都从第1页开始，以后每一个故事都从新一页码开始。如果要求安排在奇数页码开始的故事尽量少，那么最少有多
少个故事是从奇数页码开始的？
3.桌子上放着6只杯子，其中3只杯口朝上，3只杯口 朝下。如果每次翻转5只杯子，那么至少翻转多少次，才能使6
只杯子都杯口朝上？
4. 70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的3倍都恰好等于它两边的两个数的和，这一行数的最左边的 几
个数是这样的：0，1，3，8，21，…问：最右边的一个数是奇数还是偶数？
5. 学校组织运动会，小明领回自己的运动员号码后，小玲问他：“今天发放的运动员号码加起来是奇数还是偶数？” 小
明说：“除开我的号码，把今天发的其它号码加起来，再减去我的号码，恰好是100。”今天发放的 运动员号码加起来，到
底是奇数还是偶数？
6.在黑板上写出三个整数，然后擦去一个换 成所剩两数之和，这样继续操作下去，最后得到88，66，99。问：原来写
的三个整数能否是1，3 ，5？
7.将888件礼品分给若干个小朋友。问：分到奇数件礼品的小朋友是奇数还是偶数？
第9讲 奇偶性（三）
利用奇、偶数的性质，上两讲已经解决了许多有关奇偶性的问题 。本讲将继续利用奇偶性研究一些表面上似乎与奇偶性
无关的问题。
例1 在7×7的正 方形的方格表中，以左上角与右下角所连对角线为轴对称地放置棋子，要求每个方格中放置不多于1
枚棋 子，且每行正好放3枚棋子，则在这条对角线上的格子里至少放有一枚棋子，这是为什么？
分析与 解：题目说在指定的这条对角线上的格子里必定至少放有一枚棋子，假设这个说法不对，即对角线上没放棋子。< br>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，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。

小学奥数基础教程（五年级）
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？

- 18 -
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？

小学奥数基础教程（五年级）

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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1 1，13，…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

小学奥数基础教程（五年级）
11×A≤100（其中A为整数），

- 20 -
显然，A只能取2，3，4，5，6，7，8，9。因为4=2 ，6=2×3，8=23，9=3，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，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=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=441。21以 内的质数有2，3，5，7，11，13，17，19。容易判断437不能被2，3，5，7，11整除，用< br>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26 7
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11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：
11
=00+1111111
=1111111×（1000000+1）
=1111111×1000001。
由上式知，111111和1000001都能整除11，所以11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+1和2+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的个位数的变化规律，以及
a除以某自然数的余数的变化规律。2的个位数 随着n的从小到大，按照2，4，8，6每4个一组循环出现，98÷4=24……2，
所以2的个位数 是4，（2+1）的个位数是5，能被5整除，说明（2+1）是合数。
（2+3）是奇数，不能被2整除； 2不能被3整除，所以（2+3）也不能被3整除；（2+1）能被5整除 ，（2+3）
比（2+1）大2，所以（2+3）不能被5整除。再判断（2+3）能否被7整除。首先 看看2÷7的余数的变化规律：

989898n
9898989898
9 89898
nn
n
9898
2
2
2
22
因为98÷3的余数是2，从上表可知2除以7的余数是4，（2+3）除以7的余数是4+3=7，7能被7整 除，即（2+3）
能被7整除，所以（2+3）是合数。
例5 已知A是质数，（A+10）和（A+14）也是质数，求质数A。
分析与解：从最小的质数开始试算。
A=2时，A+10=12，12是合数不是质数，所以A≠2。
A=3时，A+10=13，是质数；A+14=17也是质数，所以A等于3是所求的质数。
A除了等于3外，还可以是别的质数吗？因为质数有无穷多个，所以不可能一一去试，必须采用其它方法。
A，（A+1），（A+2）除以3的余数各不相同，而（A+1）与（A+10）除以3的余数相 同，（A+2）与（A+14）除以3的
余数相同，所以A，（A+10），（A+14）除以3的余数 各不相同。因为任何自然数除以3只有整除、余1、余2三种情况，
所以在A，（A+10），（A+1 4）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
98
989898

小学奥数基础教程（五年级）
1.现有1，3，5，7四个数字。
（1）用它们可以组成哪些两位数的质数（数字可以重复使用）？
（2）用它们可以组成哪些各位数字不相同的三位质数？
2.a，b，c都是质数，a＞b＞c，且a×b+c=88，求a，b，c。
3.A是一个 质数，而且A+6，A+8，A+12，A+14都是质数。试求出所有满足要求的质数A。

- 21 -
5.试说明：两个以上的连续自然数之和必是合数。
6.判断2+3是不是质数。
7.把一个一位数的质数a写在另一个两位数的质数b后边，得到一 个三位数，这个三位数是a的87倍，求a和b。
第11讲 分解质因数
自然数中任 何一个合数都可以表示成若干个质因数乘积的形式，如果不考虑因数的顺序，那么这个表示形式是唯一的。
把合数表示为质因数乘积的形式叫做分解质因数。
例如，60=2×3×5， 1998=2×3×37。
例1 一个正方体的体积是13824厘米，它的表面积是多少？
分析与解：正方体的体积是“棱长×棱长×棱长”，现在已知正方体的体积是13824厘米，若能 把13824写成三个相
同的数相乘，则可求出棱长。为此，我们先将13824分解质因数：

3
3
23
6688
把这些因数分成三组，使每组因数之积相等，得13824=（2×3）×（2×3）×（2×3），
于是，得到棱长是2×3=24（厘米）。所求表面积是24×24×6=3456（厘米）。
例2 学区举行团体操表演，有1430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1430 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=3×7×13×37。
因为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。根据72的约数含有2和3的个数，可将72的约数列表如下：

32
3
3
32
333
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，第三、四、五列的数字分别是第二列对应数字乘以2，
2和2。 对比72=2×3，72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。
2332
2

小学奥数基础教程（五年级）
例如，2352=2×3×7，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=2×3×52×7，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。
3
42
- 22 -
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；当这个数有两
个质因数a和b时，这 个数是a×b。因为这个数不大于50，所以对于a，只有a=2，即25=32；对于a2×b，经试算得到，
2×3=12，2×5=20，2×7=28，2×11=44，3×2=18，3×5=45，5×2 =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，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17 64，但是甲的总环数比乙少4环。求甲、乙各自的总环数。
2
2222222
25
5

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< br>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、18 0克二级茶叶、240克三级茶叶都是60元，分装后每袋的价格相等，所以144克一
级茶叶、180 克二级茶叶、240克三级茶叶，分装的袋数应相同，即分装的袋数应是144，180，240的公约数。题目 要求每
袋的价格尽量低，所以分装的袋数应尽量多，应是144，180，240的最大公约数。

所以（144，180，240）=2×2×3=12，即每60元的茶叶分装成12袋 ，每袋的价格最低是60÷12=5（元）。
为节约篇幅，除必要时外，在求最大公约数和最小公倍数时，将不再写出短除式。
例2 用自然数a去除498，450，414，得到相同的余数，a最大是多少？
分析与解：因为498，450，414除以a所得的余数相同，所以它们两两之差的公约数应能被a整除。
498-450=48，450-414=36，498-414=84。

小学奥数基础教程（五年级）
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？
- 23 -
分析与解：只知道三个自然数的和，不知道三个自然数具体是几，似乎无法 求最大公约数。只能从唯一的条件“它们的
和是1111”入手分析。三个数的和是1111，它们的公 约数一定是1111的约数。因为1111=101×11，它的约数只能是1，11，
101和111 1，由于三个自然数的和是1111，所以三个自然数都小于1111，1111不可能是三个自然数的公约数， 而101是可
能的，比如取三个数为101，101和909。所以所求数是101。
例4 在一个30×24的方格纸上画一条对角线（见下页上图），这条对角线除两个端点外，共经过多少个格点 （横线与
竖线的交叉点）？

分析与解：（30，24）=6，说明如果将方格纸 横、竖都分成6份，即分成6×6个相同的矩形，那么每个矩形是由（30÷6）
×（24÷6）=5× 4（个）
小方格组成。在6×6的简化图中，对角线也是它所经过的每一个矩形的对角线，所以经 过5个格点（见左下图）。在
对角线所经过的每一个矩形的5×4个小方格中，对角线不经过任何格点（ 见右下图）。

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< br>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？

小学奥数基础教程（五年级）
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

- 24 -
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
可知，（18，12）=2×3=6，[18，12]=2×3×3×2=36。如果把18与1 2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12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15，a，b，c的最小公倍数是120，求a，b，c。
分析与解：因为12，15都是a的约数，所以a应当是12与15的公倍数，即是[12，15] =60的倍数。再由[a，b，c]=120
知， a只能是60或120。[a，c]=15，说明c 没有质因数2，又因为[a，b，c]=120=2×3×5，所以c=15。
因为a是c的倍数 ，所以求a，b的问题可以简化为：“a是60或120，（a，b）=12，[a，b]=120，求a，b。 ”
当a=60时，
b=（a，b）×[a，b]÷a
=12×120÷60=24；
当a=120时，
b=（a，b）×[a，b]÷a
=12×120÷120=12。
所以a，b，c为60，24，15或120，12，15。

要将它们全部分别装入小瓶中，每个小瓶装入液体的重量相同。问：每瓶最多装多少千克？
分析与 解：如果三种溶液的重量都是整数，那么每瓶装的重量就是三种溶液重量的最大公约数。现在的问题是三种溶液< br>的重量不是整数。要解决这个问题，可以将重量分别乘以某个数，将分数化为整数，求出数值后，再除以这 个数。为此，先
求几个分母的最小公倍数，[6，4，9]=36，三种溶液的重量都乘以36后，变为 150，135和80，
（150，135，80）=5。
上式说明，若三种溶液 分别重150，135，80千克，则每瓶最多装5千克。可实际重量是150，135，80的136，所以< br>每瓶最多装
3

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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

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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

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5056=2×79。
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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=290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-b各自除以13的
余数。
3.2100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。
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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。
7.2000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
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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1000 0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：

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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。
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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1 5，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。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。

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例3 1，4，4，5。
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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< br>到更多的、更好的思考办法。
例9 1，5，5，5。




有效的思考办法。

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以后，乘法基本算式就增加了许多：

- 31 -
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
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。

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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


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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
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。

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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。

小学奥数基础教程（五年级）
（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。
- 34 -
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333 0。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，那么这两个整数的差越小，他们的乘积越大。特别地，当这两个数相等时，他们的 乘
积最大。
例2比较下面两个乘积的大小：
a=57128463×87596512，
b=57128460×87596515。
分析与解：对于a，b两个积，它们都是8位数乘以8位数，尽管两组对应因数很相似，但并不完全 相同。直接计算出
这两个8位数的乘积是很繁的。仔细观察两组对应因数的大小发现，因为571284 63比57128460多3，87596512比87596515
少3，所以它们的两因数之和相等 ，即
57128463+87596512=57128460+87596515。
因为a的两个因数之差小于b的两个因数之差，根据结论1可得a＞b。
例3用长36米的竹篱笆围成一个长方形菜园，围成菜园的最大面积是多少？

小学奥数基础教程（五年级）
分析与解：已知这个长方形的周长是36米，即四边之和是定数。长方形的面积等于长乘以宽。因为
长+宽=36÷2=18（米），
由结论知，围成长方形的最大的面积是9×9=81（米）。
例3说明，周长一定的长方形中，正方形的面积最大。
例4两个自然数的积是48，这两个自然数是什么值时，它们的和最小？
分析与解：48的约数从小到大依次是1，2，3，4，6，8，12，16，24，48。
所以，两个自然数的乘积是48，共有以下5种情况：
48=1×48，1+48=49；
48=2×24，2+24=26；
48=3×16，3+16=19；
48=4×12，4+12=16；
48=6×8，6+8=14。
两个因数之和最小的是6+8=14。
结论2两个自然数的乘积一定时，两个自然数的差越小，这两个自然数的和也越小。
2
- 35 -
例5要砌一个面积为72米的长方形猪圈，长方形的边长以米为单位都是自然数，这个猪圈的围墙最少长多少米？
解：将72分解成两个自然数的乘积，这两个自然数的差最小的是9-8=1。由结论2，猪圈围墙 长9米、宽8米时，围墙
总长最少，为（8+9）×2=34（米）。
答：围墙最少长34米。
例6把17分成几个自然数的和，怎样分才能使它们的乘积最大？
分析与解：假设分成的自然数中有1，a是分成的另一个自然数，因为1×a＜1+a，也就是说， 将1+a作为分成的一个
自然数要比分成1和a两个自然数好，所以分成的自然数中不应该有1。
如果分成的自然数中有大于4的数，那么将这个数分成两个最接近的整数，这两个数的乘积大于原来 的自然数。例如，
5=2+3＜2×3，8=3+5＜3×5。也就是说，只要有大于4的数，这个数就 可以再分，所以分成的自然数中不应该有大于4的数。
如果分成的自然数中有4，因为4=2+2=2×2，所以可以将4分成两个2。
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

2
练习18
1.试求和是91，乘积最大的两个自然数。最大的积是多少？

之和的最小值是多少？
3.比较下面两个乘积的大小：
123456789×987654321，
123456788×987654322。
4.现计划用围墙围起一块面积为5544米的长方形地面，为节省材料，要求围墙最短，那么这块 长方形地的围墙有多
少米长？
5.把19分成几个自然数的和，怎样分才能使它们的积最大？
6.1～8这八个数字各用一次， 分别写成两个四位数，使这两个数相乘的乘积最大。那么这两个四位数各是多少？
7.在数111 2…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？
2

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第19讲 图形的分割与拼接
- 36 -
怎样把一个图形按照要求分割成若干部分？怎样把一个图形分割成若干部分 后，再按要求拼接成另一个图形？这就是本
讲要解决的问题。
例1请将一个任意三角形分成四个面积相等的三角形。
分析与解：本题要求分成面积相等的三角形，因此可以利用“同底等高的三角形面积相等”这一性质来分割。
方法一：将某一边等分成四份，连结各分点与顶点（见左下图）。

方法二：画出某一边的中线，然后将中线二等分，连结分点与另两个顶点（见右上图）。
方法三：找出三条边上的中点，然后如左下图所示连结。

方法四：将三条边上的中点两两连结（见右上图）。
前三种方法可以看成先将三角形分割成面积相 等的两部分，然后分别将每部分再分割成面积相等的两部分。本题还有更
多的分割方法。
例2将右图分割成五个大小相等的图形。

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

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

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

例4将下图分割成两块，然后拼成一个正方形。

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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。

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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，
长方形面积=长×宽=ab，
平行四边形面积=底×高=ah，

2
圆面积=半径×半径×π=πr，
扇形面积=半径×半径×π×圆心角的度数÷360°
2
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）。

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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+6-（10×10÷2）-（10+6）×6÷2=38（厘米）。
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。

222
- 39 -
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，在平行四边形DEFG中，三角形DC E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，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。

2
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，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。

2

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）。
同理可知，三角形BDE与三角形CEF的面积都等于20厘米。
所以三角形DEF的面积等于20×3+10=70（厘米）。
2
2
2

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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。

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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，
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）。
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< br>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）。
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）。
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。

2
2
2
分析与解：把黄色正方形纸片向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=7.2。
正方形盒子底部的面积是红+黄+绿+A=20+12+12+7.2=51.2。
练习20
1.等腰直角三角形的面积是20厘米，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。

2
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，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，梯形的 上底长是多少厘米？
2
2

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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10-3=7（厘米），面积为（7+10）
×2÷2=17（厘米）。
所以，阴影部分的面积是17厘米。
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1 0厘米，求平行四边形ABCD的面积。

2
2
2
分析与解： 因为阴影部分比三角形EFG的面积大10厘米，都加上梯形FGCB后，根据差不变性质，所得的两个新图形< br>的面积差不变，即平行四边行ABCD比直角三角形ECB的面积大10厘米，所以平行四边形ABCD的 面积等于
10×8÷2+10=50（厘米）。
例3在右图中，AB=8厘米，C D=4厘米，BC=6厘米，三角形AFB比三角形EFD的面积大18厘米。求ED的长。
2
2
2
2

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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18厘米，这两个三角形都加上四边形FDC B后，其差不变，所以梯形ABCD比三角形ECB的面积大18厘米。也就是
说，只要求出梯形ABC D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），
三角形ECB面积=36-18=18（厘米），
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。

2
2
22
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E FO都加上三角形BEO，则原来的问题转化为求三角形BEC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G F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BHF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EFO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

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2
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）。

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。求直角梯形ABCD的 面积。（π=3.14）

2
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EDF的面积大9厘米，求ED的长。

2
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，求CD的长。
影部分的面积和。
2

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、梯形等图形组合而成的不规则图< br>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。

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π×4×4÷4-4×4÷2=4.56。

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（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。

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（阴影部分）。求这个梯形的面积。

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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
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）。
例4在左下图的直角三角形中有一个矩形，求矩形的面积。

2
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。求 乙正方形的面积。

2
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（见左
下图）。

2
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2 0厘米的矩形，面积是40厘米，
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）。

练习22
1.求下列各图中阴影部分的面积：
（1） （2）
2
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，上底为3厘米，求下底和高。
2

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4.在右上图中，长方形AEFD的面积是18厘米，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。求甲、乙的面积之和。

2
2
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7. 5元，布鞋每双5.9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7.5x元，布鞋销售收入为5.9（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。
7.5x-5.9（46-x）=10，
7.5x-271.4+5.9x=10，
13.4x=281.4，
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

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答：袋中共有74个球。
在例1中，求胶鞋有多少双，我们设胶鞋有x双；在例2中，求袋中共有 多少个球，我们设红球有x个，求出红球个数
后，再求共有多少个球。像例1那样，直接设题目所求的未 知数为x，即求什么设什么，这种方法叫直接设元法；像例2那
样，为解题方便，不直接设题目所求的未 知数，而间接设题目中另外一个未知数为x，这种方法叫间接设元法。具体采用哪
种方法，要看哪种方法 简便。在小学阶段，大多数题目可以使用直接设元法。
例3某建筑公司有红、灰两种颜色的砖，红 砖量是灰砖量的2倍，计划修建住宅若干座。若每座住宅使用红砖80米，
灰砖30米，那么，红砖缺4 0米，灰砖剩40米。问：计划修建住宅多少座？
分析与解一：用直接设元法。设计划修建住宅x 座，则红砖有（80x-40）米，灰砖有（30x+40）米。根据红砖量是灰
砖量的2倍，列出方程
80x-40=（30x+40）×2，
80x-40=60x+80，
20x=120，
x=6（座）。
分析与解二：用间接设元法。设有灰砖x米，则红砖有2x米。根据修建住宅的座数，列出方程。

33
33
333
3
（x-40）×80=（2x+40）×30，
80x-3200=60x+1200，
20x=4400，
x=220（米）。
由灰砖有220米，推知修建住宅（220-40）÷30=6（座）。
同理，也可设有红砖x米。留给同学们做练习。
例4教室里有若干学生，走了10个女生后，男生 是女生人数的2倍，又走了9个男生后，女生是男生人数的5倍。问：
最初有多少个女生？
分析与解：设最初有x个女生，则男生最初有（x-10）×2个。根据走了10个女生、9个男生后，女生是男 生人数的5
倍，可列方程
x-10=[（x-10）×2-9]×5，
x-10=（2x-29）×5，
x-10=10x-145，
9x=135，
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：

3
3
3
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）

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= 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）。
- 48 -
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150千克行李超重（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1.5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< br>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1.5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。

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这一讲就是通过例题加深对这三个基本数量关系的理解。
- 49 -
例1 一个车队 以4米秒的速度缓缓通过一座长200米的大桥，共用115秒。已知每辆车长5米，两车间隔10米。问：这个车队共有多少辆车？
分析与解：求车队有多少辆车，需要先求出车队的长度，而车队的长 度等于车队115秒行的路程减去大桥的长度。由“路
程=时间×速度”可求出车队115秒行的路程为 4×115=460（米）。
故车队长度为460-200=260（米）。再由植树问题可得车 队共有车（260-5）÷（5+10）+1=18（辆）。
例2骑自行车从甲地到乙地，以10 千米时的速度行进，下午1点到；以15千米时的速度行进，上午11点到。如果
希望中午12点到，那 么应以怎样的速度行进？
分析与解：这道题没有出发时间，没有甲、乙两地的距离，也就是说既没 有时间又没有路程，似乎无法求速度。这就需
要通过已知条件，求出时间和路程。
假设A ，B两人同时从甲地出发到乙地，A每小时行10千米，下午1点到；B每小时行15千米，上午11点到。B到 乙
地时，A距乙地还有10×2=20（千米），这20千米是B从甲地到乙地这段时间B比A多行的路 程。因为B比A每小时多行
15-10=5（千米），所以B从甲地到乙地所用的时间是
20÷（15-10）=4（时）。
由此知，A，B是上午7点出发的，甲、乙两地的距离是
15×4=60（千米）。
要想中午12点到，即想（12-7=）5时行60千米，速度应为
60÷（12-7）=12（千米时）。
例3 划船比赛前讨论了两个比赛方案。第一个方案是在 比赛中分别以2.5米秒和3.5米秒的速度各划行赛程的一半；
第二个方案是在比赛中分别以2.5米 秒和3.5米秒的速度各划行比赛时间的一半。这两个方案哪个好？
分析与解：路程一定时，速度 越快，所用时间越短。在这两个方案中，速度不是固定的，因此不好直接比较。在第二个
方案中，因为两 种速度划行的时间相同，所以以3.5米秒的速度划行的路程比以2.5米秒的速度划行的路程长。用单线表示以2.5米秒的速度划行的路程，用双线表示以3.5米秒的速度划行的路程，可画出下图所示的两个方案 的比较图。其中，
甲段+乙段=丙段。

在甲、丙两段中，两个方案所用时间相 同；在乙段，因为路程相同，且第二种方案比第一种方案速度快，所以第二种方
案比第一种方案所用时间 短。
综上所述，在两种方案中，第二种方案所用时间比第一种方案少，即第二种方案好。
例4 小明去爬山，上山时每小时行2.5千米，下山时每小时行4千米，往返共用3.9时。问： 小明往返一趟共行了多
少千米？
分析与解：因为上山和下山的路程相同，所以若能求出上 山走1千米和下山走1千米一共需要的时间，则可以求出上山
及下山的总路程。
因为上山、下山各走1千米共需

所以上山、下山的总路程为

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

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蚂蚁爬行一周平均每分钟爬行


在行程问题中有一类“流水行船”问 题，在利用路程、时间、速度三者之间的关系解答这类问题时，应注意各种速度的
含义及相互关系：
顺流速度=静水速度+水流速度，
逆流速度=静水速度-水流速度，
静水速度=（顺流速度+逆流速度）÷2，
水流速度=（顺流速度-逆流速度）÷2。
此处的静水速度、顺流速度、逆流速度分别指船在静水中、船顺流、船逆流的速度。
例6 两个码头相距418千米，汽艇顺流而下行完全程需11时，逆流而上行完全程需19时。求这条河的水流速度。
解：水流速度=（顺流速度-逆流速度）÷2
=（418÷11-418÷19）÷2
=（38-22）÷2
=8（千米时）
答：这条河的水流速度为8千米时。
练习24
1.小燕上学时骑车，回 家时步行，路上共用50分钟。若往返都步行，则全程需要70分钟。求往返都骑车需要多少时间。
2.某人要到60千米外的农场去，开始他以5千米时的速度步行，后来有辆速度为18千米时的拖拉机把他送到 了农场，
总共用了5.5时。问：他步行了多远？
3.已知铁路桥长1000米，一列火 车从桥上通过，测得火车从开始上桥到完全下桥共用120秒，整列火车完全在桥上的
时间为80秒。求 火车的速度和长度。
4.小红上山时每走30分钟休息10分钟，下山时每走30分钟休息5分钟 。已知小红下山的速度是上山速度的1.5倍，
如果上山用了3时50分，那么下山用了多少时间？
5.汽车以72千米时的速度从甲地到乙地，到达后立即以48千米时的速度返回甲地。求该车的平均速度。
6.两地相距480千米，一艘轮船在其间航行，顺流需16时，逆流需20时，求水流的速度。
7.一艘轮船在河流的两个码头间航行，顺流需要6时，逆流需要8时，水流速度为2.5千米时， 求轮船在静水中的速
度。
第25讲 行程问题（二）
本讲重点讲相遇问题和追及问题。在这两个问题中，路程、时间、速度的关系表现为：
相遇问题：

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。

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达B地。求A，B两地的距离。
分析与解：先画示意图如下：

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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
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=900（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=4.5（ 条边），位于某条边的中点，乙
位于另一条边的中点，所以甲、乙不在同一条边上，甲看不到乙。甲再走 0.5条边就可以看到乙了，即甲走5条边后可以看
到乙，共需

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例6 猎狗追赶前方30米处的野兔。猎狗步子大，它跑4步的路程兔子要跑7步，但是兔子动作快，猎狗跑3步的时间
兔子能跑4步。猎狗至少跑出多远才能追上野兔？
分析与解：这道题条件比较隐蔽，时间 、速度都不明显。为了弄清兔子与猎狗的速度的关系，我们将条件都变换到猎狗
跑12步的情形（想想为 什么这样变换）：
（1）猎狗跑12步的路程等于兔子跑21步的路程；
（2）猎狗跑12步的时间等于兔子跑16步的时间。
由此知，在猎狗跑12步的这段时间里，猎狗能跑12步，相当于兔子跑

也就是说，猎 狗每跑21米，兔子跑16米，猎狗要追上兔子30米需跑21×[30÷（21-16）]=126（米）。
练习25
1.A，B两村相距2800米，小明从A村出发步行5分钟后，小军骑车从 B村出发，又经过10分钟两人相遇。已知小军
骑车比小明步行每分钟多行130米，小明每分钟步行多 少米？
2.甲、乙两车同时从A，B两地相向而行，它们相遇时距A，B两地中心处8千米。已知 甲车速度是乙车的1.2倍，求A，
B两地的距离。
3.小红和小强同时从家里出发相向而行 。小红每分钟走52米，小强每分钟走70米，二人在途中的A处相遇。若小红提前4
分钟出发，但速度 不变，小强每分钟走90米，则两人仍在A处相遇。小红和小强的家相距多远？
4.一列快车和一 列慢车相向而行，快车的车长是280米，慢长的车长是385米。坐在快车上的人看见慢车驶过的时间是
11秒，坐在慢车上的人看见快车驶过的时间是多少秒？
5.甲、乙二人同时从A地到B地去。 甲骑车每分钟行250米，每行驶10分钟后必休息20分钟；乙不间歇地步行，每分
钟行100米，结 果在甲即将休息的时刻两人同时到达B地。问：A，B两地相距多远？
6.甲、乙两人从周长为1 600米的正方形水池相对的两个顶点同时出发逆时针行走，两人每分钟分别行50米和46米。
出发后 多长时间两人第一次在同一边上行走？
7.一只猎狗正在追赶前方20米处的兔子，已知狗一跳前 进3米，兔子一跳前进2.1米，狗跳3次的时间兔子跳4次。
兔子跑出多远将被猎狗追上？
第26讲 行程问题（三）
在行程问题中，经常会碰到相遇问题、追及问题、时间路程速度的 关系问题等交织在一起的综合问题，这类问题难度较大，
往往需要画图帮助搞清各数量之间的关系，并把 综合问题分解成几个单一问题，然后逐次求解。
例1 两条公路成十字交叉，甲从十字路口南18 00米处向北直行，乙从十字路口处向东直行。甲、乙同时出发12分钟
后，两人与十字路口的距离相等 ；出发后75分钟，两人与十字路口的距离再次相等。此时他们距十字路口多少米？
分析与解：如 左下图所示，出发12分钟后，甲由A点到达B点，乙由O点到达C点，且OB=OC。如果乙改为向南走，那么这个条件相当于“两人相距1800米，12分钟相遇”的相遇问题，所以每分钟两人一共行1800÷ 12=150（米）。

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？

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分钟。

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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
由大客车与面包车的相遇问题知BA=（48+42）×（30÷60）=45（千米）；
小轿车比大客车多行BA（45千米）需要的时间，由追及问题得到45÷（60-42）=2.5（时）；
在这2.5时中，小轿车与面包车共行甲、乙两地的一个单程，由相遇问题可求出甲、乙两地相距（ 60+48）×2.5=270
（千米）。
由例1、例2看出，将较复杂的综合问题分解为若干个单一问题，可以达到化难为易的目的。
例3 小明放学后，沿某路公共汽车路线以不变速度步行回家，该路公共汽车也以不变速度不停地运行。每隔9分钟就< br>有一辆公共汽车从后面超过他，每隔7分钟就遇到迎面开来的一辆公共汽车。问：该路公共汽车每隔多少分 钟发一次车？
分析与解：这是一道数量关系非常隐蔽的难题，有很多种解法，但大多数解法复杂且 不易理解。为了搞清各数量之间的
关系，我们对题目条件做适当变形。
假设小明在路上向 前行走了63分钟后，立即回头再走63分钟，回到原地。这里取63，是由于[7，9]=63。这时在前63
分钟他迎面遇到63÷7=9（辆）车，后63分钟有63÷9=7（辆）车追上他，那么在两个63分 钟里他共遇到朝同一方向开来
的16辆车，则发车的时间间隔为
例4 甲、乙两人在长为 30米的水池里沿直线来回游泳，甲的速度是1米秒，乙的速
度是0.6米秒，他们同时分别从水池的两 端出发，来回共游了11分钟，如果不计转向的时间，那么在这段时间里，他们共
相遇了多少次？
分析与解：甲游一个单程需30÷1=30（秒），乙游一个单程需30÷0.6=50（秒）。甲 游5个单程，乙游3个单程，各
自到了不同的两端又重新开始，这个过程的时间是150秒，即2.5分 钟，其间，两人相遇了5次（见下图），实折线与虚折
线的交点表示相遇点。

以2.5分钟为一个周期，11分钟包含4个周期零1分钟，而在一个周期中的第1分钟内，从图中看出两人相遇 2次，
故一共相遇了5×4+2=22（次）。
例4用画图的方法，直观地看出了一个周期内相遇的次数，由此可见画图的重要性。
例5甲、乙两 人同时从山脚开始爬山，到达山顶后就立即下山。他们两人下山的速度都是各自上山速度的2倍。甲到山
顶时乙距山顶还有400米，甲回到山脚时乙刚好下到半山腰。求从山脚到山顶的距离。
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

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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7.2分钟有一辆电车迎面开过，每12分钟有一辆电车从后面< br>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“×”。

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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< br>出的关系用下面的表1、表2、表3表示：

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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< br>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
1.A，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。”

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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？
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3.三户人家每家有一个孩子，分别是小平 （女）、小红（女）和小虎（男），孩子的爸爸是老王、老张和老陈，妈妈是
刘英、李玲和方丽。
（1）老王和李玲的孩子都参加了少年女子体操队；
（2）老张的女儿不是小红；
（3）老陈和方丽不是一家人。
请你将三户人家区分开。
4.甲、乙、丙三人，他们的籍贯分别是辽宁、广西、山东，他们的职业分别是教师、工人、演员。已知：
（1）甲不是辽宁人，乙不是广西人；
（2）辽宁人不是演员，广西人是教师；
（3）乙不是工人。
求这三人各自的籍贯和职业。
5.甲说：“乙和 丙都说谎。”乙说：“甲和丙都说谎。”丙说：“甲和乙都说谎。”根据三人所说，你判断一下，下面
的 结论哪一个正确：
（1）三人都说谎；
（2）三人都不说谎；
（3）三人中只有一人说谎；
（4）三人中只有一人不说谎。
6.五号楼住着四个 女孩和两个男孩，他们的年龄各不相同，最大的10岁，最小的4岁，最大的女孩比最小的男孩大4
岁， 最大的男孩比最小的女孩也大4岁，求最大的男孩的岁数。
第28讲 逻辑问题（二）
例1老师拿来五顶帽子，两顶红的三顶白的。他让三个聪明的同学甲、乙、丙按甲、乙、丙的顺序排成一路纵队， 并闭
上眼睛，然后分别给他们各戴上一顶帽子，同时把余下的帽子藏起来。当他们睁开眼后，乙和丙都判 断不出自己所戴帽子的
颜色，而站在最前面的甲却根据此情况判断出了自己所戴帽子的颜色。
甲戴的帽子是什么颜色？他是怎样判断的？
分析与解：这是一个典型的逻辑推理问题。甲站在最前 面，虽然看不见任何一顶帽子，但他可以想到：如果我和乙戴的
都是红帽子，因为一共只有两顶红帽子， 那么丙就会判断出自己戴的是白帽子。丙判断不出自己戴的帽子的颜色，说明我和
乙戴的帽子是两白或一 白一红。
甲接着想：乙也很聪明，当他看到丙判断不出自己戴的帽子的颜色时，他也能判断出我们 两人戴的帽子是两白或一白一
红。此时，如果他看到我戴是红帽子，那么他就会知道自己戴的是白帽子， 只有我戴的是白帽子时，他才可能猜不出自己戴
的帽子的颜色。所以，我戴的一定是白帽子。
例1中，甲的分析非常精采，严密而无懈可击。
例2三个盒子各装两个球，分别是两个黑球、两个 白球、一个黑球一个白球。封装后，发现三个盒子的标签全部贴错。
如果只允许打开一个盒子，拿出其中 一个球看，那么能把标签全部纠正过来吗？
分析与解：因为“三个盒子的标签全部贴错”了，贴错的情况见下图（○表示白球，●表示黑球）:

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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；
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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
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。”

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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。”
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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< br>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4 7-3=44（个）学生作为物品。
44÷21= 2……2，
根据抽屉原理2，至少有1个抽屉至少有3件物品，即这47名学生中至少有3名学生的成绩是相同的。
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，

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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？
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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16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？

小学奥数基础教程（五年级）
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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，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10000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< br>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？

小学奥数基础教程（五年级）
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
- 62 -
答案与提示：
练习1
1.6281。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（1 0+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）。
3.1÷（2÷3÷4÷5÷6÷7÷8÷9）=90720。
4.1÷（2÷3）÷4÷（5÷6÷7÷8）÷9=2.8。

5. 46×79= 23×158= 3634。
提示：3634=2×23×79。
6.391344。提示：仿照例3。
7.774888。
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：

小学奥数基础教程（五年级）
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：

- 63 -
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
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和5，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< br>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
1.2。2.4。
3.0。


32
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。
7.4。
解：x☆（8☆5）= x☆（8×5÷4）= x☆10= x×10÷4，由x×10÷4=10，求得x=4。
8.0。
解： （4△3）△（2△6）
= (4×3-3×3)△(4×2-62)
= 3△5=3×5-3×5=0。
9.14。

小学奥数基础教程（五年级）
提示：新运算“
÷（3
练习4
”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。（4
- 64 -
4）
3）= （4×5×6×7）÷（3×4×5）=14。





2.7。
解：原式=（0.5×3+0.8×2.5）÷(0.7×3-0.64×2.5)=7。
3.33。
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=0.75，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。

小学奥数基础教程（五年级）
练习5
1.是。提示：7018和1392分别是4205与2813的和与差。
2.14。
- 65 -
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。
3.19。提示：先后填入的三个数依次是7，8，4。
4.123654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。
5.55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88205，167128，805532，75778885。
2.1。
提示：175-62=113，只要□内填1，就有175-162=13。

4.能


5.能。提示：仿例5。
6.4。提示：仿例6。
7.0。
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：1884924，2560437，131313555，266117778。
能被37整除的数有：1861026，2560437，11159126，131313555。
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

小学奥数基础教程（五年级）
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。
- 66 -
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。
2.5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。
3.3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1 2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。

小学奥数基础教程（五年级）
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。

- 67 -
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
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。
2.17，5，3。
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。
3.5。
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。
4.2，7，13。
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的个位数是4，3的个位数是1，（2+3）的个位数是5，能被5整除。
7.5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
1.374分米
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）。
2.9岁，77岁。
提示：693=3×7×11，因为爷孙的岁数都大于4岁，693分解成两个大于4的约数的乘积，有
693=7×99=9×77=11×63=21×33，
2
3
366886688

小学奥数基础教程（五年级）
3.5种。
提示：216=2×3，216的介于5与20之间的约数有6，8，9，12和18五个。
4.11岁，87分，第四名。
提示：3916=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。
6.72，60，84，90。
2
33
- 68 -
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。
提示：只有一个质因数时，约数最多的是2=64，有7个约数；有两个质因数时，约数最多的是2 ×3=72，有12个约
数；有三个质因数时，约数最多的是2×3×5=60，2×3×7=84，2 ×3×5=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
1.20段。
解：（200，240，360）=40，
（200+240+360）÷40=20（段）。
2.39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=52。
3.9。
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123456789
与123456798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）=21.6（米）。
5.59个。
提示：增加1个桔子后，桔子数是4，5，6的公倍数。
6.11点。提示：［5，6，8］=120（分）=2（时）。
7.9，11，13，15。
解：6435=3×5×11×13=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
1.72×120=（7，120）×［72，120］=24×360。
2.12，72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。

2
222
632
5.等于。

小学奥数基础教程（五年级）

- 69 -
6.151瓶。

7.120米。


练习14
1.星期五。
2.1；9；6；9。
提示：由5÷13=1……12，9÷13=6……3知，a-b除以13的余数为12-3=9。
3.73
解：除数×商=被除数-余数=2100-56=2044，2044=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。
4.842。
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。
5.22。
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。
6.25。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
1.299。
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。
2
2222

小学奥数基础教程（五年级）
2.82个。
3.907。
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。
4.48个。
- 70 -
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）÷105=47……13。
5.43。
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。
6.5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：

7.4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
1.79。
解：设原来的两位数为x，则（100+x）+（10x+1）=970。
解得x=79。
2.372。
解：设原来的三位数为x，则
（10x+3）-（1000+x）=2351。解得x=372。
3.6。


=100a+10b+c-（a+b+c）



4.3814
5.159；951。
提示：由例3知，a+b+c=3330÷222=15。
6.63。

小学奥数基础教程（五年级）
（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。
7.267。
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。
- 71 -

练习
18

1.45和46，最大积是2070。

3.123456789×987654321大。
4.298米。
提示：554 4=2×3×7×11。因为5544的两个最接近的因数是2×3=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）。
5.19=3+3+3+3+3+2+2。
6.8531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9999978596061…99100，
最小数是16263…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1 6个数码，尽量留下大数（见下图）：

所以最大数是9999978596061…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162…99100。
练习19

3232

小学奥数基础教程（五年级）

- 72 -
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。
解：14×BC=16×CD，所以BC∶CD=16∶14=8∶7。
因为BC+CD=75÷2=37.5，所以

2
平行四边形ABCD的面积等于14×20=280（厘米）。
3.64米。

2
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）。

5.6。
提示：如右上图，S△ACF=S△BCF，
S△BFD=S△EFD=S△CFE。
6.51厘米。
2

小学奥数基础教程（五年级）
（28÷2+3）×3=51（厘米）。

2
- 73 -
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
7.5。
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。
解：扇形CEF与直角三角形ABC的面积相等，∠C=45°，所求圆的面

2
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）。
3.24厘米。
提示：扇形ABD的面积为π×4×4÷4=12.56（厘米），
直角三角形ABC的面积为12.56+3.44=16（厘米），BC=16÷4×2=8（厘米），
梯形ABCD面积为（4+8）×4÷2=24（厘米）。
4.8。
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。

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

小学奥数基础教程（五年级）

- 74 -
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。
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）π-4×4÷2= 4.56（厘米）。

22
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）。边长
为9厘米。所求梯形的下底为9厘米，高为9-3=6（厘米）。

2
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（l5+3）
÷2=9（厘米）。
甲、乙的面积和为9×9×2-45=117（厘米）。
6.20厘米。
2
2

小学奥数基础教程（五年级）

- 75 -
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AB E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

3.80吨。
解：设小池注满水为x吨，则大池注满水为1.5x吨。由两池共有水量，可列方程1.5x+5=x+30。
解得=50。两池共有水50+30=80（吨）。
4.14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。
5.50个。 解：设原有女生x个。根据男生人数可列方程（x-10）×1.5=（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）。
7.49只。
解：设这群羊原有x只。由原有公羊只数可得方程

练习24
1.30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=5.5。
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）。
4.2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1. 5倍，所以下山走了180÷1.5=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。

小学奥数基础教程（五年级）

- 76 -
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÷6-2.5=17.5（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）。
4.8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）。
6.104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2.1×4=8.4（米），狗追上兔子 时兔子跑了8.4×[20÷（9-8.4）]=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。

小学奥数基础教程（五年级）

- 77 -
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）。
4.7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[7.2，12]=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÷7. 2+36÷
12=8（辆），
两车间隔（36+36）÷8=9（分）。电车速度为4.5×[7.2÷（9-7.2）]=18（千米时）。
6.8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
1.C。
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。

2.A，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：

小学奥数基础教程（五年级）

- 78 -
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。
6.8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。

小学奥数基础教程（五年级）
3.丁。
- 79 -
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。
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”是真的。由此推知，小吴25岁，小徐22岁。
5.提示：（1）三队循环赛，每队都打2场，所以C队只赛1场是错误的。
（2）A队才打2场 ，不可能胜2平1，并且胜的总场数与负的总场数应相等，现表中胜3负2不合理，从A队得3分看，
A 队可能是胜1平1。打平双方都记1分，所以平球的总分不可能是奇数，从C队的得分看，C队平球是1场不是2 场。这
样，胜、负、平的场数才合理，与各队得分也相吻合。
（3）A队既然胜1平1， 不可能进0个球，打球双方有几个进球就有几个失球，失球总数是9，所以A队进球数的0应
改为6。
表格正确填法如下：
6.8分。
提示：甲、乙、丙各有1道未答 ，由得分情况知，乙对4道
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
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
1.4箱。提示：92÷（138-110+1）
=3……5。
2.28人。提示：200÷（8-1）
=28……4。
3.8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。
4.11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≈23.72（亿秒 ），以每2秒为一个
抽屉，共有23.72÷2=11.86亿（个）抽屉，将12亿件物品放入11. 86亿个抽屉，
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。
6.43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6< br>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
1.31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。
2.8。

小学奥数基础教程（五年级）
提示：与例2类似，按除以7的
余数将自然数分为7类。
3.7。
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。
5.4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。
6.11个。


- 80 -