感恩老师的贺卡-乡长职责

第一讲 数的整除问题
数的整除问题，内容丰富 ，思维技巧性强。它是小学数学中的重要课
题，也是小学数学竞赛命题的内容之一。
一、基本概念和知识
1.整除——约数和倍数
例如：15÷3=5，63÷7=9
一般地，如a、b、c为整数，b≠0，且a÷b=c，即整数a除以整除b
（b不等于0 ），除得的商c正好是整数而没有余数（或者说余数是0），
我们就说，a能被b整除（或者说b能整除 a）。记作b｜a.否则，称为a
不能被b整除，（或b不能整除a），记作ba。
如果整数a能被整数b整除，a就叫做b的倍数，b就叫做a的约数。
例如：在上面算式中，15是3的倍数，3是15的约数；63是7的倍
数，7是63的约数。
2.数的整除性质
性质1：如果a、b都能被c整除，那么它们的和与差也能被c整除。
即：如果c｜a，c｜b，那么c｜（a±b）。
例如：如果2｜10，2｜6，那么2｜（10＋6），
并且2｜（10—6）。
性质2：如果b与c的积能整除a，那么b与c都能整除a.即：如果
bc｜a，那么b｜a，c｜a。
性质3：如果b、c都能整除a，且b和c互质，那么b与c的积能整
除a。
即：如果b｜a，c｜a，且（b，c）=1，那么bc｜a。
例如：如果2｜28，7｜28，且（2，7）=1,
那么（2×7）｜28。
性质4：如果c能整除b，b能整除a，那么c能整除a。
即：如果c｜b，b｜a，那么c｜a。

例如：如果3｜9，9｜27，那么3｜27。
3.数的整除特征
①能被2整除的 数的特征：个位数字是0、2、4、6、8的整数.“特
征”包含两方面的意义：一方面，个位数字是偶 数（包括0）的整数，必
能被2整除；另一方面，能被2整除的数，其个位数字只能是偶数（包括
0）.下面“特征”含义相似。
②能被5整除的数的特征：个位是0或5。
③能被3（或9）整除的数的特征：各个数位数字之和能被3（或9）
整除。
④能被4（或25）整除的数的特征：末两位数能被4（或25）整除。
例如：1864=180 0＋64，因为100是4与25的倍数，所以1800是4
与25的倍数.又因为4｜64，所以18 64能被4整除.但因为2564，所以
1864不能被25整除.
⑤能被8（或125）整除的数的特征：末三位数能被8（或125）整除。
例如：29375＝ 29000＋375，因为1000是8与125的倍数，所以29000
是8与125的倍数.又因为 125｜375，所以29375能被125整除.但因为
8375，所以829375。
⑥能被11整除的数的特征：这个整数的奇数位上的数字之和与偶数
位上的数字之和的差（大减小）是1 1的倍数。
例如：判断123456789这九位数能否被11整除？
解：这个数 奇数位上的数字之和是9＋7＋5＋3＋1=25，偶数位上的
数字之和是8＋6＋4＋2＝20.因为 25—20＝5，又因为115，所以
。
再例如：判断13574是否是11的倍数？
解：这个数的奇数位上数字之和与偶数位上数字和的差是：（4＋5
＋1）-（7＋3）＝ 0.因为0是任何整数的倍数，所以11｜0.因此13574
是11的倍数。

⑦能被7（11或13）整除的数的特征：一个整数的末三位数与末三< br>位以前的数字所组成的数之差（以大减小）能被7（11或13）整除。
例如：判断1059282是否是7的倍数？
解：把1059282分为1059和282两个数 .因为1059-282＝777，又7｜
777，所以7｜1059282.因此1059282是7 的倍数。
再例如：判断3546725能否被13整除？
解：把3546725分 为3546和725两个数.因为3546-725=2821.再把
2821分为2和821两个数， 因为821—2＝819，又13｜819，所以13｜2821，
进而13｜3546725.
二、例题

解：∵45=5×9，
∴根据整除“性质2”可知

∴y可取0或5。





∴满足条件的六位数是519930或919935。
例2 李老师为学校一共买了28 支价格相同的钢笔，共付人民币9□.2□
元.已知□处数字相同，请问每支钢笔多少元？
解：∵9□.2□元=9□2□分
28＝4×7，
∴根据整除“性质2”可知
4和7均能整除9□2□。
4｜2□可知□处能填0或4或8。
因为79020，79424，所以□处不能填0和4；
因为7｜9828，所叫□处应该填8。
又∵9828分=98.28元

98.28÷28＝3.51（元）
答：每支钢笔3.51元。

个条件的整数。

∴根据能被11整除的数的特征可知：
1+2+3+4+5的和与5a之差应是11的倍数，
即11｜（15—5a）.或11｜（5a—15）。
但是15—5a=5（3—a），5a—1 5=5（a—3），又（5，11）=1，因此
111（3—a）或11｜（a—3）。
又∵a是数位上的数字。
∴a只能取0～9。
所以只有a=3才能满足11｜（3—a）或11｜（a—3），
即当a=3时，11｜15—5a。
符合题意的整数只有1323334353。


互不相同），且它能被11整除，你能找到一个符合条件的整数吗？

解：∵91=7×13，且（7，13）＝1。

根据一个数能被7或13整除的特征可知：

因为（7，10）=1，（13，10）＝1，所以7，13
也就是7
了两组，13，因此，用一次性质（特征），就去掉
；反复使用性质996次，最后转化成：原数能被7以 及13整
能被7以及13整除 除，当且仅当
又∵91的倍数中小于1000的只有91×4=364的百位数字是3，∴
=364

例5 在865后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能分别被3、4、5
整除，且使这个 数值尽可能的小。


5整除，所以它应满足以下三个条件：
第一，数字和（8+6＋5+a+b+c）是3的倍数。

第三，末位数字c是0或5。




又∵能被4整除的数的个位数不可能是5。
∴c只能取O.因而b只能取自O，2，4，6，8中之一。

∴a＋b除以3余2。
为满足题意“数值尽可能小”，只需取a=0，b=2。
∴要求的六位数是865020。

分析 ∵26=2×13，






∴y可能取0、2、4、5、6、8。


当y＝0时，








∴根据整除“性质1”，有13｜9x+6，
经试验可知只有当x＝8时，13｜9x＋6，
∴当y=0时，符合题意的六位数是819910。


所以13整除9x＋6—2，
即13｜9x+4。
经试验可知只有当x＝1时，13｜9x+4。
∴当y＝2时，符合题意的六位数是119912。
同理，当y＝4时，13｜9x＋6-4，
即13｜9x+2，

经试验可知当x＝7时，13｜9x+2。
∴当y=4时，符合题意的六位数是719914。
同理，当y＝6时，13｜9x＋6—6。
即13｜9x.

∴当y=6时，找不到符合题意的六位数。
同理，当y＝8时，13｜9x+6-8，
即13｜9x-2。
经试验只有当x＝6时，13｜9x-2。
∴当y=8时，符合题意的六位数是619918。
答：满足本题条件的六位数共有819910、119912、719914和619918
四个。

习题一



样的五位数。
4.将自然数1、2、3、4、5、6、7、8、9依次重复 写下去组成一个
1993位数，试问：这个数能否被3整除？
5.一本陈年老账上记着： 72只桶，共□67.9□元.这里□处字迹已不
清.请把□处数字补上，并求桶的单价。
6 .证明：任意一个三位数连着写两次得到一个六位数，这个六位数一
定能同时被7、11、13整除.
第二讲 质数、合数和分解质因数
一、基本概念和知识
1.质数与合数
一个数除了1和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数（也叫做
素数）。
一个数除了1和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数。
要特别记住：1不是质数，也不是合数。
2.质因数与分解质因数
如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因
数。
把一个合数用质因数相乘的形式表示出来，叫做分解质因数。
例：把30分解质因数。
解：30＝2×3×5。
其中2、3、5叫做30的质因数。
又如12＝2×2×3＝2
2
×3，2、3都叫做12的质因数。

二、例题

例1 三个连续自然数的乘积是210，求这三个数.
解：∵210=2×3×5×7
∴可知这三个数是5、6和7。
例2 两个质数的和是40，求这两个质数的乘积的最大值是多少？
解：把40表示为两个质数的和，共有三种形式：
40=17+23=11＋29=3+37。
∵17×23＝391＞11×29＝319＞3×37＝111。
∴所求的最大值是391。
答：这两个质数的最大乘积是391。
例3 自然数123456789是质数，还是合数？为什么？
解：123456789是合数。
因为它除了有约数1和它本身外，至少还有约数3，所以它是一个合
数。
例4 连续九个自然数中至多有几个质数？为什么？
解：如果这连续的九个自然数在1与20之间，那么 显然其中最多有
4个质数（如：1～9中有4个质数2、3、5、7）。
如果这连续的九 个自然中最小的不小于3，那么其中的偶数显然为合
数，而其中奇数的个数最多有5个.这5个奇数中必 只有一个个位数是5，
因而5是这个奇数的一个因数，即这个奇数是合数.这样，至多另4个奇
数都是质数。
综上所述，连续九个自然数中至多有4个质数。
例5 把5、6、7、14、15这五个数分成两组，使每组数的乘积相等。
解：∵5=5，7=7，6=2×3，14＝2×7，15=3×5，
这些数中质因数2、3、5、7各共有2个，所以如把14
（=2×7）放在第一组，那么7和6 （=2×3）只能放在第二组，继而
15（＝3×5）只能放在第一组，则5必须放在第二组。
这样14×15=210=5×6×7。
这五个数可以分为14和15，5、6和7两组。

例6 有三个自然数，最 大的比最小的大6，另一个是它们的平均数，且三
数的乘积是42560.求这三个自然数。
分析 先大概估计一下，30×30×30=27000，远小于42560.40×40×40＝64000，远大于42560.因此，要求的三个自然数在30～40之间。
解：42560=26×5×7×19
＝25×（5×7）×（19×2）
＝32×35×38（合题意）
要求的三个自然数分别是32、35和38。
例7 有3个自然数a、b、c.已知a×b=6，b×c=15，
a×c＝10.求a×b×c是多少？
解：∵6＝2×3，15=3×5，10＝2×5。
（a×b）×（b×c）×（a×c）
=（2×3）×（3×5）×（2×5）
∴a
2
×b
2
×c
2
=2
2
×3
2
×5
2

∴（a×b×c）
2
＝（2×3×5）
2

a×b×c=2×3×5＝30
在例7中有a
2
＝2
2
，b< br>2
=3
2
，c
2
=5
2
，其中2
2
=4，3
2
＝9，5
2
＝25，像4、9、
25这样的数， 推及一般情况，我们把一个自然数平方所得到的数叫做完
全平方数或叫做平方数。
如.1
2
=1，2
2
＝4，3
2
＝9，4
2
=1 6，…，11
2
=121，12
2
=144，…其中1，4，
9，1 6，…，121，144，…都叫做完全平方数.
下面让我们观察一下，把一个完全平方数分解质因数后，各质因数的
指数有什么特征。
例如：把下列各完全平方数分解质因数：
9，36，144，1600，275625。
解：9=3
2
36=2
2
×3
2
144=3
2
×2
4

1600=2
6
×5
2
275625=3
2
×5
4
×7
2

可见，一个完全平方数分解质因数后，各质因数的指数均是偶数。

反之 ，如果把一个自然数分解质因数之后，各个质因数的指数都是偶
数，那么这个自然数一定是完全平方数。
如上例中，36＝6
2
，144=12
2
，1600=402
，275625=525
2
。
例8 一个整数a与1080的乘积是一个完全平方数.求a的最小值与这个
平方数。
分析 ∵a与1080的乘积是一个完全平方数，
∴乘积分解质因数后，各质因数的指数一定全是偶数。
解：∵1080×a=2
3
×3
3
×5×a，
又∵1080=2
3
×3
3
×5的质因数分解中各质因数的指数都是奇数，
∴a必含质因数2、3、5，因此a最小为2×3×5。
∴1080×a＝1080×2×3×5＝1080×30＝32400。
答：a的最小值为30，这个完全平方数是32400。
例9 问360共有多少个约数？
分析 360=2
3
×3
2
×5。
为了求360有多 少个约数，我们先来看3
2
×5有多少个约数，然后再
把所有这些约数分别乘以1、2 、2
2
、2
3
，即得到2
3
×3
2
×5（ =360）的所有
约数.为了求3
2
×5有多少个约数，可以先求出5有多少个约数， 然后再
把这些约数分别乘以1、3、3
2
，即得到3
2
×5的所有约 数。
解：记5的约数个数为Y
1
，
3
2
×5的约数个数为Y
2
，
360（=2
3
×3
2
×5）的约数个数为Y
3
.由上面的分析可知：
Y
3
=4×Y
2
，Y
2
＝3×Y
1
，
显然Y
1
=2（5只有1和5两个约数）。
因此Y
3
＝4×Y
2
=4×3×Y
1
=4×3×2=24。
所以360共有24个约数。
说明：Y
3
=4×Y
2中的“4”即为“1、2、2
2
、2
3
”中数的个数，也就是
其 中2的最大质数加1，也就是360＝2
3
×3
2
×5中质因数2的个数加1 ；
Y
2
=3×Y
1
中的“3”即为“1、3、3
2
”中数的个数，也就是2
3
×3
2
×5中质

因数3的个数加1；而Y
1
=2中的“2”即为“1、5”中数的个数，即2
3×
3
2
×5中质因数5的个数加1.因此
Y
3
＝（3＋1）×（2+1）×（1+1）=24。
对于任何一个合数，用类 似于对2
3
×3
2
×5（=360）的约数个数的讨
论方式，我们可 以得到一个关于求一个合数的约数个数的重要结论：
一个合数的约数个数，等于它的质因数分解式中每个质因数的个数
（即指数）加1的连乘的积。
例10 求240的约数的个数。
解：∵240＝2
4
×3
1
×5
1
，
∴240的约数的个数是
（4＋1）×（1+1）×（1＋1）=20，
∴240有20个约数。
请你列举一下240的所有约数，再数一数，看一看是否是20个？

习题二
1.边长为自然数，面积为105的形状不同的长方形共有多少种？
2.11112222个棋子排成一个长方阵.每一横行的棋子数比每一竖列
的棋子数多1 个.这个长方阵每一横行有多少个棋子？
3.五个相邻自然数的乘积是55440，求这五个自然数。
4.自然数a乘以338，恰好是自然数b的平方.求a的最小值以及b。
5.求10500的约数共有多少个？


第三讲 最大公约数和最小公倍数
一、基本概念和知识
1.公约数和最大公约数
几个数公有的约数，叫做这几个数的公约数；其中最大的一个，叫做
这几个数的最大公约数。
例如：12的约数有：1，2，3，4，6，12；

18的约数有：1，2，3，6，9，18。
12和18的公约数有：1，2，3，6.其中6是 12和18的最大公约数，
记作（12，18）=6。
2.公倍数和最小公倍数
几个数公有的倍数，叫做这几个数的公倍数；其中最小的一个，叫做
这几个数的最小公倍数。
例如：12的倍数有：12，24，36，48，60，72，84，…
18的倍数有：18，36，54，72，90，…
12和18的公倍数有：36，72，….其 中36是12和18的最小公倍数，
记作[12，18]=36。
3.互质数
如果两个数的最大公约数是1，那么这两个数叫做互质数。

二、例题
例1 用一个数去除30、60、75，都能整除，这个数最大是多少？
分析 ∵要求的数去除30、60、75都能整除，
∴要求的数是30、60、75的公约数。
又∵要求符合条件的最大的数，
∴就是求30、60、75的最大公约数。
解：∵
（30，60，75）=5×3=15
这个数最大是15。
例2 一个数用3、4、5除都能整除，这个数最小是多少？
分析 由题意可知，要求的数是3、4、5的公倍数，且是最小的公倍数。
解：∵［3，4，5］=3×4×5=60，
∴用3、4、5除都能整除的最小的数是60。

例3 有三根铁丝，长度分别是120厘米、180厘米和300厘米.现在 要把
它们截成相等的小段，每根都不能有剩余，每小段最长多少厘米？一共可
以截成多少段？
分析 ∵要截成相等的小段，且无剩余，
∴每段长度必是120、180和300的公约数。

又∵每段要尽可能长，

∴要求的每段长度就是120、180和300的最大公约数.
（120，180，300）=30×2=60
∴每小段最长60厘米。
120÷60+180÷60+300÷60
=2＋3＋5=10（段）
答：每段最长60厘米，一共可以截成10段。
例4 加工某种机器零件，要经过三道工序.第一道工 序每个工人每小时可
完成3个零件，第二道工序每个工人每小时可完成10个，第三道工序每
个 工人每小时可完成5个，要使加工生产均衡，三道工序至少各分配几个
工人？
分析 要使加工 生产均衡，各道工序生产的零件总数应是3、10和5的公
倍数.要求三道工序“至少”要多少工人，要 先求3、10和5的最小公倍
数。

［3，10，5］=5×3×2=30
∴各道工序均应加130个零件。
30÷3=10（人）
30÷10=3（人）
30÷5=6（人）

答：第一道工序至少要分配10人，第二道工序至少要分配3人，第
三道工序至少要分配6人。
例5 一次会餐供有三种饮料.餐后统计，三种饮料共用了65瓶；平均每2
个人饮用一瓶A饮 料，每3人饮用一瓶B饮料，每4人饮用一瓶C饮料.
问参加会餐的人数是多少人？
分析 由题意可知，参加会餐人数应是2、3、4的公倍数。
解：∵[2，3，4]=12
∴参加会餐人数应是12的倍数。
又∵12÷2+12÷3+12÷4
=6+4+3=13（瓶），
∴可见12个人要用6瓶A饮料，4瓶B饮料，3瓶C饮料，共用13
瓶饮料。
又∵65÷13=5，
∴参加会餐的总人数应是12的5倍，
12×5=60（人）。
答：参加会餐的总人数是60人。
例6 一张长方形纸，长2 703厘米，宽1113厘米.要把它截成若干个同样
大小的正方形，纸张不能有剩余且正方形的边长要 尽可能大.问：这样的
正方形的边长是多少厘米？
分析 由题意可知，正方形的边长即是27 03和1113的最大公约数.在学校，
我们已经学过用短除法求两个数的最大公约数，但有时会遇到类 似此题情
况，两个数除了1以外的公约数一下不好找到.但又不能轻易断定它们是
互质数.怎么 办？在此，我们以例6为例介绍另一种求最大公约数的方法。
对于例6，可做如下图解：

从图中可知：在长2703厘米、宽1113厘米的长方形纸 的一端，依次
裁去以宽（1113厘米）为边长的正方形2个.在裁后剩下的长1113厘米，
宽477厘米的长方形中，再裁去以宽（477厘米）为边长的正方形2个.
然后又在裁剩下的长方形（ 长477厘米，宽159厘米）中，以159厘米为
边长裁正方形，恰好裁成3个，且无剩余.因此可知 ，159厘米是477厘
米、1113厘米和2703厘米的约数.所以裁成同样大的，且边长尽可能长
的正方形的边长应是159厘米.所以，159厘米是2703和1113的最大公
约数。
让我们把图解过程转化为计算过程，即：
2703÷1113，商2余477；
1113÷477，商2余159；
477÷159，商3余0。
或者写为
2703=2×1113+477，
1113=2×477+159，
477=3×159。
当余数为0时，最后一个算式中的除数159就是原来两个数2703和
1113的最大公约数.
可见，477=159×3，
1113=159×3×2+159=159×7，
2703=159×7×2+477
=159×7×2+159×3=159×17。
又∵7和17是互质数，
∴159是2703和1113的最大公约数。
我们把这种求最大公约数的方法叫做辗转相除法. 辗转相除法的优点
在于它能在较短的时间内求出任意两个数的最大公约数。
例7 用辗转相除法求4811和1981的最大公约数。
解：∵4811=2×1981+849，
1981=2×849+283，

849=3×283，
∴（4811，1981）=283。
补充说明：如果要求三个或更多的数的最大公 约数，可以先求其中任
意两个数的最大公约数，再求这个公约数与另外一个数的最大公约数，这
样求下去，直至求得最后结果.也可以直接观察，依次试公有的质因数。
例8 求1008、1260、882和1134四个数的最大公约数是多少？
解：∵（1260，1008）=252，
（882，1134）=126，
又（252，126）=126，
∴（1008，1260，882，1134）=126。
求两个数的最小公倍数，除了用短除法外，是否也有其他方法呢？请
看例9.
例9 两个数的最大公约数是4，最小公倍数是252，其中一个数是28，另
一个数是多少？

∴x=4×y28=4×7
∴28x=4×y×4×7
又∵4是x和28的最大公约数，（y，7）=1，
∴4×y×7是x和28的最小公倍数。
∴x×28=4×252
∴x=4×252÷28=36
∴要求的数是36。
通过例9的解答过程，不难发现：如果用a和b表示两个自然数，那
么这两个自然数的最大公约数与最小公倍数关系是：
（a，b）×[a，b]=a×b。
这样，求两个数的最小公倍数的问题，即可转化成先求两个数的最大
公约数，再用最大公约 数除两个数的积，其结果就是这两个数的最小公倍
数。
例10 求21672和11352的最小公倍数。

解：∵（21672，11352）=1032
（1032可以用辗转相除法求得）
∴[21672，11352]=21672×11352÷1032
=238392。
答：21672和11352的最小公倍数是238392.

习题三
1.甲数是乙数的三分之一，甲数和乙数的最小公倍数是54，甲数是
多少？乙数是多少？
2.一块长方形地面，长120米，宽60米，要在它的四周和四角种树，
每两棵之间的距离相等，最少 要种树苗多少棵？每相邻两棵之间的距离是
多少米？
3.已知两个自然数的积是5766，它们的最大公约数是31.求这两个自
然数。
4. 兄弟三人在外工作，大哥6天回家一次，二哥8天回家一次，小弟
12天回家一次.兄弟三人同时在十月 一日回家，下一次三人再见面是哪一
天？
5.将长25分米，宽20分米，高15分米的 长方体木块锯成完全一样
的尽可能大的立方体，不能有剩余，每个立方体的体积是多少？一共可锯
多少块？
6.一箱地雷，每个地雷的重量相同，且都是超过1的整千克数，去掉
箱子后 地雷净重201千克，拿出若干个地雷后，净重183千克.求一个地
雷的重量？


第四讲 带余数的除法
前面我们讲到除法中被除数和除数的整除问题.除此之 外，例如：16
÷3=5…1，即16=5×3+1.此时，被除数除以除数出现了余数，我们称之为带余数的除法。
一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0），那么一定有另外两个整数q和r，0≤r＜b，使得a=b×q+r。
当r=0时，我们称a能被b整除。
当r≠0时，我们称a不能被b整除，r为a除以b的余数，q为a
除以b的不完全商（亦 简称为商）.用带余除式又可以表示为a÷b=q…r，
0≤r＜b。

例1 一个两位数去除251，得到的余数是41.求这个两位数。
分析 这是一道带余除法题，且要求的数是大于41的两位数.解题可从带
余除式入手分析。
解：∵被除数÷除数=商…余数，
即被除数=除数×商+余数，
∴251=除数×商+41，
251-41=除数×商，
∴210=除数×商。
∵210=2×3×5×7，
∴210的两位数的约数有10、14、15、21、 30、35、42、70，其中
42和70大于余数41.所以除数是42或70.即要求的两位数是4 2或70。
例2 用一个自然数去除另一个整数，商40，余数是16.被除数、除数、
商数 与余数的和是933，求被除数和除数各是多少？
解：∵被除数=除数×商+余数，
即被除数=除数×40+16。
由题意可知：被除数+除数=933-40-16=877，
∴（除数×40+16）+除数=877，
∴除数×41=877-16，
除数=861÷41，
除数=21，
∴被除数=21×40+16=856。
答：被除数是856，除数是21。
例3 某年的十月里有5个星期六，4个星期日，问这年的10月1日是星
期几？
解：十月份共有31天，每周共有7天，
∵31=7×4+3，
∴根据题意可知：有5天的星期数必然是星期四、星期五和星期六。
∴这年的10月1日是星期四。

例4 3月18日是星期日，从3月17日 作为第一天开始往回数（即3月
16日（第二天），15日（第三天），…）的第1993天是星期几？
解：每周有7天，1993÷7=284（周）…5（天），
从星期日往回数5天是星期二，所以第1993天必是星期二.
例5 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余2，求适合此条件的最小
数。
这是一道古算题 .它早在《孙子算经》中记有：“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？”
关于这道题的解法，在明朝就流传着一首解题之歌：“三人同行七十
稀，五树梅 花廿一枝，七子团圆正半月，除百零五便得知.”意思是，用
除以3的余数乘以70，用除以5的余数乘 以21，用除以7的余数乘以15，
再把三个乘积相加.如果这三个数的和大于105，那么就减去10 5，直至小
于105为止.这样就可以得到满足条件的解.其解法如下：
方法1：2×70+3×21+2×15=233
233-105×2=23
符合条件的最小自然数是23。
例5 的解答方法不仅就这一种，还可以这样解：
方法2：[3，7]+2=23
23除以5恰好余3。
所以，符合条件的最小自然数是23。
方法2的思路是什么呢？让我们再来看下面两道例题。
例6 一个数除以5余3，除以6余4，除以7余1，求适合条件的最小的
自然数。
分析 “除以5余3”即“加2后被5整除”，同样“除以6余4”即“加
2后被6整除”。
解：[5，6]-2=28，即28适合前两个条件。
想：28+[5，6]×？之后能满足“7除余1”的条件？
28+[5，6]×4=148，148=21×7+1，
又148＜210=[5，6，7]

所以，适合条件的最小的自然数是148。
例7 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余4，求符合条件的最小自
然数。
解：想：2+3×？之后能满足“5除余3”的条件？
2+3×2=8。
再想：8+[3，5]×？之后能满足“7除余4”的条件？
8+[3，5]×3=53。
∴符合条件的最小的自然数是53。
归纳以上两例题的解法为：逐步满足条件法.当 找到满足某个条件的
数后，为了再满足另一个条件，需做数的调整，调整时注意要加上已满足
条 件中除数的倍数。
解这类题目还有其他方法，将会在有关“同余”部分讲到。
例8 一 个布袋中装有小球若干个.如果每次取3个，最后剩1个；如果每
次取5个或7个，最后都剩2个.布袋 中至少有小球多少个？
解：2+[5，7]×1=37（个）
∵37除以3余1，除以5余2，除以7余2，
∴布袋中至少有小球37个。
例9 69、90和125被某个正整数N除时，余数相同，试求N的最大值。
分析 在解答此题之前，我们先来看下面的例子：
15除以2余1，19除以2余1，
即15和19被2除余数相同（余数都是1）。
但是19-15能被2整除.
由此 我们可以得到这样的结论：如果两个整数a和b，均被自然数m
除，余数相同，那么这两个整数之差（大 -小）一定能被m整除。
反之，如果两个整数之差恰被m整除，那么这两个整数被m除的余数
一定相同。
例9可做如下解答：
∵三个整数被N除余数相同，
∴N｜（90-69），即N｜21，N｜（125-90），即N｜35，

∴N是21和35的公约数。
∵要求N的最大值，
∴N是21和35的最大公约数。
∵21和35的最大公约数是7，
∴N最大是7。

习题四
1.用一 个自然数去除另一个自然数，不完全商是8，余数是16.被除
数、除数、商、余数这四个数的和为46 3，求除数。
2.某数除以3余1，除以4余2，除以5余3，除以6余4，这个数最
小是多少？
3.某数除以8余3，除以9余4，除以12余7，在1000以内这样的
数有哪几个？
4.用卡车运货，每次运9袋余1袋，每次运8袋余3袋，每次运7
袋余2袋.这批货至少有多少袋？
5.57、96、148被某自然数除，余数相同，且不为零.求284被这个
自然数除的余数.

第五讲 奇数与偶数及奇偶性的应用
一、基本概念和知识
1.奇数和偶数
整数可以分成奇数和偶数两大类.能被2整除的数叫做偶数，不能被
2整除的数叫做奇数。
偶数通常可以用2k（k为整数）表示，奇数则可以用2k+1（k为整数）
表示。
特别注意，因为0能被2整除，所以0是偶数。
2.奇数与偶数的运算性质
性质1：偶数±偶数=偶数，
奇数±奇数=偶数。
性质2：偶数±奇数=奇数。
性质3：偶数个奇数相加得偶数。
性质4：奇数个奇数相加得奇数。
性质5：偶数×奇数=偶数，
奇数×奇数=奇数。

二、例题
利用奇数与偶数的这些性质，我们可以巧妙地解决许多实际问题.
例1 1+2+3+…+1993的和是奇数？还是偶数？
分析 此题可以利用高斯求和公式 直接求出和，再判别和是奇数，还是偶
数.但是如果从加数的奇、偶个数考虑，利用奇偶数的性质，同样 可以判
断和的奇偶性.此题可以有两种解法。
解法1：∵1+2+3+…+1993

又∵997和1993是奇数，奇数×奇数=奇数，
∴原式的和是奇数。
解法2：∵1993÷2=996…1，
∴1～1993的自然数中，有996个偶数，有997个奇数。
∵996个偶数之和一定是偶数，
又∵奇数个奇数之和是奇数，
∴997个奇数之和是奇数。
因为，偶数+奇数=奇数，
所以原式之和一定是奇数。
例2 一个数分别与另外两个相邻奇数相乘，所得的两个积相差150，这个
数是多少？
解法1：∵相邻两个奇数相差2，
∴150是这个要求数的2倍。
∴这个数是150÷2=75。
解法2：设这个数为x，设相邻的两个奇数为2a+1，2a-1（a≥1）.
则有
（2a+1）x-（2a-1）x=150，
2ax+x-2ax+x=150，
2x=150，

x=75。
∴这个要求的数是75。
例3 元旦前夕，同学们相互送贺年卡.每人只要接到对方贺年卡就一定回
赠贺年卡，那么送了 奇数张贺年卡的人数是奇数，还是偶数？为什么？
分析 此题初看似乎缺总人数.但解决问题的实质在送贺年卡的张数的奇
偶性上，因此与总人数无关。
解：由于是两人互送贺年卡，给每人分别标记送出贺年卡一次.那么
贺年卡的总张数应能被 2整除，所以贺年卡的总张数应是偶数。
送贺年卡的人可以分为两种：
一种是送出了偶数张贺年卡的人：他们送出贺年卡总和为偶数。
另一种是送出了奇数张贺年卡的人：他们送出的贺年卡总数=所有人
送出的贺年卡总数- 所有送出了偶数张贺年卡的人送出的贺年卡总数=偶
数-偶数=偶数。
他们的总人数必须是偶数，才使他们送出的贺年卡总数为偶数。
所以，送出奇数张贺年卡的人数一定是偶数。
例4 已知a、b、c中有一个是5，一个是6，一个是7.求证a-1，b-2，
c-3的乘积一定是偶数。
证明：∵a、b、c中有两个奇数、一个偶数，
∴a、c中至少有一个是奇数，
∴a-1，c-3中至少有一个是偶数。
又∵偶数×整数=偶数，
∴（a-1）×（b-2）×（c-3）是偶数。
例5 任意改变某一个三位数的各位数字的顺序得到一个新数.试证新数
与原数之和不能等于999。



则有a+a′=b+b′=c+c′=9，因为9不会是进位后得到的
又因为a′、b′、c′是a、b、c调换顺序得到的，

所以a+b+c=a′+b′+c′。
因此，又有（a+a′）+（b+b′）+（c+c′）=9+9+9，
即2（a+b+c）=3×9。
可见：等式左边是偶数，等式的右边（3×9=27）是奇数.偶 数≠奇数.
因此，等式不成立.所以，此假设“原数与新数之和为999”是错误的，
命题得证 。
这个证明过程教给我们一种思考问题和解决问题的方法.先假设某种
说法正确，再利用 假设说法和其他性质进行分析推理，最后得到一个不可
能成立的结论，从而说明假设的说法不成立.这种 思考证明的方法在数学
上叫“反证法”。
例6 用代表整数的字母a、b、c、d写成等式组：
a×b×c×d-a=1991
a×b×c×d-b=1993
a×b×c×d-c=1995
a×b×c×d-d=1997
试说明：符合条件的整数a、b、c、d是否存在。
解：由原题等式组可知：
a（bcd-1）=1991，b（acd-1）=1993，
c（abd-1）=1995，d（abc-1）=1997。
∵1991、1993、1995、1997均为奇数，
且只有奇数×奇数=奇数，
∴a、b、c、d分别为奇数。
∴a×b×c×d=奇数。
∴a、b、c、d的乘积分别减去a、b、c、d后，一定为偶数.这与原
题等式组矛盾。
∴不存在满足题设等式组的整数a、b、c、d。
例7 桌上有9只杯子，全部口朝上，每次将其中6 只同时“翻转”.请说
明：无论经过多少次这样的“翻转”，都不能使9只杯子全部口朝下。

解：要使一只杯子口朝下，必须经过奇数次“翻转”.要使9只杯子口全朝下，必须经过9个奇数之和次“翻转”.即“翻转”的总次数为奇
数.但是，按规定每次翻转 6只杯子，无论经过多少次“翻转”，翻转的
总次数只能是偶数次.因此无论经过多少次“翻转”，都不 能使9只杯子
全部口朝下。
例8 假设n盏有拉线开关的灯亮着，规定每次拉动（n-1）个 开关，能否
把所有的灯都关上？请证明此结论，或给出一种关灯的办法。
证明：当n为奇数时，不能按规定将所有的灯关上。
因为要关上一盏灯，必须经过奇数次拉动它的开关。
由于n是奇数，所以n个奇数的和=奇数，
因此要把所有的灯（n盏）都关上，拉动拉线开关的总次数一定是奇
数。
但因为规定每次拉动n-1个开关，且n-1是偶数，
故按规定拉动开关的总次数一定是偶数。
∵奇数≠偶数，
∴当n为奇数时，不能按规定将所有灯都关上。
当n为偶数时，能按规定将所有灯关上.关灯的办法如下：
设灯的编号为1，2，3，4，…，n.做如下操作：
第一次，1号灯不动，拉动其余开关；
第二次，2号灯不动，拉动其余开关；
第三次，3号灯不动，拉动其余开关；
…
第n次，n号灯不动，拉动其余开关.这时所有的灯都关上了。
例9 在圆周上有1987个珠子，给每一珠子染两次颜色，或两次全红，或
两次全蓝，或一次红、一次蓝.最 后统计有1987次染红，1987次染蓝.求
证至少有一珠子被染上过红、蓝两种颜色。
证明：假设没有一个珠子被染上过红、蓝两种颜色，即所有珠子都是
两次染同色.设第一次染m个珠子为 红色，第二次必然还仅染这m个珠子
为红色.则染红色次数为2m次。

∵2m≠1987（偶数≠奇数）
∴假设不成立。
∴至少有一个珠子被染上红、蓝两种颜色。
例10 如下图，从起点始，隔一米种一棵树，如果把三块 “爱护树木”的
小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树，它们之
间的距 离是偶数（以米为单位），这是为什么？

解 ：任意挑选三棵树挂上小牌，假设第一棵挂牌的树与第二棵挂牌的
树之间相距a米，第二棵挂牌的树与第 三棵挂牌的树之间相距b米，那么
第一棵挂牌的树与第三棵挂牌的树之间的距离c=a+b（米）（如下 图），
如果a、b中有一个是偶数，题目已得证；如果a、b都是奇数，因为奇数
+奇数=偶数 ，所以c必为偶数，那么题目也得证。

例11 某校六年级学生参加区数学竞赛，试题共4 0道，评分标准是：答
对一题给3分，答错一题倒扣1分.某题不答给1分，请说明该校六年级
参赛学生得分总和一定是偶数。
解：对每个学生来说，40道题都答对共得120分，是个偶数. 如果答
错一道，相当于从120分中扣4分.不论答错多少道，扣分的总数应是4
的倍数，即扣 偶数分.从120里减去偶数.差仍是偶数.同样，如果有某题
不答，应从120里减去（3-1）分. 不论有多少道题没答，扣分的总数是2
的倍数，也是偶数.所以从120里减去偶数，差仍是偶数.因此 ，每个学生
得分数是偶数，那么全年级参赛学生得分总和也一定是偶数.
例12 某学校一年 级一班共有25名同学，教室座位恰好排成5行，每行5
个座位.把每一个座位的前、后、左、右的座位 叫做原座位的邻位.问：让
这25个学生都离开原座位坐到原座位的邻位，是否可行？

分析 为了便于分析，我们可借助于下图，且用黑白染色帮助分析.

我们把每一个黑、白格看作是一个座位.从图中可知，已在黑格“座
位”上的同 学要换到邻座，必须坐到白格上；已在白格“座位”上的同学
要换到邻座，又必须全坐到黑格“座位”上 .因此，要使每人换为邻座位，
必须黑、白格数相等。
解：从上图可知：黑色座位有13 个，白色座位有12个，13≠12，因
此，不可能使每个座位的人换为邻座位。
例12 的 解法，采用了黑白两色间隔染（着）色的办法.因为整数按奇偶
分类只有两类，所以将这类问题转变为黑 白两色间隔着色，可以帮助我们
较直观地理解和处理问题.让我们再看一道例题，再体会一下奇偶性与染
色的关系。
例13 在中国象棋盘任意取定的一个位置上放置着一颗棋子“马”，按中
国象棋的走法，当棋盘上没有其他棋子时，这只“马”跳了若干步后回到
原处，问：“马”所跳的步数 是奇数还是偶数？
解：在中国象棋中，“马”走“日”字，如果将棋盘上的各点按黑白
二 色间隔着色（如图），可以看出，“马”走任何一步都是从黑色点走到
白色点，或从白色点走到黑色点. 因此，“马”从一色点跳到另一同色点，
必定要跳偶数步.

因此，不论开始时 “马”在棋盘的哪个位置上，而且不论“马”跳多
少次，要跳回原处，必定要跳偶数步。

例14 线段AB有两个端点，一个端点染红色，另一个端点染蓝色.在这个
AB线段中间插入n个交点，或染红色，或染蓝色，得到n＋1条小线段（不
重叠的线段）.试 证：两个端点不同色的小线段的条数一定是奇数。
证明：当在AB中插入第一点时，无论红或蓝色，两端色不同的线段
仍是一条。
插入第二点时有三种情况：
①插入点在两端不同色的线段中，则两端不同色线段条数不变。
②插入点在两端同色的线段中，且插入点颜色与线段端点颜色相同，
则两端不同色线段条数不变。
③插入点在两端同色的线段中，但插入点颜色与线段端点颜色不同，
则两端不同色线段条数增加两条。
因此插入第二个点时端点不同色的线段数比插入第一个点时端点不
同色的线段数（=1）多 0或2，因此是奇数（1或3）。
同样，每增加一个点，端点不同色的线段增加偶数（0或2）条 .因此，
无论n是什么数，端点不同色的线段总是奇数条。

习题五
1.有100个自然数，它们的和是偶数.在这100个自然数中，奇数的
个数比偶数的个 数多.问：这些数中至多有多少个偶数？
2.有一串数，最前面的四个数依次是1、9、8、7. 从第五个数起，每
一个数都是它前面相邻四个数之和的个位数字.问：在这一串数中，会依
次出 现1、9、8、8这四个数吗？
3.求证：四个连续奇数的和一定是8的倍数。
4 .把任意6个整数分别填入右图中的6个小方格内，试说明一定有一
个矩形，它的四个角上四个小方格中 的四个数之和为偶数。

5.如果两个人通一次电话，每人都记通话一次，在24小时以 内，全
世界通话次数是奇数的那些人的总数为____。
（A）必为奇数，（B）必为偶数，
（C）可能是奇数，也可能是偶数。
6.一次宴会上，客人们相互握手.问握手次数是奇数的那些人的总人
数是奇数还是偶数。
7.有12张卡片，其中有3张上面写着1，有3张上面写着3，有3
张上面写着5，有3张上面写着7 .你能否从中选出五张，使它们上面的数
字和为20？为什么？
8.有10只杯子全部口 朝下放在盘子里.你能否每次翻动4只杯子，经
过若干次翻动后将杯子全部翻成口朝上？
9.电影厅每排有19个座位，共23排，要求每一观众都仅和它邻近（即
前、后、左、右）一人交换位 置.问：这种交换方法是否可行？
10.由14个大小相同的方格组成下列图形，请证明：不论怎 样剪法，
总不能把它剪成7个由两个相邻方格组成的长方形.

第六讲 能被30以下质数整除的数的特征
大家知道，一个整 数能被2整除，那么它的个位数能被2整除；反过
来也对，也就是一个数的个位数能被2整除，那么这个 数本身能被2整除.
因此，我们说“一个数的个位数能被2整除”是“这个数能被2整除”的
特 征.在这一讲中，我们通过寻求对于某些质数成立的等式来导出能被这
些质数整除的数的特征。
为了叙述方便起见，我们把所讨论的数N记为：

有时也表示为


我们已学过同余，用mod2表示除以2取余数.有公式：
①N≡a0（mod2）
②N≡a1a0（mod4）
③N≡a2a1a0（mod8）
④N≡a3a2a1a0（mod16）
这几个公式表明一个数被2（4，8，16）整除的特性，而且表明了不
能整除时，如何求余数。
此外，被3（9）整除的数的特征为：它的各位数字之和可以被3（9）
整除.我们借用同 余记号及一些运算性质来重新推证一下.如（mod9），如
果，
N=a
3a
2
a
1
a
0
=a
3
×1000+a
2
×100+a
1
×10+a
0

＝a
3
×（999＋1）＋a
2
×（99+1）＋a
1
×（9+1）+ a
0

＝（a
3
+a
2
+a
1
+a
0
）+（a
3
×999+a
2
×99+a
1
×9），
那么，等式右边第二个括号中的数是9的倍数，从而有
N≡a< br>3
＋a
2
+a
1
+a
0
（mod9）
对于mod3，理由相仿，从而有公式：
⑤N≡（…＋a
3
＋a< br>2
＋a
1
＋a
0
）（mod9），
N≡（…+ a
3
＋a
2
＋a
1
＋a
0
）（mod3） 。

对于被11整除的数，它的特征为：它的奇位数字之和与偶位数字之
和的差（大减小）能被11整除。
先看一例.N=31428576，改写N为如下形式：
N=6＋7（11-1）＋ 5（99＋1）＋8（1001-1）＋2（9999＋1）＋4（100001-1）
+1（9999 99+1）+3（10000001-1）
=6-7+5-8+2-4+1-3+7×11+5× 99＋8×1001+2×9999+4×100001+1×
999999＋3×10000001。
由于下面这两行里，11、99、1001、9999、100001、999999、10000 001
都是11的倍数，所以
N=6-7＋5-8＋2-4＋1-3（mod11）。
小学生在运算时，碰上“小减大”无法减时，可以从上面N的表达式
最后一行中“借用”1 1的适当倍数（这样，最后一行仍都是11的倍数），
把它加到“小减大”的算式中，这样就得到：

N≡11＋6-7＋5-8＋2-4＋1-3≡3（mod11）。
现在总结成一般性公式（推理理由与例题相仿）.
则N≡（a0-a1+a2-a3＋a4-a5＋a6-a7+…）（mod11）
或者：
⑥N≡（（a0+a2+a4+…）-（a1+a3+a5+…））（mod11）
（当不够减时，可添加11的适当倍数）。
因此，一个自然数能被11整除的特征是：它的奇位数 字之和与偶位
数字之和的差（大减小）能被11整除。
我们这里的公式不仅包含整除情况，还包含有余数的情况。
下面研究被7、11、13整除的数的特征。
有一关键性式子：7×11×13=1001。

所以N能被7、11、13整除，相当于

能被7、11、13整除.总结为公式：

（mod11）；（mod13）

当倍数）。




表述为：判定某数 能否被7或11或13整除，只要把这个数的末三
位与前面隔开，分成两个独立的数，取它们的差（大减 小），看它是否
被7或11或13整除。
此法则可以连续使用。
例：N＝215332.判定N是否被7、11、13整除。

由于117＝13×9， 所以117能被13整除，但不能被7、11整除，因
此N能被13整除，不能被7、11整除。
此方法的优点在于当判定一个较大的数能否被7或11或13整除时，
可用减法把这个大数 化为一个至多是三位的数，然后再进行判定。
如N＝987654321.判定N能否被13整除？

而654=50×13+4，所以原数不能被13整除.如直接计算，很费力：
987654321=75973409×13＋4。
下面研究可否被17、19整除的简易判别 法.回顾对比前面，由等式
1001＝7×11×13的启发，才有简捷的“隔位相减判整除性”的方法 .对
于质数17，我们有下面一些等式：

17×6＝102，17×59=1003，17×588=9996，
17×5882=99994，
我们不妨从17×59=1003出发。










因 此，判定一个数可否被17整除，只要将其末三位与前面隔开，看
末三位数与前面隔出数的3倍的差（大 减小）是否被17整除。
例：N=31428576，判定N能否被17整除。

而429=25×17+4，所以N不能被17整除。
例：N＝2661027能否被17整除？

又935=55×17。
所以N可被17整除。
下面来推导被19整除的简易判别法。
寻找关键性式子：19×52=988，19×53=1007.

因此，判定一个数可否被19整除，只要将其末三位与前面隔开，看
末三位与前面隔出数的 7倍的差（大减小）是否被19整除。
例：N＝123456789可否被19整除？

又603＝31×19+14，所以N不能被19整除。
例：N=6111426可否被19整除？

又57=3×19，所以N可被19整除：321654×19=6111426。
下面来推导被23、29整除的简易判别法。
寻找关键性式子，随着质数增大，简易法应该在N的位数多时起主要
作用，现有
23×435＝10005，29×345=10005，
由此启发得到一个末四位隔开的方法：








因此，判定一个数可否被23或29整除，只要将其末四位与前面隔开，
看末四位与前面隔出数的5倍的 差（大减小）是否被23或29整除。
例：N＝6938801能否被23或29整除？

又5336＝23×232＝23×29×8，
所以很快判出N可被23及29整除。
最后，如还想寻找以上数的更简明判别法，或被31以上质 数整除的
判别法，都是可以去探索的.把这一节得到的公式简列于下：














（可在上述这些同余式的右端加上相应质数的适当倍数）.
后两式没有证明，不难从999=37×27，992＝31×32启发出“隔位加”
的判别法。

习题六
1.公式1003=17×59曾用于推导 判定被17整除的公式，请说明公式
②也是判定被59整除的简便公式。
2.说明公式③也是判定被53整除的简便公式。
3.61是质数，并且10004=61×16 4，你能利用这一等式导出判定被
61整除的简便公式吗？
4.67是质数，1005=67×15，请证明：

（可在右端加上67的适当倍数）。
5.994＝71×14，71是质数，请导出判定被71整除的公式。
6.N=31428576可否被37整除？






第七讲 行程问题
这一讲中，我们将要研究的是行程问题中一些综合性较 强的题目.为
此，我们需要先回顾一下已学过的基本数量关系：
路程=速度×时间；
总路程=速度和×时间；
路程差=速度差×追及时间。
例1 小华在8点 到9点之间开始解一道题，当时时针、分针正好成一直
线，解完题时两针正好第一次重合.问：小明解这 道题用了多长时间？
分析 这道题实际上是一个行程问题.开始时两针成一直线，最后两针第一
次重合.因此，在我们所考察的这段时间内，两针的路程差为30分格，又

因
分格分钟，所以，当它们第一次重合时，一 定是分针从后面追上时针.
这是一个追及问题，追及时间就是小明的解题时间。



例2 甲、乙、丙三人行路，甲每分钟走60米，乙每分钟走50米，丙每
分钟 走40米.甲从A地，乙和丙从B地同时出发相向而行，甲和乙相遇后，
过了15分钟又与丙相遇，求A 、B两地间的距离。
画图如下：

分析 结合上图，如果我们设甲、乙在点C 相遇时，丙在D点，则因为过
15分钟后甲、丙在点E相遇，所以C、D之间的距离就等于（40＋60 ）×
15=1500（米）。
又因为乙和丙是同时从点B出发的，在相同的时间内，乙走 到C点，
丙才走到D点，即在相同的时间内乙比丙多走了1500米，而乙与丙的速
度差为50 -40＝10（米分），这样就可求出乙从B到C的时间为1500÷
10＝150（分钟），也就是甲 、乙二人分别从A、B出发到C点相遇的时间
是150分钟，因此，可求出A、B的距离。
解：①甲和丙15分钟的相遇路程：
（40＋60）×15=1500（米）。
②乙和丙的速度差：
50-40=10（米分钟）。
③甲和乙的相遇时间：
1500÷10=150（分钟）。

④A、B两地间的距离：
（50＋60）×150＝16500（米）＝16.5千米。
答：A、B两地间的距离是16.5千米.
例3 甲、乙、丙是一条路上的三个车站，乙 站到甲、丙两站的距离相等，
小强和小明同时分别从甲、丙两站出发相向而行，小强经过乙站100米时
与小明相遇，然后两人又继续前进，小强走到丙站立即返回，经过乙站
300米时又追上小明， 问：甲、乙两站的距离是多少米？
先画图如下：

分析 结合上图，我们可以把上述运动分为两个阶段来考察：
①第一阶段——从出发到二人相遇：
小强走的路程=一个甲、乙距离+100米，
小明走的路程=一个甲、乙距离-100米。
②第二阶段——从他们相遇到小强追上小明，小强走 的路程=2个甲、
乙距离-100米+300米=2个甲、乙距离+200米，
小明走的路程=100+300=400（米）。
从小强在两个阶段所走的路程可以看出：小强在 第二阶段所走的路是
第一阶段的2倍，所以，小明第二阶段所走的路也是第一阶段的2倍，即
第 一阶段应走400÷2＝200（米），从而可求出甲、乙之间的距离为200
＋100=300（米） 。
解略。
例4 甲、乙、丙三人进行200米赛跑，当甲到终点时，乙离终点还有20
米，丙离终点还有25米，如果甲、乙、丙赛跑的速度都不变，那么当乙
到达终点时，丙离终点 还有多少米？

分析 在相同的时间内，乙行了（200-20）=180（米），丙行了200-25







例5 甲、乙二人分别从A、B两地同 时出发，如果两人同向而行，甲26
分钟赶上乙；如果两人相向而行，6分钟可相遇，又已知乙每分钟行 50
米，求A、B两地的距离。
先画图如下：

分析 若设甲、乙二 人相遇地点为C，甲追及乙的地点为D，则由题意可知
甲从A到C用6分钟.而从A到D则用26分钟， 因此，甲走C到D之间的
路程时，所用时间应为：（26-6）=20（分）。
同时，由 上图可知，C、D间的路程等于BC加BD.即等于乙在6分钟
内所走的路程与在26分钟内所走的路程 之和，为50×（26＋6）=1600（米）.
所以，甲的速度为1600÷20＝80（米分），由 此可求出A、B间的距离。
解：50×（26+6）÷（26-6）=50×32÷20＝80（米分）

（80+50）×6＝130×6=780（米）
答：A、B间的距离为780米。
例6 一条公路上，有一个骑车人和一个步行人，骑车人速度是步行人速
度的3倍，每隔6分钟 有一辆公共汽车超过步行人，每隔10分钟有一辆
公共汽车超过骑车人，如果公共汽车始发站发车的时间 间隔保持不变，那
么间隔几分钟发一辆公共汽车？
分析 要求汽车的发车时间间隔，只要求出 汽车的速度和相邻两汽车之间
的距离就可以了，但题目没有直接告诉我们这两个条件，如何求出这两个< br>量呢？
由题可知：相邻两汽车之间的距离（以下简称间隔距离）是不变的，
当一辆 公共汽车超过步行人时，紧接着下一辆公共汽车与步行人之间的距
离就是间隔距离，每隔6分钟就有一辆 汽车超过步行人，这就是说：当一
辆汽车超过步行人时，下一辆汽车要用6分钟才能追上步行人，汽车与 行
人的路程差就是相邻两汽车的间隔距离。
对于骑车人可作同样的分析.因此，如果我们 把汽车的速度记作V
汽
，
骑车人的速度为V
自
，步行人的速度为V< br>人
（单位都是米分钟），则：
间隔距离=（V
汽
-V
人
）×6（米），
间隔距离=（V
汽
-V
自
）×10（米），
V
自
=3V
人
。
综合上面的三个式子，可得：V
汽< br>=6V
人
，即V
人
=16V
汽
，则：
间隔距离=（V
汽
-16V
汽
）×6=5V
汽
（米）
所以，汽车的发车时间间隔就等于：
间隔距离÷V
汽
=5V
汽
（米）÷V
汽
（米分钟）=5（分钟）。
（解略）。
例7 甲、乙二人沿铁路相向而行，速度相同，一列火车从甲身边开过用
了8秒钟，离甲后5分 钟又遇乙，从乙身边开过，只用了7秒钟，问从乙
与火车相遇开始再过几分钟甲乙二人相遇？
分析 要求过几分钟甲、乙二人相遇，就必须求出甲、乙二人这时的距离
与他们速度的关系，而 与此相关联的是火车的运动，只有通过火车的运动
才能求出甲、乙二人的距离.火车的运行时间是已知的 ，因此必须求出其

速度，至少应求出它和甲、乙二人的速度的比例关系.由于本问题较难，
故分步详解如下：
①求出火车速度V
车
与甲、乙二人速度V
人
的关系，设火车车长 为l，
则：
（i）火车开过甲身边用8秒钟，这个过程为追及问题：故l＝（V
车
-V
人
）×8；（1）
（ii）火车开过乙身边用7秒钟，这个过程 为相遇问题：故l=（V
车
+V
人
）×7.（2）
由（1）、 （2）可得：8（V
车
-V
人
）＝7（V
车
+V
人
），
所以，V
车
=l5V
人
。
②火车头遇到甲处与火车头遇到乙处之间的距离是：
（8+5×6O）×（V
车
+V
人
）=308×16V
人
=4928V
人
。
③求火车头遇到乙时甲、乙二人之间的距离。
火车头遇甲后，又经过（8+5×60）秒后，火车 头才遇乙，所以，火
车头遇到乙时，甲、乙二人之间的距离为：4928V
人
-2（8 ＋5×60）V
人
=4312V
人
。
④求甲、乙二人过几分钟相遇？




习题七
1.晶晶每天早上步行上学，如果每分钟走60米，则要迟到5分钟，
如果每分钟走75米，则可提前2 分钟到校.求晶晶到校的路程？
2.甲、乙、丙三人行路，甲每分钟走60米，乙每分钟走67. 5米，丙
每分钟走75米，甲乙从东镇去西镇，丙从西镇去东镇，三人同时出发，
丙与乙相遇后 ，又经过2分钟与甲相遇，求东西两镇间的路程有多少米？

3.A、B 两辆汽车同时从甲、乙两站相对开出，两车第一次在距甲站
32公里处相遇，相遇后两车继续行驶，各自 到达乙、甲两站后，立即沿
原路返回，第二次在距甲站64公里处相遇，甲、乙两站间相距多少公里？
4.周长为400米的圆形跑道上，有相距100米的A、B两点，甲、乙
两人分别从A、 B两点同时相背而跑，两人相遇后，乙即转身与甲同向而
跑，当甲跑到A时，乙恰好跑到B.如果以后甲 、乙跑的速度和方向都不
变，那么追上乙时，甲共跑了多少米（从出发时算起）？
5.老 王从甲城骑自行车到乙城去办事，每小时骑15千米，回来时改
骑摩托车，每小时骑33千米，骑摩托车 比骑自行车少用1.8小时，求甲、
乙两城间的距离。
6.速度为快、中、慢的三辆汽车 同时从同一地点出发，沿同一公路追
赶前面一个骑车人，这三辆车分别用6分钟、10分钟、12分钟追 上骑车
人，现在知道快车每小时24公里，中速车每小时20公里，那么慢车每小
时行多少公里 ？
7.在环形跑道上，两人都按顺时针方向跑时，每12分钟相遇一次，
如果两人速度不 变，其中一人改成按逆时针方向跑，每隔4分钟相遇一次,
问两人各跑一圈需要几分钟？


第八讲 流水行船问题
船在江河里航行时，除了本身的前进速度外，还受到流 水的推送或顶
逆，在这种情况下计算船只的航行速度、时间和所行的路程，叫做流水行
船问题。
流水行船问题，是行程问题中的一种，因此行程问题中三个量（速度、
时间、路程）的关系 在这里将要反复用到.此外，流水行船问题还有以下
两个基本公式：
顺水速度=船速+水速，（1）
逆水速度=船速-水速.（2）
这里，船速是指船 本身的速度，也就是在静水中单位时间里所走过的
路程.水速，是指水在单位时间里流过的路程.顺水速 度和逆水速度分别指
顺流航行时和逆流航行时船在单位时间里所行的路程。
根据加减法互为逆运算的关系，由公式（l）可以得到：
水速=顺水速度-船速，

船速=顺水速度-水速。
由公式（2）可以得到：
水速=船速-逆水速度，
船速=逆水速度+水速。
这就是说，只要知 道了船在静水中的速度，船的实际速度和水速这三
个量中的任意两个，就可以求出第三个量。
另外，已知船的逆水速度和顺水速度，根据公式（1）和公式（2），
相加和相减就可以得到：
船速=（顺水速度+逆水速度）÷2，
水速=（顺水速度-逆水速度）÷2。
例1 甲、乙两港间的水路长208千米，一只船从甲港开往乙港，顺水8
小时到达，从乙港返 回甲港，逆水13小时到达，求船在静水中的速度和
水流速度。
分析 根据题意，要想求出船 速和水速，需要按上面的基本数量关系先求
出顺水速度和逆水速度，而顺水速度和逆水速度可按行程问题 的一般数量
关系，用路程分别除以顺水、逆水所行时间求出。
解：
顺水速度：208÷8=26（千米小时）
逆水速度：208÷13=16（千米小时）
船速：（26+16）÷2=21（千米小时）
水速：（26—16）÷2=5（千米小时）
答：船在静水中的速度为每小时21千米，水流速度每小时5千米。
例2 某船在静水中的速度是每小 时15千米，它从上游甲地开往下游乙地
共花去了8小时，水速每小时3千米，问从乙地返回甲地需要多 少时间？
分析 要想求从乙地返回甲地需要多少时间，只要分别求出甲、乙两地之
间的路程和逆水速度。
解：
从甲地到乙地，顺水速度：15+3=18（千米小时），
甲乙两地路程：18×8=144（千米），

从乙地到甲地的逆水速度：15—3=12（千米小时），
返回时逆行用的时间：144÷12＝12（小时）。
答：从乙地返回甲地需要12小时。
例3 甲、乙两港相距360千米，一轮船往返两港需35小时，逆流航行比
顺流航行多花了5 小时.现在有一机帆船，静水中速度是每小时12千米，
这机帆船往返两港要多少小时？
分析 要求帆船往返两港的时间，就要先求出水速.由题意可以知道，轮船
逆流航行与顺流航行的时间和与时间 差分别是35小时与5小时，用和差
问题解法可以求出逆流航行和顺流航行的时间.并能进一步求出轮船 的逆
流速度和顺流速度.在此基础上再用和差问题解法求出水速。
解：
轮船逆流航行的时间：（35+5）÷2=20（小时），
顺流航行的时间：（35—5）÷2=15（小时），
轮船逆流速度：360÷20=18（千米小时），
顺流速度：360÷15=24（千米小时），
水速：（24—18）÷2=3（千米小时），
帆船的顺流速度：12＋3＝15（千米小时），
帆船的逆水速度：12—3=9（千米小时），
帆船往返两港所用时间：
360÷15＋360÷9＝24+40=64（小时）。
答：机帆船往返两港要64小时。
下面继续研究两只船在河流中相遇问题.当甲、乙两船（甲在上游、
乙在下游）在江河里相 向开出，它们单位时间靠拢的路程等于甲、乙两船
速度和.这是因为：
甲船顺水速度+乙船逆水速度=（甲船速+水速）＋（乙船速-水速）=
甲船船速+乙船船速。
这就是说，两船在水中的相遇问题与静水中的及两车在陆地上的相遇
问题一样，与水速没有关系。

同样道理，如果两只船，同向运动，一只船追上另一只船所用的时间，< br>也只与路程差和船速有关，与水速无关.这是因为：
甲船顺水速度-乙船顺水速度
=（甲船速+水速）-（乙船速+水速）
=甲船速-乙船速。
如果两船逆向追赶时，也有
甲船逆水速度-乙船逆水速度
=（甲船速- 水速）-（乙船速-水速）
=甲船速-乙船速。
这说明水中追及问题与在静水中追及问题及两车在陆地上追及问题
一样。
由上述讨论可知，解流水行船问题，更多地是把它转化为已学过的相
遇和追及问题来解答。
例4 小刚和小强租一条小船，向上游划去，不慎把水壶掉进江中，当他
们发现并调过船头时， 水壶与船已经相距2千米，假定小船的速度是每小
时4千米，水流速度是每小时2千米，那么他们追上水 壶需要多少时间？
分析 此题是水中追及问题，已知路程差是2千米，船在顺水中的速度是
船 速+水速.水壶飘流的速度只等于水速，所以速度差=船顺水速度- 水壶飘
流的速度=（船速+水速）-水速=船速.
解：路程差÷船速=追及时间
2÷4=0.5（小时）。
答：他们二人追回水壶需用0.5小时。
例5 甲、乙两船在静水中速度分别为每小时24千米和每小时32千米，
两船从某河相距336千米的两港同 时出发相向而行，几小时相遇？如果同
向而行，甲船在前，乙船在后，几小时后乙船追上甲船？
解：①相遇时用的时间
336÷（24+32）
=336÷56
=6（小时）。

②追及用的时间（不论两船同向逆流而上还是顺流而下）：
336÷（32—24）＝42（小时）。
答：两船6小时相遇；乙船追上甲船需要42小时。

习题八
1.甲、乙之间的水路是2 34千米，一只船从甲港到乙港需9小时，从
乙港返回甲港需13小时，问船速和水速各为每小时多少千 米？
2.一艘每小时行25千米的客轮，在大运河中顺水航行140千米，水
速是每小时 3千米，需要行几个小时？
3.一只小船静水中速度为每小时30千米.在176千米长河中逆水 而行
用了11个小时.求返回原处需用几个小时。
4.一只船在河里航行，顺流而下每小 时行18千米.已知这只船下行2
小时恰好与上行3小时所行的路程相等.求船速和水速。
5.两个码头相距352千米，一船顺流而下，行完全程需要11小时.
逆流而上，行完全程需要16小 时，求这条河水流速度。
6.A、B两码头间河流长为90千米，甲、乙两船分别从A、B码头同
时启航.如果相向而行3小时相遇，如果同向而行15小时甲船追上乙船，
求两船在静水中的速 度。
7.乙船顺水航行2小时，行了120千米，返回原地用了4小时.甲船
顺水航行同 一段水路，用了3小时.甲船返回原地比去时多用了几小时？
8.某河有相距45千米的上、下两 码头，每天定时有甲、乙两艘船速
相同的客轮分别从两码头同时出发相向而行.一天甲船从上游码头出发 时
掉下一物，此物浮于水面顺水飘下，4分钟后，与甲船相距1千米.预计
乙船出发后几小时可 以与此物相遇？


第九讲 “牛吃草”问题
有这样的问题.如 ：牧场上有一片匀速生长的草地，可供27头牛吃6
周，或供23头牛吃9周.那么它可供21头牛吃几 周？这类问题称为“牛
吃草”问题。
解答这类问题，困难在于草的总量在变，它每天，每 周都在均匀地生
长，时间愈长，草的总量越多.草的总量是由两部分组成的：①某个时间
期限前 草场上原有的草量；②这个时间期限后草场每天（周）生长而新增
的草量.因此，必须设法找出这两个量 来。

下面就用开头的题目为例进行分析.（见下图）

从上面的线段图可以看出23头牛9周的总草量比27头牛6周的总草
量多，多出部分相当 于3周新生长的草量.为了求出一周新生长的草量，
就要进行转化.27头牛6周吃草量相当于27×6 ＝162头牛一周吃草量（或
一头牛吃162周）.23头牛9周吃草量相当于23×9=207头牛一 周吃草量
（或一头牛吃207周）.这样一来可以认为每周新生长的草量相当于
（207-16 2）÷（9-6）=15头牛一周的吃草量。
需要解决的第二个问题是牧场上原有草量是多少？用 27头牛6周的
总吃草量减去6周新生长的草量（即15×6=90头牛吃一周的草量）即为
牧 场原有草量。
所以牧场上原有草量为27×6-15×6=72头牛一周的吃草量（或者为
23×9-15×9=72）。
牧场上的草21头牛几周才能吃完呢？解决这个问题相当于把2 1头牛
分成两部分.一部分看成专吃牧场上原有的草.另一部分看成专吃新生长
的草.但是新生 的草只能维持15头牛的吃草量，且始终可保持平衡（前面
已分析过每周新生的草恰够15头牛吃一周） .故分出15头牛吃新生长的
草，另一部分21-15=6（头）牛去吃原有的草.所以牧场上的草够吃 72÷
6=12（周），也就是这个牧场上的草够21头牛吃12周.问题得解。
例2 一只 船发现漏水时，已经进了一些水，水匀速进入船内.如果10人
淘水，3小时淘完；如5人淘水8小时淘 完.如果要求2小时淘完，要安
排多少人淘水？
分析 与解答这类问题，都有它共同的特点， 即总水量随漏水的延长而增
加.所以总水量是个变量.而单位时间内漏进船的水的增长量是不变的.船< br>内原有的水量（即发现船漏水时船内已有的水量）也是不变的量.对于这
个问题我们换一个角度进 行分析。
如果设每个人每小时的淘水量为“1个单位”.则船内原有水量与3
小时内漏水 总量之和等于每人每小时淘水量×时间×人数，即1×3×10
＝30.
船内原有水量与8小时漏水量之和为1×5×8=40。

每小时的漏水 量等于8小时与3小时总水量之差÷时间差，即（40-30）
÷（8-3）=2（即每小时漏进水量为 2个单位，相当于每小时2人的淘水
量）。
船内原有的水量等于10人3小时淘出的总水 量-3小时漏进水量.3
小时漏进水量相当于3×2=6人1小时淘水量.所以船内原有水量为30-（ 2
×3）=24。
如果这些水（24个单位）要2小时淘完，则需24÷2＝12（人） ，但
与此同时，每小时的漏进水量又要安排2人淘出，因此共需12+2＝14（人）。
从以上这两个例题看出，不管从哪一个角度来分析问题，都必须求出
原有的量及单位时间内增加的量，这 两个量是不变的量.有了这两个量，
问题就容易解决了。
例3 12头牛28天可以吃完10 公亩牧场上全部牧草，21头牛63天可以
吃完30公亩牧场上全部牧草.多少头牛126天可以吃完7 2公亩牧场上全
部牧草（每公亩牧场上原有草量相等，且每公亩牧场上每天生长草量相
等）？
分析 解题的关键在于求出一公亩一天新生长的草量可供几头牛吃一天，
一公亩原有的草量可供几头牛吃一天。
12头牛28天吃完10公亩牧场上的牧草.相当于一公亩原来的牧草加
上28天新生长的 草可供33.6头牛吃一天（12×28÷10＝33.6）。
21头牛63天吃完30公亩牧场 上的牧草，相当于一公亩原有的草加
上63天新生长的草可供44.1头牛吃一天(63×21÷30＝ 44.l）。
一公亩一天新生长的牧草可供0.3头牛吃一天，即
（44.l-33.6）÷（63-28）=0.3（头）。
一公亩原有的牧草可供25.2头牛吃一天，即
33.6-0.3×28=25.2（头）。
72公亩原有牧草可供14.4头牛吃126天.即
72×25.2÷126=14.4（头）。
72公亩每天新生长的草量可供21.6头牛吃一天.即
72×0.3=21.6（头）。

所以72公亩牧场上的牧草共可以供36（=14.4＋21.6）头牛吃126
天.问题得解。
解：一公亩一天新生长草量可供多少头牛吃一天？
（63×2i÷30-12×28÷10）÷（63-28）=0.3（头）。
一公亩原有牧草可供多少头牛吃一天？
12×28÷10-0.3×28=25.2（头）。
72公亩的牧草可供多少头牛吃126天？
72×25.2÷126+72×0.3=36（头）。
答：72公亩的牧草可供36头牛吃126天。
例4 一块草地，每天生长的速度相同.现在这片牧草 可供16头牛吃20天，
或者供80只羊吃12天.如果一头牛一天的吃草量等于4只羊一天的吃草量，那么10头牛与60只羊一起吃可以吃多少天？
分析 由于1头牛每天的吃草量等于4只羊每 天的吃草量，故60只羊每天
的吃草量和15头牛每天吃草量相等，80只羊每天吃草量与20头牛每天
吃草量相等。
解：60只羊每天吃草量相当多少头牛每天的吃草量？
60÷4＝15（头）。
草地原有草量与20天新生长草量可供多少头牛吃一天？
16×20=320（头）。
80只羊12天的吃草量供多少头牛吃一天？
（80÷4）×12=240（头）。
每天新生长的草够多少头牛吃一天？
（320-240）÷（20-12）=10（头）。
原有草量够多少头牛吃一天？
320-（20×10）＝120（头）。
原有草量可供10头牛与60只羊吃几天？

120÷（60÷4+10-10）＝8（天）。
答：这块草场可供10头牛和60只羊吃8天。
例5 一水库原有存水量一定，河水每天均匀入库.5 台抽水机连续20天可
抽干；6台同样的抽水机连续15天可抽干.若要求6天抽干，需要多少台
同样的抽水机？
解：水库原有的水与20天流入水可供多少台抽水机抽1天？20×
5=100（台）。
水库原有的水与15天流入的水可供多少台抽水机抽1天？6×15=90
（台）。
每天流入的水可供多少台抽水机抽1天？
（100-90）÷（20-15）=2（台）。
原有的水可供多少台抽水机抽1天？
100-20×2=60（台）。
若6天抽完，共需抽水机多少台？
60÷6＋2=12（台）。
答：若6天抽完，共需12台抽水机。
例6 有三片草场，每亩原有草量相同，草的生长速度也
设第三片草场（24亩）可供x头牛18周吃完，则由每头牛每周吃草
量可列出方程为：

x＝36
答：第三片草场可供36头牛18周食用。
这道 题列方程时引入a、b两个辅助未知数.在解方程时不一定要求出
其数值，在本题中只需求出它们的比例 关系即可。

习题九
1.一块牧场长满 草，每天牧草都均匀生长.这片牧场可供10头牛吃
20天，可供15头牛吃10天.问：可供25头牛 吃多少天？
2.22头牛吃33亩草地上的草，54天可以吃完.17头牛吃28亩同样
的草地上的草，84天可以吃完.问：同样的牧草40亩可供多少头牛食用
24天（每亩草地原有草量相 等，草生长速度相等）？
3.有一牧场，17头牛30天可将草吃完.19头牛则24天可以吃完 .现
有若干头牛吃了6天后，卖掉了4头牛，余下的牛再吃两天便将草吃完.
问：原来有多少头 牛吃草（草均匀生长）？
4.现欲将一池塘水全部抽干，但同时有水匀速流入池塘.若用8台抽< br>水机10天可以抽干；用6台抽水机20天能抽干.问：若要5天抽干水，
需多少台同样的抽水机 来抽水？

第十讲 列方程解应用题
列方程解应用题是用字母来代替未知数 ，根据等量关系列出含有未知
数的等式，也就是列出方程，然后解出未知数的值.列方程解应用题的优< br>点在于可以使未知数直接参加运算.解这类应用题的关键在于能够正确地
设立未知数，找出等量关 系从而建立方程.而找出等量关系又在于熟练运
用数量之间的各种已知条件.掌握了这两点就能正确地列 出方程。
列方程解应用题的一般步骤是：
①弄清题意，找出已知条件和所求问题；
②依题意确定等量关系，设未知数x；
③根据等量关系列出方程；
④解方程；
⑤检验，写出答案。
例1 列方程，并求出方程的解。

解：设这个数为x.则依题意有

是原方程的解。

解：设某数为x.依题意，有：



例2 已知篮球、足球、 排球平均每个36元.篮球比排球每个多10元，足
球比排球每个多8元，每个足球多少元？
分析 ①篮球、足球、排球平均每个36元，购买三种球的总价是：36×3=108
（元）。
②篮球和足球都与排球比，所以把排球的单价作为标准量，设为x。
③列方程时，等量关系可以确定为分类购球的总价=平均值导出的总
价。
解：设每个排球x元，则每个篮球（x+10）元，每个足球（x+8）元.
依题意，有：

答：每个足球38元。

例3 妈妈买 回一筐苹果，按计划天数，如果每天吃4个，则多出48个苹
果，如果每天吃6个，则又少8个苹果.问 ：妈妈买回苹果多少个？计划
吃多少天？
分析1 根据已知条件分析出，每天吃苹果的个数及 吃若干天后剩下苹果
的个数是变量，而苹果的总个数是不变量.因此列出方程的等量关系是苹
果 总个数=苹果总个数.方程左边，第一种方案下每天吃的个数×天数+剩
下的个数，等于右边，第二种方 案下每天吃的个数×天数-所差的个数。
解：设原计划吃x天。
4x＋48＝6x-8
2x＝56
x＝28。
苹果个数：4×28＋48=160（个），
或：6×28-8＝160（个）。
答：妈妈买回苹果160个，原计划吃28天。
分析2 列方程解等量关系确定为计划吃的天数=计划吃的天数。
解：设妈妈共买回苹果x个。

4x+32＝6x-288
2x＝320
x＝160。

（160-48）÷4=28（天）.或
（160＋8）÷6=28（天）。
答：妈妈买回160个苹果，原计划吃28天。
例4 甲、乙、丙、丁四人共做零件270个.如果甲多做10个，乙少做10
个，丙做的个数 乘以2，丁做的个数除以2，那么四人做的零件数恰好相
等.问：丙实际做了多少个？（这是设间接未知 数的例题）
分析 根据“那么四个人做的零件数恰好相等”，把这个零件相等的数设
为x，从而得出：
甲+10=乙-10=丙×2=丁÷2＝x。
根据这个等式又可以推出：甲+10＝x，（甲=x-10）；
乙-10＝x，（乙=x+10）；

丁÷2=x，（丁=2x）。

又根据甲、乙、丙、丁四人共做零件270个，可以得到一个方程，它
的左边表示零件的总 个数，右边也表示零件的总个数。
解：设变换后每人做的零件数为x个。

2x+2x+x+4x＝540
9x＝540
x＝60。
∵丙×2＝60，∴丙=30。
答：丙实际做零件30个。

例5 某图书馆 原有科技书，文艺书共630本，其中科技书占20％.后来又
买进一些科技书，这时科技书占总书数的 30％.买进科技书多少本？

分析 依题意，文艺书的本数没有变.如果设 买进科技书x本，那么，原来
的本数+x本=增加后的总本数.文艺书占增加后总本数的70％，相当于 原
有书总数的80％，所以，增加后总本数×70％=原来总本数×80％，即原
先的文艺书本 数=后来的文艺书本数。
解：设买进科技书x本。
（630＋x）×（1-30％）=630×（1-20％）
441+70％x＝504
70％x＝63
x＝90。
答：买进科技书90本。
例6 一块长方形的地，长和宽的比是5∶3，长比宽多24米，这块地的面
积是多少平方米？
分析 要想求这块地的面积，必须先求出长和宽各是多少米.已知条件中给
出长和宽的比是5∶3，又知道长比 宽多24米.如果把宽设为x米，则长
为（x+24）米，这样确定方程左边表示长与宽的比等于右边长 与宽的比，
再列出方程。
解：设长方形的宽是x米，长是（x+24）米。

5x＝3x+72
2x＝72
x＝36。
x＋24＝36＋24=60，60×36=2160（平方米）。
答：这块地的面积是2160平方米.
例7 某县农机厂金工车间有77个工人.已知每个工人平均每 天可以加工
甲种零件5个或乙种零件4个，或丙种零件3个。但加工3个甲种零件，
1个乙种零 件和9个丙种零件才恰好配成一套.问：应安排生产甲、乙、
丙种零件各多少人时，才能使生产的三种零 件恰好配套？

分析 如果直接设生产甲、乙、丙三种零件的人数分别为x人 、y人、z
人，根据共有77人的条件可以列出方程x+y＋z=77，但解起来比较麻烦。
如果仔细分析题意，会发现除了上面提到的加工甲、乙、丙三种零件
的人数这三个未知数外，还有甲、乙 、丙三种零件的各自的总件数.而题
目中又有关于甲、乙、丙三种零件之间装配时的内在联系，这个内在 联系
可以用比例关系表示，而乙种零件件数又在中间起媒介作用.所以如用间
接未知数，设乙种 零件总数为x个，为了配套，甲种、丙种零件件数总数
分别为3x个和9x个，再根据生产某种零件人数 =生产这种零件的个数÷
工人劳动效率，可以分别求出生产甲、乙、丙种零件需安排的人数，从而
找出等量关系，即按均衡生产推算的总人数=总人数，列出方程。
解：设加工乙种零件x个，则加工甲种零件3x个，加工丙种零件9x
个。



12x＋5x+60x＝1540
77x＝1540，
x＝20。



答：应安排加工甲、乙、丙三种零件工人人数分别为12人、5人和
60人.

习题十
1.妈妈带一些钱去买布.买2米布后还剩下1.80 元；如果买同样的布
4米则差2.40元.问：妈妈带了多少钱？
2.第一车间工人人数 是第二车间工人人数的3倍.如果从第一车间调
20名工人去第二车间，则两个车间人数相等.求原来两 个车间各有工人多
少名？
3.两个水池共贮水40吨，甲池注进4吨，乙池放出8吨，甲 池水的
吨数与乙池水的吨数相等，两个水池原来各贮水多少吨？
4.两堆煤，甲堆煤有4 .5吨，乙堆煤有6吨，甲堆煤每天用去0.36
吨，乙堆煤每天用去0.51吨.几天后两堆煤剩下吨 数相等？
5.小龙、小虎、小方和小圆四个孩子共有45个球，但不知道每个人
各有几个 球，如果变动一下，小龙的球减少2个，小虎的球增加2个，小
方的球增加一倍，小圆的球减少一半，那 么四个人球的个数就一样多了.
求原来每个人各有几个球？
6.有一批旅游者需用轿车接 送.轿车有甲、乙两种，用3辆甲种轿车，
4辆乙种轿车（恰满载）需跑5趟；如果用5辆甲种轿车和3 辆乙种轿车
（恰满载）只需跑4趟.请问哪种轿车坐的乘客多？


第十一讲 简单的抽屉原理
把3个苹果任意放到两个抽屉里，可以有哪些放置的方法呢？ 一个抽
屉放一个，另一个抽屉放两个；或3个苹果放在某一个抽屉里.尽管放苹
果的方式有所不 同，但是总有一个共同的规律：至少有一个抽屉里有两个
或两个以上的苹果.如果把5个苹果任意放到4 个抽屉里，放置的方法更
多了，但仍有这样的结果.由此我们可以想到，只要苹果的个数多于抽屉
的个数，就一定能保证至少有一个抽屉里有两个或两个以上的苹果.道理
很简单：如果每个抽屉里的苹 果都不到两个（也就是至多有1个），那么
所有抽屉里的苹果数的和就比总数少了.由此得到：
抽屉原理：把多于n个的苹果放进n个抽屉里，那么至少有一个抽屉
里有两个或两个以上的苹果。
如果把苹果换成了鸽子，把抽屉换成了笼子，同样有类似的结论，所
以有时也把抽屉原理叫 做鸽笼原理.不要小看这个“原理”，利用它可以
解决一些表面看来似乎很难的数学问题。

比如，我们从街上随便找来13人，就可以断定他们中至少有两个人属相（指鼠、牛、虎、兔、…等十二种生肖）相同.怎样证明这个结论是
正确的呢？只要利用抽屉原 理就很容易把道理讲清楚.事实上，由于人数
（13）比属相数（12）多，因此至少有两个人属相相同 （在这里，把13
人看成13个“苹果”，把12种属相看成12个“抽屉”）。
应用抽屉原理要注意识别“抽屉”和“苹果”，苹果的数目一定要大
于抽屉的个数。
例1 有 5个小朋友，每人都从装有许多黑白围棋子的布袋中任意摸出3
枚棋子.请你证明，这5个人中至少有两 个小朋友摸出的棋子的颜色的配
组是一样的。
分析与解答 首先要确定3枚棋子的颜色可以有 多少种不同的情况，可以
有：3黑，2黑1白，1黑2白，3白共4种配组情况，看作4个抽屉.把每人的3枚棋作为一组当作一个苹果，因此共有5个苹果.把每人所拿3
枚棋子按其颜色配组情况放 入相应的抽屉.由于有5个苹果，比抽屉个数
多，所以根据抽屉原理，至少有两个苹果在同一个抽屉里， 也就是他们所
拿棋子的颜色配组是一样的。
例2 一副扑克牌（去掉两张王牌），每人随意摸 两张牌，至少有多少人
才能保证他们当中一定有两人所摸两张牌的花色情况是相同的？
分析与解答 扑克牌中有方块、梅花、黑桃、红桃4种花色，2张牌的花
色可以有：2张方块， 2张梅花，2张红桃，2张黑桃，1张方块1张梅花，
1张方块1张黑桃，1张方块1张红桃，1张梅花 1张黑桃，1张梅花1
张红桃，1张黑桃1张红桃共计10种情况.把这10种花色配组看作10个抽屉，只要苹果的个数比抽屉的个数多1个就可以有题目所要的结果.所
以至少有11个人。
例3 证明：任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数。
分析与解答 在与整除有关的问 题中有这样的性质，如果两个整数a、b，
它们除以自然数m的余数相同，那么它们的差a-b是m的倍 数.根据这个
性质，本题只需证明这8个自然数中有2个自然数，它们除以7的余数相
同.我们 可以把所有自然数按被7除所得的7种不同的余数0、1、2、3、
4、5、6分成七类.也就是7个抽 屉.任取8个自然数，根据抽屉原理，必
有两个数在同一个抽屉中，也就是它们除以7的余数相同，因此 这两个数
的差一定是7的倍数。
把所有整数按照除以某个自然数m的余数分为m类，叫做 m的剩余类
或同余类，用[0]，[1]，[2]，…，[m-1]表示.每一个类含有无穷多个数，< br>例如[1]中含有1，m+1，2m＋1，3m＋1，….在研究与整除有关的问题时，
常用剩余 类作为抽屉.根据抽屉原理，可以证明：任意n+1个自然数中，
总有两个自然数的差是n的倍数。

在有些问题中，“抽屉”和“苹果”不是很明显的，需要精心制造“抽< br>屉”和“苹果”.如何制造“抽屉”和“苹果”可能是很困难的，一方面
需要认真地分析题目中的 条件和问题，另一方面需要多做一些题积累经
验。
例4 从2、4、6、…、30这15个偶数中，任取9个数，证明其中一定有
两个数之和是34。
分析与解答 我们用题目中的15个偶数制造8个抽屉：

凡是抽屉中有两个数的，都具有一个共同的特点：这两个数的和是
34。
现从题目中的1 5个偶数中任取9个数，由抽屉原理（因为抽屉只有
8个），必有两个数在同一个抽屉中.由制造的抽屉 的特点，这两个数的
和是34。
例5 从1、2、3、4、…、19、20这20个自然数中 ，至少任选几个数，
就可以保证其中一定包括两个数，它们的差是12。分析与解答在这20个
自然数中，差是12的有以下8对：
｛20，8｝，｛19，7｝，｛18，6｝，｛17，5｝ ，｛16，4｝，｛15，
3｝，｛14，2｝，｛13，1｝。
另外还有4个不能配对 的数｛9｝，｛10｝，｛11｝，｛12｝，共制
成12个抽屉（每个括号看成一个抽屉）.只要有两 个数取自同一个抽屉，
那么它们的差就等于12，根据抽屉原理至少任选13个数，即可办到（取
12个数：从12个抽屉中各取一个数（例如取1，2，3，…，12），那么
这12个数中任意两个 数的差必不等于12）。
例6 从1到20这20个数中，任取11个数，必有两个数，其中一个数是
另一个数的倍数。
分析与解答 根据题目所要求证的问题，应考虑按照同一抽屉中，任意两
数都具有倍数关系的原 则制造抽屉.把这20个数按奇数及其倍数分成以
下十组，看成10个抽屉（显然，它们具有上述性质） ：
｛1，2，4，8，16｝，｛3，6，12｝，｛5，10，20｝，｛7，14｝，
｛9，18｝，｛11｝，｛13｝，｛15｝，｛17｝，｛19｝。

从这10个数组的20个数中任取11个数，根据抽屉原理，至少有两
个数取自同一个抽屉.由于凡在同 一抽屉中的两个数都具有倍数关系，所
以这两个数中，其中一个数一定是另一个数的倍数。
例7 证明：在任取的5个自然数中，必有3个数，它们的和是3的倍数。
分析与解答 按照 被3除所得的余数，把全体自然数分成3个剩余类，即
构成3个抽屉.如果任选的5个自然数中，至少有 3个数在同一个抽屉，
那么这3个数除以3得到相同的余数r，所以它们的和一定是3的倍数（3r被3整除）。
如果每个抽屉至多有2个选定的数，那么5个数在3个抽屉中的分配
必 为1个，2个，2个，即3个抽屉中都有选定的数.在每个抽屉中各取1
个数，那么这3个数除以3得到 的余数分别为0、1、2.因此，它们的和
也一定能被3整除（0+1+2被3整除）。
例8 某校校庆，来了n位校友，彼此认识的握手问候.请你证明无论什么
情况，在这n个校友中至少有两人握 手的次数一样多。
分析与解答 共有n位校友，每个人握手的次数最少是0次，即这个人与
其 他校友都没有握过手；最多有n-1次，即这个人与每位到会校友都握了
手.校友人数与握手次数的不同 情况（0，1，2，…，n-1）数都是n，还
无法用抽屉原理。
然而，如果有一个校友 握手的次数是0次，那么握手次数最多的不能
多于n-2次；如果有一个校友握手的次数是n-1次，那 么握手次数最少的
不能少于1次.不管是前一种状态0、1、2、…、n-2，还是后一种状态1、2、3、…、n-1，握手次数都只有n-1种情况.把这n-1种情况看成n-1
个抽屉，到会的 n个校友每人按照其握手的次数归入相应的“抽屉”，根
据抽屉原理，至少有两个人属于同一抽屉，则这 两个人握手的次数一样多。

习题十一
1.某校的小学生年龄最小的6岁，最大的13岁，从这个学校中任选
几位同学就一定保证其中有两位同 学的年龄相同？
2.中午食堂有5种不同的菜和4种不同的主食，每人只能买一种菜和
一 种主食，请你证明某班在食堂买饭的21名学生中，一定至少有两名学
生所买的菜和主食是一样的。
3.证明：任取6个自然数，必有两个数的差是5的倍数。
4.为了欢迎外宾来校参 观，学校准备了红色、黄色、绿色的小旗，每
个同学都左右两手各拿一面彩旗列队迎接外宾.至少有多少 位同学才能保
证其中至少有两个人不但所拿小旗颜色一样，而且（左、右）顺序也相同？
5.从10至20这11个自然数中，任取7个数，证明其中一定有两个
数之和是29。
6.从1、2、3、…、20这20个数中，任选12个数，证明其中一定包
括两个数，它们的差是11 。
7.20名小围棋手进行单循环比赛（即每个人都要和其他任何人比赛
一次），证明： 在比赛中的任何时候统计每人已经赛过的场次都至少有两
位小棋手比赛过相同的场次。
8 .从整数1、2、3、…、199、200中任选101个数，求证在选出的这
些自然数中至少有两个数 ，其中的一个是另一个的倍数.


第十二讲 抽屉原理的一般表述
我们知道，把3个苹果随意放进两个抽屉里，至少有一个抽屉里有两
上或两个以上的苹果.如果把5个苹 果放进两个抽屉里，上述结果当然还
能成立.能不能有更强一点的结果呢？我们发现把5个苹果往两个抽 屉里
放，即使每个抽屉都放2个还剩1个苹果，这个苹果无论放到哪个抽屉里
都会出现有一个抽 屉里有3个苹果.同样，如果苹果个数变为7个，那么
就可以保证有一个抽屉里至少有4个苹果了。
这里有什么规律呢？

先将苹果平均分到各个抽 屉里，如果至少还余1个苹果，那么多余的
苹果无论再放入哪个抽屉中都可以保证至少有一个抽屉里有（ 商+1）个（或
更多的）苹果。
这样，可得到下述加强的抽屉原理：
把多 于m×n个苹果随意放进n个抽屉里，那么至少有一个抽屉里有
（m+1）个或（m＋1）个以上的苹果 。
例1 ①求证：任意25个人中，至少有3个人的属相相同.②要想保证至
少有5个人的属 相相同，但不能保证有6个人属相相同，那么人的总数应
在什么范围内？
分析与解答 ①把12种属相看作12个抽屉。
因为25÷12=2…1，
所以，根据抽屉原理，至少有3个人的属相相同。
②要保证有5个人的属相相同，总人数最少为：
4×12+1=49（人）。
不能保证有6个人属相相同的最多人数为：
5×12=60（人）。
所以，总人数应在49人到60人的范围内。

例2 放体育用品的仓库里有许多足球、排球和篮球.有66名同学来仓库
拿球，要求每人至少 拿1个球，至多拿2个球.问：至少有多少名同学所
拿的球种类是完全一样的？
分析与解答 拿球的配组方式有以下9种：
｛足｝，｛排｝，｛篮｝，｛足，足｝，｛排，排｝，｛篮，篮｝，
｛足，排｝，｛足，篮｝，｛排，篮｝。
把这9种配组方式看作9个抽屉。
因为66÷9=7…3，
所以至少有7＋1＝8（名）同学所拿的球的种类是完全一样的。
例3 一副扑克牌，共54张，问：至少从中摸出多少张牌才能保证①至少
有5张牌的花色相同 ；②四种花色的牌都有；③至少有3张牌是红桃。
分析与解答 一副扑克牌有四种花色，每种花色各13张，另外还有两张王
牌。
①为了“保证”5张牌 花色相同，我们应从最“坏”的情况去分析，
即先摸出了两张王牌.把四种花色看作4个抽屉，要想有5 张牌属于同一
抽屉，只需再摸出4×4+1＝17（张），也就是共摸出19张牌.即至少摸
出 19张牌，才能保证其中有5张牌的花色相同。
②因为每种花色有13张牌.若考虑最“坏”的情 况，即摸出了2张王
牌和三种花色的所有牌共计13×3＋2=41（张），这时，只需再摸一张即一共42张牌，就保证四种花色的牌都有了.即至少摸出42张牌才能保证
四种花色的牌都有。
③最坏的情形是先摸出了2张王牌和方块、黑桃、梅花三种花色所有
牌共计41张，只剩红 桃牌.这时只需再摸3张，就保证有3张牌是红桃了.
即至少摸出44张牌，才能保证其中至少有3张红 桃牌。

例4 平面上给定17个点，如果任意三个点中总有两个点之间的距 离小于
1，证明：在这17个点中必有9个点可以落在同一半径为1的圆内。
分析与解答 如 果17个点中，任意两点之间的距离都小于1，那么，以这
17个点中任意一点为圆心，以1为半径作一 个圆，这17个点必然全落在
这个圆内.如果这17个点中，有两点之间距离不小于1（即大于1或等于

1），设这两点为O
1
、O
2
，分别以O
1
、O
2
为圆心，1为半径作两个圆（如
图）.把这两个圆看作两个抽屉，由于 任意三点中总有两个点之间的距离
小于1，因此其他15个点中的每一点，到O
1
、O
2
的距离必有一个小于1.
也就是说这些点必落在某一个圆中.根据抽屉原理必有一个 圆至少包含这
15个点中的8个点.由于圆心是17个点中的一点，因此这个圆至少包含
17个 点中的9个点.
例5 把1、2、3、…、10这十个数按任意顺序排成一圈，求证在这一圈
数中一定有相邻的三个数之和不小于17。
分析与解答 把这一圈从某一个数开始按顺时针方向分别记 为a
1
、a
2
、
a
3
、…、a
10
（见图）.相邻的三个数为一组，有a
1
a
2
a
3
、a< br>2
a
3
a
4
、a
3
a
4
a
5
、…、
a
9
a
10
d
1
、a< br>10
a
1
a
2
共10组。

这十组数的和的总和为
（a
1
＋a
2
+a
3
）＋（a
2
+a
3
+a
4
）＋…+（a
10
+a
1
＋a
2
）

＝3（a
1
+a
2
+a
3
＋…+a
10
）
＝3×55=165＝16×10＋5。
根据抽屉原理这十组数中至少有一组数的和不小于17。
这道题还可以用下面的方法证明：
在10个数中一定有一个数是1，设a
10
＝1，除去a
10
之 外，把a
1
、a
2
、…、
a
9
这9个数按顺序分为 三组a
1
a
2
a
3
、a
4
a
5< br>a
6
、a
7
a
8
a
9
.下面证明这 三组中至少
有一组数之和不小于17。
因为这三组数之和的总和为
（a< br>1
+a
2
+a
3
）＋（a
4
+a
5
+a
6
）+（a
7
+a
8
＋a
9
）
＝a
1
+a
2
+…+a
9

＝2+3+…＋10
＝54＝3×16+6。
根据抽屉原理这三组数中至少有一组数之和不小于17。
第二种证法中去掉了最小数1，其实若去 掉2、3、4也可以的，因为
54=3×17＋3，所以用第二种证法还可以得出至少有一组数的和不小 于18
的结论，而第一种证法却不能得出这个结论。
此外，由于54=3×18，因此即 使第二种证法也不能由抽屉原理得出
三组数中至少有一组数的和不小于19的结论.事实上，如右图中所 示，划
了线的三组数的和都是18（并且其他任何三个相邻数之和都小于18）。

例6 在边长为3米的正方形内，任意放入28个点，求证：必有 4个点，
以它们为顶点的四边形的面积不超过1平方米。分析与解答根据题目的结
论，考虑把这 个大正方形分割成面积为1平方米的9个小正方形（如右图）。

因为28＝3×9+1，
所以根据抽屉原理，至少有4个点落在同一个边长为1米的小正方形
内（或边上）见下图，

这4个点所连成的四边形的面积总小于或等于小正方形的面积，即以
这4个点为顶点的四边 形的面积不超过1平方米。例7在边长为1米的正
方形内，任意放入9个点.求证：至少有3个点，以这 三个点为顶点的三
角形
分析与解答 把边长为1米的正方形取各边的中点，把对边中点相连< br>个抽屉，把9个点随意放入4个抽屉.根据抽屉原理，有一个抽屉中至少
有3

点为顶点的三角形的面积不大于小正方形面积的一半.设A、B、 C三
点在同一个小正方形内.如果△ABC中的某一条边BC与小正方形的边平行
（如图），



与小正方形的边不平行（如图）.则可过其中一点B作BD与小正方 形边平
行，它将△ABC分成两个三角形：△ABD与△BCD.则







平方米。

习题十二
1.“幼苗杯”数学竞赛获奖的87名学生来自12所小学，证明：至少
有8名学生来自同一所学校。
2.在一米长的线段中任意放入7个点，证明：不论怎样放，至少有两
点之间的距离小于17厘米。
3.52张扑克牌有红桃、黑桃、方块、梅花4种花色各13张，问：
①至少从中取出多少张牌，才能保证有花色相同的牌至少2张。
②至少从中取出几张牌，才能保证有花色相同的牌至少5张。
③至少从中取出几张牌，才能保证有4种花色的牌。
④至少从中取出几张牌，才能保证至少有2张梅花牌和3张红桃。
⑤至少从中取出几张牌，才能保证至少有2张牌的数码（或字母）相
同。
4.学校图书馆 里有A、B、C、D四类书，规定每个同学最多可以借2
本书，在借书的85名同学中，可以保证至少几 个人所借书的类型是完全
一样的？
5.把1到30这30个自然数摆成一个圆圈，则一定有三个相邻的数，
它们的和不小于47。
6. 在一个边长为1米的正三角形内随意放置10个点.证明：至少有
2个
第十三讲 染色中的抽屉原理
根据抽屉原理可以解决许多有趣的问题，关键在于根据不同 的问题制
造抽屉.如研究整除问题时常用剩余类当作抽屉，研究长度和面积时用图

形制造抽屉等等.在这一讲中将研究如何用颜色当作抽屉来解决一些问
题。
例1 平面上有A、B、C、D、E、F六个点，其中没有三点共线，每两点之
间任意选用红线或蓝线连接，求 证：不管怎样连接，至少存在一个三边同
色的三角形。
分析与解答 连彩线的方式很多，如果 一一画图验证结论，显然是不可取
的.这个问题如果利用抽屉原理去解决，就不是难事了。
我们用虚线表示红色，用实线表示蓝色.从任意一点比如点A出发，
要向B.C、D、E、F连5条线段 .因为只有两种颜色，所以根据抽屉原理，
至少有3条线段同色.不妨设AB、AD、AE三线同红色（ 如右图）.如果B、
D、

E这三点之间所连的三条线段中有一条是红色的，则 出现一个三边为
红色的三角形.如果这三点之间所连线段都不是红色，那么就都是蓝色的.
这样 ，三角形BDE就是一个蓝色的三角形.因此，不管如何连彩线，总可
以找到一个三边同色的三角形。
如果我们把上面例题中的点换成人，把红蓝两种颜色连线换成人与人
之间的关系，又可以解 决某些实际问题.如：证明在任意的6个人之间，
或者有3个人互相认识，或者有3人互相都不认识。
我们只需把互相认识的两人用红线连接，互相不认识用蓝线连接，那
么所要证明的结论就变 成证明存在一个红色或蓝色的三角形了。

例2 从同一个小学毕业的同学之 间的关系可以分为三个等级：关系密切、
一般关系、毫无关系.请你证明在这个学校的17名校友中.至 少有三个人，
他们之间的关系是同一个等级的。
分析与解答 把17人看成平面上17个点； 用红、蓝、白三种颜色的连线
表示同学之间三种不同等级关系.那么这个实际问题就转化为：证明用红、
蓝、白三种颜色的线段连接平面上的17个点（没有三点共线），一定存
在一个同色的三角形。
因为一个点要与其他16个点连线，只有三种颜色，所以根据抽屉原
理，从一点至少引出6 条同色的线段.不妨设点A与B、C、D、E、F、G
六点是用白色线段连接的.如果B、C、D、E、 F、G这六点之间有一条白线
连线，那么就会出现一个三边为白色的三角形.否则，这六个点只能用红、
蓝两种颜色连接了.根据例1的证明可得，这六个点之间必有一个红色边
或蓝色边的三角形存在 。
从例2的证明看出，它的论证方法与例1是相似的，只不过比例1
多用了一次抽屉原理。
例3 用黑、白两种颜色把一个2×5（即2行5列）的长方形中的每个小
方格都随意染一种颜色.证明：必有 两列，它们的涂色方式完全相同。

分析与解答 因为每列只有两格，而这两格的染法只有（ 右图）四种，将
这4种染色方式当作4个抽屉，题中所有的方格共有5列，根据抽屉原理，
至少 有两列的染色方式完全相同。
例4 如果有一个3×n的方格阵列，每一列的三个方格都任意用红、黄 、
蓝、绿四色之三染成三种不同颜色，问n至少是多少时，才能保证至少有
3列的染色方式完全 相同。

分析与解答 每一列都从4种颜色中选出三种分别染上这列中的三个 小
格，染色的方式共有4×3×2=24（种）.若要保证至少有3列的染色方式
完全相同，那 么n至少是24×2+1＝49。
下面研究另一类长方形阵列小格的染色的问题。
例5 对一块3行7列的长方形阵列中的小方格的每一格任意染成黑色或
白色，求证：在这个长方形中，一定有 一个由小方格组成的长方形，它的
四个角上的小方格同色。
证法1：每一列的三个格用黑、白两种颜色染色.所有可能的染法只
有如下图中的八种

如果在所染色的3行7列阵列中某一列是第（1）种方式，即三格均
为白色，则其余6列中 只要再有第（1）（2）（3）（4）种方式之一（即
该列中至少有两个白格），那么显然存在一个四角 格都是白色的长方形.
若第（1）、（2）、（3）、（4）种方式均未出现，那么其余6列就只能是（5）、（6）、（7）、（8）这四种方式，根据抽屉原理，其中至少有
两列染色方式完全一样 .又（5）～（8）中每一列至少有两格染黑色，所
以一定存在一个长方形，它的四角格颜色都是黑色。
同理可知，如果有一列是第（8）种方式，即三格均为黑色，那么也
存在四角同色的长方形。
如果在7列中（1）、（8）两种方式都未出现，则只有（2）、（3）、
（4）、（5）、（6）、（ 7）这六种方式染这7列，根据抽屉原理，至少
有两列染色方式完全一样，所以仍然存在四角同色的长方 形。

证法2：第一行有7个小方格，用黑白两种颜色去染，根据抽屉原 理，
至少有四个方格所染颜色相同，不妨设第一行有4个黑方格.再看第二行，
如果在第一行的 四个黑方格下面的四格中有两格是黑色，则结论显然成立.
否则第二行这四个格中至少有3个白色方格。
再看第三行.根据抽屉原理，在第三行的位于第二行的3个白格下面
的3个格中必至少有两 格同色.如果有两格为白色，则与第二行构成四角
白色的长方形；如果没有两格白色，那么必有两格为黑 色，则与第一行构
成四角黑色的长方形。
例6 用黑、白两种颜色将一个5×5的长方形中的 小方格随意染色.求证：
在这个长方形中一定有一个由小方格组成的长方形，它的四个角上的小方
格同色。
分析与解答 第一行中的5个小方格用黑、白两种颜色去染，根据抽屉原
理，至少 有3个小方格同色.不妨设第一行的前3个为白格.现在考虑位于
这3个白格下面的那个3×4的长方形 （如右图），用黑、白两种颜色去
染这个3×4的长方形，有以下两种情况：

①若在某一行的3个方格中出现两个白格，则它们与上方第一行相应
的两个白格可组成四角同为白色的长 方形。
②若在4×3的长方形的任意一行的3个小方格中都不含两个白格，
也就是每一行 的3个小方格所涂的颜色只有一白二黑或三黑，则只有下面
（1）、（2）、（3）、（4）共4种可能 .如果（4）出现在某一行中，那
么不管

其他三行为（1）、 （2）、（3）、（4）中的哪种情况，必有一个四
角为黑色小方格的长方形.如果（4）未出现，则在 这四行中只能出现（1）、
（2）、（3）这3种情况，由抽屉原理可知，必有两行染色方式完全相同，
显然这两行中的4个黑色小方格可构成四角同黑的长方形.

习题十三
1.一天，颐和园知春亭中有6位游客.请证明：他们之中必有三名互
相认识或者互相不认识。
2.用红、黑两种颜色将一个2×9的长方形中的小方格随意染色，每
个小方格染一种颜色 ，证明：至少有3列小方格中染的颜色完全相同。
3.用红、白、黑三种颜色给一个3×n的长方 形中的每一个小方格随
意染上一种颜色.n至少为多少时，才能保证至少有两列染色方式完全一
样？
第十四讲 面积计算
在小学阶段学习的各种平面图形之间有着密切的联系.我们把 平面
图形之间的转化方法及它们的面积、周长公式归纳如下图：


计算图形的面积要用面积公式，对于一些复杂的图形有意识地运用
运动变化的观点，将平面图形简单地变 动位置，可以化繁为简，化难为
易，从而获得最佳解法。

例1 已知三角形ABC的面积为1，BE=2AB，BC=CD，求三角形BDE的面积？

分析 利用已给的线段间的比例关系、已给的三角形的面积以及三角形的
面积公式，设法把三角 形BDE划分成一些与三角形ABC的面积成相应比
例的三角形.这样，三角形BDE的面积就能求得了 。

解：见上图，连结CE.对于三角形ABC与三角形BEC，分别把AB和
BE
可知，
S
△BEC
=2S
△ABC
=2.
显然，三角形BEC和三角形CED
是两个等底（BC＝CD）、等高的三角形，因此
S
△CED
=S
△BEC
＝2。
这样，S
△BDE
＝S
△BEC
＋S
△CED
=4。
例2 求右图中阴影部分的面积.（大圆直径为2，单位：厘米）。

分析： 解题时可以先将图形下半部分翻转拼接为下图.然后将图 中的小
圆移至中心从图中不难看出求原图中阴影部分的面积就是求一个圆环的
面积。

解：大圆半径：2÷2＝1（厘米）
小圆半径：1÷2=0.5（厘米）
阴影面积：3.14×（1
2
-0.5
2
）
＝2.355（平方厘米）
答：阴影部分的面积是2.355平方厘米.
例3 如下图.在图中三角形ABE、ADF和四边形AECF的面积相等，求三
角形AEF的面积。

分析 三角形AEF的面积等于四边形AECF的面积减去三角形ECF的面积.
因 为长方形ABCD的面积等于三角形ABE、ADF和四边形AECF的面积和，

长方形ABCD的长、宽分别为9厘米和6厘米，因此很容易求出它的面积.

所以解题关键在于求出三角形ECF的面积。



EC的长度.同理可以求出FC的长度.这样三角形ECF的面积可以求出，
使问题得解。
解：长方形ABCD的面积：9×6=54（平方厘米）；
四边形AECF及三角形ABE、AFD的面积相等，是：

EC的长度：9-18×2÷6=3（厘米）；
FC的长度：6-18×2÷9=2（厘米）；
三角形AEF的面积：
18-3×2÷2＝15（平方厘米）。
答：三角形AEF的面积是15平方厘米。
例4 如下页图.等腰直角三角形ABC的腰为10厘米； 以A为圆心，EF
为圆弧，组成扇形AEF；阴影部分甲与乙的面积相等.求扇形所在的圆面
积 .

分析 ∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC＝BC，∠A= ∠B＝45°。S
甲
＝S
乙
，
即S
△ABC
的面积 等于以AE为半径，圆心角是45°的扇形面积.根据已知条
件，可求出三角形ABC的面积从而可求出 圆面积。

周角是45°圆心角的几倍？360×45=8；
圆面积：50×8＝400（平方厘米）。
答：扇形所在的圆面积是400平方厘米。





分析 利用一种称之为“弦图”的求面积的方法.用“弦 图”计算面积最
主要的是掌握“弦图”的特点.其一：大正方形边长=长方形长x+长方形
宽y 。

其二：小正方形的边长=长方形的长x- 长方形的宽y.解题时先把四个面积

为

解：拼成后大正方形的面积：

大正方形的边长：


长方形的长（即长方形木条的长）：





例6 一块长方形钢板，长截下4分米，宽截下1分米后，成了一块正方
形钢板，如右图，面积 比原来减少了49平方米.原来长方形钢板的面积
是多少平方米？

分析 初看起来 ，图中长方形长和宽，正方形的边长都不知道，无法求出
长方形的面积，能否用特殊的方法思考呢？审题 后发现长方形的长、宽

和面积都和正方形有关系.图中阴影部分，如果添一条 “辅助线”，如下
页图（1）或下页图（2），把它分解成两个长方形.以下页图（2）为例.
记正方形的边长为x分米.带阴影的小长方形长为（x+4）分米，宽为1
分米，带阴影的大长方形长为 x分米，宽为4分米.“面积比原来（长方
形）减少了49平方米”，也就是大长方形阴影部分面积+小 长方形阴影
部分面积=阴影部分总面积=49平方分米，用方程解.

解：设正方形边长为x分米。
（x＋4）×1＋4x=49，
x+4+4x=49，
5x=45，
x=9。
9×9＋49=130（平方分米）
答：长方形钢板面积为130平方分米。


之比。

解：连结ED和BD.得知S
△AEH
=S
△AED
，







即四边形EFGH的面积∶四边形ABCD面积=5∶9。
例8 如图，已知三角形ABC的三条高必定交于一点，如记成P点，

分析与解答 从右图中可以看出△PBC和△ABC是同底的两个三角形，



又∵S
△PBC
+S
△PCA
+S
△PA B
=S
△ABC
，


习题十四
1.右图是一个圆心角为45°的扇形，其中直角三角形BOC的直角边
为6厘米，求阴影部分面积。

2.在右图中，阴影部分A的面积比阴影部分B的面积大10.5平方厘
米，求线段BC的长度？

3.一个直径为10厘米的圆，如左图.圆内有一个扇形，扇形的弧长

为3.14厘米，求扇形的面积。

4.右图中，大正方形面积比小正方形面积多24平方米，求小正方形
的面积是多少？

5.用同样的长方形条砖，在一丛花的周围镶成一个正方形边框，如
右图.边框的周长为2 64厘米.里边小正方形的面积为900平方厘米，问
每块长方形条砖的长和宽各是多少厘米？





第十五讲 综合题选讲
小学数学竞赛综合题，主要包括以下几个方面：
①逻辑关系较复杂的问题；
②数与形相结合的问题；
③较复杂的应用题；

④较灵活的组合、搭配问题；
⑤与“最多”、“最少”有关的问题。
解答小学数学 竞赛的综合题，首先要能熟练、正确解答有关的基本题，
同时要认真读题，准确理解题意，在分析题目条 件，设计解题程序上下功
夫。
例1 一个正方体的八个顶点处分别标上1、2、3、4、5、 6、7、8.再把各
棱两端上所标的二数之和写在这条棱的中点，问：在棱的中点最少能标出
几 种数值？
分析 对于1、2、3、4、5、6、7、8这些数中两两之和，有下列情形：
有4种形成9的和：1+8=2+7=3+6=4+5；
有3种形成8的和：1+7=2+6=3+5；
有3种形成10的和：2+8=3+7=4+6；
有3种形成7的和：1+6=2+5=3+4；
有3种形成11的和：3+8=4+7=5+6；
有2种形成6的和：1+5=2+4；
有2种形成5的和：1+4=2+3；
有2种形成12的和：4+8=5+7；
有2种形成13的和：5+8=6+7；
此外还有1+2=3，1+3=4，6+8=14，7+8=15各一种。
首先指出棱的中点处不 可能仅出现3种数，理由是：3、4、5、6、7、
8、9、10、11、12、13、14、15中的 数，如果只用其中3个数（标在棱
的中点处），那么这三个数不能写成共12种不同形式的（取自于1、 2、…、
8之中的两数）和，而正方体棱数有12个。
再说明，棱的中点处不可能只标有4种不同数值，为证明这一点，可
以分下列情况说明。
如果在12条棱上有3个“7”、3个“8”、3个“10”、3个“11”，
那么在正方体顶点处要出 现4次“6”进行运算.这是不可能.因为每个顶
点处的数只参加3次加法运算。

如果在12条棱上有3个“9”，此外，必定还有7、8、10、11中 的
某三个数字（各三次），那么棱上数之和只能是
（9+7+8+10）×3=102，
（9+8+10+11）×3=114，
（9+7+10+11）×3=111，
（9+7+8+11）×3=105。
它们都与棱上所有数之和应当是（1+2+… +8）×3=108矛盾.这说明
棱上的数不可能是3个“9”以及7、8、10、11中某3个各出现 3次。
如果在12条棱的中点出现4个“9”以及另外三种数，那么另外三种
数应各出现 3、3、2次.出现3次的只能是7、8、10、11中的两个.出现
两次的则是5、6、12、13中 的一个或者是7、8、10、11中未被用了3
次的两个中的一个.设出现两次的棱的中点数为a，出现 3次的为b或c，
则因为
4×9+3×（b+c）+2a=108，
所以 b+c必须为偶数.在7、8、10、11中取两数b、c，使其和为偶
数，只有7、11及8、10这 两种可能.无论哪种情形，都有b+c=18，因此
2a=108-36-3×18=18，a=9.与 12条棱有4个9矛盾.这说明上述情况不能
出现。
综上所述，棱中点不可能仅有四种不同数。
棱中点可以有五种不同数值，这可由右图看出：棱中点 共出现4个
“9”、3个“10”、3个“8”、1个“6”、1个“12”。

这说明棱的中点最少能标出5种不同数值。
例2 一组互不相同的自然数，其中最小的是1，最大的是 25，除去1之
外，这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于另
外两个 数之和.在满足要求的所有可能的数组中，寻找出使得组内各数之
和最大及最小的数组，并求这组数之和 的最大值、最小值。

分析 很自然猜想并容易验证数组1，2，3，…，2 4，25符合题目要求，
显然这个数组的和是最大的，这个最大的和是1+2+3+…+24+25=3 25。
困难在于搜寻最小的数组。
把数组中的数由小到大排起来，容易看出：
1后边的数一定是2；2后边可以是3，也可以是4；3后边可能是4、
5、6；4后边可 能是5、6、8.把它们列出来就是
1，2，3，4，…，25；
1，2，3，5，…，25；
1，2，3，6，…，25；
1，2，4，5，…，25；
1，2，4，6，…，25；
1，2，4，8，…，25。
25是奇数，它只能是另外两个数之和，容易验证在上述数列的“… ”
处不能只加入一个数，也就是说，在上述六种数列的每个“…”中，至少
要再加入两个数.而 且，还推知后加入的数中至少有两个数，这两个数的
和不小于25.理由是，如果后加入的任意两个数之 和都小于25，那么就不
可能得到最后的25这个数。
根据以上理由，我们应当先考虑1 ，2，3，4，…，25这一列数.看看
是否能只加入两个数，且加入的两个数之和是25。
25=5+20=6+19=7+18=8+17=9+16
=10+15=11+14=12+13。
在1，2，3，4，…，25中的“…”处可加入5， 但是不能有20（20
不是1、2、3、4、5中任何一数的两倍，也不是其中任何两数之和）；可加入6但不能在6后写19；可加入7，但不能在7后写18，可加入8，但
不能在8后写17.另 一方面，紧接1，2，3，4之后不可加入9、10、11、
12.这表明1，2，3，4，…，25中 的“…”处仅加入两个数，且这两个数
之和是25是办不到的。
接着考察1，2，3，5，…，25：是否可以在“…”中仅加两个数，
得到符合题意的数组.

容易看出1，2，3，5，10，15，25是符合题意的一组数.因为 在“…”
中加入的两个数，不论怎么加，它们的和的最小值是25，现在加入10和
15，其和 恰是最小值25.所以这数组的和最小.因此，所求的最小和是
1+2+3+5+10+15+25=61。
例3 观察下面的减法算式
□□□□-□□□-□□=□。
其中□□□□表示四位数，□□□表示三位数，□□表示两位数， □
表示一位数.问：这样的正确算式共有几种？
分析 换成加法算式，就是要回答共有多少种形如
□□□+□□+□=□□□□
的正确算式？可以从两方面考虑：
①如果□□□+□□是个三位数.那么这个和再加上一个一位数应该
是四位数，容易看出
991+9=1000，
992+9=1001，992+8=1000，
993+9=1002，993+8=1001，993+7=1000，
…
99 9+9=1008，999+8=1007，…999+1=1000，这些和都是四位数，另一
方面，
991=892+99=893+98=894+97=…=981+10；
992=893+99=894+98=895+97=…=982+10；
…
999=900+99=901+98=902+97=…=989+10.
可见，由一个三位数 与一个两位数之和形成的符合题意的三位数是
991、992、…、999.此时符合题意的算式共有9 0×（1+2+…+9）=4050（种）。
②如果□□□+□□是个四位数，那么这个四位数一定是“1□□□”
形的数。

容易看出：满足上述限定条件的最小的三位数是901.这时
9 01+99=1000是个最小的四位数。
902+99，902+98是四位数；
903+99，903+98，903+97是四位数；
…
990+99，990+98，990+97，…，990+10是四位数，
991+99，991+98，991+97，…，991+10是四位数，
…
9 99+99，999+98，999+97，…，999+10是四位数.可见，使□□□+
□□是四位 数的算式有
1+2+3+…+90+90×9=4905（种）。
注意到每一个形 如□□□+□□是个四位数的算式中，再加上1、2、
3、…、9后仍然是四位数，因此当：□□□+□ □是四位数时，不同的算
式
□□□□-□□□-□□=□共有
4905×9=44145（种）。
把①，②两种情况结合起来知共有
44145+4050=48195种合乎题目要求的算式。
说明：这三个例题虽然涉及的具体内 容不同，但是有一个共同特性是
都要分成几类较简单的情形，逐一回答较简单的情形的问题，最后解决原
来提出来的问题，这种解题方法叫做“分情况解决问题”.通过用分情况
的方法解题，可以提高 同学们思维的条理性，培养分析问题的好习惯。
例4 桌上放着100个已经涂了色的小球.其中有红 球、白球、黄球.允许
你对它们改色，办法是：取出两个不同色的球，把它们涂上与它们颜色都
不同的另一种颜色（例如你取出一个白球一个黄球，就把它们都改涂为红
色），然后放回桌上，这叫“一 次操作”，问：经过有限次操作后，你能
否把所有球都改为同一种颜色？说明你的理由。
分析 100不是3的倍数，设原有红球、白球、黄球各x、y、z个.那么x、
y、z不都是3的倍数，也不 可能出现这样的情形：x、y、z三个数被3

除后的余数互不相同（否则x+ y+z=100就应该是3的倍数）.可见，x、y、
z中有两个被3除的余数相同，另一个被3除的余 数与它们不同。
设y、z被3除之后的余数相同，x被3除后的余数与它们不同。
如果y=z，那么可以用一白一黄变两个红球的方式经过有限步骤把所
有的球都变为红色。
如果y≠z.比如说y＜z，z-y必是3的倍数.那么可以先进行“1白1
黄变2红”的改色，直到把 白球用完，这时桌上的球只有2种：红球和黄
球.而此时黄球数目z-y是3的倍数.把黄球3个一组进 行分组，黄球被分
成若干组，取出一组（3个）黄球和1个红球，对这一组（4个球）进行
改色 ，办法是：
先用1红1黄变2白，这时4个球是2白、2黄.再把2白2黄变为4
红.于 是每3个黄球加1个红球都可变为4个红球.因为黄球的组数是有限
的，而红球越改越多所以经过有限步 改色后，总可使桌上的球全变为红色。
说明：题目中的100并不是本质的数，也可以改为101 ，103，或不
是3的倍数的其他数字.证法一样.另一方面，最后变成的颜色决定于原来
三种 球中，哪色球被3除所得的余数是单独的，例如当红色球被3除的余
数与白球、黄球数目被3除的余数不 同，而白球、黄球数被3除后余数相
同时，最后就全变为红色。

小学五年级奥数题
一、 小数的巧算
（一）填空题
1. 计算 1.996+19.97+199.8=_____。
答案：221.766。
解析：原式=(2-0.004)+(20-0.03)+(200-0.2)
=222-(0.004+0.03+0.2)
=221.766。
2. 计算 1.1+3.3+5.5+7.7+9.9+11.11+13.13+15.15+17.17+19.19= _____。
答案：103.25。
解析：原式=1.1

(1+3+… +9)+1.01

(11+13+…+19)
=1.1

25+1.01

75
=103.25。

3. 计算 2.89

4.68+4.68

6.11+4.68=_____。
答案：46.8。
解析：4.68×（2.89+6.11+1）=46.8

4. 计算 17.48

37-17.48

19+17.48

82=_____。
答案：1748。
解析: 原式=17.48×37-17.48×19+17.48×82
=17.48×(37-19+82)
=17.48×100
=1748。
5. 计算 1.25

0.32

2.5=_____。
答案：1。
解析：原式=(1.25

0.8)

(0. 4

2.5)
=1

1
=1。
6. 计算 75

4.7+15.9

25=_____。
答案：750。
原式=75

4.7+5.3

(3

25)
=75

(4.7+5.3)
=75

10
=750。
7. 计算 28.67

67+3.2

286.7+573.4

0.05=____。
答案：2867。
原式 =28.67

67+32

28.67+28.67

( 20

0.05)
=28.67

(67+32+1)
=28.67

100
=2867。

（二）解答题
8. 计算 172.4

6.2+2724

0.38。 答案：原式=172.4

6.2+(1724+1000)

0.38
=172.4

6.2+1724

0.38+ 1000

0.38
=172.4

6.2+172.4

3.8+380
=172.4

(6.2+3.8)+380
=172.4

10+380
=1724+380
=2104。
9.
。
答案：181是三位,11是两位,相乘后18 1

11=1991是四位,三位加两位是五位,
因此1991前面还要添一个0,又 963+1028=1991,所以
0. 00…0181

0.00…011=0.00…01991

963个0 1028个0 1992个0 。

10.计算 12.34+23.45+34.56+45.67+56.78+67.89+78. 91+89.12+91.23。
答案：9个加数中,十位、个位、十分位、百分位的数都是1~9，所以，
原式=11.11

(1+2+…+9)
=11.11

45
=499.95 。
二、数的整除性
（一）填空题
1. 四位数“3AA1”是9的倍数，那么A=_____。
答案：7。
解析：已知四位数3AA1正好是9的倍数,则其各位数字之和3+A+A+1一 定是9
的倍数,可能是9的1倍或2倍,可用试验法试之。
设3+A+A+1=9,则A=2 .5,不合题意.再设3+A+A+1=18,则A=7,符合题意。事实
上,3771
9=419。
2. 在“25□79这个数的□内填上一个数字,使这个数能被11整除,方格内应填
_____。
答案：1。
解析：这个数奇数位上数字和与偶数位上数字和之差是0或是11的倍数,那么这
个数能被11整除.偶数位上数字和是5+7=12,因而,奇数位上数字和2+□+9应等
于 12,□内应填12-2-9=1。
3. 能同时被2、3、5整除的最大三位数是_____。
答案：990。
解析：要同时能被2和5整除,这个三位数的个位一定是0。要能被3整除, 又要
是最大的三位数,这个数是990。
4. 能同时被2、5、7整除的最大五位数是_____。
答案：99960。
解析：解法一: 能被2、5整除,个位数应为0,其余数位上尽量取9,用7去除999
□0,可知方框内应填6。所以 ,能同时被2、5、7整除的最大五位数是99960。
解法二: 或者这样想,2,5,7的最小公 倍数是70,而能被70整除的最小六位
是100030。它减去70仍然是70的倍数,所以能被2, 5,7整除的最大五位数是
100030-70=99960。
5. 1至100以内所有不能被3整除的数的和是_____。
答案：3367。
解析：先求出 1~100这100个数的和,再求100以内所有能被3整除的数的和,
以上二和之差就是所有不能被 3整除的数的和。
(1+2+3+…+100)-（3+6+9+12+…+99）
=(1+100)

2

100-(3+99)

2

33
=5050-1683
=3367 。
6. 所有能被3整除的两位数的和是______。
答案：1665。
解析：能被3整除的二位 数中最小的是12,最大的是99,所有能被3整除的二位

数如下:
12,15,18,21,…，96，99
这一列数共30个数，其和为
12+15+18+…+96+99
=(12+99)

30

2
=1665 。
7. 已知一个五位数□691□能被55整除,所有符合题意的五位数是_____。
答案：96910或46915。
解析：五位数
A691B
能被55整除, 即此五位数既能被5整除,又能被11整除。所
以B=0或5。当B=0时,
A6910
能被11整除,所以(A+9+0)-(6+1)=A+2能被11整
除,因此A=9；当B=5时, 同样可求出A=4。所以,所求的五位数是96910或46915。
（
二）解答题

8. 173□是个四位数字，数学老师说：“我在这个□中先后填入3个数字,
所得到的3 个四位数,依次可被9、11、6整除。”问：数学老师先后填入的3个
数字的和是多少？
答案：∵能被9整除的四位数的各位数字之和能被9整除，
1+7+3+□=11+□
∴□内只能填7。
∵能被11整除的四位数的个位与百位 的数字和减去十位与千位的数字和
所得的差能被11整除。
∴ (7+□)-(1+3)=3+□ 能被11整除, ∴□内只能填8。
∵能被6整除的自然数是偶数,并且数字和能被3整除,
而1+7+3+□=11+□, ∴□内只能填4。
所以,所填三个数字之和是7+8+4=19。
9．在1992后面补 上三个数字，组成一个七位数，使它们分别能被2、3、5、11
整除，这个七位数最小值是多少？ < br>解析：设补上的三个数字组成三位数
abc
,由这个七位数能被2,5整除,说明c=0 ；
由这个七位数能被3整除知1+9+9+2+a+b+c=21+a+b+c能被11整除，从而a +b能
被3整除；由这个七位数又能被11整除，可知(1+9+a+c)-(9+2+b)=a-b- 1能被
11整除；由所组成的七位数应该最小,因而取a+b=3,a-b=1,从而a=2,b=1。
所以这个最小七位数是1992210。
[注]小朋友通常的解法是:根据这个七位数分别能 被2,3,5,11整除的条件,这个七位数必定
是2,3,5,11的公倍数,而2,3,5,11的 最小公倍数是2

3

5

11=330。这
样, 1992000

330=6036…120，因此符合题意的七位数应是(6036+1)倍 的数,即
1992000+(330-120)=1992210。
10．在“改革” 村的黑市上,人们只要有心,总是可以把两张任意的食品票换成3
张其他票券,也可以反过来交换。试问 ,合作社成员瓦夏能否将100张黄油票换成
100肠票,并且在整个交换过程中刚好出手了1991张 票券？
答案：不可能。
由于瓦夏原有100张票,最后还有100张票,所以他作了多少次 “两换三”,

那么也就作了多少次“三换两”,因此他一共出手了2k+3k =5k张票,而1991不是
5的倍数。
三 质数与合数
（一）填空题
1. 在一位的自然数中，既是奇数又是合数的有_____；既不是合数又不是质数的
有__ ___；既是偶数又是质数的有_____。
答案：9，1，2。
解析：在一位自然数中,奇数有:1,3,5,7,9,其中仅有9为合数,故第一个空填9。
在一位自然数中,质数有2、3、5、7，合数有4、6、8、9，所以既不是合
数又不是质数的为1 。
在一位自然数中,偶数有2、4、6、8，所以既是偶数又是质数的数为2。
2. 最小的质数与最接近100的质数的乘积是_____。
答案：202。
解析：最小的质数 是2,最接近100的质数是101,它们的乘积是2

101=202。
3．两个自然数的和与差的积是41，那么这两个自然数的积是_____。
答案：420。
解析：首先注意到41是质数,两个自然数的和与差的积是41,可见它们的差是1,
这是两个 连续的自然数,大数是21,小数是20,所以这两个自然数的积是
20

21=42 0。
4. 在下式□中分别填入三个质数,使等式成立。
□+□+□=50
答案：2、5、43。
解析：接近50的质数有43,再将7分拆成质数2与质数5的和.即
2+5+43=50。
另外,还有
2+19+29=50，
2+11+37=50。
[注]填法不是唯一的，如也可以写成

41+2+7=50。
5. 三个连续自然数的积是1716,这三个自然数是_____、_____、_____。
答案：11,12,13。
解析：将1716分解质因数得：
1716=2

2

3

11

13
=11

(2

2

3)

13
由此可以看出这三个数是11,12,13。
6. 找出1992所有的不同质因数,它们的和是_____。
答案：88。
解析：先把1992分解质因数,然后把不同质数相加,求出它们的和。
1992=2

2

2

3

83
所以1992所有不同的质因数有:2,3,83。它们的和是
2+3+83=88。
7. 如果自然数有四个不同的质因数, 那么这样的自然数中最小的是_____。

答案：210。
解析：最小的四个质数是2,3,5,7,所以有四个不同质因数的最小自然数是
2

3

5

7=210。
(二）解答题 8．2，3，5，7，11，…都是质数，也就是说每个数只以1和它本身为约数。已
知一个长方形 的长和宽都是质数个单位,并且周长是36个单位。问这个长方形的
面积至多是多少个平方单位?
答案：由于长+宽是 36

2=18，
将18表示为两个质数和 18=5+13=7+11，
所以长方形的面积是 5

13=65或7

11=77，
故长方形的面积至多是77平方单位。
9. 把7、14、20、21、28、30分成两组，每三个数相乘，使两组数的乘积相等。
答案：先把7 ，14,20,21,28,30分解质因数,看这六个数中共有哪几个质因数,
再分摊在两组中,使两 组数乘积相等。
14=7

2 20=2

2

5
21=3

7 28=2

2

7
30=2

3

5 7
从上面五个数分解质因数来看 ,连7在内共有质因数四个7,六个2,二个3,
二个5,因此每组数中一定要含三个2,一个3,一个 5,二个7。
六个数可分成如下两组(分法是唯一的):
第一组: 7、28、和30
第二组：14、21和20
且7

28

30=14
21

20=5880满足要求。
[注]解答此题的关键是审题,抓 住题目中的关键性词语：“使两组数的乘积相等”。实质上是
要求两组里所含质因数相同,相同的质因数 出现的次数也相同。
10. 学生1430人参加团体操,分成人数相等的若干队,每队人数在100至200之
间,问哪几种分法?
答案：把1430分解质因数得：
1430=2

5

11

13
根据题目的要求 ,应在2、5、11及13中选用若干个数，使它们的乘积在100
到200之间，于是得三种答案：
（1）2

5

11=110；
（2）2

5

13=130；
（3）11

13=143.
所以,有三种分法:一种是分为13队,每队 110人；二是分为11队，每队130
人；三是分为10队，每队143人。
四 约数与倍数
1．28的所有约数之和是_____。
答案：56。
解析：28的约数有1,2,4,7,14,28,它们的和为
1+2+4+7+14+28=56。
2. 用105个大小相同的正方形拼成一个长方形,有_____种不同的拼法。

答案：4。
解析：因为105的约数有1,3,5,7,15,21,35,105能拼成的 长方形的长与宽分别
是105和1,35和3,21与5,15与7。所以能拼成4种不同的长方形。
3. 一个两位数,十位数字减个位数字的差是28的约数,十位数字与个位数字的
积是24. 这个两位数是_____。
答案：64。
解析：因为28=2

2

7,所以28的约数有6个:1,2,4,7,14,28。在数字0,1,2,…，
9中 ，只有6与4之积，或者8与3之积是24，又6-4=2，8-3=5。故符合题目
要求的两位数仅有 64。
4. 李老师带领一班学生去种树,学生恰好被平均分成四个小组,总共种树667棵,
如果师生每人种的棵数一样多,那么这个班共有学生_____人。
答案：28。
解析： 因为667=23

29,所以这班师生每人种的棵数只能是667的约
数:1,23 ,29,667.显然,每人种667棵是不可能的。
当每人种29棵树时,全班人数应是23-1=22,但22不能被4整除,不可能。
当每人种23棵树时,全班人数应是29-1=28,且28恰好是4的倍数,符合题
目要求。
当每人种1棵树时,全班人数应是667-1=666,但666不能被4整除,不可能。
所以,一班共有28名学生。
5. 两个自然数的和是50,它们的最大公约数是5,则这两个数的差是_____。
答案：40或20。
解析：两个自然数的和是50,最大公约数是5,这两个自然数可能是5和45,15
和35, 它们的差分别为(45-5=)40,(35-15=)20,所以应填40或20。
[注]这里的关键是依最大公约数是5的条件,将50分拆为两数之和:50=5+45=15+35。
6. 现有梨36个,桔108个,分给若干个小朋友,要求每人所得的梨数,桔数相等,
最多 可分给_____个小朋友,每个小朋友得梨_____个,桔_____个。
答案：36,1,3。
解析：要把梨36个、桔子108个分给若干个小朋友，要求每人所得的梨数、桔
子相等，小朋 友的人数一定是36的约数，又要是108的约数，即一定是36和
108的公约数.因为要求最多可分 给多少个小朋友,可知小朋友的人数是36和108
的最大公约数。36和108的最大公约数是36, 也就是可分给36个小朋友。
每个小朋友可分得梨: 36

36=1(只)，
每个小朋友可分得桔子: 108

36=3(只)，
所以,最多可分得36个小朋友,每个小朋友可分得梨1只,桔子3只。
7. 一块长48厘米、宽42厘米的布，不浪费边角料，能剪出最大的正方形布片
_____块。
答案：56。
解析：剪出的正方形布片的边长能分别整除长方形的长48厘米及宽42厘米, 所
以它是48与42的公约数,题目又要求剪出的正方形最大,故正方形的边长是48
与42的 最大公约数。
因为48=2

2

2

2

3,42=2

3

7,所以48与42的最大公约数是6。这 样,
最大正方形的边长是6厘米。由此可按如下方法来剪:长边每排剪8块,宽边可剪
7块,共 可剪(48

6)

(42

6)=8

7=56(块)正方形布片。
8．写出小于20的三个自然数，使它们的最大公约数是1，但两两均不 互质，请

问有多少组这种解？
答案：三组。
解析：三个 数都不是质数,至少是两个质数的乘积,两两之间的最大公约数只能分
别是2,3和5,这种自然数有6 ,10,15和12,10,15及18,10,15三组。
9．和为1111的四个自然数，它们的最大公约数最大能够是多少？
答案：四个数的最大公 约数必须能整除这四个数的和,也就是说它们的最大公约
数应该是1111的约数。将1111作质因数 分解,得
1111=11

101
最大公 约数不可能是1111,其次最大可能数是101.若为101,则将这四个数分别
除以101,所得商 的和应为11。现有
1+2+3+5=11,
即存在着下面四个数
101,101

2,101

3,101

5,
它们的和恰好是
101

(1+2+3+5)=101

11=1111,
它们的最大公约数为101，所以101为所求。
13
10．狐狸和黄鼠狼进行跳跃 比赛，狐狸每次跳
4
米，黄鼠狼每次跳
2
米，它
24
3们每秒钟都只跳一次.比赛途中,从起点开始每隔
12
米设有一个陷井,当它们之
8
中有一个掉进陷井时,另一个跳了多少米?
33
99
答案：黄鼠狼掉进陷 井时已跳的行程应该是
2
与
12
的“最小公倍数”，即
48
4
13
9911
跳了狐狸掉进陷井时已跳的行程应该是
4
和
12
的“最

=9次掉进陷井，
28
44
99999

=11次掉进陷井。 小公倍数”，即跳了
222
经过比较可知,黄鼠狼先掉进陷 井,这时狐狸已跳的行程是
1
4

9=40.5(米)。
2
五 带余数除法
（一）填空题
1．小东在计算除法时，把除数87写成 78，结果得到的商是54，余数是8.正确
的商是_____,余数是_____。
答案：48,44。
解析：依题意得：被除数=78

54+8=4220 ，而4220=87

48+44,所以正确的商是
48,余数是44。
2. a

24=121……b,要使余数最大，被除数应该等于_____。
答案：2927。
解析：因为余数一定要比除数小,所以余数最大为23,故有，
被除数=24

121+23=2927。