公安部出入境管理局-辽宁卫生职业技术学院

小学奥数教学
如何学好奥数？
1、直观画图法：解奥数题时，如果能合理的 、科学的、巧妙的借助点、线、
面、图、表将奥数问题直观形象的展示出来，将抽象的数量关系形象化， 可使同
学们容易搞清数量关系，沟通“已知”与“未知”的联系，抓住问题的本质，迅
速解题。
2、倒推法：从题目所述的最后结果出发，利用已知条件一步一步向前倒推，
直到题目中问题得 到解决。
3、枚举法：奥数题中常常出现一些数量关系非常特殊的题目，用普通的方
法很难列 式解答，有时根本列不出相应的算式来。我们可以用枚举法，根据题目
的要求，一一列举基本符合要求的 数据，然后从中挑选出符合要求的答案。
4、正难则反：有些数学问题如果你从条件正面出发考虑有困 难，那么你可
以改变思考的方向，从结果或问题的反面出发来考虑问题，使问题得到解决。
5 、巧妙转化：在解奥数题时，经常要提醒自己，遇到的新问题能否转化成
旧问题解决，化新为旧，透过表 面，抓住问题的实质，将问题转化成自己熟悉的
问题去解答。转化的类型有条件转化、问题转化、关系转 化、图形转化等。
6、整体把握：有些奥数题，如果从细节上考虑，很繁杂，也没有必要，如
果能从整体上把握，宏观上考虑，通过研究问题的整体形式、整体结构、局部与
整体的内在联系，“只见 森林，不见树木”，来求得问题的解决。



第一讲
第一题：时钟问题
有一个始终每小时快20秒，它3月1日中午12点准确，下一次准确的时间是什么时间？
（5月30日 12时）
答：一圈快20x12=240秒=4分，一共要快几圈才会正好对准标准时间12x60÷ 4=180（圈），换
算成是几日180x12=2160时=90日，3月1日中午12时+90日= 5月30日12时

第二题：几何问题
如图，ABC是等腰直角三角形， D是半圆周的中点，BC是半圆的直径．已知AB=BC=10，
那么阴影部分的面积是多少？(圆周率 取3.14)

- 1 -

答：


第三题：和差倍问题
春风小学原计划种杨树、柳树和槐树共1500棵，植树 开始后，当种了杨树总数的35和
30棵柳树后，又临时运来15棵槐树，这是剩下的3种树的棵数恰好 相等，问原计划要栽植这
三种树各多少棵？
答：假设杨树、柳树和槐树棵树分别为：a、b和c，由题意可得：
a+b+c=1500 (1 - 35)a=b-30 b-30=c+15
易得到三种树分别为：825、360、315棵

第四题：行程问题
甲、乙二人进行游泳追逐赛，规定两人分别从游泳池50米泳道的两端同时开始游，直
到一方追上另一方 为止，追上者为胜。已知甲、乙的速度分别为1.0米／秒和0.8米／秒。问：
（1）比赛开始后多长 时间甲追上乙？（2）甲追上乙时两人共迎面相遇了几次？
答：
（1）250秒；（2）4次。
如图，构造柳卡图，可见比赛开始250秒后甲追上乙，他们相遇4次。

- 2 -

第五题：速算与巧算

答：245





- 3 -

第二讲
【计算题】
1．难度：★★★★
（1）计算：
【答案】
（2） （结果写成分数形式）


2．难度：★★★★★

某次考试中，13名同学的平均分四舍五入到十分位后等于85.4，且每名同学的得分都< br>是整数。请问：这13名同学的总分是多少？计算平均分时四舍五入到百分位等于多少？

【答案】
平均数的范围是在85.35~85.45之间的数。
这13个同学的总 分最小为13×85.35=1109.55分，最大为13×85.45=1110.85分，每
个同 学的得分是整数，那么总分也一定是个整数，所以这13个同学的总分为1110分，则他
们的平均分四 舍五入到百分位为85.38分。




- 4 -

第三讲
【计算题】
1．难度：★★★★
将1 5个相同的悠悠球分装到四个相同的纸盒中，要求每个盒子中至少装一个，且每个
盒子装的数量都不相同 ，问共有_____种装法。
【答案】
因为2+3+4+5=14，所以最小两个加数只能为1和2；1和3；1和4；2和3四种情况：
⑴15=1+2+3+9 (2)15=1+3+4+7 (3)无 (4)15=2+3+4+6
=1+2+4+8 =1+3+5+6
=1+2+5+7
因此15个悠悠球放在不同纸盒里共有3+2+1=6种不同的装法。

2．难度：★★★★★
将一个等边三角形各边七等分后再连接相应的线段得到下图，问图中共有多少个三角
形？

【答案】
正立的：
边长是1有：1+2+……+7=28
边长是2有：1+2+……+6=21
边长是3有：1+2+……+5=15
…
边长是7有：1个
倒立的：
边长是1有：1+2+……+6=21
边长是2有：1+2+3+4=10
边长是3有：1+2=3
因此共有：28+21+15+10+6+3+1+21+10+3=118

- 5 -

第四讲
【几何问题】
1．难度：★★★★
如图，已知三角形ABC面积为1，延长AB至D，使 ；延长BC至E，使CE=2BC；延长
CA至F，使AF=3AC，求三角形DEF的面积。

【答案】


2．难度：★★★★★

一 个大正方体、四个中正方体、四个小正方体拼成如图的立体图形，已知大、中、小三
个正方体的棱长分别 为5厘米、2厘米、1厘米。那么，这个立体图形的表面积是多少平方
厘米?

【答案】
采用“三视图”的方法，立方体总表面积=(正面面积+侧面面积+上面面积)×2 +遮挡部
分的面积，正面面积=5×5+(2×2+1×1)×2=35平方厘米，侧面面积=5×5+ (2×2+1×1)×
2=35平方厘米，上面面积=5×5=25平方厘米，遮挡部分的面积=(2× 2+1×1)×8=40平方厘
米，所以总表面积=(35+35+25)×2+40=230平方厘米 。

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第五讲
【数论问题】
1．难度：★★★★
已知九位数2012□12□2既是9的倍数，又是11的倍数，那么，这个九位数是多少？
【答案】
设原数为，是9的倍数和11的倍数，那么一定是99的倍数。根据99的整
，是99的倍数，除特征，两位一截后得到的两位数相加
只能是99，所以

2．难度：★★★★★
四个连续自然数的乘积是11880，求此四个数。
【答案】
，所以
b
=6，
a
=2。
，把这些质 因数搭配成4个乘数，并且要求是连续的，11比较大，
我们不妨从11入手，只能有8，9，10，1 1或是9，10，11，12，前者不成立。那么这四个
数是9，10，11，12。












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第六讲
【应用题】
1． 一个农夫看见池塘里有一群鹅，他自言自语地说：“我如果有这些鹅，再加上这些
鹅，然 后再加上这些鹅的一半，又加上这些鹅的一半的一半，最后再加上我家里的5只，就
正好是93只鹅。” 池塘里有鹅多少只。
【解析】
。
2． 老师买来120支铅笔分给四、五、六年 级的同学，其中分给四年级，分给五年级
，那么六年级分到铅笔___________支.
【解析】
简单分数量率对应应用题，
3． 小明看《丁丁历险记》的连环画，第 一天看了全书的还多4页，第二天看了余下
的还多5页，第三天看了剩下的还多6页，第四天看了2页就 将全书看完了。这本书一
共有 页
【解析】 典型还原问题，列综合算式即可，
页
4． 陕北某村有一块草场，假设每天草都均匀生成。这片草场经过测算可供100只羊吃
200天，或可供150只羊吃100天。问：如果放牧250只羊可以吃多少天？放牧这么多羊对吗？为防止草场沙化，这片草场最多可以放牧多少只羊？
【解析】
每只羊每天吃草量为1份。
新生草量：
原有草量：
250只羊可吃：
放牧这么多羊不对。
最多放牧50只羊，因为每天新增草50份，刚好够50只羊吃。
（份）
（天）
（份）

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第七讲
1． 一箱苹果，按每千克1.6元卖，亏12元，按每千克2.1元卖，赚3元，要想不亏
不赚，每千克应卖 元.
【解析】
如果1千克按1.6元卖，4千克按2.1元卖，则刚好亏的和赚的抵消， 平均每千克卖(1.6
＋2.1×4)÷(1＋4)＝2(元).

2． 将一群人 分为甲、乙、丙三组，每人都必在且仅在一组。已知甲、乙、丙的平均年
龄分别为37、23、41。甲 、乙两组人合起来的平均年龄为29；乙、丙两组人合起来的平均
年龄为33。则这一群人的平均年龄为 。
【解析】
甲、乙两组人的年龄比为（29-23）：（37-29）=3:4，乙、丙 两组人的年龄比为（41-33）：
（33-23）=4:5，所以甲、乙、丙三组人的年龄比为3:4 :5，这群人的平均年龄为
（岁）。
3． 美是一种感觉，本应没有什么客观的标准，但在自 然界里，物体形映的比例却提供
了匀称与协调上的一种美感的参考，在数学上，这个比例称为黄金分割。 在人体下躯干（由
脚底至肚脐的长度）与身高的比例上，肚脐是理想的黄金分割点，也就是说，若此比值 越接
近0.618，就越给人一种美的感受。如果某女士身高为1.60米，下躯干与身高的比为0.6 0，
为了追求美，她想利用高跟鞋达到这一效果，那么她选的高跟鞋的高度约为多少厘米。
【解析】 该女士下躯干高160×0.6=0.96米，设高跟鞋的高度为x米，从而
，解得（厘米）（厘米）




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第八讲
1． 小王期末考试得了满分，但老师在评讲试卷时小王突然发现在做一道数学填空题时，
算到 最后一个结果是一个数乘以8，再减去63，由于粗心，把乘法算成除法，把减法算成加
法，但凑巧的是 得数是对的，这道数学题得数是.
【解析】
设数为
a
，则有
a
×8－63＝
a
÷8＋63，求得
a
＝16，结果为16÷8＋63 ＝65。
2． 天津红气球小学六年级同学参加运动会，每人都在长跑、短跑和接力三个项目中选择两项参加。已知参加长跑的有28人，参加短跑的有25人，参加接力的有33人。那么，
参加长 跑和接力两项的有 。
【解析】
容易计算一共有六年级学 生（28﹢25﹢33）÷2=43人，所以参加长跑和接力的人有
43-15=18。
3、 我国除了用公历纪年法外，在很多场合还采用干支纪年法表示年代。天干有10个：
甲乙丙丁戊已庚辛壬 癸。地支有12个：子丑寅卯辰巳午未申酉戌亥。将天干的10个流字与
地支的12个汉字循环对应排列 成如下两行：
……甲乙丙丁戊已庚辛壬癸甲乙丙丁戊……
……子丑寅卯辰巳午未申酉戌亥子丑寅……
例如：公历2000年，干支纪年为庚辰年。那么公历2003年，干支幻年为 年。
请你阅读下面的故事：
我国著名的数学家苏步青在1983年讲过一个学文史的也要学点数学 的故事：“我有一
个学生研究古典文学，送我好几本研究苏东坡的文集，我翻看了一篇《赤壁赋》，《赤 壁赋》
是苏东坡哪一年写的？书上印的是1080年。苏东坡生于1037年，活了66岁。《赤壁赋》
开头几句就是：壬戌之秋，七月既望。大家知道1982年是干支纪年法的壬戌年。我一看苏
东 坡写《赤壁赋》的年代是1080年，就知道一定是错的。”
请说明苏步青是通过怎样的“神机妙算” 得出这个结论的？并推算苏东坡是公历哪一
年写的《赤壁赋》？
【解析】
因为[ 10，12]=60，所以干支纪年法每60年一循环，1982年是壬戌年，《赤壁赋》也
是壬戌年写 的，因此公历1982年与写《赤壁赋》的公历年相差应是60的倍数，但是
1982-1080=90 2，902不是60的倍数，所以《赤壁赋》不是在1080年写的。1037+66=1103，
在1 037年至1103年间与1982相差60的倍数的只有1982-60×5=1082，所以《赤壁赋》是< br>苏东坡1082年写的。


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第九讲
1、（★★★）一个农民携带一只狼，一只羊和一棵白菜，要借助一条小船过河．小船 上
除了农民只能再带狼、羊、白菜中的一样．而农民不在时，狼会吃羊，羊会吃白菜．农民如
何 过河呢？
【解析】
如下表：
次数
1
2
3
4
5
6
7


2、（★★）有一家五口人 要在夜晚过一座独木桥．他们家里的老爷爷行动非常不便，过
桥需要12分钟；孩子们的父亲贪吃且不爱 运动，体重严重超标，过河需要时间也较长，8
分钟；母亲则一直坚持劳作，动作还算敏捷，过桥要6分 钟；两个孩子中姐姐需要3分钟，
弟弟只要1分钟．当时正是初一夜晚又是阴天，不要说月亮，连一点星 光都没有，真所谓伸
手不见五指．所幸的是他们有一盏油灯，同时可以有两个人借助灯光过桥．但要命的 灯油将
尽，这盏灯只能再维持30分钟了！他们焦急万分，该怎样过桥呢？
【解析】
首先姐姐跟弟弟一起过，用时3分钟，姐姐再回去送油灯，用时3分钟，老爷爷跟爸爸
一起过河，用时 12分钟，弟弟将灯送回去，用时1分钟，弟弟和母亲一起过，用时6分钟，
弟弟送灯过河，用时1分钟 ，最后与姐姐一起过河，用时3分钟．一共用时：3+3+12+1+6+1+3=29
分钟．最后能够 安全全部过河．
此岸
狼，白菜
狼，白菜
狼
狼
羊
羊


过河
农民，羊〉
〈农民
农民，白菜〉
〈农民，羊
农民，狼〉
〈农民
农民，羊〉

彼岸

羊
羊
白菜
白菜
狼，白菜
狼，白菜
农民，羊，狼，白菜



- 11 -

第十讲
1、（★★★）有两堆火柴，一堆 3根，另一堆7根．甲、乙两人轮流取火柴，每次可以
从每一堆中取任意根火柴，也可以同时从两堆中取 相同数目的火柴．每次至少要取走一根火
柴．谁取得最后一根火柴谁胜．如果都采用最佳方法，那么谁将 获胜？
【解析】
采用逆推法分析，假设甲获胜，甲最终将两堆火柴都变为0，简记（0，0 ）；因为甲至
少取1根火柴，所以甲取之前，即乙留给甲的两堆火柴最少的几种情况是（1，0），（2 ，0）
（1，1）；要想乙留给甲上述情况，甲应该留给乙（1，2）；再往前逆推，当甲留给乙（3， 5）
时，无论乙怎样取，甲都可以一次取完所有的火柴或留给乙（1，2）．所以甲先从7根火柴
的一堆取出2根，留给乙（3，5），甲必胜.

2、（★★★）
0
国王 带着
1
、
3
、
5
、
7
、
9
、
11
六位大臣去旅游。晚上大家要去住旅馆，
可只有三间房。
0
国王自己要住一间，剩下的两间房都能住三个人，一间是奇数房，只能住
奇数；一间是质数房，只能住质 数。结果六位大臣商量着竟然吵了起来。
1
大臣说：“我是质数，我应该住质数房！”
3
大臣说：“不对，你是奇数，我才应该住质数房！”
他们闹得不可开交，最后只好 请
0
国王来评判。可
0
国王一时之间也不知道该怎么安排。
同学们， 你们能帮助他们吗？你们能够设计几种不同的住法呢？
【解析】
首先，在题目里
1
大臣所说的是错误的，而
3
大臣所说的是正确的。
所有的六位大臣都可以去住奇数房，但只有
3
、
5
、
7、
11
四位大臣可以住在质数房。
所以，例如
1
、
3
、
9
住奇数房，
5
、
7
、
11
住 质数房的安排方法就是正确的。
由前面的分析，
1
、
9
必须住在奇 数房，所以另外四个数中任何一个也住进奇数房，都
1
C
4
是一种住法，那么 一共有
4
种不同的住法。





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第十一讲
1、（★★）若干个同样的盒子 排成一排，小明把五十多个同样的棋子分装在盒中，其中
只有一个盒子没有装棋子，然后他外出了。小光 从每个有棋子的盒子里各拿一个棋子放在空
盒内，再把盒子重新排了一下。小明回来仔细查看了一番，没 有发现有人动过这些盒子和棋
子。问共有多少个盒子？
【解析】
原来有个空的， 说明现在也有个空的；现在空的说明原来这盒有1个，当然现在也必须
有个盒子有1个；现在盒中有1个 ，说明原来是2个，当然现在也必须有个盒子有2个；……
考虑50多，所以有0+1+2+3+4+5 +6+7+8+9+10=55 共11个盒子。

2、（★★）向阳小学有730个学生，问：至少有几个学生的生日是同一天？
【解析】 < br>一年最多有366天，可看做366个抽屉，730个学生看做730个苹果．因为
73036 61364
，所以，至少有1＋1＝2（个）学生的生日是同一天．


















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第十二讲
1、（★★★★）“六一”儿童节，很多小朋友到公园游玩，在公园里他们各自遇到 了许
多熟人．试说明：在游园的小朋友中，至少有两个小朋友遇到的熟人数目相等．
【解析】
假设共有n个小朋友到公园游玩，我们把他们看作n个“苹果”，再把每个小朋友遇到
的熟人数 目看作“抽屉”，那么，n个小朋友每人遇到的熟人数目共有以下n种可能：0，1，
2，……，n-1 ．其中0的意思是指这位小朋友没有遇到熟人；而每位小朋友最多遇见n-1
个熟人，所以共有n个“抽 屉”．下面分两种情况来讨论：
⑴如果在这n个小朋友中，有一些小朋友没有遇到任何熟人，这时其他 小朋友最多只能
遇上n-2个熟人，这样熟人数目只有n-1种可能：0，1，2，……，n-2．这样 ，“苹果”数
(n个小朋友)超过“抽屉”数(n-1种熟人数目)，根据抽屉原理，至少有两个小朋友 ，他们
遇到的熟人数目相等．
⑵如果在这n个小朋友中，每位小朋友都至少遇到一个熟人，这 样熟人数目只有n-1
种可能：1，2，3，……，n-1．这时，“苹果”数(n个小朋友)仍然超过 “抽屉”数(n-1种
熟人数目)，根据抽屉原理，至少有两个小朋友，他们遇到的熟人数目相等． < br>总之，不管这n个小朋友各遇到多少熟人(包括没遇到熟人)，必有两个小朋友遇到的熟
人数目相 等．

2、（★★）海天小学五年级学生身高的厘米数都是整数，并且在
140厘米到
150
厘米之
间（包括
140
厘米到
150厘米），那么，至少从多少个学生中保证能找到
4
个人的身高相同？
【解析】
陷阱：以前的题基本全是2个人的，而这里出现4个人，那么，就“从倍数关系选”。
认真思考 ，此题中应把什么看作抽屉？有几个抽屉？
在140厘米至150厘米之间（包括140厘米到150 厘米）共有11个整厘米数，把这11
个整厘米数看作11个抽屉，每个抽屉中放3个整厘米数，就要< br>11333
个整厘米数，如果
再取出一个整厘米数，放入相应的抽屉中，那么这个抽 屉中便有4个整厘米数，也就是至少
找出33+1=34个学生，才能找到4个人的身高相同．




- 14 -

第十三讲
1、（★★）有四个人在晚上准备通过一座摇摇欲坠的小桥．此桥每次只能让2个人 同时
通过，否则桥会倒塌．过桥的人必须要用到手电筒，不然会一脚踏空．只有一个手电筒．4
个人的行走速度不同：小强用1分钟就可以过桥，中强要2分钟，大强要5分钟，最慢的太
强需要10分 钟．17分钟后桥就要倒塌了．请问：4个人要用什么方法才能全部安全过桥？
【解析】
小 强和中强先过桥，用2分钟；再用小强把电筒送过去，用1分钟，现在由大强跟太强
一起过桥，用10分 钟，过去以后叫中强把电筒送给小强用2分钟，最后小强与中强一起过
河再用2分钟，他们一起用时间：
21102217
(分钟)，正好在桥倒塌的时候全部过
河．(时间最短过 河的原则是：时间长的一起过，时间短的来回过．这样保证总的时间是最
短的)．

2、（★★）车间里有五台车床同时出现故障，已知第一台到第五台修复时间依次为18，
30，17， 25，20分钟，每台车床停产一分钟造成经济损失5元．现有两名工作效率相同的
修理工，⑴ 怎样安排才能使得经济损失最少？⑵ 怎样安排才能使从开始维修到维修结束历
时最短？
【解析】
⑴ 一人修17、20、30，另一人修18、25 ；
（1732023018225）
910
(元)． 最少的经济损失 为：
5
（1830172520）255
(分)，经过组合，一人修需 18，17和20分钟的⑵ 因为
三台，另一人修需30和25分钟的两台，修复时间最短，为55分钟．






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第十四讲
1、(2008年“迎春杯”三年级组初赛)计算：
【解析】
本题可以直接将两个乘积计算出来再求它们的差，但灵活采用平方差公式能收到更好的
效果．
原式



2、(2008年走美四年级初赛)
【解析】
本题可以用凑整的方法来做，也可以直接用平方差公式来做．
原式


5.29试题
1、(2008年日本小学算术奥林匹克大赛高小组初赛)
计算：
［分析］ (法1)原式





2、计算 51.2 ×8.1 ＋ 11 ×9.25 ＋ 537 ×0.19
【解析】
稍着处理，题中数字就能凑整化简，
原式＝51.2×8.1＋11×9.25＋（512＋25）×0.19 ＝51.2×8.1＋11×9.25＋512×0.19
＋25 ×0.19
＝51.2×8.1＋51.2 ×1.9＋11×9.25＋0.25×19 ＝51.2×10＋11×0.25＋11×9＋
0.25×19
＝512＋0.25×30＋99 ＝611＋7.5 ＝618.5
．


．

．

- 16 -

- 17 -

第十五讲
1、计算（1）2003×2001÷111＋2003×73÷37
（2）412×0.81＋11×
【解析】
＋53.7×1.9
（1）原 式＝2003×2001÷111＋2003×73×3÷（37×3）＝2003×（2001＋73×3）÷ 111
＝2003×2220÷111＝40060
（2）原式＝41.2×8.1＋11×（9＋0.25）＋（41.2＋12.5）×1.9
＝41.2×8.1＋41.2×1.9＋12.5×1.9＋11×9＋11×0.25
＝41.2×（8.1＋1.9）＋（10＋2.5）×1.9＋99＋11×0.25
＝4 12＋10×1.9＋2.5×1.9＋99＋11×0.25＝412＋19＋99＋（11＋19）×0.2 5
＝410＋2＋20－1＋100－1＋7.5＝537.5

2、（04年希望杯1试）计算
【解析】









- 18 -

第十六讲
1、(2008年“希望杯”六年级第2试)
［分析］ 用换元法．令，，则
原式



2、＿＿＿．
【解析】
原式．





















________．
- 19 -

第十七讲
1、计算
【解析】
______.
原式．


- 20 -

第十八讲
1、（ ※※）大林和小林共有小人书不超过9本，他们各自有小人书的数目有多少种可
能的情况？
【解析】
大林和小林共有9本的话，有10种可能；共有8本的话，有9种可能，……，共 有0
本的话，有1种可能，所以根据加法原理，一共有10+9+……+3+2+1=55种可能．

2、（ ※※※）用100元钱购买2元、4元或8元饭票若干张，没有剩钱，共有多少不
同的买法?
【解析】
如果买0张8元饭票，还剩100元，可以购买4元饭票的张数为0～25张，其 余的钱全
部购买2元饭票，共有26种买法；
如果买l张8元饭票，还剩92元，可购4元饭 票0～23张，其余的钱全部购买2元饭
票，共有24种不同方法；
如果买2张8元饭票，还 剩84元，可购4元饭票0～21张，其余的钱全部购买2元饭
票，共有22种不同方法；
……
如果买12张8元饭票，还剩4元饭票，可购4元饭票0～1张，其余的钱全部购买2< br>元饭票，共有2种方法．
总结规律，发现各类情况的方法数组成了一个公差为2，项数是13的 等差数列．利用
分类计数原理及等差数列求和公式求出所有方法：
26+24+22+…+2=(26+2)×13÷2=182(种)． 共有182种不同的买法．



- 21 -

第十九讲 1、（※※）题库中有三种类型的题目，数量分别为30道、40道和45道，每次考试要
从三种类 型的题目中各取一道组成一张试卷．问：由该题库共可组成多少种不同的试卷？（4
级）
【解析】
从该题库每一类试卷中分三步各选一道题，每一步分别有30、40、45种选法． 根据乘
法原理，一共有30×40×45=54000种不同的选法，所以一共可以组成54000种不 同试卷

2、（※※）五位同学扮成奥运会吉祥物福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎和妮妮，排成 一
排表演节目．如果贝贝和妮妮不相邻，共有多少种不同的排法？（6级）
【解析】
五位同学的排列方式共有5×4×3×2×1=120（种）．
如果将相邻的贝贝和妮妮看作一人，那么四人的排列方式共有4×3×2×1=24（种）；
因为贝贝和妮妮可以交换位置，所以贝贝和妮妮相邻的排列方式有24×2=48(种)；
贝贝和妮妮不相邻的排列方式有120-48=72（种）．



- 22 -

第二十讲
1、（※※）一列往返于北京和 上海方向的列车全程停靠
这条铁路线共需要多少种不同的车票．（4级）
【解析】


2、（※※）用1、2、3、4、5、6、7、8可以组成多少个没有重复数字的四位数？（ 4
级）
【解析】
这是一个从个元素中取个元素的排列问题，已知
一共可以组成

6.7试题
1、（※※）某校举行排球单循环赛，有
级）
【解析】
因为比赛是单循 环制的，所以，个队中的每两个队都要进行一场比赛，并且比赛的
个队中取个
个队参加．问：共 需要进行多少场比赛？（2
(个)不同的四位数．
，，根据排列数公式，
(种)．
个车站(包括北京和上海)，
场次只与两个队的选取有关而与两个队选出的顺序无关．所以，这 是一个在
队的组合问题．
由组合数公式知，共需进行

(场)比赛． 2、（※※）从0、0、、1、2、3、4、5这七个数字中，任取3个组成三位数，共可组
成多少 个不同的三位数？（这里每个数字只允许用1次，比如100、210就是可以组成的，
而211就是不 可以组成的）．（2008年“陈省身杯”国际青少年数学邀请赛五年级）（4
级）
【解析】
若三位数不含有0，有5×3×4=60（个），若含有一个0，有5×4×2=40个），若含
有两个0，有5（个），所以共有60+40+5=105（个）．
3、（※※）某班共有46人， 参加美术小组的有12人，参加音乐小组的有23人，有5
人两个小组都参加了．这个班既没参加美术小 组也没参加音乐小组的有多少人？
【解析】

- 23 -

< br>已知全班总人数，从反面思考，找出参加美术或音乐小组的人数，只需用全班总人数减
去这个人数 ，就得到既没参加美术小组也没参加音乐小组的人数．根据包含排除法知，该班
至少参加了一个小组的总 人数为12+23-5=30(人)．所以，该班未参加美术或音乐小组的人
数是46-30=60(人 )．

4、（※※）对全班同学调查发现，会游泳的有20人，会打篮球的有25人．两项都 会
的有10人，两项都不会的有9人．这个班一共有多少人？

【解析】
如图，用长方形表示全班人数，A圆表示会游泳的人数，B圆表示会打篮球的人数，长
方形中阴影部分 表示两项都不会的人数．
由图中可以看出，全班人数至少会一项的人数+两项都不会的人数，至少会一 项的人
数为：20+25-10=35(人)，全班人数为：35+9=44 (人)．




- 24 -

第二十一讲
1. 有一个电子表的表面用2个数码显示“小时”，另用2个数码显示“分”。例如“21：
32”表示21时32分，那么这个手表从“10：00”至“11：30”之间共有
面上显示有数码“2”.
【解析】
显示小时的数码不会出现2，只有分钟会出 现。10点到11点分别有2，12，20，21，
22，……，29，32，42，52，共15次， 11点到11点半有2，12，20，21，22，……，29
共12次，所以有27分钟。

2. 袋中有3个红球，4个黄球和5个白球，小明从中任意拿出6个球，他拿出球的情
况共有 ________种可能．
【解析】
如果没拿红球，那么拿（黄、白）球的可能有（1 、5）、（2、4）、（3、3）、（4、2）
4种.
如果拿1个红球，那么拿（黄、白）球 的可能有（0、5）（1、4）、（2、3）、（3、2）、
（4、1）5种.
如果拿2个红 球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、4）、（1、3）、（2、2）（3、1）、
（4、0）5种
如果拿3个红球，那么拿（黄、白）球的可能有（0、3）、（1、2）、（2、1）、（3、
0）4种.
可见他拿出球的情况共有：4+5+5+4=18（种）．
有18种.

分钟表

- 25 -

第二十二讲
1. 1、2、3、4四个数字，从小到大排成一行，在这四个数中间 ，任意插入乘号(最
少插一个乘号)，可以得到多少个不同的乘积?
【解析】
方法一：
按插入乘号的个数进行分类：
⑴若插入一个乘号，4个数字之间有3个空 当，选3个空当中的任一空当放乘号，所以
有3种不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：
1×234，12×34，123×4．
⑵若插入两个乘号，由于必有一个空当不放乘号，所 以从3个空档中选2个空当插入乘
号有3种不同的插法，可以得到3个不同的乘积，枚举如下：
1×2×34，1×2×3×4，12×3×4。
⑶若插入三个乘号，则只有1个插法，可以得到l个不同的乘积，枚举如下：
1×2×3×4。
所以，根据加法原理共有3+3+1=7种不同的乘积．
方法二：
每个空可以放入乘号可以可以不放乘号共有两种选择，在1、2、3、4这四个数中 共有
3个空所以共有：2×2×2=8去掉都不放的一种情况，所以共有：8-1=7（种）选择

2、(2002年南京少年数学智力冬令营六年级试题)今年是2002年，把2002年这 样的年
份称为“对称年”（年份的个位数字和千位数字相同，百位数字和十位数字相同）从2000年到2999年之间共有（ ）个“对称年。
【解析】
2000年到299 9年之间的“对称年”个位为2，十位和百位数字相同，可以是0、1、2、…、
9，共10个，所以从 2000年到2999年之间共有10个“对称年”.


- 26 -

第二十三讲
1、共有 个四位数，其四个数字的乘积是质数．
【解析】
四个数的积为质数，其中只能有个质数， 另外个数为，如
个符合要求的四位数：，，，。同样，，
，它可以排成四
，，也都可< br>以排成四个符合要求的四位数，因此共有

个符合要求的四位数。
2、给定三种重量的砝码（每种数量都有足够多个）
成
，，，将它们组合凑
有 种不同的方法（每种砝码至少用一块。）
【解析】
【分析】枚举。
，
，
，
，
，一共有种方法。
，


- 27 -

第二十四讲
1、在到
【解析】
把中的个位去掉，得到从中的一个数，各位数字和除以的余数为 、
（含）的所有正整数中，它的数码和可被整除的数共有多少个？
、、、中的一种，之后添加 个位数字使新生成的数的各位数字之和能够整除。不
论的各位数字之和除以的余数是多少，个位数都有两 种添加方法，所以从
（个），减去一个，有
和各位数字之和能被整除，所以从到
这个数中各位数字之和为的倍数的有
（个）；从这个数中有
所有正整数中，它的数码和可被整 除的数共有

2、在一个六边形纸片内有
最多能剪出_______个．
【解析】
设正六边形内有个点，当
个点最多能剪出
时，可剪出
注 ：设最多能剪出
个三角形．
个小三角形，则这些小三角形的内角和为
个点，以这
（个）。
个点和六变形的个顶点为顶点的三角形，
时有个三角形，每增加一个点，就增加个三角形，
个三角形．
．换一个角度看，
汇聚到正六边形六个顶点处各角之和为
．于是

，故这些小三角形的内角总和为
，解得．

- 28 -

第二十五讲
1、有多少个四位数，满足个位上的数字比千位数字大 ，千位数字比百位大，百位数字
比十位数字大？
【解析】
由于四位数的四个数位上 的数的大小关系已经非常明确，而对于从0～9中任意选取的
4个数字，它们的大小关系也是明确的，那 么由这4个数字只能组成1个符合条件的四位数
(题目中要求千位比百位大，所以千位不能为0，本身已 符合四位数的首位不能为0的要求，
所以进行选择时可以把0包含在内)，也就是说满足条件的四位数的 个数与从0～9中选取4
个数字的选法是一一对应的关系，那么满足条件的四位数有

2、数3可以用4种方法表示为一个或几个正整数的和，如3，
1999表示为一个或几个正整数的和的 方法有多少种？
【解析】
，，
个．
．问：
我们将1999个 1写成一行，它们之间留有1998个空隙，在这些空隙处，或者什么都不
填，或者填上“＋”号．例如 对于数3，上述4种和的表达方法对应：1 1 1，11 1，1 1
1，111．
可见， 将1999表示成和的形式与填写1998个空隙处的方式之间是一一对应的关系，而
每一个空隙处都有 填“＋”号和不填“＋”号2种可能，因此1999可以表示为正整数之和
的不同方法有2
19 98
种．


- 29 -

第二十六讲
比较分数的大小
同学们从一开始接触数学，就有比较数的大小问题。比 较整数、小数的大小的方法比较
简单，而比较分数的大小就不那么简单了，因此也就产生了多种多样的方 法。
对于两个不同的分数，有分母相同，分子相同以及分子、分母都不相同三种情况，其中
前 两种情况判别大小的方法是：
分母相同的两个分数，分子大的那个分数比较大；
分子相同的两个分数，分母大的那个分数比较小。
第三种情况，即分子、分母都不同的两个分 数，通常是采用通分的方法，使它们的分母
相同，化为第一种情况，再比较大小。
由于要比较的分数千差万别，所以通分的方法不一定是最简捷的。下面我们介绍另
外几种方法。
1.“通分子”。
当两个已知分数的分母的最小公倍数比较大，而分子的最小公倍数比较小时 ，可以把它
们化成同分子的分数，再比较大小，这种方法比通分的方法简便。

如果我们把课本里的通分称为“通分母”，那么这里讲的方法可以称为“通分子”。
2.化为小数。

这种方法对任意的分数都适用，因此也叫万能方法。但在比较大小时是否简便，就
要看具体情况了。
3.先约分，后比较。
有时已知分数不是最简分数，可以先约分。

4.根据倒数比较大小。

5.若两个真分数的分母与分子的差相等、则分母（ 子）大的分数较大；若两个假分
数的分子与分母的差相等，则分母（子）小的分数较大。也就是说，


- 30 -

6.借助第三个数进行比较。有以下几种情况：
（1）对于分数m和n，若m＞k，k＞n，则m＞n。

（2）对于分数m和n，若m-k＞n-k，则m＞n。

前一个差比较小，所以m＜n。
（3）对于分数m和n，若k-m＜k-n，则m＞n。

注意，（2）与（3）的差别在于，（2）中借助的数k小于原来的两个分数m和n；（3）
中借助的数k大于原来的两个分数m和n。
（4）把两个已知分数的分母、分子分别相加，得 到一个新分数。新分数一定介于两个
已知分数之间，即比其中一个分数大，比另一个分数小。
利用这一点，当两个已知分数不容易比较大小，新分数与其中一个已知分数容易比较大
小时，就可以借助 于这个新分数。

比较分数大小的方法还有很多，同学们可以在学习中不断发现总结，但无论 哪种方法，
均来源于：“分母相同，分子大的分数大；分子相同，分母小的分数大”这一基本方法。
练习1
1.比较下列各组分数的大小：

答案与提示
练习1



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- 32 -

第二十七讲
工程问题（一）
顾名思义，工程问题指的是与工程建造有关的数学问题。其实，这类题目的内容已不仅
仅是工程 方面的问题，也括行路、水管注水等许多内容。
在分析解答工程问题时，一般常用的数量关系式是：
工作量=工作效率×工作时间，
工作时间=工作量÷工作效率，
工作效率=工作量÷工作时间。
工作量指的是工作的多少，它可以是全部工作量，一般用数1表示，也可
工作效率指的是干工
作的快慢，其意义是单位时间里所干的工作量。单位时间的选取，根据题目需要，可以是天，
也 可以是时、分、秒等。
工作效率的单位是一个复合单位，表示成“工作量天”，或“工作量时”等。但 在不
引起误会的情况下，一般不写工作效率的单位。
1. 单独干某项工程，甲队需100天 完成，乙队需150天完成。甲、乙两队合干50天后，
剩下的工程乙队干还需多少天？
分析与解：以全部工程量为单位1。甲队单独干需100天，甲的工作效

2. 某项 工程，甲单独做需36天完成，乙单独做需45天完成。如果开工时甲、乙两队
合做，中途甲队退出转做 新的工程，那么乙队又做了18天才完成任务。问：甲队干了多少
天？
分析：将题目的条件倒 过来想，变为“乙队先干18天，后面的工作甲、乙两队合干需
多少天？”这样一来，问题就简单多了。




答：甲队干了12天。

- 33 -

3. 单独完成某工程，甲队需10天，乙队需15天，丙队需20天。开始三个队 一起干，
因工作需要甲队中途撤走了，结果一共用了6天完成这一工程。问：甲队实际工作了几天？ < br>分析与解：乙、丙两队自始至终工作了6天，去掉乙、丙两队6天的工作量，剩下的是
甲队干的， 所以甲队实际工作了

4. 一批零件，张师傅独做20时完成，王师傅独做30时完成 。如果两人同时做，那么
完成任务时张师傅比王师傅多做60个零件。这批零件共有多少个？
分析与解：这道题可以分三步。首先求出两人合作完成需要的时间，

例5 一水池装 有一个放水管和一个排水管，单开放水管5时可将空池灌满，单开排水
管7时可将满池水排完。如果一开 始是空池，打开放水管1时后又打开排水管，那么再过多
长时间池内将积有半池水

例6 甲、乙二人同时从两地出发，相向而行。走完全程甲需60分钟，乙需40分钟。
出发后 5分钟，甲因忘带东西而返回出发点，取东西又耽误了5分钟。甲再出发后多长时间
两人相遇？
分析：这道题看起来像行程问题，但是既没有路程又没有速度，所以不能用时间、路程、
速度三者的关 系来解答。甲出发5分钟后返回，路上耽误10分钟，再加上取东西的5分钟，
等于比乙晚出发15分钟 。我们将题目改述一下：完成一件工作，甲需60分钟，乙需40分
钟，乙先干15分钟后，甲、乙合干 还需多少时间？由此看出，这道题应该用工程问题的解
法来解答。
答：甲再出发后15分钟两人相遇。


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第二十八讲
1．难度：★★★★★
请问至少出现一个数码3，并且是3的倍数的五位数共有多少个？
【解析】
五位数 共有90000个，其中3的倍数有30000个．可以采用排除法，首先考虑有多少个
五位数是3的倍 数但不含有数码3。首位数码有8种选择，第二、三、四位数码都有9种选
择．当前四位的数码确定后， 如果它们的和除以余数为0，则第五位数码可以为0、6、9；
如果余数为1，则第五位数码可以为2、 5、8；如果余数为2，则第五位数码可以为1、4、7。
可见只要前四位数码确定了，第五位数码都有 3种选择，所以五位数中是3的倍数但不含有
数码3的数共有
所以满足条件的五位数共有
2．难度：★★★★
如图所示，从A点到B点，如果要求经过C点或D点的最近路线有多少条？
个。
个。

【解析】
1、方格图里两点的最短路径，从位置低 的点向位置高的点出发的话，每到一点（如C、
D点）只能向前或者向上。
2、题问的是经过C点，或者D点；那么A到B点就可以分成两条路径了 A--C--- B；
A---D---B，那么也就可以分成两类．但是需要考虑一个问题--A到B点的最短路径会同 时
经过C和D点吗？最短路径只能往上往前，经过观察发现C、D不会同时出现在最短路径上
了 ．
3、A---C---B，那么C就是必经之点了，就需要用到乘法原理了．A--- C，最短路径用
标数法标出，同样C---B点用标数法标注，然后相乘
A---D--- B，同样道理．最后结果是735+420=1155条．

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第二十九讲
1．难度：★★★★★
在一个西瓜上切6刀，最多能将瓜皮切成多少片？
【解析】
将西瓜看做一个球体， 球体上任意一个切割面都是圆形，所以球面上的切割线是封闭的
圆周，考虑每一次切割能增加多少瓜皮片 ．当切1刀时，瓜皮被切成两份，当切第2刀时，
由于切割线相交，所以瓜皮被切成4分，……，切第n 次时，新增加的切割线与原来的切割
线最多有2(n-1)个交点．这些交点将第n条切割线分成2(n -1)段，也就是说新增加的切割
线使瓜皮数量增加了2(n-1)，所以在西瓜上切6刀，最多能将瓜 皮切成
。

2．难度：★★★★
在一个六边形纸片内有60个点，以这6 0个点和六边形的6个顶点为顶点的三角形，最
多能剪出_______个．
【解析】
设正六边形内有n个点，当n=1时有6个三角形，每增加一个点，就增加2个三角形，
n个点最多能剪出6+2(n+1)=2(n+2)个三角形． n=60时，可剪出124个三角形．
注：设最多能剪出x个小三角形，则这些小三角形的内角和为
汇聚到正六边形六个顶点处各角之 和为
．于是


．换一个角度看，
，故这些小三角形的内角总和为
，解得x=124．

- 36 -

第三十讲
1．难度：★★★★★
在1~100中任意取出两个不同的数相加，其和是偶数的共有多少种不同的取法？
【解析】
两个数的和是偶数，通过前面刚刚学过的奇偶分析法，这两个数必然同是奇数或同是偶
数，而取 出的两个数与顺序无关，所以是组合问题。
从50个偶数中取出2个，有
从50个奇数中取出2个，也有
(种)取法；
(种)取法。
根据加法原理，一共有1225+1225=2450(种)不同的取法。 < br>【小结】在本题中，对两个数的和限定了条件。不妨对这个条件进行分类，如把和为偶
数分成两奇 数相加或两偶数相加．这样可以把问题简化。

2．难度：★★★★
10个三角形最多将平面分成几个部分？
【解析】
设n个三角形最多将平面分成个部分．
n=1时，=2；
n=2时，第二个三角形 的每一条边与第一个三角形最多有个2交点，三条边与第一个三
角形最多有23=6（个）交点．这6个 交点将第二个三角形的周边分成了6段，这6段中
的每一段都将原来的每一个部分分成2个部分，从而平 面也增加了6个部分，即
n=3时，第三个三角形与前面两个三角形最多有
了12个部分，即：
……
一般地，第n个三角形与前面(n-1)个三角形最多有
个部分，故
特 别地，当n=10时，
272部分．
个交点，从而平面也增加

，即10个三角形最多把平面分成个
．
．
（个）交点，从而平面也增加

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第三十一讲
1．难度：★★
学校开设6门任意选修课，要求每个学生从中选学3门，共有多少种不同的选法？
【解析】
被选中的门排列顺序不予考虑，所以这是个组合问题。
由组合数公式知，
所以共有20种不同的选法．

2．难度：★★★★
。
某校举行男生乒乓球比赛，比赛分成3个阶段进行，第一阶段：将参加比赛的48名选
手分成8 个小组，每组6人，分别进行单循环赛；第二阶段：将8个小组产 生的前2名共
16人再分成4个小组 ，每组4人，分别进行单循环赛；第三阶段：由4个小组产生的4个
第1名进行2场半决赛和2场决赛， 确定1至4名的名次． 问：整个赛程一共需要进行多
少场比赛？
【解析】
第一阶段中，每个小组内部的6个人每2人要赛一场，组内赛
8小组，有场；
场，共个
第二阶段中，每个小组内部4人中每2人赛一场，组内赛
组，有

第三阶段赛2+2=4场。
根据加法原理，整个赛程一共有120+24+4=148场比赛。
场；
场，共4个小


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第三十二讲
1．难度：★★★★
用1、2、3、4、5这五个数字，不许重复，位数不限，能写出多少个3的倍数？
【解析】
按位数来分类考虑：
⑴ 一位数只有1个3；
⑵ 两位数：由1与2，1与5，2 与4，4与5四组数字组成，每一组可以组成
(个)不同的两位数，共可组成2×4=8(个)不同的两 位数；
⑶ 三位数：由1，2与3；1，3与5；2，3与4；3，4与5四组数字组成，每一组可以
组成(个)不同的三位数，共可组成(个)不同的三位数；
(个)不同的四位⑷ 四位数：可由1，2，4，5这四个数字组成，有
数；
⑸ 五位数：可由1，2，3，4，5组成，共有(个)不同的五位数．
由加法原理，一共有1+8+24+24+120=177(个)能被3整除的数，即3的倍数．

2．难度：★★
用0到9十个数字组成没有重复数字的四位数；若将这些四位数 按从小到大的顺序排列，
则5687是第几个数？
【解析】
从高位到低位逐层分类：
⑴ 千位上排1，2，3或4时，千位有4种选择，而百、十、个位 可以从0~9中除千位
已确定的数字之外的9个数字中选择，因为数字不重复，也就是从9个元素中取3 个的排列
问题，所以百、十、个位可有(种)排列方式．由乘法原理，有(个)．
⑵ 千位上 排5，百位上排0~4时，千位有1种选择，百位有5种选择，十、个位可以
从剩下的八个数字中选择． 也就是从8个元素中取2个的排列问题，即
法原理，有(个)．
，由乘
⑶ 千位上排 5，百位上排6，十位上排0，1，2，3，4，7时，个位也从剩下的七个数
字中选择，有(个)．
⑷ 千位上排5，百位上排6，十位上排时8，比5687小的数的个位可以选择0，1，2，
3，4共5个．
综上所述，比5687小的四位数有2016+280+42+5=2343(个)， 故比5687小是第2344个
四位数。

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第三十三讲
【计算】
1．难度：★★★★
(2008年“华杯赛”决赛)计算：

【分析】


2．难度：★★★★★

【分析】



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第三十四讲
1．难度：★★★
如图：将一张纸作如下操作，一、用横线将纸划为相等的两块，二、用竖线将下边的区
块 划为 相等的两块，三、用横线将最右下方的区块分为相等的两块，四、用竖线将最右下
方的区块划为相等的两 块……，如此进行8步操作，问：如果用四种颜色对这 一图形进行
染色，要求相邻区块颜色不同，应该有多少种不同的染色方法？

【解析】
对这张纸的操作一共进行了8次，每次操作都增加了一个区块，所以8次操作后一共 有
9个区块，我们对这张纸，进行染色就需要9个步骤，从最大的区块从大到小开始染色，每
个 步骤地染色方法有：4、3、2、2、2……，所以一共有：
种。

2．难度：★★★
某沿海城市管辖7个县，这7个县的位置如右图．现用红、黑、绿、蓝、紫 五种颜色给
右图染色，要求任意相邻的两个县染不同颜色，共有多少种不同的染色方法?

a)为了便于分析，把地图上的7个县分别编号为A 、B 、C 、D 、 E、 F、G (如左
下图)。

为了便于观察，在保持相邻关系不变的情况下可以把左图改画成右 图。那么，为了完成
地图染色这件工作需要多少步呢？

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由于有7个区域，我们不妨按 A、B 、C 、D 、E 、F 、G 的顺序，用红、黑、绿、蓝、
紫五种颜色依次分7步来完成染色任务．
第1步：先染区域 A，有5种颜色可供选择；
第2步：再染区域B ，由于 B不能与A 同色，所以区域 B的染色方式有4种；
第3步：染区域 C，由于C 不能与B、A 同色，所以区域C 的染色方式有3种；
第4步：染区域 D，由于 D不能与 C、A 同色，所以区域 D的染色方式有3种；
第5步：染区域 E，由于 E不能与 D、A 同色，所以区域 E的染色方式有3种；
第6步：染区域F ，由于 F不能与 E、A 同色，所以区域F 的染色方式有3种；
第7步：染区域 G，由于 G不能与C 、D 同色，所以区域G 的染色方式有3种．
根据分步计数的乘法原理，共有

种不同的染色方法．

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第三十五讲
【计算】
1．难度：★★★★

【分析】

2．难度：★★★★★


【分析】


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第三十六讲
【计算】
1．难度：★★★★

【分析】


2．难度：★★★★★

【分析】



【计算】
1．难度：★★★★

【分析】

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2．难度：★★★★★


【分析】


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第三十七讲
【计算】
1．难度：★★★★

【分析】

与公式
缺少偶数项，所以可以先补上偶数项．
原式
相比，


2．难度：★★★★★
(2015年走美六年级初赛)
= 。
【分析】
原式=





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