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十七 变换和操作（B）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1．对于324和612， 把第一个数加上3，同时把第二
个数减3，这算一次操作，操作_____次后两个数相等.
2. 对自然数n,作如下操作：各位数字相加，得另一自然
数，若新的自然数为一位数，那么 操作停止，若新的自然数
不是一位数，那么对新的自然数继续上面的操作，当得到一
个一位数为 止，现对1,2,3…,1998如此操作,最后得到的一位
数是7的数一共有_____个.
3. 在1,2,3,4,5,…,59,60这60个数中,第一次从左向右划
去奇数位上的 数；第二次在剩下的数中，再从左向右划去奇
数位上的数；如此继续下去，最后剩下一个数时，这个数是
_____.
4. 把写有1,2,3,…，25的25张卡片按顺序叠齐，写有1
的卡片放在最上面，下面进行这样的操作：把第一张卡片放
到最下面，把第二张卡片扔掉；再把第一张卡 片放到最下面，
把第二张卡片扔掉；…按同样的方法，反复进行多次操作，
当剩下最后一张卡片 时，卡片上写的是_____.
5. 一副扑克共54张,最上面的一张是红桃K.如果每次把
最上面的4张牌,移到最下面而不改变它们的顺序及朝向,那
么,至少经过_____次移动,红桃K 才会出现在最上面.
1

6. 写出一个自然数A,把A的十位数字与百位 数字相加,
再乘以个位数字,把所得之积的个位数字续写在A的末尾,称
为一次操作.
如果开始时A=1999,对1999进行一次操作得到19992，
再对19992进行一次操作得 到199926，如此进行下去直到
得出一个1999位数为止，这个1999位数的各位数字之和是_____.
7. 黑板上写有1987个数:1,2,3,…，1986，1987.任意擦
去若干个数,并添上被擦去的这些数的和被7除的余数,称为
一个操作.如果经过若干次这种操 作,黑板上只剩下了两个数,
一个是987,那么,另一个数是_____.
8.下图中有5 个围棋子围成一圈.现在将同色的两子之间
放入一个白子,在异色的两子之间放入一个黑子,然后将原来
的5个拿掉,剩下新放入的5个子中最多能有_____个黑子.

9. 在圆周上 写上数1,2,4然后在每两个相邻的数之间写
上它们的和(于是共得到6个数:1,3,2,6,4, 5)再重复这一过程
5次,圆周上共出现192个数,则所有这些数的和是_____.
10. 在黑板上任意写一个自然数,然后用与这个自然数互
质并且大于1的最小自然数替换这 个数,称为一次操作,那么
最多经过_____次操作,黑板上就会出现2.
二、解答题
2

11．甲盒中放有1993个白球和1994个黑球，乙盒中放
有足够多个黑球.现在每次从甲盒中任取两球放在外面,但当
被取出的两球同色时,需从乙盒中取出一个 黑球放入甲盒；当
被取出的两球异色时，便将其中的白球再放回甲盒，这样经
过3985次取、 放之后，甲盒中剩下几个球？各是什么颜色
的球？
12．如图是一个圆盘，中心轴固定在黑板 上，开始时，
圆盘上每个数字所对应的黑板处均写着0，然后转动圆盘，
每次可以转动
90
的任意整数倍，圆盘上的四个数将分别正对
0
着黑板上写数的位置.将圆盘上 的数加到黑板上对应位置的
数上,问:经过若干次后,黑板上的四个数是否可能都是1999?
2
0
0
4
13. 有三堆石子,每次允许由每堆中拿掉一个或相同数目
3
0
的石子(每次这个数目不一定相同),或由任一堆中取一半石子
1
(如果这堆石子是 偶数个)放入另外任一堆中,开始时三堆石子
数分别为1989,989,89.如按上述方式进行操作 ,能否把这三
堆石子都取光?如行,请设计一种取石子的方案,如不行,说明
理由.
14. 如图,圆周上顺次排列着1、2、3、……、12这十二
个数，我们规定：相邻的四个 数a1、a2、a3、a4顺序颠倒
为a4、a3、a2、a1，称为一次“变换”（如：1、2、3、 4
变为
10
4、3、2、、1、2变为2、1、12、
2
1，又如：
1
10
11、12
11）.能否经过有限次“变换”，将十二个数的顺序变为9、1、
9
8
4
7
6
5
7
3
6
5
3
11
12
·
1
11
12
·
9
3
8
2
4

2、3、……8、10、11、12（如图）？请说明理由.
———————————————答 案——————
————————————————
1. 48
每操作一次,两个数的差减少6,经(612-324)
< br>6=48次操
作后两个数相等.
2. 222
由于操作后所得到的数与原 数被9除所得的余数相同,因
此操作最后为7的数一定是原数除以9余7的数,即
7,16,2 5,…，1996，一共有（1996-7）

9+1=222（个）
3． 32
第一次操作后，剩下2,4,6,…,60这30个偶数；
第二次操作后，剩下4,8,12,…,60这15个数（都是4的
倍数）；
第三次操作后，剩下8,16,24,…,56这7个数（都是8的
倍数）；
第四次操作后，剩下16,32,48这3个数；
第五次操作后，剩下一个数,是32.
4. 19
第一轮操作,保留1,3,5,…，25共13张卡片；
第二轮保留3,7,11,15,19,23这6张卡片；
第三轮保留3,11,19这3张卡片；
4

接着扔掉11,3；
最后剩下的一张卡片是19.
5. 27次
因为[54,4]=108,所以移 动108张牌,又回到原来的状况.
又因为每次移动4张牌,所以至少移动108

4 =27(次).
6. 66
按照操作的规则,寻找规律知,A=1999时得到的199 9位
数为:00…0.其各位数字和为
1+9+9+9+2+6+6+8+6+4 +6=66
7. 0
黑板上的数的和除以7的余数始终不变.
(1+2+3+…+1987)
又
2
7=282154
1+2+3 +…
+1987=
19871988
=1987

994=198 7

142

7是7的倍数.
所以黑板上剩下的两个数之和为7的倍数.
又987=7

141是7的倍 数,所以剩下的另一个数也应是
7的倍数,又这个数是某些数的和除以7的余数,故这个数只
能 是0.
8. 4个
提示:因为5个子不可能黑白相间,所以永远不会得到5个
全是黑子.
5

9. 5103
记第i次操作后,圆周上所有数的和为ai,依题意,得
ai+1=2ai+ai=3ai.
又原来三数的和为a0=1+2+4=7,所以
a1=3a0=21,a2=3a1=63,
a3=3a2=189,a4=3a3=567,a5=3a4=1701,a6=3a5=5103,即所有数的和为5103.
10. 2
如果写的是奇数,只需1次操作；如果写 的是大于2的偶
数，经过1次操作变为奇数，再操作1次变为2.
11. 由操作规则知， 每次操作后，甲盒中球数减少一个，
因此经过3985次操作后，甲盒中剩下1993+1994-39 85=2
个球.
每次操作白球数要么不变,要么减少2个.因此,每次操作
后甲盒中 白球数的奇偶性不变；即白球数为奇数.因此最后剩
下的2个球中,白球1个,故另一个必为黑球.
12. 每次加上的数之和是1+2+3+4=10,所以黑板上的
四个数之和永远是10的 整数倍.因此,无论如何操作,黑板上
的四个数不可能都是1999.
13. 要把三堆石子都取光是不可能的.
按操作规则,每次拿出去的石子总和是3的倍数,即不改变
石子总数被3除的余数.而1989+989+89=3067被3除余
6

1,三堆石子取光时总和被3除余0.所以,三堆石子都取光是办
不到的.
14. 能


11
12
1
10 2
·
1
1
12
11
10
2
2
·
3

·
4
6
1
·
2
10
11
12
5
解：如上图所示，经过两次变换，10、11、12三个数
被顺时针移动了两个位置.仿此,
7
再经过3次这样的两次变
12
换,10、11、12三个数又被顺时针移动了六个位 置，变为下
图，图中十二个数的顺序符合题意.
题目：客、货两车分别从A、B两地同时相对开出，已知
客、货两车的速度比是4 ：5.两车 在途中相遇后继续行驶。
货车把速度提高20％，客车速度不变，再行4小时后，货
车到达A地 ，而客车离B地还有112千米。A、B两地相距
多少千米？
本题解法使用比例知识和分数知识的有关内容
比例知识：时间一定，行驶的路程和对应的速度 成正比例，
也就是行驶的路程的比等于对应的速度的比
分数知识：找112千米与单位“1”也就是全程的关系
列式为：解：设客车第二次行的路程与全程的关系为X
X ：49 = 4 ：【5×（1+20％）】
7
9
11
10
8

X = 827
112÷（59 - 827）= 432（千米）
十七 变换和操作（A）
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1. 黑板上写着8,9,10,11,12,13,14七个数,每次任意擦
去两个数,再写上这两个 数的和减1.例如,擦掉9和13,要写上
21.经过几次后,黑板上就会只剩下一个数,这个数是__ ___.
2. 口袋里装有99张小纸片,上面分别写着1~99.从袋中
任意摸出若干张小 纸片,然后算出这些纸片上各数的和,再将
这个和的后两位数写在一张新纸片上放入袋中.经过若干次< br>这样的操作后,袋中还剩下一张纸片,这张纸片上的数是
_____.
3. 用1~1 0十个数随意排成一排.如果相邻两个数中,前
面的大于后面的,就将它们变换位置.如此操作直到前面 的数
都小于后面的数为止.已知10在这列数中的第6位,那么最少
要实行_____次交换. 最多要实行_____次交换.
4. 一个自然数,把它的各位数字加起来得到一个新数,称
为一次变换,例如自然数5636,各位数字之和为
5+6+3+6=20,对20再作这样的变换得2 +0=2.可以证明进
行这种变换的最后结果是将这个自然数,变成一个一位数.
对数1112…272829作连续变换，最终得
8

到的一位数是_____.
5. 5个自然数和为100,对这5个自然数进 行如下变换,找
出一个最小数加上2,找出一个最大数减2.连续进行这种变换,
直至5个数不 发生变化为止,最后的5个数可能是_____.
6. 在黑板上写两个不同的自然数,擦去较大数, 换成这两
个数的差,我们称之为一次变换.比如(15,40),40-15=25,擦去
40 ,写上25,两个数变成(15,25),对得到的两个数仍然可以继
续作这样的变换,直到两个数变得 相同为止,比如对(15,40)作
这样的连续变换:
(15,40) (15,25) (15,10) (5,10) (5,5).
对(1024,111…1)作这样的连续变换，最后得到的两个相
同的
20个1
数是_____.
7. 在一块长黑板上写着450位数
3456789 …（将123456789重复50次）.删
去这个数中所有位于奇数位上的数字:再删去所得的数中所
有位于奇数位上的数字:再删去…，并如此一直删下去.最后删
去的数字是_____.
8. 将100以内的质数从小到大排成一个数字串,依次完
成以下五项工作叫做一次操作:
① 将左边第一个数码移到数字串的最右边；
9

② 从左到右两位一节组成若干这两位数；
③ 划去这些两位数中的合数；
④ 所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余
划去；
⑤ 所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字
串。
经过1997次操作，所得的数字串是_____.
9. 一个三角形全涂上黑色,每次进行一次操作 ,即把全黑
三角形分成四个全等的小三角形,中间的小正三角形涂上
白色,经过5次操作后,黑 色部分是整个三角形的_____.

(1) (2)
10. 口袋里装着分别写有1,2,3,…，135的红色卡片各一
张，从口袋里 任意摸出若干张卡片，并算出这若干张卡片上
各数的和除以17的余数，再把这个余数写在另一张黄色的
卡片上放回口袋内.经过若干次这样的操作后，口袋内还剩下
两张红色卡片和一张黄色卡片.已 知这两张红色卡片上写的
数分别是19和97.那么这张黄色卡片上写的数是_____.
二、解答题
11．请说明例1中，对1980的连续变换中一定会出现
重复.对其它 的数作连续变换是不是也会如此?
12. 将3

3方格纸的每一个方格添上奇数或偶数,然后进
10

行如下操作:将每个方格里的数换成与它有公共边的几个方
格里的数的和,问是否可以经过一定次数的 操作,使得所有九
个方格里的数都变成偶数?如果可以,需要几次?
13. 在左下图中,对 任意相邻的上下或左右两格中的数字
同时加1或减1算作一次操作,经过若干次操作后变为下图.
问:下图A格中的数字是几?为什么?

14.
0 1 0 1
1 1 1 1
1 0 1 0
1 1 1 1

1997在1997的方形棋盘上每格都装有一盏灯和一
0 1 0 1
1 1 1 1
1 0 1 0
A

1

11
个按钮,按钮每按一次,与它同一行和同一列方格中的灯泡都

改变一次状态,即由亮 变不亮,不亮变亮.如果原来每盏灯都是
不亮的,请说明最少需要按多少次按钮才可以使灯全部变亮?
———————————————答 案——————
————————————————
1. 71
所剩之数等于原来的七个数之和减6,故这个数是
(8+9+ 10+11+12+13+14)-6=71.
2. 50
每次操作都不改变袋中所有数 之和除以100的余数,所以
最后一张纸片上的数等于1~99的和除以100的余数.
(1 +2+…+99)

100=
(199)99

100
2
=4950

100
11

=49

100+50
故这张纸片上的数是50.
3. 4次；40次.
当排列顺序为1,2,3,4 ,5,10,6,7,8,9时,交换次数最少,需交
换4次；当排列顺序为9，8，7，6，5，10 ，4，3，2，1
时，交换次数最多，需交换40次.
4. 3
一个整数被9 除的余数等于它的各位数字之和被9除的
余数,如果这个整数不是9的倍数,就可以根据这一点来确定< br>题目要求的一位数.
(1+2+…+9)

3+1

10+ 2

10被9除余3，可见最终得到
的一位数是3.
5. 20,20,20,20,20,或19,20,20,20,21
或19,19,20,21, 21.
仿例2，5个数的差距会越来越小，最后最大与最小数
最多差2.最终的5 个数可能是20，20，20，20，20，或者
19，20，20，20，21或19，19，20， 21，21.
6. 1
变换中的两个数,它们的最大公约数始终末变,是后得到
的两个相同的数即为它们的最大公约数.因为1024=210,而
11…1
20个
12

1
没有质因子2，它们是互质的.所以最后得到的两个相同的数
是1.
7. 4
事实上,在第一次删节之后.留下的皆为原数中处于偶数
位
置上的数；在第二次删节 之后，留下的数在原数中所处的位
置可被4整除；如此等等.于是在第八次删节之后,原数中只
留下处于第28

k=256k号位置上的数,这样的数在所给的
450位数中只有一 个,即第256位数.由于256=9

28+4,所以
该数处于第29组“1234 56789”中的第4个位置上.即为
4.
8. 1731
第1次操作得数字串7；
第2次操作得数字串11133173；
第3次操作得数字串111731；
第4次操作得数字串1173；
第5次操作得数字串1731第6次操作得数字串7311；
第7次操作得数字串3117；
第8次操作得数字串1173；
以下以4为周期循环，即4k次操作均为1173.
1996=4

499,所以第1996次操作得数字串1173,因此
13

第1997次操作得数字串1731.
9.
234

1024
每一次黑三角形个数为整个的
3
,所以5 次变换为
4
33333243





=
444441024
10. 3
卡片上的数字之和除以17的余数始终不变.
(1+2+3+…+135)

17=9180

17=540.
(19+97)

17=116

17=6……14，
因为黄色卡片上的数都小于17，所以黄色卡片上的数是
17-14=3.
11. 对1980的连续变换中,每个数都不大于
1980+1991=3971,所以在3971步之内必定 会出现重复,对
其它的数作连续变换也会如此.
12. 如图,用字母a,b,c,d,e,f,g,h,I代表9个方格内的数
字,0代表偶数.
a b c b+d a+e+c b+f g+c b+h a+i
d e f a+e+g d+b+h+f c+e+i d+f 0 d+f
g h i d+h g+e+i h+f a+i b+h g+c
d+f+b+h g+c+a+i b+h+d+f 0 0 0
g+c+a+i 0 g+c+a+i 0 0 0
14

d+f+b+h a+I+g+c b+h+d+f 0 0 0
可见经过四次操作后,所有九个方格中的数全变为偶数.
13. 每次操作都是在相邻的两 格,我们将相邻的两格染
上不同的颜色(如右下图),因为每次操作总是一个黑格与一个
白格同 时加1或减1,所以无论进行多少次操作,白格内的数
字之和减去黑格内的数字之和总是常数.由原题左 图知这个
常数是8,再由原题右图可得(A+7)-8=8,由此解得A=9.
















14. 1997次
将第一列中的每 一格都按一次,则除第一列外,每格的灯
都只改变一次状态,由不亮变亮.而第一列每格的灯都改变1997次状态,由不亮变亮.
如果少于1997次,则至少有一列和至少有一行没有被按
过,位于这一列和这一行相交处的灯保持原状,即不亮的状态.
十六 追及问题(B)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1．狗追狐 狸，狗跳一次前进1.8米,狐狸跳一次前进1.1
米.狗每跳两次时狐狸恰好跳3次.如果开始时狗离 狐狸有30
15

米,那么狗跑 米才能追上狐狸.
2. B处的兔子和A处的狗相距56米,兔子从B处逃跑,狗
同时从A处跳出追兔子,狗一跳前进2米,狗跳 3次时间与兔
子跳4次时间相同,兔子跳出112米到达C处,狗追上兔子,
问兔子一跳前进多 少米?
3.甲、乙两地相距60千米.小王骑车以每小时行10千米
的速度上午8点钟从甲地 出发去乙地.过了一会儿,小李骑车
以每小时15千米的速度也从甲地去乙地.小李在途中M地追
上小王,通知小王立即返回甲地.小李继续骑车去乙地.各自分
别到达甲、乙两地后都马上返回,两人 再次见面时,恰好还在
M地.小李是
时出发的.
4 .甲、乙两地相距20公里，A、B、C三人同时从甲地
出发走往乙地(他们速度保持不变),当A到达 乙地时,B、C两
人离乙地分别还有4公里和5公里,那么当B到达乙地时,C
离乙地还有 公里.
5.甲、乙二人在周长是120米的圆形池塘边散步,甲每分
走8米,乙每分走7米. 现在从同一地点同时出发,相背而行,
出发后到第二次相遇用了多少时间?
6.右图的两个圆 只有一个公共点A,大圆直径48厘米,小
圆直径30厘米.两只甲虫同时从A点出发,按箭头所指的方 向
以相同速度分别沿两个圆爬行.
16

当小圆上的甲虫爬了 圈时,两只甲虫相距最远.

•
7.如图是一座交桥俯视
B
图.中心部分路面宽20
A
•
立

米,AB=CD=100米.阴影部分为四个四分之一圆形草坪.现有
C
20
甲、乙两车分别在A，D两处按箭头方向行驶.甲车速56千
B A
20
A

米小时,乙车速50千米小时
甲
.甲车要追上乙车至少需要
分钟.(圆周率取3.1)
乙
D
8．有甲、乙、丙三人同时同地出发， 绕一个花圃行走，
乙、丙二人同方向行走，甲与乙、丙相背而行.甲每分钟走
40米,乙每分钟 走38米,丙每分钟走36米.出发后,甲和乙相
遇后3分钟和丙相遇.这花圃的周长是 米.
9.一个圆的周长为1.26米,两只蚂蚁从一条直径的两端同
时出发沿圆周相向爬行.这两只 蚂蚁每秒分别爬行5.5厘米和
3.5厘米.它们每爬行1秒,3秒,5秒……(连续的奇数),就调头
爬行.那么,它们相遇时,已爬行的时间是 秒.
10.甲乙两个同学分别在长方形 围墙外的两角(如下图所
示).如果他们同时开始绕着围墙反时针方向跑,甲每秒跑5米,
乙每 秒跑4米,那么甲最少要跑 秒才能看到乙.

二、解答题
乙

15m

20m

11．甲、乙两人环绕周长
甲 400米的跑道跑步，如果两人
从同一地点出发背向而行，那么经过2分钟相遇，如果两人
17

从同一地点出发同向而行，那么经过20分钟两人相遇，已
知甲的速度比 乙快，求甲、乙两人跑步的速度各是多少？
12．小强和小江进行百米赛跑.已知小强第1秒跑1米,
以后每秒都比前面1秒多跑0.1米；小江则从始至终按每秒
1.5米的速度跑,问他们二人谁 能取胜?简述思维过程.
13.A,B两地相距105千米,甲、乙两人骑自行车分别从两
地 同时相向而行,出发后经
1
3
小时相遇,接着二人继续前进,在
4
他 们相遇3分钟后,一直以每小时40千米速度行驶的甲在途
中与迎面而来的丙相遇,丙在与甲相遇后继续 前进,在C地赶
上乙.如果开始时甲的速度比原速每小时慢20千米,而乙的速
度比原速度每小 时快2千米,那么甲、乙就会在C地相遇.求
丙的骑车速度是每小时多少千米?
14.甲、乙 两名运动员在周长400米的环形跑道上进行
10000米长跑比赛，两人从同一起跑线同时起跑，甲每 分跑
400米，乙每分跑360米，当甲比乙领先整整一圈时，两人
同时加速，乙的速度比原来 快
1
，甲每分比原来多跑18米，
4
并且都以这样的速度保持到终点.问:甲 、乙两人谁先到达终
点?
———————————————答 案——————
————————————————
1. 360
18

狗跳2次前进1.8

2=3.6(米),狐狸跳3次前进
1.1

3=3.3(米),它们相差3.6-3.3=0.3(米),也就是说狗每跑
3. 6米时追上0.3米.30
后能追上狐狸.所以,狗跑
1.8

200=360(米)才能追上狐狸.
2. 1
根据追及问题可知,兔跳112米时,狗跳
56+112=168(米).
因此,狗 一共跳了1682=84(次).由狗跳3次的时间与
0.3=100,即狗跳100

2=200(次)
兔跳4次的时间相同的条件,可知兔跳了4

(84
3) =112(次)
所以,兔跳一次前进112
3. 8点48分.
从小李追上小王 到两人再次见面,共行了60

2=120(千
米),共用了120
点共用了 4.8
(15+10)=4.8(小时),所以,小王从乙地到M
2=2.4(小时),
112=1(米).
甲地到M点距离2.4

10=24(千米)
小李行这段距离用了2415=1.6(小时)
比小王少用了2.4-1.6=0.8(小时)
所以,小李比小王晚行了0.8小时,即在8点48分出发.
4.
1
1
(公里)
4
19

当A到达乙地时 ,A行了20公里,B、C两人离乙地分别还
有4公里和5公里，也就是B行了(20-4)=16公里 ,C行了
(20-5)=15公里,所以C的速度是B的
15
.当B行完最后剩下16
的4公里时,C行了
4

15
3
3
(公 里),这时C距乙地还有
164
5-
3
3
=
1
1< br>(公里).
44
5. 16
第二次相遇两人共行两周,需120

2
6. 4
圆内的任意两 点,以直径两端点的距离最远.如果沿小圆
爬行的甲虫爬到A点,沿大圆爬行的甲虫恰好爬到B点,二甲
虫的距离便最远.小圆周长为


30=30

,大圆周长 为48

,一
半便是24

.问题便变为求30

和24

的最小公倍数问题了.
30

和24

的最小公倍数，相当于30与24的最小公倍
数再乘以

.
30与24的最小公倍数是120,
12030=4 12024=5.
2
(8+7)=16(分钟).
所以小圆上甲虫爬4圈后,大圆上爬行了5个
1
圆周长,即
是爬到了B点.
7. 2.62
依交通规则甲车行进路线为A B C D(其
20

中 表示沿狐线行进),因而两车初始相距.
200+
1

2

10020
=200+3.1

20=262
2
C
20
B
20
A
A
甲
米.


C
B
现甲车每小时比乙车多行6千米,所以每分钟甲车可追及
乙
A
D
乙车
6000
=100
60
所以,262
米.
100=2.62分.
D
即甲车至少需要经过2.62分钟才能追及乙车.
8. 8892
依题意作下图.
由已知可知,甲先与乙相遇,后与丙相遇.当甲 与乙相遇时,
他们三人所在位置情况如下图所示；
•
由图示可知乙、丙在同一时间(甲、乙相遇时间)里，所行
甲
路程之差等于甲、丙在3分钟内相向行程的路程之和.

乙
相遇点
乙丙
出发点
甲
(40+36)3=763=228(米)
丙
这样,根据乙、丙在同一时间(甲、乙相遇时间)是所行路程
之差与它们单位时间内速度之差, 求出甲、乙相遇时间.
228(38-36)=2282=114(分钟)
所以,花圃的周 长为(40+38)

114=78

114=8892(米).
9. 49
根据相向行程问题若它们一直保持相向爬行直至相遇所
21

需的时间是
100

1.26

1
2
(5.5+3.5)=7(秒)
由爬行规则可知第一轮有效前进时间是1秒钟,第二轮有
效前进时间是5-3=2(秒),……，如下图所示：

甲
相遇点
2 2 2 1
乙
3
5
7
9
11
13
所用时间 有效时间
1 1
3+5=8 5-3=2
7+9=16 9-7=2
11+13=24 13-11=2
由上表可知实际耗时为1+8+16+24=49(秒)
相遇有效时间为1+2

3=7(秒)
所以,它们相遇时爬行的时间是49秒.
10. 17
甲要看到乙,甲乙间的最大距离为20米,即甲最少要比乙
多跑15米,这需跑
15
15
(秒)
54
但还须验证:甲跑15秒时是刚好处于B 点或D点(如下图
所示),实际上,甲跑15秒时跑了75米,这时他在AB边上,距B
点10 米处.因此甲只要再跑2秒即可到达B点,此时甲乙间的
距离已小于20米,乙在BC边上,所以甲最少 要跑17秒才能
22

看到乙.

11. 由两人从同一地点出发背向而行,经过2分钟相遇
知两人每分钟共行
4002=200(米)
由两人从同一地点出发同向而行,经过20分钟相遇知甲
每分钟比乙多走
40020=20 (米)
根据和差问题的解法可知甲的速度是每分钟(200+20)
2=110(米)
乙的速度为每分钟110-20=90(米).
12. 小江每秒跑1.5米,所以,小江跑100米需
1001.5=
66
2
(秒)
3
小强第十一秒跑1+0.1

10=2(米)
小强前11秒的平均速度为每秒
(1+1.1+1.2+……+1.9+2)11=1.5(米)
所以,前11秒钟小强跑的 路程与小江前11秒钟跑的路程
相等.11秒以后,小江仍以每秒1.5米的速度前进,但小强第十二秒跑(2+0.1)=2.1米,第十三秒跑(2.1+0.1)=2.2米,第十四
秒跑(2. 2+0.1)=2.3米,……,小强越跑越快,大大超过小江的速
度,故小强一定能取胜.
23

13. 乙的速度为105

1
3
-40=20(千米时).
4
如上图所示，D为甲、乙相遇点，E为甲、丙相遇点.
D距A: 40
C距A: 105
E距A: 70+40
3
1
70
(千米),
4
[(40-20)+(20+2)]
60
20=50(千米),
3=72(千米).
603=3(千甲、丙在E相遇时，乙在丙前面(20+40)
米),
丙在C处赶上乙,所以丙的速度是
20
223
23
(千米时).
1919
14. 从起跑到甲比乙领先一圈,所经过的时间为
400(400-360)=10(分).
甲到达终点还需要跑的时间为
(10000-40010)(400+18)=
14
74
(分)；
209
乙追上甲一圈所需的时间为
400[360(
1
1
)-418]=12.5(分).
4
74
,所以乙先到达终点.
209
因为12.5<
14
十六 追及问题（A）
年级 班 姓名
A
得分
C

D E
24
甲
50 70 72
乙、丙
B

一、填空题
1．当甲在60米赛跑中冲过终点线时，比乙领 先10米、
比丙领先20米，如果乙和丙按原来的速度继续冲向终点，
那么当乙到达终点时将比 丙领先 米.
2.一只兔子奔跑时,每一步都跑0.5米；一只狗奔跑时,每
一步都 跑1.5米.狗跑一步时,兔子能跑三步.如果让狗和兔子
在100米跑道上赛跑,那么获胜的一定是 .
3.骑车人以每分钟300米的速度,从102路电车始发站出
发,沿102路电车线前进 ,骑车人离开出发地2100米时,一辆
102路电车开出了始发站,这辆电车每分钟行500米,行5 分
钟到达一站并停车1分钟.那么需要 分钟,电车追上骑车
人.
4.亮亮 从家步行去学校,每小时走5千米.回家时,骑自行车,
每小时走13千米.骑自行车比步行的时间少4 小时,亮亮家到
学校的距离是 .
5.从时针指向4点开始,再经过 分钟,时钟与分针第
一次重合.
6.甲、乙两人在400米长的环形跑道上跑步.甲以每分钟
300米的速度从起点跑出1分钟时,乙从起点同向跑出,从这
时起甲用5分钟赶上乙.乙每分 钟跑 米.
十五 相遇问题(A)
年级 班 姓名 得分
25

一、填空题
1. 两列对开的火车途中相遇,甲车上的乘客从看到乙车
到乙车从旁边开过去,共用 6秒钟.已知甲车每小时行45千米,
乙车每小时行36千米,乙车全长_____米.
2. 甲、乙两地间的路程是600千米,上午8点客车以平均
每小时60千米的速度从甲地开往乙地.货车以 平均每小时
50千米的速度从乙地开往甲地.要使两车在全程的中点相遇,
货车必须在上午__ ____点出发.
3. 甲乙两地相距450千米,快慢两列火车同时从两地相向
开出,3小 时后两车在距中点12千米处相遇,快车每小时比慢
车每小时快______千米.
4. 甲乙两站相距360千米.客车和货车同时从甲站出发驶
向乙站,客车每小时行60千米,货车每小时行 40千米,客车到
达乙站后停留0.5小时,又以原速返回甲站,两车对面相遇的
地点离乙站_ _____千米.
5. 列车通过250米长的隧道用25秒,通过210米长的隧
道用2 3秒,又知列车的前方有一辆与它行驶方向相同的货车,
货车车身长320米,速度为每秒17米,列车 与货车从相遇到离
开需______秒.
6. 小冬从甲地向乙地走,小青同时从乙地向甲 地走,当各
自到达终点后,又立刻返回,行走过程中,各自速度不变,两人
第一次相遇在距甲地 40米处,第二次相遇在距乙地15米处.
26

甲、乙两地的距离是______米.
7. 甲、乙二人分别从
A ,B
两地同时相向而行,乙的速度是甲
3
的速度的
2
,二人相遇后继 续行进,甲到
B
地、乙到
A
地后都立
即返回.已知二人第二次相遇的 地点距第一次相遇的地点是
20千米,那么
A,B
两地相距______千米.
8.
A,B
两地间的距离是950米.甲、乙两人同时由
A
地出 发
往返锻炼.甲步行每分走40米,乙跑步每分行150米,40分后
停止运动.甲、乙二人第 ____次迎面相遇时距
B
地最近,距离是
______米.
9. A,B
两地相距540千米.甲、乙两车往返行驶于
A,B
两地
之间,都 是到达一地之后立即返回,乙车比甲车快.设两辆车同
时从
A
地出发后第一次和第二次 相遇都在途中
P
地.那么,到
两车第三次相遇为止,乙车共走了______千米.
10. 甲、乙两个运动员分别从相距100米的直跑道两端
同时相对出发,甲以每秒6.2 5米,乙以每秒3.75米的速度来
回匀速跑步,他们共同跑了8分32秒,在这段时间内两人多次相遇(两人同时到达同一地点叫做相遇).他们最后一次相遇的
地点离乙的起点有______米. 甲追上乙_____次,甲与乙迎面相
遇_____次.
二、解答题
11. 甲、乙两地相距352千米.甲、乙两汽车从甲、乙两
27

地对开 .甲车每小时行36千米,乙车每小时行44千米.乙车因
事,在甲车开出32千米后才出发.两车从各 自出发起到相遇时,
哪辆汽车走的路程多?多多少千米?
12. 甲、乙两车从
A ,B
两城市对开,已知甲车的速度是乙车
6
的
5
.甲车先从
A
城开55千米后,乙车才从
B
城出发.两车相遇
时,甲车比乙车多行驶30 千米.试求
A,B
两城市之间的距离.
13. 设有甲、乙、丙三人,他们步行的 速度相同,骑车的速
度也相同.骑车的速度为步行速度的3倍.现甲自
A
地去
B
地;
乙、丙则从
B
地去
A
地.双方同时出发.出发时,甲 、乙为步行,
丙骑车.途中,当甲、丙相遇时,丙将车给甲骑,自己改为步行,
三人仍按各自原 有方向继续前进;当甲、乙相遇时,甲将车给
乙骑,自己又步行,三人仍按各自原有方向继续前进.问: 三人
之中谁最先到达自己的目的地?谁最后到达目的地?
14. 一条单线铁路线上有A,B,C,D,E
五个车站,它们之间的
路程如下图所示(单位:千米).两列火车从< br>A,E
相向对开,
A
车先
开了3分钟,每小时行60千米,
E
车每小时行50千米,两车在
车站上才能停车,互相让道、错车.两车应该安排在哪一个车站会车(相遇),才能使停车等候的时间最短,先到的火车至少
要停车多长时间?

———————————————答 案——————
28

————————————————
答 案:
1. 135
根据相向而行问题可知乙车的车长是两车相对交叉6秒
钟所行路之和.所以乙车全长
(45000+36000)×
=81000×
=135(米)


2. 7
2
1

600
1
×6
60 60
根据中点相遇的条件,可知两车各行600×
1
=300(千米).
其间客车要行300÷60=5(小时);
货车要行300÷50=6(小时).
所以,要使两车同时到达全程的中点,货车要提前一小时出
发,即必须在上午7点出发.


3. 8
快车和慢车同时从两地相向开出,3小时后两车距中点12
米 处相遇,由此可见快车3小时比慢车多行12×2=24(千米).



所以,快车每小时比慢车快24÷3=8(千米).
4. 60
利用图解法,借助线段图(下图)进行直观分析.
29

解法一 客车从甲站行至乙站需要
360÷60=6(小时).
客车在乙站停留0.5小时后开始返回甲站时,货车行了
40×(6+0.5)=260(千米).
货车此时距乙站还有
360-260=100(千米).
货车继续前行,客车返回甲站(化为相遇问题)“相遇时间”
为
100÷(60+40)=1(小时).
所以,相遇点离乙站60×1=60(千米).
解法二 假设客车到达乙站后不停,而是继续向前行驶
(0.5÷2)=0.25小时后返回,那么两 车行驶路程之和为
360×2+60×0.5=750(千米)
两车相遇时货车行驶的时间为
750÷(40+60)=7.5(小时)
所以两车相遇时货车的行程为
40×7.5=300(千米)
故两车相遇的地点离乙站
360-300=60(千米).



5. 190
列车速度为(250-210)÷(25-23)=20(米秒).列车车身长
30

为20×25-250=
250(米).列车与货车从相遇到离开需(250 +320)÷
(20-17)=190(秒).



根据相向行程问题的特点,小冬与小青第一次相遇时,两人
6. 105
根据题意,作线段图如下:
所行路程之和恰是甲、乙之间的路程.
由第一次相 遇到第二次相遇时,两人所行路程是两个甲、
乙间的路程.因各自速度不变,故这时两人行的路程都是从 出
发到第一次相遇所行路的2倍.
根据第一次相遇点离甲地40米,可知小冬行了40米, 从第
一次到第二次相遇小冬所行路程为40×2=80(米).
因此,从出发到第二次相遇 ,小冬共行了40+80=120(米).
由图示可知,甲、乙两地的距离为120-15=105(米 ).


7. 50.
因为乙的速度是甲的速度的
2
,所以第一次相遇时,乙走了
3
2
5
A,B
两地距离的
(甲 走了
3
),即相遇点距
B
地
2
个单程.因为第
55
一次相遇两人共走了一个单程,第二次相遇共走了三个单程,
所以第二次相遇乙走了
2
×3=
6
(个)单程,即相遇点距
A
地
1
个
555
31

单程(见下图).可以看出,两次相遇地点相距1-
1
-
2
=
2
(个)单
555
程,所以两地相距20 ÷
2
=50(千米).
5



8. 二,150.
两个共行一个来回,即1900米迎面相遇一次,1900÷
(45+50)=20(分钟).
所以,两个每20分钟相遇一次,即甲每走40×20=800(米)
B
相遇一次. 第二次相遇时甲走了800米,距地
950-800=150(米);第三次相遇时甲走了1200米, 距
B
地
1200-950=250(米).所以第二次相遇时距
B
地 最近,距离150
米.
9. 2160

如上图所示,两车每次相遇 都共行一个来回,由甲车两次相
3
遇走的路程相等可知,
AP
=2
P B
,推知
PB
=
1
走
4
3
AB
. 乙车每次相遇
AB
,第三次相遇时共走
4
AB
×3=4
AB
=4×540=2160(千米).
3



10. 87.5,6,26.
8分32秒=512(秒).
32

当两人共行1个单程时第1次迎面相遇,共行3个单程时
第2次迎面相遇,
……,共行
2n
-1个单程时第
n
次迎面相遇.因为共行1个单程需
100÷(6.2 5+3.75)=10(秒),所以第
n
次相遇需10×(
2n
-1)秒,< br>由10×(
2n
-1)=510解得
n
=26,即510秒时第26次 迎面相遇.
此时,乙共行3.75×510=1912.5(米),离10个来回还差
200 ×10-1912.5=87.5(米),即最后一次相遇地点距乙的起点
87.5米.
类似的,当甲比乙多行1个单程时,甲第1次追上乙,多行3
个单程时,甲第2
次追上乙,… …,多行
2n
-1个单程时,甲第
n
次追上乙.因为多行
1个单程需 100÷(6.25-3.75)=40(秒),所以第
n
次追上乙需
40×(
2n
-1)秒.当
n
=6时, 40×(
2n

-1)= 440<512;当
n
=7时,40×(
2n
-1)=520>512,所以 在512
秒内甲共追上乙6次.
11. 由相遇问题的特点及基本关系知,在甲车开出32千
米后两车相遇时间为


(352-32)÷(36+44)=4(小时)
所以,甲车所行距离为
36×4+32=176(千米)



乙车所行距离为
44×4=176(千米)
33

故甲、乙两车所行距离相等.
注: 这里的巧妙之处在于将不是同时出发的问题,通过将甲车从开出32千米后算起,化为同时出发的问题,从而利用相
遇问题的基本关系求出“相遇时间” .
12. 从乙车出发到两车相遇,甲车比乙车少行
55-30=25(千米).这25千米
是乙车行的 1-
5

1
,所以乙车行了25÷
1
=150(千米).< br>A,B
两
666
城市的距离为
150×2+30=330(千米).
13. 谁骑车路程最长,谁先到达目的地;谁骑车路程最短
谁最后到达目的地.
画示意图如下:依 题意,甲、丙相遇时,甲、乙各走了全程的
1
,而丙走了全程的
3
.
44
用图中记号,
33
CDAB
;
48
AC

1
AB
4
;
CD
4
AB
3
;
CD
1
AB
2
;
CE
ED
315
11
CDAB
;
AECEAC()ABAB
.
48
848

由图即知,丙骑车走
3
AB
,甲骑 车走了
3
AB
,而乙骑车走了
48
5
AB
,可见丙 最先到达而甲最后到达.
8
34

14.
A
车先开3分,行3千米.除去这3千米,全程为
45+40+10+70=165(千米).
若两车都不停车,则将在距
E
站
165

50

75
(千米).
6050
处相 撞,正好位于
C
与
D
的中点.所以,
A
车在
C站等候,与
E
车在
D
站等候,等候的时间相等,都是
A
,
E
车各行5千米的时间和,

5611

(时)=11
606060
分.
7.一只蚂 蚁沿等边三角形的三条边由A点开始爬行一周.
在三条边上爬行的速度分别为每分50厘米、每分20厘 米、
20
每分30厘米(如右图).它爬行一周的平均速度是 .
50
8.甲、乙两人同时从A点背向出发沿400米环行跑道行
走,甲每分钟走80米,乙每分钟走 50米,这二人最少用
分钟再在A点相遇.
9.在400米环形跑道上,A、B两 点相距100米(如图).甲、
乙两人分别从A、B两点同时出发,按逆时针方向跑步.甲每秒
跑5米,乙每秒跑4米,每人每跑100米,都要停10秒钟.那么,
甲追上乙需要的时间是
秒.

•
A

30
A

10.甲、乙两人以匀速绕圆形跑道按相反方向跑步,出发点
B

在直径的两个端点.如果他们同时出发,并在乙跑完100米时
35
•

第一次相遇,甲跑一圈还差60米时第二次相遇,那么跑道的长
是 米.
二、解答题
11．在周长为200米的圆形跑道的一条直径的两端，甲、
乙二 人骑自行车分别以6米秒和5米秒的速度同时、相向
出发(即一个顺时针一个逆时针),沿跑道行驶.问 :16分钟内,甲
乙相遇多少次?
12.如右上图,A,B,C三个原料加工厂分别停着甲、 乙、丙
三辆汽车，各车速度依次是60，48，36千米时，各厂间的
6
),如果甲、丙车按箭头方向行驶，乙距离如图所示(单位
A
:千米
B < br>车反向行驶，每到一厂甲车停2分，乙车停3分，丙车停5
分.那么,三车同时开动后何时何处首 次同时相遇.
13.一座下底面是边长为
C
10米的正方形石台,它的一个顶点A处有一个虫子巢穴,虫甲每分钟爬6厘米,虫乙每分钟爬
10厘米,甲沿正方形的边由A B C D A不停的爬
行,甲先爬2厘米后,乙沿甲爬行过的路线追赶甲,当乙遇到甲< br>后,乙就立即沿原路返回巢穴,然后乙再沿甲爬行过的路线追
赶甲,…….在甲爬行的一圈内,乙 最后一次追上甲时,乙爬行了
多长时间?
14.甲、乙二人在400米圆形跑道上进行100 00米比赛.
两人从起点同时同向出发,开始时甲的速度为每秒8米,乙的
速度为每秒6米.当 甲每次追上乙以后,甲的速度每秒减少2
36
10
8

米,乙的速度每秒减少0.5米.这样下去,直到甲发现乙第一次
从后面追上自己开始,两人都把自己的 速度每秒增加0.5米,
直到终点.那么领先者到达终点时,另一人距终点多少米?
———————————————答 案——————
————————————————
1． 12
解法一 依题意,画出线段图如下:

丙

·

·

·

·

起点

10

20

30

40

乙

甲

·

50

60

在同样时间内,甲跑60米,乙跑50米,丙跑40米 ,也就是
在相同单位时间内甲跑6米,乙跑5米,丙跑4米.所以,由上图
看出,当乙跑10米 到达终点时,丙又跑了8米,此时丙距终点
60-40-8=12(米)
解法二 相同时 间内,乙跑50米,丙跑40米,所以丙速是
乙速的
4
.因此当乙到达终点时,丙的行 程为
5
60
4
=48(米)
5
此时丙距终点
60-48=12(米)
解法三 由于乙、丙两人速度不变,又丙与乙在第一段时
间内的路程差(50-40)=10米是乙的路程的1050=
1
,所以
5
当 乙跑完后10米时,丙在第二段时间与乙的路程差为
37

10
1
=2(米)
5
两次路程差和10+2=12(米),就是乙比丙领先的路程.
2. 兔子.
从题面上看,狗和兔子的速度是一样的,但因为当狗跑了
66步后,狗共跑了99米,剩下1米 ,这时它也得再花一步的时
间,这相当于狗要往反100.5米,而当狗跑了66步后,兔子跑
了(366)=198步,再花2步的时间,即到达终点.所以狗较
慢.兔子一定获胜.
3. 15.5
电车追及距离为2100米.电车每分钟行500米,骑车人每
分钟行30 0米,1分钟追上(500-300)=200米,追上2100米
要用(2100
共花(1< br>200)=10.5(分钟).但电车行10.5分钟要停两站,
2)=2分钟,电车停2分钟, 骑车人又要前行(300
200)=3分2)=600米,电车追上这600米,又要多用(600钟.所以,电车追上骑车人共要用
10.5+2+3=15.5(分钟)
4. 32.5
此题可看成同向而行问题:
有两人从亮亮家出发去学校.一人步行,每小时走5千 米；
一人骑自行车,每小时行13千米.那么,当骑自行车的人到学
校时,步行的人离学校还有 (骑车人比步行人早到4小时):5
38

4=20(千米)
又骑车比步行每小时快
13-5=8(千米)
所以,亮亮家到学校的距离是
(208)
11
13=32.5(千米)
5. 21
9
.
设钟面一周的长度为1,则在4点时,分针落后于时针是钟
面周长 的
4
=
1
；同时分钟和时针的速度之差为钟面周长的
123
1111


60720720
由追及问题的基本关系知,两针第一次重合需要
1< br>
11

9




21
(分钟)
3

60720

11
6. 280
甲以每分钟300米的速度从起点跑出1分钟,这时甲离乙
400-3001=100(米)
甲用5分钟比乙多跑100米,则甲每分钟比乙多跑100
5=20(米)
所以,乙每分钟跑300-20=280(米)
7. 每分钟
29
1
厘米.
31
设边长为300厘米,则爬行一周需300

300

300

31
(分钟),
502030
39

平均速度为(300
8. 40
3)31=
29
1
(厘米分).
31
甲第一次回到A点要 用40080=5分钟,以后每隔5分
50=8分钟回到A点一次；乙第一次回到A点要用400
钟,以后每隔8分钟回到A点一次.而5与8的最小公倍数是
40.所以,甲、乙两人再在A点相遇最 少要用40分钟.
9. 140
假设甲乙都不停地跑,那么甲追上乙的时间是1 00
(5-4)=100(秒),甲、乙每跑100米停10秒,等于甲跑100
5=20(秒 )休息10秒,乙跑100
秒甲要停100
4=25(秒)休息10秒.跑100
4= 140(秒),20-1=4(次)共用100+10
此时甲已跑的路程为500米；在第130秒时乙 已跑路程为
400米(他此时已休息3次,花30秒),并在该处休息到第140
秒,甲刚好在 乙准备动身时赶到,他们确实碰到一块了.所以甲
追上乙需要的时间是140秒.
10. 480
依题意作出示意图(如下图),从出发到第一次相遇甲乙两
人共跑了半圈,其中乙跑了 100米.从出发到第二次相遇甲乙
两人共跑了三个半圈,其中甲跑的路程比一圈少60米,乙跑的路程比半圈多60米.因为他们以匀速跑步,所以乙总共跑了三
个100米,从而半圈的长度为
40

3
•
①


•
甲
100-60=240(
•
米)
②
•
乙
所以,跑道的长是2240=480(米)
11. 甲、乙二人第一次相遇时,一共走过的路程是
200
=100
2
米,所

100
秒.
11
以需要的时间是
100

56
乙
200200
以后,两人每隔秒相遇一次.

5611
甲
所以,16分钟内二人相遇的次数是
100
6016

11

+1=

960 11

1

1

264

1


1
=

520

+1

52 .3

1


200
2

2

200

5

10



11

=52+1=53(次)
这里的中括号[ ]不是普通的括号,[
x
]表示
x
的整数部分,
5

如




2.5


2
,

3

3
,

0.6

0< br>.

2

12. 甲车绕一圈后再到B厂,共用60
60]+2
[(6+8+10+6)
3=36 (分)；
[(8+10+6)48]+3乙车绕一圈后再到B厂,共用60
2=36(分)；
丙车从C厂到B厂，共用60[(10+6)36]+5=
31
2
(分).
3
41

因为丙车到B厂要停5分,所以三车同时开出后36分在B
厂同时相遇.
13. 见下表,其中
“乙下次要比甲多爬行的路程”=“甲已爬行路程”
追上的次0
数
甲已爬行2
的路程
(厘米)
追上所需
时间(分
钟)
乙下次要2
比甲多爬
行的路程
(厘米)
由上表看出,第6次追上 时,甲已爬行一圈多了,所以最后
一次是第5次追上,此时,乙共爬行
10 40 16
0
64
0
25
60

0.5 2.5 10 40 16
0
64
0
5 20 80 32
0
1251
1 2 3 4 5 6
2
80 20
0.5+2.5+10+40+160=213(分)
14. 甲追乙1圈时,甲跑了
8[400(8-6)]=1600(米),
此时甲、乙的速度分别变为6米秒和5.5米秒.甲追上乙2
42

圈时,甲跑了
1600+6[400(6-5.5)]=6400(米),
此时甲、乙的速度分别变为4米秒和5米秒.乙第一次追上
甲时,甲跑了
6400+4[400(5-4)]=8000(米),
乙跑了 8000-400=7600(米) .此时,甲、乙的速度分别变为
4.5米秒和5.5米秒.乙跑到终点还需
(10000-7600)
乙到达终点时,甲距终点
(10000-8000)-4 .5
4800
=2000-
1963
7
36
4
( 米).
111111
5.5=
4800
(秒),
11
二十 分数问题(B)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1．在
36
、72
、
24
、
12
四个分数中，第二大的是 . 41832913
2.有一个分数,分子加1可以约简为
1
,分子减1可约简为< br>1
,
35
这个分数是 .
3.已知
A1
2
B90%C75%D
4
E1
1
.把A、B、C、 D、
355
E这五个数从小到大排列,第二个数是 .
4.所有分母小于30并且分母是质数的真分数相加,和
43

是 .
5.三个质数的倒数和为
a
,则
231
a= .
6.计算,把结果写成若干个分母是质数的既约分数之和:
15111
= .

9919951995
7.将
73
、
46、
89
、
25
和
51
分别填入下面各( )中,使不
84571003662
等式成立.

.

)<( )<( ). ( )<(
.
)<(
8.纯循环小数写成最简分数时,分子与分母之和是
58,请你写出这个循环小数 .
9.
11113

.(要求三个加数的分母是连续的







24
偶数).
10.下式中的五个分数都是最简真分数,要使不等式成立,
这些分母的和最小是 .
12345

.










11.我们把分子为1，分母为大于1的自然数的分数称为
单位分数.试把
1< br>表示成分母不同的两个单位分数的和.(列出
6
所有可能的表示情况).
12.试比较22…2与55…5的大小.
301个2 129个5
13.已知两个不同的单位分数之和是
44
1
,求这两个单位分
12

数之差的最小值.
14. (1)要把9块完全相同的巧克力平均分给4个孩子(每
块巧克力最多只能切成两部分),怎么分? < br>(2)如果把上面(1)中的“4个孩子”改为“7个孩子”，好
不好分？如果好分，怎么分？如 果不好分，为什么？
———————————————答 案——————
————————————————
1.
36

41
提示,将分子“通分”为72，再比较分母的大小.
2.
4

15
事实上,所求分数为
1
和
1
的平 均数,即(
1
+
1
)
3535
2=
4
.
15
3. C
因为
A1
2
B
3
944545942
CDE
,又
1
1
,所以< br>D>E>B>C>A,故从小到大第二个数是C.
4.
59
1

2
分母是n的所有真分数共有n-1个,这n-1个分数的分子
依次为1~n-1, 和为
n(n1)
,所以分母n的所有真分数之和等
2
于
n1.本题的解为
2
45

213151711111 31171191231291
+

222222222 2
=
1
+1+2+3+5+6+8+9+11+14=
59
1
.
22
5. 131
因为231=3
又
1
+
1

3
1
=
131
,故
711231< br>41

.
719
8521724983
,令
83< br>
a

b
,

3133133719
711,易知这3个质数分别为3,7和11,
a=131.
6.
原式=
6

105211

2

91995
则19
7.
a+7b=83,易见a=4,b=1,符合要求.
2546517389
.

36576284100
111 1111111
提示:各分数的倒数依次为
,
1
,
1
,1
,
1
.
1
.

.

7346892589
.


.
0.567

8.
化为分数时是
abc
,当化为最简分数时,因为分母大
999
于分子,所以分母大于58
.

.

2=29,即分母是大 于29的两位
37,推知999大于29的两位数约数,由999=333
数只有37,所以分 母是37,分子是58-37=21.因为
212127567

,所以这个循环 小数是
373727999
0.567.
9. 4,6,8.
46

令
1

a
a5
1113
(a
a2a424
为偶数).由
13

1

24a
113

，得
a2a4a
7
，故
1 3
a=2或4，a=2时，
1

1

1

13
，不合题意，因
24624
此，
a4
.
10. 40
提示:
1

2

3

258
45

.
1114
6a36
.
6
a6a6
11. 令
1

1

1
,则
1

1

1

a6
.所 以
b
ab6b6a6a
由a、b为整数，知
36
为整数，即
a6
a-6为36的约数，所以
a61
,2,3,4,6,9,12,18, 36.所以a=7,8,9,10,12,15,18,24,42,
相应地b=42,24,18,1 5,12,10,9,8,7.注意到
ab
,所有可能情
况为
1

6
11111111

.
10
12. 因为301=43
所以
2
301
>
5
129
.
13. 令
111

,且
12ab
7,129=432
301

2
7


3,
129

3

5

5

43

128



125

43

1
,
a1
=
1
+
1
知
122424
a<24a尽可能大.
注意到
为
1
=
1

1

1

1
=22,23
1220302128
不合要求,所以差的最小值
111

.
212884
14. (1)把9块中的三块各分为两部分:
47 < /p>

1
132213

,
1
,
1 
.
444444
每个孩子得
2
1
块:
4
甲:1+1+
1
；乙:1+
3

2
；丙: 1+
2
+
3
；丁:1+1+
1
.
444444
(2)好分,每人分
1
2
块:
7
甲 :1+
2
；乙:
5

4
；丙:
3

6
；丁:
1
1
1
；戊:
6

3；己:
4

5
；
77777777777
庚:
2

1
.
7
二十 分数问题(A)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1 ．分数
2
、
3
7
、
17
、
19
从 小到大排列为 .
102629
2.有分母都是7的真分数、假分数和带分数各一个 ，它们
的大小只差一个分数单位.这三个分数分别是 .
3.已知
A

15

1
1
99

B

23 473
B、C、
15
C15.2D14.8.
A、
34574
D四个数中最大的是 .
4.所有分子为11,而且不能化成有限小数的假分数共有
个.
5.在等 式
a
1
3
b
中,a,b都是由三个数字1,4,7组成的带分< br>4
48

数,这两个带分数的和是 .
6.在下面算式的两个括号中,各填入一个三位数,使等式成
立:
111

.
1998





7.将五个数
10
,
12
,
15
,
20
,
30
按从小到大的顺序排列, 其中第3
1923293759
个位置与第4个位置上的两数之和为 .
8 .设
111
化为循环小数后,它们的循环节长度分别是
,,
37143271
m,n,k(即它们的循环节分别有m,n,k位),则m+n+k= .
9.把
13
表示成三个不同的分数单位和的式子是 .
23
10.小林写了八个分数,已知其中的五个分数是
8
、
33
、
77 317
23
、
3
、
19
，如果这八个分数从小到大排列的第 四个分数
22229183
是
3
，那么按从大到小排列的第三个分数是 .
29
11．如果
12.将
1

数的和.
111

，其中
1997AB
A>B,求AB.
111 1

写成分母是连续自然数的五个真分
212305690
13.在分母 小于15的最简分数中,比
2
大并且最接近
2
的
55
是哪一 个?
49

14.分数
3a5
中的a是一个自然数, 为了使这个分数成为
a8
可约分数, a最小是多少?
———————————————答 案——————
————————————————
1.
2.
17
、
19
、
2
、
7
.
2629310
6
，
7
77
，
8
.
7
3. B.

从题目看,A、B、C、D中最大的,即为
151
1
与
2

3
15
与
9934
15.2
4
与14.8
5
73
中最小的,容易求出,与B相 乘的
2

3

15
7434
最小,所以B最大.
4. 4.
符合题意的假分数有
11
、
11
、
11
和
11
共4个.
3679
5.
11
11
.
28
由1,4,7三个数字组成的带分数有
1
4
,
4
1
,
7
1
,经验算,只有
7
74
a=
4
1
,b=
7
1
符合条件.a +b=
11
11
.
7428
6．
1111111

.(填出一组即可) < br>29918540740
1
分
1998
提示:设a,b为1998的两 个互质的约数,且a>b.将
50

解为两个单位分数之差,得到
1 ab11

.因为
19981998
19981998
< br>ab

1998(ab)


ab



ab

ab
19981998


ab

与
(ab)
都是三位数，所以
ab
100< br>
1998
(ab)
1998
(ab)999
. 100

1998


ab

,得
ab a
100ab100bb119
.
,1,
所以
1< br>1998a2000aa2020
又由
1998

(
ab< br>)

999
,得
ab

bb
999a,
1
1
,所以
1998b2
a13b22b19
①
1
,

.由此得到:

b22a33a20< br>也就是说,只要找到满足①式的1998的两个(互质的)约
数,就能得到符合题意的一组解.满 ①式的a,b有三组:3，2；
54，37；37，27.于是得到
7.
458
.
437
60
,,
,
,

1519114
1111111


299185407 40
通过通分(找最简公分子),
30

59
2060
< br>.显然
60

60

60

60

60
,因此,
30

15

12

10

20
.所
37531937
求两数之和为
12
10

458
.
2319437
8. 14.
111


0.0270.0069930.00369,,.
37143271
51

故m=3,n=6,k=5,因此m+n+k=14.
9.
111
.

22346
13262321111
.

23464622346
10.
19
.
1 83
提示:已知的五个分数从大到小排列依次为
23
、
3
，因此未知 的三个分数都小于
3
.
2222929
33
、
8
、
19
、
31777183
11. 注意到1997是质数,其约数为1和1997.
11199711

199 71997

11997

199719981998
.
B=1997.
1



10

所以A =1997
2

3
1998,B=1998.故A
4
< br>56

78

9
11

11

11

1
12. 原式=
1
















11

1

111
< br>1

1
=








+




36< br>
7

248

9
1




510

=
1

1
< br>1

1

6789
1

10
13. 设所求的分数为
m
,(m,n)=1,n<15.
n
因为
m
-
2
=
5m2n
.
n55n
由题目要求,取m、n使右边式子大于0,且为最小,若
5m-2n=1,则m=2n1
,
当n<15时,使m为整数的最大整数n
5
52

是12,此时,m=5,差为
若5m-2n
1
.
5 12
221
.故此
2
大

5n51451251,则
m

2

5m2n

n55n
并且最接近
2
的是
5
5
.
12
14.
3a53(a8)1919
.
3
a8a8a819
也应是可约分数,推知
a8
原分数是可约分数,
11.
a最小是
十九 逆推法(B)
年级 班 姓名 得分
一、填空题
1. 已知等式
3
19
(19.98
□
5
2
)

(0 .7+
5
1
)=0,
2573
式中□所表示的数是_____.
2. 已知等式
[14
1
-(3.78-□
1
2
)

1
2
]
3.24
373
1
24
,式中□内应填的数是
_____.
3. 满足下面等式的方格中的数等于_____.
15
1.4
2837
4.5

22
54 0.75(42)3
213
11
2
7
4. 某数加上6,乘以6,减去6,除以6,其结果等于6,则这个
53

数是_____.
5. 一辆卡车以每小时65千米的速度在公路上行驶,距 离
它后面5千米处有一辆小轿车以第小时80千米的速度同向
行驶.不一会,小轿车追上了卡车 .在追上之前1分钟时两车相
距_____米.
6. 小明每分钟吹一次肥皂泡,每次恰好吹 出100个.肥皂
泡吹出之后,经过一分钟有一半破了,经过两分钟后还有二十
分之一没有破, 经过两分半钟肥皂泡全部破了.小明在第20次
吹出100个新的肥皂泡的时候,没有破的肥皂泡共有_ ____个.
7. 一只猴子偷吃一棵桃树上的桃子.第一天偷吃了
1
,以
10
后八天分别偷吃了当天现有桃子的
1
,
1
,
1
,
…，
1
,
1
,
最后树上还
98732
剩 下10个桃子.树上原桃子_____个.
8. 小明和小聪共有小球200个,如果小明取出
1
给小聪,
11
然后小聪又从现有球中取出
1
给小明,这时小明和 小聪的小
11
球一样多.原来小明和小聪依次有小球_____个.
9. 三堆苹果 共48个.先从第一堆中拿出与第二堆个数相
等的苹果并入第二堆；再从第二堆中拿出与第三堆个数相等
的苹果并入第三堆；最后又从第三堆中拿出与这时第一堆个
数相等的苹果并入第一堆.这时,三 堆苹果数恰好相等.原来第
一、二、三堆苹果依次有_____个.
54

10. 有甲、乙、丙三个油桶,各盛油若干千克.先将甲桶油
倒入乙、丙两桶 ,使它们各增加原有油的一倍；再将乙桶油倒
入丙、甲两桶,使它们的油各增加一倍；最后按同样的规律 将
丙桶油倒入甲、乙两桶.这时,各桶油都是16千克.甲桶原有油
_____千克,乙桶原有 油_____千克,丙桶原有油_____千克.
二、解答题
11．甲、乙、丙三 个容器内各盛有水若干毫升.现将甲中
的水倒一些到乙中,使乙中水加倍,然后把乙中的水倒一些到丙中,使丙中水加倍,再把丙中的水倒一些到甲中,使甲中水加
倍,把上述过程再重复一遍,结果甲 、乙、丙中均有水640毫
升.问原来甲、乙、丙中各有水多少毫升？
12. “六一”儿童 节,小明和小培从妈妈那儿分得一些
糖，妈妈把糖分成相同的两份给他们，多的一个给自己留下
了.小明在路上遇着自己的两个朋友,他把自己的糖分成三份,
每人一份,多的两颗分别送给了两个朋友 .过了一会儿,又遇上
两个小朋友,他同样分给他们糖,多的两颗分给了他们,后来,
他又遇上 了两个朋友,分完糖之后,小明发现自己只剩下一颗
糖了,请问妈妈原来有多少糖?
13. 甲、乙、丙、丁4人打桥牌(见图4),由甲发牌，牌从
丁开始按顺时针方向分发,牌发到中间,甲被事 情打断,待甲回
来后他已记不得刚才最后一张牌发给谁了(其他3人也未留
意).请问:有无办 法在各人不数自己手中现有牌数的情况下,
55

可准确无误地将剩下的牌发完?

甲
14. 桌上有四堆木棒,分别有17根、7根、6根和2根，
丙 丁
现在请你从某一堆中拿出几根到另一堆中,使另一堆的木棒
乙
数量增加一倍.这样挪动四次后,要使四堆木棒的数目相等,应
如何移动?
———————————————答 案——————
————————————————
1. 3.78
2. 3.78
3. 17
4. 1
从最后的结果往前逆推,结果是6,是一个数除以6得到的,
不除以6,这个数应该是6

6=36；36是一个数减6得来的,
那么这个数应该是36+6=42；42是一个数乘 以6得来的,
那么这个数应该是42

6=7；7是由某数加上6得来的.因此,某数是7-6=1.综合算式是:
(6

6+6)

6-6=1
5. 250
在小轿车追上卡车前1分钟两车距离恰为小轿车与卡车
1分钟内所得路程之差80

1 000
65
1000

250
(米)
6060
56

显然,这个问题与两车开始的距离无关.
6. 155
从小明第20次吹出肥皂泡算起,递次向前推算.小明第20
次吹出 100个肥皂泡时,第19次吹出的肥皂泡还有
1
没有破,
2
第18次吹出的 肥皂泡还有
肥皂泡全破了.
100

(1+
1
+
2
1
没有破,第
20
17次和以前吹出的
1
)=155(个 )
20
7. 100
10

(1-
1
)
(1-
1
)

(1-
1
)

(1-
1
)

(1-
1
)


23456
(1-
1
)

(1-
1
)
< br>(1-
1
)

(1-
789
1
)
10
=10

2

3

4

5< br>
6

7

8

9

10

123456789
=100(个)
8. 99,101.
经过两次交换后,小明和小聪各有小球200

2=100(个)
小聪给小明小球以前,小聪有小球
100

(1-
1
)=110(个)
11
小明有小球
200-110=90(个)
57

小明给小聪小球以前,小明有小球
90

(1-
1
)=99(个)
11
小聪有小球
200-99=101(个)
9. 22,14,12.
由题意知,最后每堆苹果都是48

3=16(个),由此向前逆
推如下表:
第一堆 第二堆 第三堆
28

2=1
4
16+12
=28
16
12
24

2=
12
16+8=
24
16
初始状态 8+14=22
第一次变
化后
第二次变
化后
第三次变
化后
8
16

2=8
16 16
原来第一、二、三堆依次有22、14、12个苹果.
10. 26,14,8.
与上题类似,列表逆推如下:
甲桶 乙桶 丙桶
初始状态 4+14+28

2=116

2=8
58

8=26
第一次变
化后
第二次变
化后
第三次变
化后
8

2=4
4
8+4+1632

2=1
=28 6
16+8+8
=32
16
16

2=8 16

2=8
16 16
原来甲、乙、丙桶分别有油26、14、8千克。
11. 倒水过程是
甲 乙 丙 甲 乙 丙 甲


2

2

2

2

2

2
利用最终结果逆推出原来情况.
甲
640
320
320
880
440
440
950
乙
640
640
1120
560
560
1020
510
丙
640
960
480
480
920
460
460
甲、乙、丙中原各有水950毫升、510毫升和460毫升.
12. 最后一次分糖前小明有糖3+2=5颗；倒数第二次
59

分糖前小明有糖5

3+2=17颗；倒数第三次分糖前小明有
糖17

3+2=53 颗；妈妈原来有糖53

2+1=107颗.
13. 我们知道桥牌用52张牌, 分发给4人,这样最后一张
牌应发给发牌人甲(一者他是上首丁开始分发的,二者
52

4=13无剩余),倒数第2张应发给丁,例数第3张应发给
乙,……这样便有了继续分发剩 余牌的方法：从底往上按逆时
针方向从甲开始分发其余下的牌即可.
14. 四堆木棒共32根,挪动四次后每堆有8根.
第一堆 第二堆 第三堆 第四
堆
最后 8 8 8 8
倒数第一次 8 8 12 4
倒数第二次 8 14 6 4
倒数第三次 15 7 6 4
原来 17 7 6 2
从下往上看则得到挪动方法.

60