迟子建经典语录-大学生入党志愿书

四年级奥数安博京翰教育
例1 四年级一班第一小组有10名同
学，某次数学测验的成绩（分数）如
下：
解：选基准数为450，则
- 1 -
累计差=12＋30－7－30＋23－21
＋18－11＋25＋11
＝50，
平均每块产量=450＋50÷10＝
455（千克）。
答：平均每块麦田的产量为455
千克。
求一位数的平方，在乘法口诀的
小学奥数基础教程（四年级）

第1讲 速算与巧算（一） 86，78，77，83，91，74，92，
第2讲 速算与巧算（二） 69，84，75。
第3讲 高斯求和 求这10名同学的总分。
第4讲 4，8，9整除的数的特征 分析与解：通常的做法是将这10个数
第5讲 弃九法 直接相加，但这些数杂乱无章，直接
第6讲 数的整除性（二） 相加既繁且易错。观察这些数不难发
第7讲 找规律（一）
第8讲 找规律（二）
第9讲 数字谜（一）
第10讲 数字谜（二）
第11讲 归一问题与归总问题
第12讲 年龄问题
第13讲 鸡兔同笼问题与假设法
第14讲 盈亏问题与比较法（一）
第15讲 盈亏问题与比较法（二）
第16讲 数阵图（一）
第17讲 数阵图（二）
第18讲 数阵图（三）
第19将 乘法原理
第20讲 加法原理（一）
第21讲 加法原理（二）
第22讲 还原问题（一）
第23讲 还原问题（二）
第24讲 页码问题
第25讲 智取火柴
第26讲 逻辑问题（一）
第27讲 逻辑问题（二）
第28讲 最不利原则
第29讲 抽屉原理（一）
第30讲 抽屉原理（二）

第1讲 速算与巧算（一）
计算是数学的基础，小学生要学
好数学，必须具有过硬的计算本领。< br>准确、快速的计算能力既是一种技巧，
也是一种思维训练，既能提高计算效
率、节省计算 时间，更可以锻炼记忆
力，提高分析、判断能力，促进思维
和智力的发展。
我们 在三年级已经讲过一些四则
运算的速算与巧算的方法，本讲和下
一讲主要介绍加法的基准数法和 乘法
的补同与同补速算法。
现，这些数虽然大小不等，但相差不
大。我们可以选择一个适当的数作 “基
准”，比如以“ 80”作基准，这10个
数与80的差如下：
6，-2，-3，3，11，-6，12， -11，
4，-5，其中“-”号表示这个数比80
小。于是得到
总和=80×10＋（6-2-3＋3＋11-
＝800＋9＝809。
实际计算时只需口算，将这些数
与80的差逐一累加。为了清楚起见，
将这一过程表示如下：

通过口算，得到差数累加为9，再
加上80×10，就可口算出结果为809。
例1所用的方法叫做加法的基准
数法。这种方法适用于加数较多，而
且所有的加数 相差不大的情况。作为
“基准”的数（如例1的80）叫做基
准数，各数与基准数的差的和叫做 累
计差。由例1得到：
总和数=基准数×加数的个数+累计
差，
平均数=基准数+累计差÷加数的个
数。
在使用基准数法时，应选取与各
数的差较小的数作为基准数，这样才
容易计算累计差。同时考虑到基准数
与加数个数的乘法能 够方便地计算出
来，所以基准数应尽量选取整十、整
百的数。
例2 某农场有10块麦田，每块的产量
如下（单位：千克）：
462，480，443，42 0，473，429，
468，439，475，461。求平均每块麦
田的产量。
九九表中已经被同学们熟知，如7×7
＝49（七七四十九）。对于两位数的
平方，大多数同学 只是背熟了10～20
的平方，而21～99的平方就不大熟悉
了。有没有什么窍门，能够迅速 算出
两位数的平方呢？这里向同学们介绍
一种方法——凑整补零法。所谓凑整
补零法， 就是用所求数与最接近的整
十数的差，通过移多补少，将所求数
转化成一个整十数乘以另一数， 再加
上零头的平方数。下面通过例题来说
明这一方法。
例3 求29
2
和82
2
的值。
解：29
2
=29×29
＝（29＋1）×（29-1）＋12
＝30×28＋1
＝840+1
＝841。
82
2
＝82×82
＝（82－2）×（82＋2）＋2
2

＝80×84＋4
＝6720+4
＝6724。
由上 例看出，因为29比30少1，
所以给29“补”1，这叫“补少”；因
为82比80多2，所 以从82中“移走”
2，这叫“移多”。因为是两个相同数
相乘，所以对其中一个数“移多补少 ”
后，还需要在另一个数上“找齐”。
本例中，给一个29补1，就要给另一
个29减 1；给一个82减了2，就要给
另一个82加上2。最后，还要加上“移
多补少”的数的平方。
由凑整补零法计算35
2
，得
35×35＝40×30＋5
2
=1225。这与
三年级学的个位数是5的数的平方的
速算方法结果相同。

四年级奥数安博京翰教育
这种方法不仅适用于求两位数的
平方值，也适用于求三位数或更多位
数的平方值。
例4 求993
2
和2004
2
的值。
解：993
2
=993×993
＝（993＋7）×（993-7）+7
2

＝1000×986＋49
＝986000＋49
＝986049。
2004
2
=2004×2004
＝（2004-4）×（2004+4）＋42
＝2000×2008＋16
＝4016000＋16
＝4016016。
下面，我们介绍一类特殊情况的
乘法的速算方法。
请看下面的算式：
66×46，73×88，19×44。
这几道算式具有一个共同特点，
两个因数都是两 位数，一个因数的十
位数与个位数相同，另一因数的十位
数与个位数之和为10。这类算式有非
常简便的速算方法。
例5 88×64＝？
分析与解：由乘法分配律和结合律，
得到
88×64
＝（80＋8）×（60＋4）
＝（80＋8）×60＋（80＋8）×4
＝80×60＋8×60＋80×4＋8×4
＝80×60＋80×6＋80×4＋8×4
＝80×（60＋6＋4）＋8×4
＝80×（60＋10）＋8×4
＝8×（6＋1）×100+8×4。
于是，我们得到下面的速算式：

由上式看出，积的末两位数是两
个因数的个位数之积，本例为8×4；
积中从百位起前面的数是 “个位与十
位相同的因数”的十位数与“个位与
十位之和为10的因数”的十位数加1
的乘积，本例为8×（6＋1）。
例6 77×91＝？
解：由例3的解法得到

由上式看出，当两个因数的个位
数之积是一位数时，应在十位上补一
个0，本例为 7×1＝07。
用这种速算法只需口算就可以方
便地解答出这类两位数的乘法计算。
练习1
1.求下面10个数的总和：
165，152，168，171，148，156，
169，161，157，149。
2.农业科研小组测定麦苗的生长
情况，量出12株麦苗的高度分别为（单
位：厘米）：
26，25，25，23，27，28，26，
24，29，27，27，25。求这批麦 苗的
平均高度。
3.某车间有9个工人加工零件，
他们加工零件的个数分别为：
68，91，84，75，78，81，83，
72，79。
他们共加工了多少个零件？
4.计算：
13＋16＋10+11＋17＋12＋15＋
12＋16＋13＋12。
5.计算下列各题：
（1）37
2
； （2）53
2
； （3）91
2
；
（4）68
2
： （5）108
2
； （6）397
2
。
6.计算下列各题：
（1）77×28；（2）66×55；
（3）33×19；（4）82×44；
（5）37×33；（6）46×99。
练习1 答案
1.1596。 2.26厘米。
3.711个。 4.147。
5.（1）1369； （2）2809； （3）
8281；
（4）4624； （5）11664； （6）
157609。
6.（1）2156； （2）3630； （3）
627；
（4）3608； （5）1221； （6）
4554。
第2讲 速算与巧算（二）
- 2 -
上一讲我们介绍了一类两位数乘
法的速算方法，这一讲讨论乘法的
“同补”与“补同”速算法。
两个数之和等于10，则称这两个
数互补。在整数乘法运算中，常会遇
到像72× 78，26×86等被乘数与乘数
的十位数字相同或互补，或被乘数与
乘数的个位数字相同或互 补的情况。
72×78的被乘数与乘数的十位数字相
同、个位数字互补，这类式子我们称
为“头相同、尾互补”型；26×86的
被乘数与乘数的十位数字互补、个位
数字相同，这类 式子我们称为“头互
补、尾相同”型。计算这两类题目，
有非常简捷的速算方法，分别称为“同
补”速算法和“补同”速算法。
例1 （1）76×74＝？ （2）31×39
＝？
分析与解：本例两题都是“头相
同、尾互补”类型。
（1）由乘法分配律和结合律，得
到
76×74
＝（7＋6）×（70+4）
＝（70＋6）×70＋（7＋6）×4＝70
×70＋6×70＋70×4＋6×4
＝70×（70＋6＋4）＋6×4
＝70×（70＋10）＋6×4
＝7×（7+1）×100＋6×4。
于是，我们得到下面的速算式：

（2）与（1）类似可得到下面的速算
式：

由例1看出，在“头相同 、尾互
补”的两个两位数乘法中，积的末两
位数是两个因数的个位数之积（不够
两位时 前面补0，如1×9＝09），积
中从百位起前面的数是被乘数（或乘
数）的十位数与十位数加 1的乘积。
“同补”速算法简单地说就是：

四年级奥数安博京翰教育
积的末两位是“尾×尾”，前面是“头
×（头+1）”。
我们在三年级时学到的 15×15，
25×25，…，95×95的速算，实际上
就是“同补”速算法。
例2 （1）78×38＝？ （2）43×63
＝？
分析与解：本例两题都是“头互补、
尾相同”类型。
（1）由乘法分配律和结合律，得到
78×38
＝（70＋8）×（30＋8）
＝（70＋8）×30＋（70＋8）×8
＝70×30+8×30＋70×8＋8×8
＝70×30＋8×（30＋70）＋8×8
＝7×3×100＋8×100＋8×8
＝（7×3＋8）×100＋8×8。
于是，我们得到下面的速算式：

（2）与（1）类似可得到下面的
速算式：

由例2看出，在“头互补、尾相同”< br>的两个两位数乘法中，积的末两位数
是两个因数的个位数之积（不够两位
时前面补0，如 3×3＝09），积中从
百位起前面的数是两个因数的十位数
之积加上被乘数（或乘数）的个位 数。
“补同”速算法简单地说就是：
积的末两位数是“尾×尾”，前面是
“头×头+尾”。
例1和例2介绍了两位数乘以 两位数
的“同补”或“补同”形式的速算法。
当被乘数和乘数多于两位时，情况会
发生 什么变化呢？
我们先将互补的概念推广一下。当两
个数的和是10，100，1000，…时 ，
这两个数互为补数，简称互补。如43
与57互补，99与1互补，555与445
互补。
在一个乘法算式中，当被乘数与
乘数前面的几位数相同，后面的几位
数互 补时，这个算式就是“同补”型，
即“头相同，尾互补”型。例如
， 因为被乘数与乘
数的前两位数相同，都是70，后两位
数互补，77＋23＝100，所以是“同补”
型。又如
，
等都是“同补”型。
当被乘数与乘数前面的几位数互补，
后面的几 位数相同时，这个乘法算式
就是“补同”型，即“头互补，尾相
同”型。例如，
等都是
“补同”型。
在计算多位数的“同补”型乘法
时，例1的方法仍然适用。
例3 （1）702×708=？ （2）1708×
1792＝？
解：（1）

（2）

计算多位数的“同补”型乘法时，
将“头× （头+1）”作为乘积的前几
位，将两个互补数之积作为乘积的后
几位。
注意：互补数如果是n位数，则应占
乘积的后2n位，不足的位补“0”。
在计 算多位数的“补同”型乘法
时，如果“补”与“同”，即“头”
与“尾”的位数相同，那么例2 的方
法仍然适用（见例4）；如果“补”与
“同”的位数不相同，那么例2的方
法不再 适用，因为没有简捷实用的方
法，所以就不再讨论了。
- 3 -
例4 2865×7265＝？
解：

练习2
计算下列各题：
1.68×62； 2.93×97；
3.27×87； 4.79×39；
5.42×62； 6.603×607；
7.693×607； 8.4085×6085。
第3讲 高斯求和
德国著名数学家高斯幼年时代聪
明过人，上学时，有一天老师出了一
道题让同学们计算：
1＋2＋3＋4＋…＋99＋100＝？
老师出完题后，全班同学都在埋
头 计算，小高斯却很快算出答案等于
5050。高斯为什么算得又快又准呢？
原来小高斯通过细心 观察发现：
1＋100＝2＋99＝3＋98＝…＝49
＋52＝50＋51。
1～100正好可以分成这样的50
对数，每对数的和都相等。于是，小
高斯把这道题巧算为
（1+100）×100÷2＝5050。
小高斯使用的这种求和方法，真
是 聪明极了，简单快捷，并且广泛地
适用于“等差数列”的求和问题。
若干个数排成一列称 为数列，数
列中的每一个数称为一项，其中第一
项称为首项，最后一项称为末项。后
项 与前项之差都相等的数列称为等差
数列，后项与前项之差称为公差。例
如：
（1）1，2，3，4，5，…，100；
（2）1，3，5，7，9，…，99；（3）
8，15，22，29，36，…，71。
其中（1）是首项为1，末项为100，
公差为1的等差数列；（2）是首项为
1 ，末项为99，公差为2的等差数列；
（3）是首项为8，末项为71，公差为
7的等差数列。
由高斯的巧算方法，得到等差数
列的求和公式：

四年级奥数安博京翰教育
和=（首项+末项）×项数÷2。
例1 1＋2＋3＋…＋1999＝？
分析与解：这串加数1，2，3，…，1999
是等差数列， 首项是1，末项是1999，
共有1999个数。由等差数列求和公式
可得
原式=（1＋1999）×1999÷2＝
1999000。
注意：利用等差数列求和公式之
前，一定要判断题目中的各个加数是
否构成等差数列。
例2 11＋12＋13＋…＋31＝？
分析与解：这串加数11，12，13，…，
31是等差数列，首项是11，末项是31，
共有31-11＋1＝21（项）。
原式=（11+31）×21÷2=441。
在利用等差数列求和公式时，有时项
数 并不是一目了然的，这时就需要先
求出项数。根据首项、末项、公差的
关系，可以得到
项数=（末项-首项）÷公差+1，
末项=首项+公差×（项数-1）。
例3 3＋7＋11＋…＋99＝？
分析与解：3，7，11，…，99是公差
为4的等差数列，
项数=（99－3）÷4＋1＝25，
原式=（3＋99）×25÷2＝1275。
例4 求首项是25，公差是3的等差数
列的前40项的和。
解：末项=25＋3×（40-1）＝142，
和=（25＋142）×40÷2＝3340。
利用等差数列求和公式及求项数和末
项的公式，可以解决各种与等差数列
求和有关的问题。
例5 在下图中，每个最小的等边三角
形的面积是12厘米2，边长是1根火
柴棍。问：（1）最大三角形的面积是
多少平方 厘米？（2）整个图形由多少
根火柴棍摆成？

分析：最大三角形共有8层，从上往
下摆时，每层的小三角形数目及所用
火柴数目如下表：
由上表看出，各层的小三角形数成等
差数列，各层的火柴数也成等差数列。
解：（1）最大三角形面积为
（1＋3＋5＋…＋15）×12
＝［（1＋15）×8÷2］×12
＝768（厘米2）。
2）火柴棍的数目为
3＋6＋9+…+24
＝（3＋24）×8÷2=108（根）。
答：最大三角形的面积是768厘米2，
整个图形由108根火柴摆成。
例6 盒子 里放有三只乒乓球，一位魔
术师第一次从盒子里拿出一只球，将
它变成3只球后放回盒子里；第 二次
又从盒子里拿出二只球，将每只球各
变成3只球后放回盒子里……第十次
从盒子里 拿出十只球，将每只球各变
成3只球后放回到盒子里。这时盒子
里共有多少只乒乓球？
分析与解：一只球变成3只球，实际
上多了2只球。第一次多了2只球，
第二次多了2×2只 球……第十次多了
2×10只球。因此拿了十次后，多了
2×1＋2×2＋…＋2×10
＝2×（1＋2＋…＋10）
＝2×55＝110（只）。
加上原有的3只球，盒子里共有
球110＋3＝113（只）。
综合列式为：
（3-1）×（1＋2＋…＋10）＋3
＝2×［（1＋10）×10÷2］＋3＝113
（只）。
练习3
1.计算下列各题：
（1）2＋4＋6＋…＋200；
（2）17＋19＋21＋…＋39；
（3）5＋8＋11＋14＋…＋50；
（4）3＋10＋17＋24＋…＋101。
2.求首项是5，末项是93，公差
是4的等差数列的和。
3.求首项是13，公差是5的等差
数列的前30项的和。
- 4 -
4.时 钟在每个整点敲打，敲打的
次数等于该钟点数，每半点钟也敲一
下。问：时钟一昼夜敲打多少次 ？
5.求100以内除以3余2的所有
数的和。
6.在所有的两位数中，十位数比
个位数大的数共有多少个？
第四讲
我们在三年级 已经学习了能被2，3，5
整除的数的特征，这一讲我们将讨论
整除的性质，并讲解能被4，8 ，9整
除的数的特征。
数的整除具有如下性质：
性质1 如果甲数能被乙数整 除，乙数
能被丙数整除，那么甲数一定能被丙
数整除。例如，48能被16整除，16
能被8整除，那么48一定能被8整除。
性质2 如果两个数都能被一个自然数
整除，那么这 两个数的和与差也一定
能被这个自然数整除。例如，21与15
都能被3整除，那么21＋15 及21-15
都能被3整除。
性质3 如果一个数能分别被两个互质
的自然数整除， 那么这个数一定能被
这两个互质的自然数的乘积整除。例
如，126能被9整除，又能被7整除 ，
且9与7互质，那么126能被9×7＝
63整除。
利用上面关于整除的性质 ，我们
可以解决许多与整除有关的问题。为
了进一步学习数的整除性，我们把学
过的和 将要学习的一些整除的数字特
征列出来：
（1）一个数的个位数字如果是0，
2，4，6，8中的一个，那么这个数就
能被2整除。
（2）一个数的个位数字如果是0
或5，那么这个数就能被5整除。
（3）一个数各个数位上的数字之
和如果能被3整除，那么这个数就能
被3整除。
（4）一个数的末两位数如果能被
4（或25）整除，那么这个数就能被4
（或25）整除。
（5）一个数的末三位数如果能被
8（或125）整除，那么这个数就能被
8（或 125）整除。

四年级奥数安博京翰教育
（6）一个数各个数位上的数字之
和如果能被9整除，那么这个数就能
被9整除。
其中（1）（2）（3）是三年级学
过的内容，（4）（5）（6）是本讲要
学习的内容。
因为100能被4（或25）整除，
所以由整除的性质1知，整百的数都
能被4（ 或25）整除。因为任何自然
数都能分成一个整百的数与这个数的
后两位数之和，所以由整除的 性质2
知，只要这个数的后两位数能被4（或
25）整除，这个数就能被4（或25）
整除。这就证明了（4）。
类似地可以证明（5）。
（6）的正确性，我们用一个具体
的数来说明一般性的证明方法。
837＝800＋30＋7
＝8×100＋3×10＋7
＝8×（99＋1）＋3×（9＋1）＋7
＝8×99＋8＋3×9＋3＋7
＝（8×99＋3×9）＋（8＋3＋7）。
因为99和9都能被9整除，所以
根据整除的性质1和性质2知，（8x99
＋3x9）能被9整除。再根据整除的性
质2，由（ 8＋3＋7）能被9整除，就
能判断837能被9整除。
利用（4）（5）（6）还可以求出一
个数除以4，8，9的余数：
（4‘）一个数除以4的余数，与它的
末两位除以4的余数相同。
（5＇）一个数除以8的余数，与它的
末三位除以8的余数相同。
（6＇）一个数除以9的余数，与它的
各位数字之和除以9的余数相同。
例1 在下面的数中，哪些能被4整
除？哪些能被8整除？哪些能被9整
除？
234，789，7756，8865，3728.8064。
解：能被4整除的数有7756，3728，
8064；
能被8整除的数有3728，8064；
能被9整除的数有234，8865，8064。
例2 在四位数56□2中，被盖住的十
位数分别等于几时，这个四位数分别
能被9，8，4整除？
解：如果56□2能被9整除，那么
5＋6＋□＋2＝13＋□
应能被9整除，所以当十位数是5，即
四位数是5652时能被9整除；
如果5 6□2能被8整除，那么6
□2应能被8整除，所以当十位数是3
或7，即四位数是5632或 5672时能被
8整除；
如果56□2能被4整除，那么□2
应能被4整除，所 以当十位数是1，3，
5，7，9，即四位数是5612，5632，5652，
5672，5 692时能被4整除。
到现在为止，我们已经学过能被
2，3，5，4，8，9整除的数 的特征。
根据整除的性质3，我们可以把判断整
除的范围进一步扩大。例如，判断一
个 数能否被6整除，因为6＝2×3，2
与3互质，所以如果这个数既能被2
整除又能被3整除， 那么根据整除的
性质3，可判定这个数能被6整除。同
理，判断一个数能否被12整除，只需< br>判断这个数能否同时被3和4整除；
判断一个数能否被72整除，只需判断
这个数能否同 时被8和9整除；如此
等等。
例3 从0，2，5，7四个数字中任选三
个，组成能 同时被2，5，3整除的数，
并将这些数从小到大进行排列。
解：因为组成的三位数能同时被 2，5
整除，所以个位数字为0。根据三位数
能被3整除的特征，数字和2＋7＋0
与 5＋7＋0都能被3整除，因此所求
的这些数为270，570，720，750。
例4 五位数能被72整除，
问：A与B各代表什么数字？
分析与解：已知能被72整
除。 因为72＝8×9，8和9是互质数，
所以既能被8整除，又能被
9整除。根据能被8整除的数 的特征，
要求能被8整除，由此可确定
B＝6。再根据能被9整除的数的特征，
的各位 数字之和为
A＋3＋2＋9＋B＝A＋3－f－2＋9
＋6＝A＋20，
- 5 -
因为l≤A≤9，所以21≤A＋20≤
29。在这个范围内只有27能被9整除 ，
所以A＝7。
解答例4的关键是把72分解成8×
9，再分别根据能被8和9整 除的数的
特征去讨论B和A所代表的数字。在
解题顺序上，应先确定B所代表的数
字， 因为B代表的数字不受A的取值
大小的影响，一旦B代表的数字确定
下来，A所代表的数字就容 易确定了。
例5 六位数是6的倍数，
这样的六位数有多少个？
分析与解：因为6 ＝2×3，且2与3
互质，所以这个整数既能被2整除又
能被3整除。由六位数能被2整除，< br>推知A可取0，2，4，6，8这五个值。
再由六位数能被3整除，推知
3＋A＋B＋A＋B＋A＝3＋3A＋2B
能被3整除，故2B能被3整除。
B 可取0，3，6，9这4个值。由于B
可以取4个值，A可以取5个值，题目
没有要求A≠B， 所以符合条件的六位
数共有5×4＝20（个）。
例6 要使六位数能被36整
除，而且所得的商最小，问A，B，C
各代表什么数字？
分析与解：因为36＝4×9，且4
与9互质，所以这个六位数应既能被4
整除又能被9整除。 六位数
能被4整除，就要能被4整除，
因此C可取1，3，5，7，9。
要使所 得的商最小，就要使
这个六位数尽可能小。因此
首先是A尽量小，其次是B尽量小，
最 后是C尽量小。先试取A=0。六位数
的各位数字之和为12＋B
＋C。它应能被9整除，因此 B＋C＝6
或B＋C＝15。因为B，C应尽量小，所
以B＋C＝6，而C只能取1，3，5， 7，
9，所以要使尽可能小，应
取B＝1，C＝5。

四年级奥数安博京翰教育
当A=0，B=1，C＝5时，六位数能
被36整除，而且所得商最小，为
150156÷36＝4171。
练习4
1．6539724能被4，8，9，24，
36，72中的哪几个数整除？
2．个位数是5，且能被9整除的
三位数共有多少个？
3．一些四位数，百位上的数字都
是3，十位上的数字都是6，并且它们
既能被2整除又能被3整除。在这样
的四位数中 ，最大的和最小的各是多
少？
4．五位数能被12整除，
求这个五位数。
5．有一个能被24整除的四位数
□23□，这个四位数最大是几？最小
是几？
6．从0，2，3，6，7这五个数码
中选出四个，可以组成多少个可以被8
整除 的没有重复数字的四位数？
7．在123的左右各添一个数码，
使得到的五位数能被72整除。
8．学校买了72只 小足球，发票
上的总价有两个数字已经辨认不清，
只看到是□67.9□元，你知道每只小足球多少钱吗？
第5讲 弃九法
从第4讲知道，如果一个数的各
个数位 上的数字之和能被9整除，那
么这个数能被9整除；如果一个数各
个数位上的数字之和被9除余 数是几，
那么这个数被9除的余数也一定是几。
利用这个性质可以迅速地判断一个数
能 否被9整除或者求出被9除的余数
是几。
例如，3645732这个数，各个数位
上的数字之和为
3＋6＋4＋5＋7＋3＋2＝30，
30被9除余3，所以3645732这
个数不能被9整除，且被9除后余数
为3。
但是，当一个数的数位较多时，
这种计算麻烦且易错。有没有更简便
的方法呢？
因为我们只是判断这个式子被9
除的余数，所以凡是若干个数的和是9
时，就把这些数划掉，如 3＋6＝9，4
＋5＝9，7＋2＝9，把这些数划掉后，
最多只剩下一个3（如下图），所以 这
个数除以9的余数是3。

这种将和为9或9的倍数的数字
划掉，用剩下的数字和求除以9的余
数的方法，叫做弃九法。
一个数被9除的余数叫做这个数
的九余数。利用弃九法可以计算一个
数的九余数， 还可以检验四则运算的
正确性。
例1 求多位数76458215
除以9的余数。
分析与解：利用弃九法，将和为9的
数依次划掉。
只剩下7，6，1，5四个数 ，这时
口算一下即可。口算知，7，6，5的和
是9的倍数，又可划掉，只剩下1。所
以这个多位数除以9余1。
例2 将自然数1，2，3，…依次无间
隔地写下去组成一个数< br>11213…如果一直写到自
然数100，那么所得的数除以9的余数
是多少？
分析与解：因为这个数太大，全部写
出来很麻烦，在使用弃九法时不能逐
个划掉和为9或9的 倍数的数，所以
要配合适当的分析。我们已经熟知
1＋2＋3＋…＋9＝45，
而45是9的倍数，所以每一组1，
2，3，…，9都可以划掉。在1～99
这九 十九个数中，个位数有十组1，2，
3，…，9，都可划掉；十位数也有十
组1，2，3，…， 9，也都划掉。这样
在这个大数中，除了0以外，只剩下
最后的100中的数字1。所以这个数 除
以9余1。
在上面的解法中，并没有计算出
这个数各个数位上的数字和，而是 利
用弃九法分析求解。本题还有其它简
捷的解法。因为一个数与它的各个数
- 6 -
位上的数字之和除以9的余数相同，
所以题中这个数各个数位上的数字之
和，与1＋2 ＋…＋100除以9的余数
相同。
利用高斯求和法，知此和是5050。
因为5 050的数字和为5＋0＋5＋
0=10，利用弃九法，弃去一个9余1，
故5050除以9余 1。因此题中的数除
以9余1。
例3 检验下面的加法算式是否正确：
2638457＋3521983＋6745785＝
12907225。
分析与解：若干个 加数的九余数相加，
所得和的九余数应当等于这些加数的
和的九余数。如果不等，那么这个加< br>法算式肯定不正确。上式中，三个加
数的九余数依次为8，4，6，8+4+6的
九余数 为0；和的九余数为1。因为0
≠1，所以这个算式不正确。
例4 检验下面的减法算式是否正确：
7832145-2167953＝5664192。
分 析与解：被减数的九余数减去减数
的九余数（若不够减，可在被减数的
九余数上加9，然后再减 ）应当等于差
的九余数。如果不等，那么这个减法
计算肯定不正确。上式中被减数的九
余数是3，减数的九余数是6，由（9+3）
-6＝6知，原题等号左边的九余数是6。
等号右 边的九余数也是6。因为6＝6，
所以这个减法运算可能正确。
值得注意的是，这里我们 用的是
“可能正确”。利用弃九法检验加法、
减法、乘法（见例5）运算的结果是否
正 确时，如果等号两边的九余数不相
等，那么这个算式肯定不正确；如果
等号两边的九余数相等， 那么还不能
确定算式是否正确，因为九余数只有
0，1，2，…，8九种情况，不同的数
可能有相同的九余数。所以用弃九法
检验运算的正确性，只是一种粗略的
检验。
例5 检验下面的乘法算式是否正确：
46876×9537＝447156412。
分析与解：两个因数的九余数相乘，
所得的数的九余数应当等于两个因数
的乘积的九余 数。如果不等，那么这
个乘法计算肯定不正确。上式中，被
乘数的九余数是4，乘数的九余数是 6，

四年级奥数安博京翰教育
4×6＝24，24的九余数是6。 乘积的
九余数是7。6≠7，所以这个算式不正
确。
说明：因为除法是乘法的逆 运算，
被除数=除数×商+余数，所以当余数
为零时，利用弃九法验算除法可化为
用弃 九法去验算乘法。例如，检验
383801÷253=1517的正确性，只需检
验1517× 253=383801的正确性。
练习5
1．求下列各数除以9的余数：
（1）7468251； （2）36298745；
（3）2657348； （4）6678254193。
2．求下列各式除以9的余数：
（1）67235＋82564； （2）
97256-47823；
（3）2783×6451； （4）3477+265
×841。
3．用弃九法检验下列各题计算的
正确性：
（1）228×222＝50616；
（2）334×336＝112224；
（3）23372428÷6236＝3748；
（4）12345÷6789＝83810105。
4．有一个2000位的数A能被9
整除，数A的各个数位上的数字之和
是B，数B的各个数位上的数字之和是
C，数C的各个数位 上的数字之和是D。
求D。
第6讲 数的整除性（二）
这一讲主要讲能被11整除的数的
特征。
一个数从右边数起，第1，3，5，…
位称为奇数位，第2，4，6，…位称为
偶数位。也就是说，个位、百位、万
位……是奇数位， 十位、千位、十万
位……是偶数位。例如9位数
768325419中，奇数位与偶数位如下图
所示：
能被11整除的数的特征：一个数的奇
数位上的数字之和与偶数位上的数字< br>之和的差（大数减小数）如果能被11
整除，那么这个数就能被11整除。
例1 判断七位数1839673能否被11
整除。
分析与解：奇数位上的数字之和为1
＋ 3＋6＋3=13，偶数位上的数字之和
为8＋9＋7=24，因为24-13=11能被
11 整除，所以1839673能被11整除。
根据能被11整除的数的特征，也
能求出一个数除以11的余数。
一个数除以11的余数 ，与它的奇
数位上的数字之和减去偶数位上的数
字之和所得的差除以11的余数相同。
如果奇数位上的数字之和小于偶数位
上的数字之和，那么应在奇数位上的
数字之和上再增加11 的整数倍，使其
大于偶数位上的数字之和。
例2 求下列各数除以11的余数：
（1）41873； （2）296738185。
分析与解：（1）[（4＋8＋3）－（1
＋7）]÷11
=7÷11＝0……7，
所以41873除以11的余数是7。
（2）奇数位之和为2 ＋6＋3＋1＋
5=17，偶数位之和为9＋7＋8＋8＝32。
因为17＜32，所以应给1 7增加11的
整数倍，使其大于32。
（17+11×2）-32＝7，
所以296738185除以11的余数是7。
需要说明的是，当奇数位数字之
和远远小于偶数位数字之和时，为了
计算方便，也可以用偶数位数字之和
减去奇数位数字之和， 再除以11，所
得余数与11的差即为所求。如上题（2）
中，（32-17）÷11＝1…… 4，所求余
数是11-4=7。
例3 求除以11的余
数。
分析与解：奇数位是101个1，偶数位
是100个9。
（9×100-1×101）÷11
=799÷11=72……7，
11-7=4，所求余数是4。
例3还有其它简捷解法，例如每
个“19”奇偶数位上的数字相差9-1
＝8， 奇数位上的数字
- 7 -
和与偶数位上的数字和相差8×99=8
×9×11，能 被11整除。所以例3相
当于求最后三位数191除以11的余
数。
例4 用3，3，7，7四个数码能排出哪
些能被11整除的四位数？
解：只要奇数位和偶数位上各 有一个3
和一个7即可。有3377，3773，7337，
7733。
例5 用1～9九个数码组成能被11整
除的没有重复数字的最大九位数。
分析与解：最大的没有重复数字的九
位数是987654321，由
（9＋7＋5＋3＋1）-（8＋6＋4＋
2）＝5
知，987654321不能被11 整除。
为了保证这个数尽可能大，我们尽量
调整低位数字，只要使奇数位的数字
和增加 3（偶数位的数字和自然就减少
3），奇数位的数字之和与偶数位的数
字之和的差就变为5＋3 ×2=11，这个
数就能被11整除。调整“4321”，只
要4调到奇数位，1调到偶数位， 奇数
位就比原来增大3，就可达到目的。此
时，4，3在奇数位，2，1在偶数位，
后 四位最大是2413。所求数为
987652413。
例6 六位数能被99整
除，求A和B。
分析与解：由99=9×11，且9与11
互质， 所以六位数既能被9整除又能
被11整除。因为六位数能被9整除，
所以
A+2+8+7+5+B
＝22+A+B
应能被9整除，由此推知A＋B＝5
或14。又因为六位数能被11整除，所
以
（A＋8＋5）－（2＋7＋B）
＝A-B＋4
应能被11整除，即
A-B+4=0或A-B+4=11。
化简得B-A＝4或A-B＝7。
因为A+B与A-B同奇同偶，所以
有

四年级奥数安博京翰教育

在（1）中，A≤5与A≥7不能同
时满足，所以无解。
在（2）中，上、下两式相加，得
（B＋A）＋（B-A）＝14＋4，
2B＝18，
B=9。
将B=9代入A＋B=14，得A＝5。
所以，A=5，B＝9。
练习6
1．为使五位数6□295能被11整
除，□内应当填几？
2．用1，2，3，4四个数码能排
出哪些能被11整除的没有重复数字的
四位数？
3．求能被11整除的最大的没有
重复数字的五位数。
4．求下列各数除以11的余数：
（1）2485； （2）63582； （3）
987654321。
5．求除以11的
余数。
6．六位数5A634B能被
33整除，求A+B。
7．七位数3A8629B是
88的倍数，求A和B。
第7讲 找规律（一）
我们在三年级已经见过“找规律”
这个题目，学习了如何发现图形、数
表和数列的 变化规律。这一讲重点学
习具有“周期性”变化规律的问题。
什么是周期性变化规律呢？比如， 一
年有春夏秋冬四季，百花盛开的春季
过后就是夏天，赤日炎炎的夏季过后
就是秋天， 果实累累的秋季过后就是
冬天，白雪皑皑的冬季过后又到了春
天。年复一年，总是按照春、夏、 秋、
冬四季变化，这就是周期性变化规律。
再比如，数列0，1，2，0，1，2，0，
1，2，0，…是按照0，1，2三个数重
复出现的，这也是周期性变化问题。
下面，我们通过一些例题作进一
步讲解。
例1 节日的夜景真漂亮，街上的彩灯
按照 5盏红灯、再接4盏蓝灯、再接3
盏黄灯，然后又是5盏红灯、4盏蓝灯、
3盏黄灯、……这样 排下去。问：
（1）第100盏灯是什么颜色？
（2）前150盏彩灯中有多少盏蓝
灯？
分析与解：这是一个周期变化问题。
彩灯按 照5红、4蓝、3黄，每12盏
灯一个周期循环出现。
（1）100÷12＝8……4，所以第
100盏灯是第9个周期的第4盏灯，是
红灯。
（2）150÷12=12……6，前150
盏灯共有12个周期零6盏灯，12个周期中有蓝灯4×12＝48（盏），最后的
6盏灯中有1盏蓝灯，所以共有蓝灯
48＋1= 49（盏）。
例2 有一串数，任何相邻的四个数之
和都等于25。已知第1个数是3，第6
个数是6，第11个数是7。问：这串
数中第24个数是几？前77个数的和
是多少？
分析与解：因为第1，2，3，4个数的
和等于第2，3，4，5个数的和，所以
第1 个数与第5个数相同。进一步可
推知，第1，5，9，13，…个数都相同。
同理，第2 ，6，10，14，…个数
都相同，第3，7，11，15，…个数都
相同，第4，8，12， 16…个数都相同。
也就是说，这串数是按照每四个
数为一个周期循环出现的。所以，第 2
个数等于第6个数，是6；第3个数等
于第11个数，是7。前三个数依次是
3，6 ，7，第四个数是
25-（3+6+7）=9。
这串数按照3，6，7，9的顺序 循
环出现。第24个数与第4个数相同，
是9。由77÷4＝9……1知，前77个
数 是19个周期零1个数，其和为25
×19+3=478。
例3 下面这串数的规律是：从第 3个
数起，每个数都是它前面两个数之和
的个位数。问：这串数中第88个数是
几？
628088640448…
- 8 -
分析与解：这串数看起来没有什么规
律，但是如果其中有两个相邻数字与
前面的某两个相邻数字相同，那么根
据这串数的构 成规律，这两个相邻数
字后面的数字必然与前面那两个相邻
数字后面的数字相同，也就是说将出
现周期性变化。我们试着将这串数再
多写出几位：

当写出第21，2 2位（竖线右面的
两位）时就会发现，它们与第1，2位
数相同，所以这串数按每20个数一个
周期循环出现。由88÷20=4……8知，
第88个数与第8个数相同，所以第88
个数是4。
从例3看出，周期性规律有时并
不明显，要找到它还真得动点脑筋。
例4 在下面的一串数中，从第五个数
起，每个数都是它前面四个数之和的
个位数字。 那么在这串数中，能否出
现相邻的四个数是“2000”？
7134…
分析与 解：无休止地将这串数写下去，
显然不是聪明的做法。按照例3的方
法找到一周期，因为这个周 期很长，
所以也不是好方法。那么怎么办呢？
仔细观察会发现，这串数的前四个数
都是 奇数，按照“每个数都是它前面
四个数之和的个位数字”，如果不看
具体数，只看数的奇偶性， 那么将这
串数依次写出来，得到
奇奇奇奇偶奇奇奇奇偶奇……
可以看出， 这串数是按照四个奇
数一个偶数的规律循环出现的，永远
不会出现四个偶数连在一起的情况，< br>即不会出现“2000”。
例5 A，B，C，D四个盒子中依次放有
8，6，3，1 个球。第1个小朋友找到
放球最少的盒子，然后从其它盒子中
各取一个球放入这个盒子；第2个 小
朋友也找到放球最少的盒子，然后也
从其它盒子中各取一个球放入这个盒
子……当1 00位小朋友放完后，A，B，
C，D四个盒子中各放有几个球？
分析与解：按照题意，前六 位小朋友
放过后，A，B，C，D四个盒子中的球
数如下表：

四年级奥数安博京翰教育

可以看出，第6人放过后与第2人放过后四个盒子中球的情况相同，
所以从第2人放过后，每经过4人，
四个盒子中球的情 况重复出现一次。
（100-1）÷4＝24……3，
所以第100次后的情况与 第4次
（3＋1＝4）后的情况相同，A，B，C，
D盒中依次有4，6，3，5个球。
练习7
1．有一串很长的珠子，它是按照
5颗红珠、3颗白珠、4颗黄珠、2 颗
绿珠的顺序重复排列的。问：第100
颗珠子是什么颜色？前200颗珠子中
有多少 颗红珠？
2．将1，2，3，4，…除以3的余
数依次排列起来，得到一个数列。求这个数列前100个数的和。
3．有一串数，前两个数是9和7，
从第三个数起，每 个数是它前面两个
数乘积的个位数。这串数中第100个
数是几？前100个数之和是多少？
4．有一列数，第一个数是6，以
后每一个数都是它前面一个数与7的
和的个位数 。这列数中第88个数是
几？
5．小明按1～3报数，小红按1～
4报数。两人 以同样的速度同时开始报
数，当两人都报了100个数时，有多
少次两人报的数相同？
6．A，B，C，D四个盒子中依次放
有9，6，3，0个小球。第1个小朋友
找 到放球最多的盒子，从中拿出3个
球放到其它盒子中各1个球；第2个
小朋友也找到放球最多的 盒子，也从
中拿出3个球放到其它盒子中各1个
球……当100个小朋友放完后，A，B，C，D四个盒子中各放有几个球？
第8讲 找规律（二）
整数a与它本身的乘积 ，即a×a
叫做这个数的平方，记作a
2
，即a
2
＝a
×a ；同样，三个a的乘积叫做a的三
次方，记作a
3
，即a
3
＝a×a ×a。一般
地，n个a相乘，叫做a的n次方，记
作a
n
，即

本讲主要讲a
n
的个位数的变化规
律，以及a
n
除以某 数所得余数的变化
规律。
因为积的个位数只与被乘数的个
位数和乘数的个位数有 关，所以an的
个位数只与a的个位数有关，而a的
个位数只有0，1，2，…，9共十种情< br>况，故我们只需讨论这十种情况。
为了找出一个整数a自乘n次后，
乘积的个位数 字的变化规律，我们列
出下页的表格，看看a，a
2
，a
3
，a4
，…
的个位数字各是什么。
从表看出，a
n
的个位数字的变化
规律可分为三类：
（1）当a的个位数是0，1，5，6
时，a
n
的个位数仍然是0，1，5，6。
（2）当a的个位数是4，9时，
随着n的增大，a
n
的个位数按每两个
数为一周期循环出现。其中a的个位
数是4时，按4，6的顺序循环出现；
a的个位数 是9时，按9，1的顺序循
环出现。
（3）当a的个位数是2，3，7，8
时， 随着n的增大，a
n
的个位数按每
四个数为一周期循环出现。其中a的
个位数 是2时，按2，4，8，6的顺序
循环出现；a的个位数是3时，按3，
9，7，1的顺序循环 出现；当a的个位
数是7时，按7，9，3，1的顺序循环
出现；当a的个位数是8时，按8， 4，
2，6的顺序循环出现。
- 9 -

例1 求67
999
的个位数字。
分析与解：因为67的个位数是7，
所以6 7
n
的个位数随着n的增大，按7，
9，3，1四个数的顺序循环出现。
999÷4＝249……3，
所以67
999
的个位数字与7
3
的个位
数字相同，即67
999
的个位数字是3。
例2 求2
91
+3
291
的个位数字。
分析与解：因为2
n< br>的个位数字按2，4，
8，6四个数的顺序循环出现，91÷4
＝22……3，所以，2
91
的个位数字与
2
3
的个位数字相同，等于8。
类似地，3
n
的个位数字按3，9，7，
1四个数的顺序循环出现，
291÷4＝72……3，
所以3
291
与3
3
的个位数相同，等于
7。
最后得 到2
91
+3
291
的个位数字与
8+7的个位数字相同，等于5。
例3 求28
128
-29
29
的个位数字。
解：由12 8÷4＝32知，28
128
的个位数
与8
4
的个位数相同，等于6 。由29÷2
＝14……1知，29
29
的个位数与9
1
的个
位数相同，等于9。因为6＜9，在减
法中需向十位借位，所以所求个位数
字为16－9＝7 。
例4 求下列各除法运算所得的余数：
（1）78
55
÷5；
（2）5
55
÷3。
分析与解：（1）由55÷4＝13……3
知，78
55
的个位数与8
3
的个位数相同，
等于2，所以78< br>55
可分解为10×a＋2。
因为10×a能被5整除，所以78
55
除
以5的余数是2。
（2）因为a÷3的余数不仅仅与a
的个位数有关，所以不 能用求5
55
的个

四年级奥数安博京翰教育
位数的方法求解 。为了寻找5
n
÷3的余
数的规律，先将5的各次方除以3的
余数列表如下：
注意：表中除以3的余数并不需
要计算出5
n
，然后再除以3去求，而< br>是用上次的余数乘以5后，再除以3
去求。比如，5
2
除以3的余数是1，5< br>3
除以3的余数与1×5=5除以3的余数
相同。这是因为5
2
＝3× 8+1，其中3
×8能被3整除，而
5
3
=（3×8+1）×5=（3×8）×5+1
×5，
（3×8）× 5能被3整除，所以
5
3
除以3的余数与1×5除以3的余数
相同。
由上表看出，5
n
除以3的余数，
随着n的增大，按2，1的顺序循环出
现。由55÷2=27……1知，5
55
÷3的余
数与5
1
÷3的余数相同，等于2。
例5 某种细菌每小时分裂一次，每次
1个细茵分裂成3个细菌。 20时后，
将这些细菌每7个分为一组，还剩下
几个细菌？
分析与解：1时后有1× 3=3
1
（个）细
菌，2时后有3
1
×3=3
2
（ 个）细菌……
20时后，有3
20
个细菌，所以本题相当
于“求3
2 0
÷7的余数”。
由例4（2）的方法，将3的各次
方除以7的余数列表如下：
由上表看出，3
n
÷7的余数以六个
数为周期循环出现。由20÷6＝3 ……2
知，3
20
÷7的余数与3
2
÷7的余数相同，
等于 2。所以最后还剩2个细菌。
最后再说明一点，a
n
÷b所得余
数，随 着n的增大，必然会出现周期
性变化规律，因为所得余数必然小于
b，所以在b个数以内必会重 复出现。
练习8
1．求下列各数的个位数字：
（1）38
38
； （2）29
30
；
（3）64
31
； （4）17
215
。
2．求下列各式运算结果的个位数字：
（1）92
22
＋57
31
； （2）61
5
+48
7
+34
9
；
（3）46
9
-62
11
； （4）3
7
×4
8
+5
9
×6
10
。
3．求下列各除法算式所得的余数：
（1）5
100
÷4； （2）8
111
÷6；
（3）4
88
÷7
第9讲 数字谜（一）
我们在三年级已经学习过一些简

单的数字谜问题。这两讲除了复习巩
固学过的知识外，还要学习一些新的
内容。
例1 在下面算式等号左边合适的地方
添上括号，使等式成立：
5+7×8+12÷4-2＝20。
分析：等式右边是20，而等式左
边算式中的7×8 所得的积比20大得
多。因此必须设法使这个积缩小一定
的倍数，化大为小。
从 整个算式来看，7×8是4的倍
数，12也是4的倍数，5不能被4整
除，因此可在7×8+1 2前后添上小括
号，再除以4得17，5＋17-2=20。
解：5+（7×8+12）÷4-2=20。
例2 把1～9这九个数字填到下面的
九个□里，组成三个等式（每个数字
只能填一次）：

分析与解：如果从加法与减法两个算
式入手，那么会出现许多种情形。如
果从乘法算式 入手，那么只有下面两
种可能：
2×3＝6或2×4＝8，
所以应当从乘法算式入手。
因为在加法算式□+□=□中，等
号两边的数相等，所以加法 算式中的
三个□内的三个数的和是偶数；而减
法算式□-□=可以变形为加法算式□
= □+□，所以减法算式中的三个□内
的三个数的和也是偶数。于是可知，
原题加减法算式中的六 个数的和应该
是偶数。
若乘法算式是2×4＝8，则剩下的
六个数1，3，5，6，7，9的和是奇数，
不合题意；
若乘法算式是2×3＝6，则剩下的
六个数1，4，5，7，8，9可分为两组：
4＋5＝9，8-7＝1（或8-1＝7）；
1＋7＝8，9－5＝4（或9－4＝5）。
- 10 -
所以答案为 与

例3 下面的算式是由1～9九个数字
组成的，其中“7”已填好，请将其余
各数填入□，使得等式成立：
□□□÷□□=□-□=□-7。
分析与解：因为左端除 法式子的商必
大于等于2，所以右端被减数只能填9，
由此知左端被除数的百位数只能填1，< br>故中间减式有8-6，6-4，5-3和4-2
四种可能。经逐一验证，8-6，6-4和
4-2均无解，只有当中间减式为5-3
时有如下两组解：
128÷64=5-3=9-7，
或 164÷82＝5-3＝9-7。
例4 将1～9九个数字分别填入下面
四个算式的九个□中，使得四个等式
都成立：
□+□=6， □×□=8，
□-□=6， □□÷□=8。
分析与解：因为每个□中 要填不同的
数字，对于加式只有两种填法：1＋5
或2＋4；对于乘式也只有两种填法：1×8或2×4。加式与乘式的数字不能
相同，搭配后只有两种可能：
（1）加式为1＋5，乘式为2×4；
（2）加式为2+4，乘式为1×8。
对于（1），还剩3，6，7，8，9
五个数字未填，减式只能是9-3，此时
除式无法满足；
对于（2），还剩3，5，6，7，9
五个数字未填，减式只能是9-3，此时
除 式可填56÷7。答案如下：
2＋4＝6， 1×8＝8，
9－3＝6， 56÷7＝8。
例2～例4都是对题目经过初步
分析后，将满足题目条件的所有可能情况全部列举出来，再逐一试算，决
定取舍。这种方法叫做枚举法，也叫
穷举法或列举法， 它适用于只有几种
可能情况的题目，如果可能的情况很
多，那么就不宜用枚举法。

四年级奥数安博京翰教育
例5 从1～9这九个自然数中选出八
个填入下式的八个○内，使得算式的
结果尽可能大：
[○÷○×（○+○）]-[○×○+
○-○]。
分析与解：为使算式的结果尽可能大，应当使前一个中括号内的结果尽量
大，后一个中括号内的结果尽量小。
为叙述方便，将原式 改写为：
[A÷B×（C＋D）]-[E×F＋G－H]。
通过分析，A，C，D ，H应尽可能
大，且A应最大，C，D次之，H再次
之；B，E，F，G应尽可能小，且B应< br>最小，E，F次之，G再次之。于是得
到A=9，C=8，D=7，H=6，B=1，E=2，< br>F=3，G=4，其中C与D，E与F的值可
互换。将它们代入算式，得到
[9÷1×（8＋7）]－[2×3＋4－
6]=131。
练习9
1．在下面的算式里填上括号，使
等式成立：
（1）4×6+24÷6-5=15；
（2）4×6+24÷6-5=35；
（3）4×6+24÷6-5=48；
（4）4×6+24÷6-5＝0。
2．加上适当的运算符号和括号，
使下式成立：
1 2 3 4 5 ＝100。
3．把0～9这十个数字填到下面
的□里，组成三个等式（每个数字只
能填一次）：
□+□=□，
□-□=□，
□×□=□□。
4．在下面的□里填上+，-，×，
÷，（）等符号，使各个等式成立：
4□4□4□4＝1，
4□4□4□4＝3，
4□4□4□4＝5，
4□4□4□4＝9。
5．将2～7这六个数字分别填入
下式的□中，使得等式成立：
□+□-□=□×□÷□。
6．将1～9分别填入下式的九个
□内，使算式取得最大值：
□□□×□□□×□□□。
7．将1～8分别填入下式的八个
□内，使算式取得最小值：
□□×□□×□□×□□。

第10讲 数字谜（二）
例1 把下面算式中缺少的数字补上：

分析与解：一个四位数减去一个三位
数，差是一个 两位数，也就是说被减
数与减数相差不到100。四位数与三位
数相差不到100，三位数必然 大于900，
四位数必然小于1100。由此我们找出
解决本题的突破口在百位数上。
（1）填百位与千位。由于被减数
是四位数，减数是三位数，差是两位
数，所以减 数的百位应填9，被减数的
千位应填1，百位应填0，且十位相减
时必须向百位借1。
（2）填个位。由于被减数个位数
字是0，差的个位数字是1，所以减数
的个位数字是9。
（3）填十位。由于个位向十位借
1，十位又向百位借1，所以被减数十
位上的实 际数值是18，18分解成两个
一位数的和，只能是9与9，因此，减
数与差的十位数字都是9 。
所求算式如右式。

由例1看出，考虑减法算式时，
借位是一个重要条件。
例2 在下列各加法算式中，相同的汉
字代表相同的数字，不同的汉字代表
不同的数字，求出这两个算式：

分析与解：（1）这是一道四个数
连加的算式，其特点是相同数位上的
数字相同，且个位与百位 上的数字相
同，即都是汉字“学”。
- 11 -
从个位相同数相加的情况来 看，
和的个位数字是8，有两种可能情况：
2＋2＋2＋2＝8与7＋7＋7＋7＝28，即“学”＝2或7。
如果“学”＝2，那么要使三个“数”
所代表的数字相加的和的 个位数字为
8，“数”只能代表数字6。此时，百
位上的和为“学”＋“学”＋1＝2＋2＋1＝5≠4。因此“学”≠2。
如果“学”＝7，那么要使三个“数”
所代表的数 字相加再加上个位进位的
2，和的个位数字为8，“数”只能代
表数字2。百位上两个7相加要 向千位
进位1，由此可得“我”代表数字3。
满足条件的解如右式。

（2）由千位看出，“努”=4。由
千、百、十、个位上都有“努”，
5432- 4444=988，可将竖式简化为左下
式。同理，由左下式看出，“力”=8，
988-88 8=100，可将左下式简化为下中
式，从而求出“学”=9，“习”=1。
满足条件的算式如右下式。
例2中的两题形式类似，但题目
特点并不相同，解法也不同，请同学
们注意比较。
例3 下面竖式中每个汉字代表一个数
字，不同的汉字代表不同的数字，求
被乘数。

分析与解：由于个位上的“赛”ד赛”
所得的积不再是“赛”，而是另一个
数，所以“赛”的取值只能是2，3，4，
7，8，9。
下面采用逐一试验的方法求解。

四年级奥数安博京翰教育
（ 1）若“赛”＝2，则“数”＝4，
积=444444。被乘数为444444÷2＝
2222 22，而被乘数各个数位上的数字
各不相同，所以“赛”≠2。
（2）若“赛”＝3，则“数”=9，
仿（1）讨论，也不行。
（3）若“赛”＝4，则 “数”＝6，
积=666666。666666÷4得不到整数商，
不合题意。
（4）若“赛”＝7，则“数”＝9，
积=999999。被乘数为999999÷7＝
142 857，符合题意。
（5）若“赛”＝8或9，仿上讨
论可知，不合题意。
所以，被乘数是142857。
例4 在□内填入适当的数字，使左下
式的乘法竖式成立。

分析与解：为清楚起见，我们用A，B，
C，D，…表示□内应填入的数字（见右上式）。
由被乘数大于500知，E=1。由于
乘数的百位数与被乘数的乘积的末 位
数是5，故B，C中必有一个是5。若C
＝5，则有
6□□×5=（600+□□）×5=3000+
□□×5，
不可能等于□5□5，与题 意不符，
所以B=5。再由B=5推知G=0或5。若
G=5，则F=A=9，此时被乘数为6 95，
无论C为何值，它与695的积不可能
等于□5□5，与题意不符，所以G=0，
F=A=4。此时已求出被乘数是645，经
试验只有645×7满足□5□5，所以
C=7 ；最后由B=5，G=0知D为偶数，
经试验知D=2。
右式为所求竖式。

此类乘法竖式题应根据已给出的
数字、乘法及加法的进位情况，先填
比较容易的未 知数，再依次填其余未
知数。有时某未知数有几种可能取值，
需逐一试验决定取舍。
例5 在□内填入适当数字，使左下方
的除法竖式成立。

分析与解：把左 上式改写成右上式。
根据除法竖式的特点知，B=0，D=G=1，
E=F=H=9，因此除数 应是99的两位数
的约数，可能取值有11，33和99，再
由商的个位数是5以及5与除数的 积
是两位数得到除数是11，进而知A＝
C-9。至此，除数与商都已求出，其余
未知 数都可填出（见右式）。

此类除法竖式应根据除法竖式的
特点，如商的空位补 0、余数必须小于
除数，以及空格间的相互关系等求解，
只要求出除数和商，问题就迎刃而解< br>了。
例6 把左下方除法算式中的*号换成
数字，使之成为一个完整的式子（各*所表示的数字不一定相同）。
- 12 -

分析与解：由上面的除法算式容易看
出，商的十位数字“*”是0，即商为
。
因为除数与8的积是两位数，除
数与商的千位数字的积是三位数，知
商的千位数是 9，即商为9807。
因为“除数×9”是三位数，所以
除数≥12；又因为“除数×8 ”是两位
数，所以除数≤12。推知除数只能是
12。被除数为9807×12＝117684 。
除法算式如上页右式。
练习10
1．在下面各竖式的□内填入合适
的数字，使竖式成立：


2．右 面的加法算式中，相同的汉
字代表相同的数字，不同的汉字代表
不同的数字。问：“小”代表什 么数
字？

3．在下列各算式中，不同的汉字
代表不同的数字相同的汉字代表相同
的数字。求出下列各式：

四年级奥数安博京翰教育
4．在下列各算式中，相同的字母
代表 相同的数字，不同的字母代表不
同的数字。这些算式中各字母分别代
表什么数字？


第11讲 归一问题与归总问题
在解答某些应用题时，常常需要
先 找出“单一量”，然后以这个“单
一量”为标准，根据其它条件求出结
果。用这种解题思路解答 的应用题，
称为归一问题。所谓“单一量”是指
单位时间的工作量、物品的单价、单
位 面积的产量、单位时间所走的路程
等。
例1 一种钢轨，4根共重1900千克，
现 在有95000千克钢，可以制造这种
钢轨多少根？（损耗忽略不计）
分析：以一根钢轨的重量为单一
量。
（1）一根钢轨重多少千克？
1900÷4＝475（千克）。
（2）95000千克能制造多少根钢
轨？
95000÷475＝200（根）。
解：95000÷（1900÷4）＝200（根）。
答：可以制造200根钢轨。
例2 王家养了5头奶牛，7天产牛奶
630千克，照这样计算，8头奶牛15
天可产牛奶多少千克？
分析：以1头奶牛1天产的牛奶
为单一量。
（1）1头奶牛1天产奶多少千克？
630÷5÷7＝18（千克）。
（2）8头奶牛15天可产牛奶多少
千克？
18×8×15＝2160（千克）。
解：（630÷5÷7）×8×15=2160（千

克）。
答：可产牛奶2160千克。
例3 三台同样的磨面机2.5时可以磨
面粉2400千克，8 台这样的磨面机磨
25600千克面粉需要多少时间？
分析与解：以1台磨面机1时磨的面
粉为单一量。
（1）1台磨面机1时磨面粉多少
千克？
2400÷3÷2.5=320（千克）。
（2）8台磨面机磨25600千克面
粉需要多少小时？
25600÷320÷8=10（时）。
综合列式为
25600÷（2400÷3÷2.5）÷8=10
（时）。
例4 4辆大卡车运沙土，7趟 共运走沙
土336吨。现在有沙土420吨，要求5
趟运完。问：需要增加同样的卡车多
少辆？
分析与解：以1辆卡车1趟运的沙土
为单一量。
（1）1辆卡车1趟运沙土多少吨？
336÷4÷7=12（吨）。
（2）5趟运走420吨沙土需卡车
多少辆？
420÷12÷5＝7（辆）。
（3）需要增加多少辆卡车？
7-4＝3（辆）。
综合列式为
420÷（336÷4÷7）÷5-4＝3
（辆）。
与归一问题类似的是归总问题，归一问题是找出“单一量”，而归总
问题是找出“总量”，再根据其它条
件求出结果。所谓 “总量”是指总路
程、总产量、工作总量、物品的总价
等。
例5 一项工程，8个人工作15时可以
完成，如果12个人工作，那么多少小
时可以完成？
分析：（1）工程总量相当于1个
人工作多少小时？
15×8＝120（时）。
（2）12个人完成这项工程需要多
少小时？
- 13 -
120÷12＝10（时）。
解：15×8÷12＝10（时）。
答：12人需10时完成。
例6 一辆汽车从甲地开往乙地，每小
时行60千米，5时到达。 若要4时到
达，则每小时需要多行多少千米？
分析：从甲地到乙地的路程是一
定的，以路程为总量。
（1）从甲地到乙地的路程是多少
千米？
60×5=300（千米）。
（2）4时到达，每小时需要行多
少千米？
300÷4＝75（千米）。
（3）每小时多行多少千米？
75－60＝15（千米）。
解：（60×5）÷4——60＝15（千米）。
答：每小时需要多行15千米。
例7 修一条公路，原计划60人工作，
80天完成。现在工作20天后，又增加
了3 0人，这样剩下的部分再用多少天
可以完成？
分析：（1）修这条公路共需要多
少个劳动日（总量）？
60×80＝4800（劳动日）。
（2）60人工作20天后，还剩下
多少劳动日？
4800-60×20=3600（劳动日）。
（3）剩下的工程增加30人后还
需多少天完成？
3600÷（60＋30）=40（天）。
解：（60×80-60×20）÷（60＋30）
＝40（天）。
答：再用40天可以完成。
练习11
1．2台拖拉机4时耕地20公顷，
照这样速度，5台拖拉机6时可耕地多
少公顷？
2．4台织布机5时可以织布2600
米，24台织布机几小时才能织布24960
米？
3．一种幻灯机，5秒钟可以放映
80张片子。问：48秒钟可以放映多少
张片子？
4．3台抽水机8时灌溉水田48
公顷，照这样的速度，5台同样的抽水
机6时可以灌溉水田多 小公顷？

四年级奥数安博京翰教育
5．平整一块土地，原计划8人平< br>整，每天工作7.5时，6天可以完成任
务。由于急需播种，要求5天完成，
并且增加1 人。问：每天要工作几小
时？
6．食堂管理员去农贸市场买鸡
蛋，原计划按每千 克3.00元买35千
克。结果鸡蛋价格下调了，他用这笔
钱多买了2.5千克鸡蛋。问：鸡蛋 价
格下调后是每千克多少元？
7．锅炉房按照每天4.5吨的用量
储备了120 天的供暖煤。供暖40天后，
由于进行了技术改造，每天能节约0.9
吨煤。问：这些煤共可以 供暖多少天？
第12讲 年龄问题
年龄问题是一类以“年龄为内
容”的数学应用题。
年龄问题的主要特点是：二人年
龄的差保持不变，它不随岁月的流逝
而改变；二人的年龄随着岁月的变化，
将增或减同一个自 然数；二人年龄的
倍数关系随着年龄的增长而发生变
化，年龄增大，倍数变小。
根据题目的条件，我们常将年龄
问题化为“差倍问题”、“和差问
题”、“和倍问题”进行求解 。
例1 儿子今年10岁，5年前母亲的年
龄是他的6倍，母亲今年多少岁？
分析 与解：儿子今年10岁，5年前的
年龄为5岁，那么5年前母亲的年龄
为5×6＝30（岁）， 因此母亲今年是
30＋5=35（岁）。
例2 今年爸爸48岁，儿子20岁，几
年前爸爸的年龄是儿子的5倍？
分析与解：今年爸爸与儿子 的年龄差
为“48——20”岁，因为二人的年龄
差不随时间的变化而改变，所以当爸
爸的年龄为儿子的5倍时，两人的年
龄差还是这个数，这样就可以用“差
倍问题”的解法。当爸 爸的年龄是儿
子年龄的5倍时，儿子的年龄是
（48——20）÷（5——1）＝7（岁）。
由20－7＝13（岁），推知13年
前爸爸的年龄是儿子年龄的5倍。
例3 兄弟二人的年龄相差5岁，兄3
年后的年龄为弟4年前的3倍。问：
兄、弟二人今年各多少岁？
分析与解：根据题意，作示意图如下：

由上图可以看出，兄3年后的年
龄比弟4年前的年龄大5＋3＋4＝12
（岁），由“差倍问题”解得，弟4
年前的年龄为（ 5＋3＋4）÷（3－1）
＝6（岁）。由此得到
弟今年6＋4＝10（岁），
兄今年10＋5＝15（岁）。
例4 今年兄弟二人年龄之和为55岁，
哥哥某 一年的岁数与弟弟今年的岁数
相同，那一年哥哥的岁数恰好是弟弟
岁数的2倍，请问哥哥今年多 少岁？
分析与解：在哥哥的岁数是弟弟的岁
数2倍的那一年，若把弟弟岁数看成
一份 ，那么哥哥的岁数比弟弟多一份，
哥哥与弟弟的年龄差是1份。又因为
那一年哥哥岁数与今年弟 弟岁数相
等，所以今年弟弟岁数为2份，今年
哥哥岁数为2＋1=3（份）（见下页图）。
由“和倍问题”解得，哥哥今年
的岁数为
55÷(3+2)×3=33(岁)。

例5 哥哥5年前的年龄与妹妹4年后
的年 龄相等，哥哥2年后的年龄与妹
妹8年后的年龄和为97岁，请问二人
今年各多少岁？
分析与解：由“哥哥5年前的年龄与
妹妹4年后的年龄相等”可知兄妹二
人的年龄差为“4＋ 5”岁。由“哥哥2
年后的年龄与妹妹8年后的年龄和为
97岁”，可知兄妹二人今年的年龄和
为“97——2——8”岁。由“和差问
题”解得，
兄[（97——2——8）＋（4＋5）]
÷2＝48（岁），
妹[（97——2——8）-（4＋5）]
÷2=39（岁）。
- 14 -
例6 1994年父亲的年龄是哥哥和弟弟
年龄之和的4倍。2000年，父亲的年
龄是哥哥和弟弟年 龄之和的2倍。问：
父亲出生在哪一年？
分析与解：如果用1段线表示兄弟二
人19 94年的年龄和，则父亲1994年
的年龄要用4段线来表示（见下页图）。

父亲在2000年的年龄应是4段线
再加6岁，而兄弟二人在2000年的年
龄之和是1段线再 加2×6＝12（岁），
它是父亲年龄的一半，也就是2段线
再加3岁。由
1段＋12岁=2段＋3岁，
推知1段是9岁。所以父亲1994
年的年龄是9×4＝36（岁），他出生
于
1994——36＝1958（年）。
例7今年父亲的年龄为儿子的年
龄的4倍，20年 后父亲的年龄为儿子
的年龄的2倍。问：父子今年各多少
岁？
解法一：假设父亲的年 龄一直是儿子
年龄的4倍，那么每过一年儿子增加
一岁，父亲就要增加4岁。这样，20
年后儿子增加20岁，父亲就要增加80
岁，比儿子多增加了80－20＝60（岁）。
事实上，20年后父亲的年龄为儿
子的年龄的2倍，根据刚才的假设，
多增加的60岁，正好相 当于20年后
儿子年龄的（4——2＝）2倍，因此，
今年儿子的年龄为
（20×4－20）÷（4－2）－20＝
10（岁），
父亲今年的年龄为10×4＝40
（岁）。
解法二：如果用1段线表示儿子今年
的年 龄，那么父亲今年的年龄要用4
段线来表示（见下图）。

20年后，父亲的年 龄应是4段线
再加上20岁，而儿子的年龄应是1段

四年级奥数安博京翰教育
线再加上20岁，是父亲年龄的一半，
也就是2段线再加上10岁。由
1段＋20=2段＋10，
求得1段是10岁，即儿子今年10
岁，从而父亲今年40岁。
例8 今年爷爷78岁，长孙 27岁，次
孙23岁，三孙16岁。问：几年后爷
爷的年龄等于三个孙子年龄之和？
分析：今年三个孙子的年龄和为
27＋23＋16=66（岁），爷爷比三个孙
子的年龄和多7 8——66＝12（岁）。
每过一年，爷爷增加一岁，而三个孙
子的年龄和却要增加1＋1＋1 ＝3
（岁），比爷爷多增加3－1＝2（岁）。
因而只需求出12里面有几个2即可。
解：[78－（27＋23＋16）]÷（1＋1
＋1－1）＝6（年）。
答：6年后爷爷的年龄等于三个孙
子年龄的和。
练习12
1．父亲比儿子大30岁，明年父
亲的年龄是儿子年龄的3倍，那么今
年儿子几岁？
2．王梅比舅舅小19岁，舅舅的
年龄比王梅年龄的3倍多1岁。问：
他们二人各几岁？
3．小明今年9岁，父亲39岁，
再过多少年父亲的年龄正好是小明年
龄的2倍？
4．父亲年龄是女儿的4倍，三年
前父女年龄之和是49岁。问：父女两
人现在各多少岁？
5．一家三口人，三人年龄之和是
74岁，妈妈比爸爸小2岁，妈妈的年
龄是儿子 年龄的4倍。问：三人各是
多少岁？
6．今年老师46岁，学生16岁，
几年后老师年龄的2倍与学生年龄的
5倍相等？
7．已知祖孙三人，祖父和父亲年
龄的差与父亲和孙子年龄的差相同，
祖父和孙子年龄之和为8 2岁，明年祖
父的年龄恰好等于孙子年龄的5倍。
问：祖孙三人各多少岁？
8．小乐 问刘老师今年有多少岁，刘老
师说：“当我像你这么大时，你才3
岁；当你像我这么大时，我已 经42岁
了。”你能算出刘老师有多少岁吗？

第13讲 鸡兔同笼问题与假设法
鸡兔同笼问题是按照题目的内容
涉及到鸡与兔而命名的，它是一类有
名的中国古算 题。许多小学算术应用
题，都可以转化为鸡兔同笼问题来加
以计算。
例1 小梅数她家的鸡与兔，数头
有16个，数脚有44只。问：小梅家
的鸡与兔各有多少只？
分析：假设16只都是鸡，那么就
应该有2×16＝32（只）脚，但实际上
有4 4只脚，比假设的情况多了44-32
＝12（只）脚，出现这种情况的原因
是把兔当作鸡了。 如果我们以同样数
量的兔去换同样数量的鸡，那么每换
一只，头的数目不变，脚数增加了2只。因此只要算出12里面有几个2，
就可以求出兔的只数。
解：有兔（44-2×16）÷（4-2）=6（只），
有鸡16-6＝10（只）。
答：有6只兔，10只鸡。
当然，我们也可以假设16只都是
兔子，那么就 应该有4×16＝64（只）
脚，但实际上有44只脚，比假设的情
况少了64－44＝20（ 只）脚，这是因
为把鸡当作兔了。我们以鸡去换兔，
每换一只，头的数目不变，脚数减少
了4-2＝2（只）。因此只要算出20
里面有几个2，就可以求出鸡的只数。
有鸡（4×16-44）÷（4-2）=10
（只），
有兔16——10＝6（只）。
由例1看出，解答鸡兔同笼问题
通常采用假设法，可以先假设都是鸡，
然后以兔换 鸡；也可以先假设都是兔，
然后以鸡换兔。因此这类问题也叫置
换问题。
例2 10 0个和尚140个馍，大和尚1
人分3个馍，小和尚1人分1个馍。
问：大、小和尚各有多少人 ？
分析与解：本题由中国古算名题“百
僧分馍问题”演变而得。如果将大和
尚、小和 尚分别看作鸡和兔，馍看作
腿，那么就成了鸡兔同笼问题，可以
用假设法来解。
假设100人全是大和尚，那么共
需馍300个，比实际多300－140＝160
- 15 -
（个）。现在以小和尚去换大和尚，
每换一个总人数不变，而馍就要减少3
——1 ＝2（个），因为160÷2＝80，
故小和尚有80人，大和尚有
100－80＝20（人）。
同样，也可以假设100人都是小
和尚，同学们不妨自己试试。
在下面的例题中，我们只给出一
种假设方法。
例3 彩色文化用品每套19元，普通文
化用品每套11元，这两种文化用品共
买了16套，用钱280元。问：两种文
化用品各买了 多少套？
分析与解：我们设想有一只“怪鸡”
有1个头11只脚，一种“怪兔”有1
个头19只脚，它们共有16个头，280
只脚。这样，就将买文化用品问题转
换成鸡兔同笼问 题了。
假设买了16套彩色文化用品，则
共需19×16＝304（元），比实际多304——280＝24（元），现在用普通
文化用品去换彩色文化用品，每换一
套少用1 9——11＝8（元），所以
买普通文化用品 24÷8=3（套），
买彩色文化用品 16－3＝13
（套）。
例4 鸡、兔共100只，鸡脚比兔脚多
20只。问：鸡、兔各多少只？
分析：假设100只都 是鸡，没有
兔，那么就有鸡脚200只，而兔的脚
数为零。这样鸡脚比兔脚多200只，
而实际上只多20只，这说明假设的鸡
脚比兔脚多的数比实际上多200——
20=180（ 只）。
现在以兔换鸡，每换一只，鸡脚
减少2只，兔脚增加4只，即鸡脚比
兔脚 多的脚数中就会减少4＋2＝6
（只），而180÷6＝30，因此有兔子
30只，鸡100— —30＝70（只）。
解：有兔（2×100——20）÷（2＋4）
＝30（只），
有鸡100——30=70（只）。
答：有鸡70只，兔30只。
例5 现有大、小油瓶共50个，每个大
瓶可装油4千克，每个小瓶可装油2
千克，大瓶比小瓶共多装 20千克。问：
大、小瓶各有多少个？

四年级奥数安博京翰教育
分析：本题与例4非常类似，仿
照例4的解法即可。
解：小瓶有（4×50-20）÷（4＋2）
＝30（个），
大瓶有50-30＝20（个）。
答：有大瓶20个，小瓶30个。
例6 一批钢材， 用小卡车装载要45
辆，用大卡车装载只要36辆。已知每
辆大卡车比每辆小卡车多装4吨，那
么这批钢材有多少吨？
分析：要算出这批钢材有多少吨，
需要知道每辆大卡车或小卡车能装多
少吨。
利 用假设法，假设只用36辆小卡
车来装载这批钢材，因为每辆大卡车
比每辆小卡车多装4吨，所 以要剩下4
×36=144（吨）。根据条件，要装完
这144吨钢材还需要45-36=9（ 辆）小
卡车。这样每辆小卡车能装144÷9＝
16（吨）。由此可求出这批钢材有多
少吨。
解：4×36÷（45-36）×45＝720（吨）。
答：这批钢材有720吨。
例7 乐乐百货商店委托搬运站运送
500只花瓶，双方商定每只 运费0.24
元，但如果发生损坏，那么每打破一
只不仅不给运费，而且还要赔偿1.26元，结果搬运站共得运费115.5元。
问：搬运过程中共打破了几只花瓶？
分析： 假设500只花瓶在搬运过
程中一只也没有打破，那么应得运费
0.24×500=120（元 ）。实际上只得到
115.5元，少得120-115.5=4.5（元）。
搬运站每打破一只 花瓶要损失0.24＋
1.26＝1.5（元）。因此共打破花瓶4.5
÷1.5＝3（只）。
解：（0.24×500－115.5）÷（0.24
＋1.26）＝3（只）。
答：共打破3只花瓶。
例8 小乐与小喜一起跳绳，小喜先跳
了2分钟，然后两人各跳了3分 钟，
一共跳了780下。已知小喜比小乐每
分钟多跳12下，那么小喜比小乐共多
跳了 多少下？
分析与解：利用假设法，假设小喜的
跳绳速度减少到与小乐一样，那么两
人 跳的总数减少了
12×（2＋3）＝60（下）。
可求出小乐每分钟跳
（780——60）÷（2＋3＋3）＝
90（下），
小乐一共跳了90×3=270（下），
因此小喜比小乐共多跳
780——270×2＝240（下）。
练习13
1．鸡、兔共有头100个，脚350
只，鸡、兔各有多少只？
2．学校有象棋、跳棋共 26副，2
人下一副象棋，6人下一副跳棋，恰好
可供120个学生进行活动。问：象棋
与跳棋各有多少副？
3．班级购买活页簿与日记本合计
32本，花钱74元。活页簿每 本1.9
元，日记本每本3.1元。问：买活页
簿、日记本各几本？
4．龟、鹤共有100个头，鹤腿比
龟腿多20只。问：龟、鹤各几只？
5．小蕾花40 元钱买了14张贺年
卡与明信片。贺年卡每张3元5角，
明信片每张2元5角。问：贺年卡、< br>明信片各买了几张？
6．一个工人植树，晴天每天植树
20棵，雨天每天植树12 棵，他接连几
天共植树112棵，平均每天植树14棵。
问：这几天中共有几个雨天？
7．振兴小学六年级举行数学竞
赛，共有20道试题。做对一题得5分，
没做或做 错一题都要扣3分。小建得
了60分，那么他做对了几道题？
8．有一批水果，用大筐8 0只可
装运完，用小筐120只也可装运完。
已知每只大筐比每只小筐多装运20千
克 ，那么这批水果有多少千克？
9．蜘蛛有8条腿，蜻蜓有6条腿
和2对翅膀，蝉有6条腿 和1对翅膀。
现有三种小虫共18只，有118条腿和
20对翅膀。问：每种小虫各有几只？
10．鸡、兔共有脚100只，若将鸡换
成兔，兔换成鸡，则共有脚92只。问：
鸡、 兔各几只？

第14讲 盈亏问题与比较法（一）
人们在分东西的时候，经常 会遇
到剩余（盈）或不足（亏），根据分
东西过程中的盈或亏所编成的应用题
叫做盈亏 问题。
- 16 -
例1 小朋友分糖果，若每人分4粒则
多9粒；若每人分5粒 则少6粒。问：
有多少个小朋友分多少粒糖？
分析：由题目条件可以知道，小
朋 友的人数与糖的粒数是不变的。比
较两种分配方案，第一种方案每人分4
粒就多9粒，第二种方 案每人分5粒
就少6粒，两种不同的方案一多一少
相差9＋6＝15（粒）。相差的原因在于两种方案的分配数不同，第一种方
案每人分4粒，第二种方案每人分5
粒，两次分配数之 差为5－4＝1（粒）。
每人相差1粒，多少人相差15粒呢？
由此求出小朋友的人数为15÷ 1＝15
（人），糖果的粒数为
4×15＋9＝69（粒）。
解：（9＋6）÷（5-4）＝15（人），
4×15＋9＝69（粒）。
答：有15个小朋友，分69粒糖。
例2 小朋友分糖果，若每人分3粒则
剩2粒；若每人分 5粒则少6粒。问：
有多少个小朋友？多少粒糖果？
分析：本题与例1基本相同，例1< br>中两次分配数之差是5-4=1（粒），本
题中两次分配数之差是5-3＝2（粒）。
例 1中，两种分配方案的盈数与亏数
之和为9＋6＝15（粒），本题中，两
种分配方案的盈数与 亏数之和为2＋
6=8（粒）。仿照例1的解法即可。
解：（6＋2）÷（4——2）＝4（人），
3×4＋2＝14（粒）。
答：有4个小朋友，14粒糖果。
由例1、例2看出，所谓盈亏问题，
就是把一定数量的 东西分给一定数量
的人，由两种分配方案产生不同的盈
亏数，反过来求出分配的总人数与被分配东西的总数量。解题的关键在于
确定两次分配数之差与盈亏总额（盈
数+亏数），由此 得到求解盈亏问题的
公式：
分配总人数=盈亏总额÷两次分配数
之差。
需要注意的是，两种分配方案的
结果不一定总是一“盈”一“亏”，
也会出现两“盈”、两“亏 ”、一“不
盈不亏”一“盈”或“亏”等情况。

四年级奥数安博京翰教育
例3 小朋友分糖果，每人分10粒，正
好分完；若每人分16粒，则有3个小
朋友分 不到糖果。问：有多少粒糖果？
分析与解：第一种方案是不盈不亏，
第二种方案是亏16×3 ＝48（粒），所
以盈亏总额是0＋48=48（粒），而两
次分配数之差是16——10＝6 （粒）。
由盈亏问题的公式得
有小朋友（0＋16×3）÷（16—
—10）＝8（人），
有 糖10×8＝80（粒）。
下面的几道例题是购物中的盈亏
问题。
例4 一批 小朋友去买东西，若每人出
10元则多8元；若每人出7元则少4
元。问：有多少个小朋友？东 西的价
格是多少？
分析与解：两种购物方案的盈亏总额
是8＋4＝12（元），两次 分配数之差
是10——7＝3（元）。由公式得到
小朋友的人数（8＋4）÷（10—
—7）＝4（人），
东西的价格是10×4——8＝32
（元）。
例5 顾老师到新华书店去买书，若买
5本则多3元；若买7本则少1.8元。
这本书的单价是多少？顾老师共带了
多少元钱？ 分析与解：买5本多3元，买7本少
1.8元。盈亏总额为3＋1.8=4.8（元），
这 4.8元刚好可以买7——5＝2（本）
书，因此每本书4.8÷2=2.4（元），
顾老师共 带钱
2.4×5＋3＝15（元）。
例6 王老师去买儿童小提琴，若买7
把 ，则所带的钱差110元；若买5把，
则所带的钱还差30元。问：儿童小提
琴多少钱一把？王 老师带了多少钱？
分析：本题在购物的两个方案中，
每一个方案都出现钱不足的情况，买 7
把小提琴差110元，买5把小提琴差
30元。从买7把变成买5把，少买了
7—— 5=2（把）提琴，而钱的差额减
少了110——30＝80（元），即80元
钱可以买2把小 提琴，可见小提琴的
单价为每把40元钱。
解：（110——30）÷（7——5）＝40
（元），
40×7——110＝170（元）。
答：小提琴40元一把，王老师带
了170元钱。
练习14
1．小朋友分糖果，每人3粒，余
30粒；每人5粒，少4粒。问：有 多
少个小朋友？多少粒糖？
2．一个汽车队运输一批货物，如
果每辆汽车运35 00千克，那么货物还
剩下5000千克；如果每辆汽车运4000
千克，那么货物还剩下50 0千克。问：
这个汽车队有多少辆汽车？要运的货
物有多少千克？
3．学校买来 一批图书。若每人发
9本，则少25本；若每人发6本，则
少7本。问：有多少个学生？买了多
少本图书？
4．参加美术活动小组的同学，分
配若干支彩色笔。如果每人分4支 ，
那么多12支；如果每人分8支，那么
恰有1人没分到笔。问：有多少同学？
多少支 彩色笔？
5．红星小学去春游。如果每辆车
坐60人，那么有15人上不了车；如
果每辆车多坐5人，那么恰好多出一
辆车。问：有多少辆车？多少个学生？
6．某数的8倍减去153，比其5
倍多66，求这个数。
7．某厂运来一批煤，如果每 天烧
1500千克，那么比原计划提前一天烧
完；如果每天烧1000千克，那么将比
原计划多用一天。现在要求按原计划
烧完，那么每天应烧煤多少千克？
8．同学们为学校 搬砖，每人搬18
块，还余2块；每人搬20块，就有一
位同学没砖可搬。问：共有砖多少块？
第15讲 盈亏问题与比较法（二）
有些问题初看似乎不像盈亏问
题，但将题目条件适当转化，就露出
了盈亏问题的“真相”。
例1 某班学生去划船，如果增加一条
船，那么每条船正好坐6人；如果减
少一条船， 那么每条船就要坐9人。
问：学生有多少人？
分析：本题也是盈亏问题，为清
楚 起见，我们将题中条件加以转化。
假设船数固定不变，题目的条件“如
果增加一条船……”表示 “如果每船
- 17 -
坐6人，那么有6人无船可坐”；“如
果减少一条船……” 表示“如果每船
坐9人，那么就空出一条船”。这样，
用盈亏问题来做，盈亏总额为6＋9=1 5
（人），两次分配的差为9——6＝3
（人）。
解：（6＋9）÷（9——6）＝5（条），
6×5＋6=36（人）。
答：有36名学生。
例2 少先队员植树，如果每人挖5个
坑，那么还有3个坑无人挖；如果 其
中2人各挖4个坑，其余每人挖6个
坑，那么恰好将坑挖完。问：一共要
挖几个坑？
分析：我们将“其中2人各挖4
个坑，其余每人挖6个坑”转化为“每
人都挖6个 坑，就多挖了4个坑”。
这样就变成了“典型”的盈亏问题。
盈亏总额为4＋3＝7（个）坑， 两次分
配数之差为6——5＝1（个）坑。
解：[3＋（6-4）×2]÷（6-5）＝7（人）
5×7＋3＝38（个）。
答：一共要挖38个坑。
例3在桥上用绳子测桥离水面的高度。
若把绳子对折垂 到水面，则余8米；
若把绳子三折垂到水面，则余2米。
问：桥有多高？绳子有多长？
分析与解：因为把绳子对折余8米，
所以是余了8×2=16（米）；同样，把
绳子三折余2 米，就是余了3×2＝6
（米）。两种方案都是“盈”，故盈
亏总额为16——6=10（米） ，两次分
配数之差为3-2＝1（折），所以
桥高（8×2-2×3）÷（3-2）＝< br>10（米），绳子的长度为2×10＋8×2
＝36（米）。
例4有若干个苹果和若干 个梨。如果
按每1个苹果配2个梨分堆，那么梨
分完时还剩2个苹果；如果按每3个
苹 果配5个梨分堆，那么苹果分完时
还剩1个梨。问：苹果和梨各有多少
个？
分析与解 ：容易看出这是一道盈亏应
用题，但是盈亏总额与两次分配数之
差很难找到。原因在于第一种方 案是1
个苹果“搭配”2个梨，第二种方案是
3个苹果“搭配”5个梨。如果将这两
种 方案统一为1个苹果“搭配”若干

四年级奥数安博京翰教育
个梨，那么问题就好解决了。将原题
条件变为“1个苹果搭配2个梨，缺4
个梨； < br>每天相差5个。根据盈亏问题的公式，
从改进技术时到计划完工的时间是55
÷5＝11 （天），计划时间为11＋4＝
15（天），这批零件共有20×（15—

—1）＝280（个）。
练习15

1.筑路队计划每天筑路720米，

和都相等。
- 18 -
每一竖列和每条对角线上的三个数之
分析与解：我们首先要弄清每行、每
有梨15×2-4＝26（个）。
例5乐乐家去学校上学，每分钟走50
米，走了2分钟后， 发觉按这样的速
度走下去，到学校就会迟到8分钟。
于是乐乐开始加快速度，每分钟比原
来多走10米，结果到达学校时离上课
还有5分钟。问：乐乐家离学校有多
远？
分 析与解：乐乐从改变速度的那一点
到学校，若每分钟走50米，则要迟到
8分钟，也就是到上课 时间时，他离学
校还有50×8＝400（米）；若每分钟
多走10米，即每分钟走60米，则 到
达学校时离上课还有5分钟，如果一
直走到上课时间，那么他将多走（50
＋10） ×5＝300（米）。所以盈亏总
额，即总的路程相差
400＋300＝700（米）。
两种走法每分钟相差10米，因此
所用时间为
700÷10＝70（分），
也就是说，从乐乐改变速度起到
上课时间有70分钟。所以乐乐家到学
校的距离为
50×（2＋70＋8）＝4000（米），
或 50×2＋60×（70——5）＝
4000（米）。
例6王师傅加工一批零件，每天加工< br>20个，可以提前1天完成。工作4天
后，由于改进了技术，每天可多加工5
个，结果提 前3天完成。问：这批零
件有多少个？
分析与解：每天加工20个，如果一直
加工到 计划时间，那么将多加工20个
零件；改进技术后，如果一直加工到
计划时间，那么将多加工（ 20＋5）×
3＝75（个）。盈亏总额为75——20
＝55（个）。两种加工的速度比较，
实际每天比原计划多筑80米，这样在
完成规定任务的前三天，就只剩下
1160米未 筑。问：这条路共有多长？
2.小红家买来一篮桔子，分给全
家人。如果其中二人每人分 4只，其
余每人分2只，那么多出4只；如果
一人分6只，其余每人分4只，那么
缺1 2只。问：小红家买来多少只桔子？
小红家共有几人？
3.食堂采购员小李去买肉，如果
买牛肉18千克，那么差4元；如果买
猪肉20千克，那么多2元。已知牛肉、
猪肉每 千克差价8角，求牛肉、猪肉
每千克各多少钱。
4.李老师给小朋友分苹果和桔
子，苹果数是桔子数的2倍。桔子每
人分3个，多4个；苹果每人分7个，
少5个。问：有多少 个小朋友？多少
个苹果和桔子？
5.用绳子测量井深。如果把绳子
三折垂到水面 ，余7米；如果把绳子5
折垂到水面，余1米。求绳长与井深。
6.老师给幼儿园小朋友 分苹果。
每两人三个苹果，多两个苹果；每三
人五个苹果，少四个苹果。问：有多
少个 小朋友？多少个苹果？
7.小明从家到学校去上学，如果
每分钟走60米，那么将迟到5 分钟；
如果每分钟走80米，那么将提前3分
钟。小明家距学校多远？
第16讲 数阵图（一）
我们在三年级已经学习过辐射型
和封闭型数阵，其解题的关键在于“重叠数”。本讲和下一讲，我们学习三
阶方阵，就是将九个数按照某种要求
排列成三行三列的 数阵图，解题的关
键仍然是“重叠数”。我们先从一道
典型的例题开始。
例1把1～ 9这九个数字填写在右图正
方形的九个方格中，使得每一横行、
列以及每条对角线上三个数字之 和是
几。我们可以这样去想：因为1～9这
九个数字之和是45，正好是三个横行
数字 之和，所以每一横行的数字之和
等于45÷3=15。也就是说，每一横行、
每一竖列以及每条 对角线上三个数字
之和都等于15。
在1～9这九个数字中，三个不同
的数相加等于15的有：
9＋5＋1，9＋4＋2，8＋6＋1，8
＋5＋2，
8＋4＋3，7＋6＋2，7＋5＋3，6
＋5＋4。
因此每行、每列以及每条对角线
上的三个数字可以是其中任一个算式
中的三个数字。
因为中心方格中的数既在一个横
行中，又在一个竖列中，还在两对角
线上，所以它应同时出现在 上述的四
个算式中，只有5符合条件，因此应
将5填在中心方格中。同理，四个角
上的 数既在一个横行中，又在一个竖
列中，还在一条对角线上，所以它应
同时出现在上述的三个算式 中，符合
条件的有2，4，6，8，因此应将2，4，
6，8填在四个角的方格中，同时应保< br>证对角线两数的和相等。经试验，有
下面八种不同填法：

上面的八个图 ，都可以通过一个
图的旋转和翻转得到。例如，第一行
的后三个图，依次由第一个图顺时针旋转90°，180°，270°得到。又如，
第二行的各图，都是由它上面的图沿
竖轴翻 转得到。所以，这八个图本质
上是相同的，可以看作是一种填法。
例1中的数阵图，我国 古代称为
“纵横图”、“九宫算”。一般地，
将九个不同的数填在3×3（三行三列）
的方格中，如果满足每个横行、每个

四年级奥数安博京翰教育
竖列和每条对角线上的三个数之和都
相等，那么这样的图称为三阶幻方。
在例1 中如果只要求任一横行及
任一竖列的三数之和相等，而不要求
两条对角线上的三数之和也相等， 则
解不唯一，这是因为在例1的解中，
任意交换两行或两列的位置，不影响
每行或每列 的三数之和，故仍然是解。
例2用11，13，15，17，19，21，23，
25，27编制成一个三阶幻方。 分析与解：给出的九个数形成一个等
差数列，对照例1，1～9也是一个等
差数列。不难发 现：中间方格里的数
字应填等差数列的第五个数，即应填
19；填在四个角上方格中的数是位于
偶数项的数，即13，17，21，25，而
且对角两数的和相等，即13＋25=17
＋21；余下各数就不难填写了（见右
图）。

与幻方相反的问题是反幻方。 将
九个数填入3×3（三行三列）的九个
方格中，使得任一行、任一列以及两
条对角线 上的三个数之和互不相同，
这样填好后的图称为三阶反幻方。
例3将前9个自然数填入右图的 9个
方格中，使得任一行、任一列以及两
条对角线上的三个数之和互不相同，
并且相邻 的两个自然数在图中的位置
也相邻。

分析与解：题目要求相邻的两个自然
数在图中的位置也相邻，所以这9个
自然数按照大小顺序在图中应能连成
一条不相交的折线。经 试验有下图所
示的三种情况：
按照从1到9和从9到1逐一对
这三种情况进行验 算，只有第二种情
况得到下图的两个解。因为第二种情
况是螺旋形，故本题的解称为螺旋反幻方。

例4将九个数填入左下图的九个空格
中，使得任一行、任一列以及两条

证明：因为每行的三数之和都等于k，
共有三行，所以九个数之和等于3k。
如右上图所示，经过中心方格的有四
条虚线，每条虚线上的三个数之和都
等于k，四条虚线上 的所有数之和等于
4k，其中只有中心方格中的数是“重
叠数”，九个数各被计算一次后，它< br>又被重复计算了三次。所以有
九数之和+中心方格中的数×
3=4k，
3k+中心方格中的数×3=4k，

注意：例4中对九个数及定数k
都没 有特殊要求。这个结论对求解3
×3方格中的数阵问题很实用。
在3×3的方格中，如果 要求填入
九个互不相同的质数，要求任一行、
任一列以及两条对角线上的三个数之
和都 相等，那么这样填好的图称为三
阶质数幻方。
例5求任一列、任一行以及两条对角
线上的三个数之和都等于267的三阶
质数幻方。
分析与解：由例4知中间方格中的数
为267÷3＝89。由于在两条对角线、
中间一 行及中间一列这四组数中，每
组的三个数中都有89，所以每组的其
余两数之和必为267-8 9＝178。两个质
数之和为178的共有六组：
5+173＝11＋167
＝29＋149＝41＋137
＝47+131＝71+107。
- 19 -
经试验，可得右图所示的三阶质
数幻方。


练习16
1.将九个连续自然数填入3×3的
方格内，使得每一横行、每一竖列及

两条对角线上的三个数之和都等于
66。
2.将1，3，5，7，9，11，1 3，15，
17填入3×3的方格内，使其构成一个
幻方。
3.用2，4，6，12，14，16，22，
24，26九个偶数编制一个幻方。
4. 在下列各图空着的方格内填上
合适的数，使每行、每列及每条对角
线上的三数之和都等于27。

5.将右图中的数重新排列，使得
每行、每列及两条对角线上的三个数
之和都相等。

6.将九个质数填入3×3的方格
内，使得每一横行、每一竖列及两条
对角线上的 三个数之和都等于21。
7.求九个数之和为657的三阶质
数幻方。
第17讲 数阵图（二）
例1在右图的九个方格中填入不大于
12且互不相同的九个 自然数（其中已
填好一个数），使得任一行、任一列
及两条对角线上的三个数之和都等于
21。

解：由上一讲例4知中间方格中的数
为7。再设右下角的数为x，然后根据

四年级奥数安博京翰教育
任一行、任一列及每条对角线上的三
个数之 和都等于21，如下图所示填上
各数（含x）。

因为九个数都不大于12，由 16－
x≤12知4≤x，由x+2≤12知x≤10，
即4≤x≤10。考虑到5，7，9已 填好，
所以x只能取4，6，8或10。经验证，
当x＝6或8时，九个数中均有两个数
相同，不合题意；当x＝4或10时可
得两个解（见下图）。这两个解实际
上一样，只是方向 不同而已。


例2将九个数填入右图的空格中，使
得每行、每列、每条对 角线上的三个
数之和都相等，则一定有


证明：设中心数为d。由上讲例 4知每
行、每列、每条对角线上的三个数之
和都等于3d。由此计算出第一行中间
的数 为2d——b，右下角的数为2d-c
（见下图）。
根据第一行和第三列都可以求出
上图中★处的数由此得到
3d-c-（2d-b）＝3d-a-（2d-c），
3d-c-2d＋b＝3d-a-2d＋c，
d——c＋b＝d——a＋c，
2c＝a＋b，
a＋b
c＝2。
值得注意的是，这个结论对于a< br>和b并没有什么限制，可以是自然数，
也可以是分数、小数；可以相同，也
可以不同。
例3在下页右上图的空格中填入七个
自然数，使得每一行、每一列及每一
条对角线上的 三个数之和都等于90。

解：由上一讲例4知，中心数为90÷3
＝30；由本讲 例2知，右上角的数为
（23＋57）÷2＝40（见左下图）。其
它数依次可填（见右下图） 。

例4在右图的每个空格中填入个自然
数，使得每一行、每一列及每条对角
线上的三个数之和都相等。

解：由例2知，右下角的数为

（8 ＋10）÷2=9；由上一讲例4
知，中心数为（5＋9）÷2=7（见左下
图），且每行、每 列、每条对角线上
的三数之和都等于7×3=21。由此可得
右下图的填法。
例5在 下页上图的每个空格中填一个
自然数，使得每行、每列及每条对角
线上的三个数之和都相等。

解：由例2知，右下角的数为（6＋12）
÷2=9（左下图）。因为左下图中两条
虚线上的三个数之和相等，所以，
“中心数”＝（10＋6）-9＝7。
其它依次可填（见右下图）。
- 20 -
由例3～5看出，在解答3×3方
阵的问题时，上讲的例4与本讲的例2
很有用处。

练习17
1.在左下图的每个空格中填入一
个数字，使得每行、每列及每条对角
线上的三个数之和都相等。

2.在右上图的每个空格中填入一
个数字 ，使得每行、每列及每条对角
线上的三个数之和都等于24。
3.下列各图中的九个小方 格内各
有一个数字，而且每行、每列及每条
对角线上的三个数之和都相等，求x。
4.在左下图的空格中填入七个自
然数，使得每行、每列、每条对角线
上的三个数之和都等于4 8。

5.在右上图的每个空格中填入一
个自然数，使得每行、每列及每条对< br>角线上的三个数之和都相等。
6.在右图的每个空格中填入不大
于12且互不相同 的九个自然数，使得
每行、每列、每条对角线上的三个数
之和都等于21。

第18讲 数阵图（三）
数阵问题是多种多样的，解题方
法也是多种多样的，这就需要我们根
据题目条件灵活解题。

四年级奥数安博京翰教育
例1把20以内的质数分别填 入下图的邻的○内，7只能填在与8不相邻的○
一个○中，使得图中用箭头连接起来内。其余数的填法见 右上图。
的四个数之和都相等。 例4在右图的六个○内各填入一个质
数（可取相同的质数），使它们的和

等于20，而且每个三角形（共5个）
顶点上的数字之和都相等。
分析与解：由上图看出，三组数都包
括左、右两端的数，所以每组数的中

间两数之和必然相等。20以内共有2，
3，5，7，11，13，17，19八个质数，分析与解：因 为大三角形的三个顶点
两两之和相等的有 与中间倒三角形的三个顶点正好是图
5＋19＝7＋17＝11＋13， 中的六个○，又因为每个三角形顶点
于是得到下图的填法。 上的数字之和相等，所以每个三角形
顶点上的数字之和为20÷2＝10。10

分为三个质数之和只能是2＋3＋5，由
此得到右图的填法。
例2在右图的每个方格中填入一个数
字，使得每行、每列以及每条对角线

上的方格中的四个数字都是1，2，3，
4。 例5在右图所示立方体的八个顶点上
标 出1～9中的八个，使得每个面上四
个顶点所标数字之和都等于k，并且k
不能被未标出的数整除。
分析与解：如左下图所示，受列及对
角线的限制，a处只能填1， 从而b处
填3；进而推知c处填4，d处填3，e
处填4，……右下图为填好后的数阵分析与解 ：设未被标出的数为a，则被
图。 标出的八个数之和为1＋2＋…＋9-a
＝45-a。由于 每个顶点都属于三个面，
所以六个面的所有顶点数字之和为

6k＝3×（45-a），
2k＝45-a。
2k是偶数，45－a也应是偶数，
例3将1～8填入左下图的○内，要求所以a必为奇数。
按照自然数顺序相邻的两个数不能填 若a＝1，则k＝22；
入有直线连接的相邻的两个○内。 若a＝3，则k＝21；
若a＝5，则k＝20；

若a＝7，则k＝19；
若a＝9，则k＝18。
因为k不能被a整除，所以只有a
分析与解：因为中间的两个○各自只＝7，k＝19符合条件。
与一个○不相邻，而2～7中的任何一 由于每个面上四个顶点上的数字
个数都与两个数相邻 ，所以这两个○之和等于19，所以与9在一个面上的
内只能填1和8。2只能填在与1不相另外三个顶 点数之和应等于10。在1，
- 21 -
2，3，4，5，6，8中，三个数之和等
于10的有三组：
10＝1＋3＋6
＝1＋4＋5
＝2＋3＋5，
将这三组数填入9所在的三个面
上，可得右图的填法。

练习18
1.将1～6这六个数分别填入左下
图中的六个○内，使得三条直线上的
数字的和都相等。

2.将1～8这八个数分别填入右上
图中的八个方格内，使上面四格、下
面四格、左边四格、右边四格、中间
四格及四角四格内四个数相加的和都
是18。
3.在下页左上图的每个方格中填
入一个数字，使得每行、每列以及每
条对角线上的方格中的四 个数都是1，
2，3，4。
4.将1～8填入右上图的八个空格
中，使得横、竖 、对角任何两个相邻
空格中的数都不是相邻的两个自然
数。
5.20以内共有1 0个奇数，去掉9
和15还剩八个奇数。将这八个奇数填
入右图的八个○中（其中3已填好），
使得用箭头连接起来的四个数之和都
相等。

四年级奥数安博京翰教育
6.在左下图的七个○内各填入一
个质 数，使每个小三角形（共6个）
的三个顶点数之和都相等，且为尽量
小的质数。
到丙 有3种方法，第3步丙到丁有2
种方法。对于第一步的每种方法，第
二步都有3种方法，所以从 甲到丙有2
×3=6（种）方法；对从甲到丙的每种
方法，第三步都有2种方法，所以不

同的走法共有
- 22 -
4步给D染色，因为不能与A，C同色，
故有3种不同的染色方法；第5步给E
染色，由于不能与A，C，D同色，故
只有2种不同的染 色方法。根据乘法
原理，共有不同的染色方法
5×4×3×3×2＝360（种）。
7.从1～13中选出12个自然数填
入右上图的空格中，使每横行四数之
和相等 ，每竖列三数之和也相等。
19讲 乘法原理
让我们先看下面几个问题。
例 1马戏团的小丑有红、黄、蓝三顶
帽子和黑、白两双鞋，他每次出场演
出都要戴一顶帽子、穿一 双鞋。问：
小丑的帽子和鞋共有几种不同搭配？
分析与解：由下图可以看出，帽子和
鞋共有6种搭配。
事实上，小丑戴帽穿鞋是 分两步
进行的。第一步戴帽子，有3种方法；
第二步穿鞋，有2种方法。对第一步
的每 种方法，第二步都有两种方法，
所以不同的搭配共有
3×2＝6（种）。
例2 从甲地到乙地有2条路，从乙地
到丙地有3条路，从丙地到丁地也有2
条路。问：从甲地经乙、 丙两地到丁
地，共有多少种不同的走法？
分析与解：用A1，A2表示从甲地到乙
地 的2条路，用B1，B2，B3表示从乙
地到丙地的3条路，用C1，C2表示从
丙地到丁地的 2条路（见下页图）。
共有下面12种走法：
A1B1C1 A1B2C1 A1B3C1
A1B1C2 A1B2C A1B3C2
A2B1C1 A2B2C1 A2B3C1
A2B1C2 A2B2C2 A2B3C2
事实上，从甲到丁是分三步走的。
第一步甲到乙有2种方法，第二步乙
2×3×2＝12（种）。
以上两例用到的数学思想就是数
学上的乘法原理。
乘法原理：如果完成一件任务需要分
成n个步骤进行，做第1步有m1种方
法，做第2步有m2 种方法……做第n
步有mn种方法，那么按照这样的步骤
完成这件任务共有
N＝m1×m2×…×mn
种不同的方法。
从乘法原理可以看出：将完成一< br>件任务分成几步做，是解决问题的关
键，而这几步是完成这件任务缺一不
可的。
例3用数字0，1，2，3，4，5可以组
成多少个三位数（各位上的数字允许
重复）？ < br>分析与解：组成一个三位数要分三步
进行：第一步确定百位上的数字，除0
以外有5种选 法；第二步确定十位上
的数字，因为数字可以重复，有6种
选法；第三步确定个位上的数字，也
有6种选法。根据乘法原理，可以组
成三位数
5×6×6＝180（个）。 < br>例4如下图，A，B，C，D，E五个区域
分别用红、黄、蓝、白、黑五种颜色
中的某一 种染色，要使相邻的区域染
不同的颜色，共有多少种不同的染色
方法？

分析与解：将染色这一过程分为依次
给A，B，C，D，E染色五步。
先给A染 色，因为有5种颜色，
故有5种不同的染色方法；第2步给B
染色，因不能与A同色，还剩下4 种
颜色可选择，故有4种不同的染色方
法；第3步给C染色，因为不能与A，
B同色， 故有3种不同的染色方法；第
例5求360共有多少个不同的约数。
分析与解：先将360分解质因数，
360＝2×2×2×3×3×5，
所以360的约数的质因数必然在
2，3，5之中。为了确定360的所有不
同的约数，我们分 三步进行：
第1步确定约数中含有2的个数，
可能是0，1，2，3个，即有4种可能；
第2步确定约数中含有3的个数，
可能是0，1，2个，即有3种可能；
第3步确定约数中含有5的个数，
可能没有，也可能有1个，即有2种
可能。
根据乘法原理，360的不同约数共
有
4×3×2＝24（个）。
由例5得到：如果一个自然数N分解
质因数后的形式为

其中P1， P2，…，Pl都是质数，
n1，n2…，nl都是自然数，则N的所
有约数的个数为：
（n1＋1）×（n2+1）×…×（nl
＋1）。
利用上面的公式，可以 很容易地
算出某个自然数的所有约数的个数。
例如，11088＝2
4
×3< br>2
×7×11，11088
共有不同的约数
（4＋1）×（2+1）×（1＋1）×
（1＋1）＝60（个）。
例6有10块糖，每天至少吃一块，吃
完为止。问：共有多少种不同的吃法？
分析与 解：将10块糖排成一排，糖与
糖之间共有9个空。从头开始，如果
相邻两块糖是分在两天吃的 ，那么就
在其间画一条线。下图表示10块糖分
在五天吃：第一天吃2块，第二天吃3
块，第三天吃1块，第四天吃2块，
第五天吃2块。因为每个空都有加线
与不加线两种可能，根 据乘法原理，
不同的加线方法共有2
9
＝512（种）。

四年级奥数安博京翰教育
因为每一种加线方法对应一种吃糖的
方法，所以不同的吃法共有512种。

班。问：一天中乘坐这些交通工具从
甲地到乙地，共有多少种不同走法？
分析与解：一天中乘坐火车有4种走
同的染色方法？
- 23 -
域染不同的颜色。问：共有多少种不
练习19
1.有五顶不同的帽子，两件不同
的上衣，三条不同的裤子。从中取出
一顶帽子、一件上衣、一条裤子配成
一套装束。问 ：有多少种不同的装束？
2.四角号码字典，用4个数码表
示一个汉字。小王自编一个“ 密码本”，
用3个数码（可取重复数字）表示一
个汉字，例如，用“011”代表汉字“车”。
问：小王的“密码本”上最多能表示
多少个不同的汉字？
3.“IMO”是国际 数学奥林匹克的
缩写，把这3个字母写成三种不同颜
色。现在有五种不同颜色的笔，按上
述要求能写出多少种不同颜色搭配的
“IMO”？
4.在右图的方格纸中放两枚棋子，要求两枚棋子不在同一行也不在
同一列。问：共有多少种不同的放法？

5.要从四年级六个班中评选出学
习和体育先进集体各一个（不能同时
评一个班），共有多少种 不同的评选
结果？
6.甲组有6人，乙组有8人，丙
组有9人。从三个组中各选 一人参加
会议，共有多少种不同选法？
7.用四种颜色给右图的五块区域
染色， 要求每块区域染一种颜色，相
邻的区域染不同的颜色。问：共有多
少种不同的染色方法？


第20讲 加法原理（一）
例1从甲地到乙地，可以乘火车，也
可以乘汽车，还可以乘轮船。一天中
火车有4班，汽车有3班，轮船有2
法，乘坐汽车有3种 走法，乘坐轮船
有2种走法，所以一天中从甲地到乙
地共有：4＋3＋2=9（种）不同走法。
例2旗杆上最多可以挂两面信号旗，
现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一
面，如果用挂 信号旗表示信号，最多
能表示出多少种不同的信号？
分析与解：根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。第一类是只挂一面
信号旗，有红、黄、蓝3种；第二类
是挂两面信号旗， 有红黄、红蓝、黄
蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。所以一
共可以表示出不同的信号
3＋6=9（种）。
以上两例利用的数学思想就是加
法原理。
加法原理：如果 完成一件任务有n类
方法，在第一类方法中有m1种不同方
法，在第二类方法中有m2种不同方
法 ……在第n类方法中有mn种不同
方法，那么完成这件任务共有
N=m1+m2+…+mn
种不同的方法。
乘法原理和加法原理是两个重要< br>而常用的计数法则，在应用时一定要
注意它们的区别。乘法原理是把一件
事分几步完成， 这几步缺一不可，所
以完成任务的不同方法数等于各步方
法数的乘积；加法原理是把完成一件< br>事的方法分成几类，每一类中的任何
一种方法都能完成任务，所以完成任
务的不同方法数 等于各类方法数之
和。
例3两次掷一枚骰子，两次出现的数
字之和为偶数的情况有多少种？
分析与解：两次 的数字之和是偶数可
以分为两类，即两数都是奇数，或者
两数都是偶数。
因为骰 子上有三个奇数，所以两
数都是奇数的有3×3=9（种）情况；
同理，两数都是偶数的也有9 种情况。
根据加法原理，两次出现的数字之和
为偶数的情况有9＋9＝18（种）。
例4用五种颜色给右图的五个区域染
色，每个区域染一种颜色，相邻的区

分 析与解：本题与上一讲的例4表面
上十分相似，但解法上却不相同。因
为上一讲例4中，区域A 与其它区域
都相邻，所以区域A与其它区域的颜
色都不相同。本例中没有一个区域与
其 它所有区域都相邻，如果从区域A
开始讨论，那么就要分区域A与区域E
的颜色相同与不同两种 情况。
当区域A与区域E颜色相同时，A有5
种颜色可选；B有4种颜色可选；C有
3种颜色可选；D也有3种颜色可选。
根据乘法原理，此时不同的染色方法
有
5×4×3×3＝180（种）。
当区域A与区域E颜色不同时，A
有5种颜色可选；E 有4种颜色可选；
B有3种颜色可选；C有2种颜色可选；
D有2种颜色可选。根据乘法原理， 此
时不同的染色方法有
5×4×3×2×2＝240（种）。
再根据加法原理，不同的染色方
法共有
180＋240=420（种）。
例5 用1，2，3，4这四种数码组成五
位数，数字可以重复，至少有连续三
位是1的五位数有多少 个？
分析与解：将至少有连续三位数是1
的五位数分成三类：连续五位是1、恰
有连 续四位是1、恰有连续三位是1。
连续五位是1，只有11111一种；

中任一个，所以有3＋3＝6（种）；

四年级奥数安博京翰教育

2.光明小学四、五、六年级共订
- 24 -
级上去。根据加法原理，如果登上第

3×4＋4×3＋3×3＝33（种）。
由加法原理，这样的五位数共有
1＋6＋33＝40（种）。
在例5中，我们先将这种五位数
分为三类，以后在某些类中 又分了若
干种情况，其中使用的都是加法原理。
例6右图中每个小方格的边长都是1。
一只小虫从直线AB上的O点出发，沿
着横线与竖线爬行，可上可下，可左
可右，但最后仍要 回到AB上（不一定
回到O点）。如果小虫爬行的总长是3，
那么小虫有多少条不同的爬行路线 ？

分析与解：如果小虫爬行的总长是2，
那么小虫从AB上出发，回到AB上，< br>其不同路线有6条（见左下图）；小
虫从与AB相邻的直线上出发，回到AB
上，其不同 路线有4条（见右下图）。

实际上，小虫爬行的总长是3。小
虫爬行的第一步有四种情况：
向左，此时小虫还在AB上，由上
面的分析，后两步有6条路线；
同理，向右也有6条路线；
向上，此时小虫在与AB相邻的直
线上，由上面的分析，后两步有4条
路线；
同理，向下也有4条路线。
根据加法原理，共有不同的爬行
路线
6＋6＋4＋4＝20（条）
练习20
1.南京去上海可以乘火车、乘飞
机、 乘汽车和乘轮船。如果每天有20
班火车、6班飞机、8班汽车和4班轮
船，那么共有多少种不 同的走法？
300份报纸，每个年级至少订99份报
纸。问：共有多少种不同的订法？
3.将10颗相同的珠子分成三份，
共有多少种不同的分法？
4.在所有的两位数中，两位数码
之和是偶数的共有多少个？
5.用五种颜色给右图的五 个区域
染色，每个区域染一种颜色，相邻的
区域染不同的颜色。问：共有多少种
不同

的染色方法？
6.用1，2，3这三种数码组成四
位数，在可能 组成的四位数中，至少
有连续两位是2的有多少个？
7.下图中每个小方格的边长都是< br>1。有一只小虫从O点出发，沿图中格
线爬行，如果它爬行的总长度是3，那
么它最终停 在直线AB上的不同爬行路
线有多少条？


第21讲 加法原理（二）
我们通常解题，总是要先列出算
式，然后求解。可是对有些题目来说，< br>这样做不仅麻烦，而且有时根本就列
不出算式。这一讲我们介绍利用加法
原理在“图上作 业”的解题方法。
例1小明要登上10级台阶，他每一步
只能登1级或2级台阶，他登上10 级
台阶共有多少种不同的登法？
分析与解：登上第1级台阶只有1种
登法。登上第2 级台阶可由第1级台
阶上去，或者从平地跨2级上去，故
有2种登法。登上第3级台阶可从第1
级台阶跨2级上去，或者从第2级台
阶上去，所以登上第3级台阶的方法
数是登上第1 级台阶的方法数与登上
第2级台阶的方法数之和，共有1+2
＝3（种）……一般地，登上第n 级台
阶，或者从第（n—1）级台阶跨一级
上去，或者从第（n—2）级台阶跨两
（n —1）级和第（n—2）级分别有a
种和b种方法，则登上第n级有（a＋
b）种方法。因此只 要知道登上第1级
和第2级台阶各有几种方法，就可以
依次推算出登上以后各级的方法数。由登上第1级有1种方法，登上第2
级有2种方法，可得出下面一串数：
1，2，3，5，8，13，21，34，55，
89。
其中从第三个数起，每个数都是
它前面两个数之和。登上第10级台阶
的方法数对应这串数的第10个，即
89。也可 以在图上直接写出计算得出
的登上各级台阶的方法数（见下图）。

例2在左下图中，从A点沿实线走最
短路径到B点，共有多少条不同路线？

分析与解：题目要求从左下向右上走，
所以走到任一点，例如右上图中的D
点，不是经过左边 的E点，就是经过
下边的F点。如果到E点有a种走法
（此处a＝6），到F点有b种走法（此
处b＝4），根据加法原理，到D点就
有（a＋b）种走法（此处为6＋4=10）。
我们可以从左下角A点开始，按加法
原理，依次向上、向右填上到各点的
走法数（见右上图）， 最后得到共有
35条不同路线。
例3左下图是某街区的道路图。从A
点沿最短路线到 B点，其中经过C点
和D点的不同路线共有多少条？

四年级奥数安博京翰教育
分析与解：本题可以同例2一样从A
标到B ，也可以将从A到B分为三段，
先是从A到C，再从C到D，最后从D
到B。如右上图所示，从 A到C有3
种走法，从C到D有4种走法，从D
到B有6种走法。因为从A到B是分
几 步走的，所以应该用乘法原理，不
同的路线共有
3×4×6＝72（条）。
例4沿左下图中箭头所指的方向从A
到B共有多少种不同的走法？

分析与 解：如右上图所示，先标出到C
点的走法数，再标出到D点和E点的
走法数，然后标出到F点的 走法数，
最后标出到B点的走法数。共有8种
不同的走法。
例5有15根火柴，如果 规定每次取2
根或3根，那么取完这堆火柴共有多
少种不同取法？
分析与解：为了便 于理解，可以将本
题转变为“上15级台阶，每次上2级
或3级，共有多少种上法？”所以本< br>题的解题方法与例1类似（见下表）。


注意，因为每次取2或3根， 所
以取1根的方法数是0，取2根和取3
根的方法数都是1。取4根的方法数是
取1根 与取2根的方法数之和，即0
＋1＝1。依此类推，取n根火柴的方
法数是取（n-3）根与取 （n-2）根的
方法数之和。所以，这串数（取法数）
中，从第4个数起，每个数都是它前面第3个数与前面第2个数之和。取
完15根火柴共有28种不同取法。
练习21
1.小明要登15级台阶，每步登1
级或2级台阶，共有多少种不同登法？
2.小明要登20级台阶，每步登2
级或3级台阶，共有多少种不同登法？
3.有一堆火柴共10根，每次取走
1～3根，把这堆火柴全部取完有多少
种不同取法，
4.在下图中，从A点沿最短路径
到B点，共有多少条不同的路线？

5.左下图是某街区的道路图，C
点和D点正在修路不能通过，那么从A
点到B点的最短路线有 多少条？

6.右上图是八间房子的示意图，相邻
两间房子都有门相通。从A点穿过 房
间到达B处，如果只能从小号码房间
走向大号码房间，那么共有多少种不
同的走法？

第22讲 还原问题（一）
有一位老人说：“把我的年龄加
上12 ，再用4除，再减去15后乘以
10，恰好是100岁。”这位老人有多
少岁呢？解这个题目要 从所叙述的最
后结果出发，利用已给条件一步步倒
着推算，同学们不难看出，这位老人
的年龄是
（100÷10＋15）×4—12＝88（岁）。
从这一例子可以看出，对 于有些
问题，当顺着题目条件的叙述去寻找
解法时，往往有一定的困难，但是，
如果改 变思考顺序，从问题叙述的最
后结果出发，一步一步倒着思考，一
步一步往回算，原来加的用减 ，减的
用加，原来乘的用除，除的用乘，那
么问题便容易解决。这种解题方法叫
做还原 法或逆推法，用还原法解题的
问题叫做还原问题。
例1有一个数，把它乘以4以后减去
46，再把所得的差除以3，然后减去
10，最后得4。问：这个数是几？
分析：这个问题是由
- 25 -
（□×4—46）÷3—10＝4，
求出□。我们倒着看，如果除以3
以后不减去10，那么商应该是4＋10
＝14；如果在减去 46以后不除以3，
那么差该是14×3＝42；可知这个数乘
以4后的积为42＋46＝88 ，因此这个
数是88÷4=22。
解：［（4＋10）×3＋46］÷4＝22。
答：这个数是22。
例2小马虎在做一道加法题目时，把
个位上的5看成了9，把十位上的8
看成了3，结果得到的“和”是123。
问：正确的结果应是多少？
分析：利用 还原法。因为把个位
上的5看成9，所以多加了4；又因为
把十位上的8看成3，所以少加了5 0。
在用还原法做题时，多加了的4应减
去，多减了的50应加上。
解：123-4＋50＝169。
答：正确的结果应是169。
例3学校运来 36棵树苗，乐乐与欢欢
两人争着去栽，乐乐先拿了若干树苗，
欢欢看到乐乐拿得太多，就抢了 10棵，
乐乐不肯，又从欢欢那里抢回来6棵，
这时乐乐拿的棵数是欢欢的2倍。问：
最初乐乐拿了多少棵树苗？
分析：先求乐乐与欢欢现在各拿
了多少棵树苗。学校共有树苗 36棵，
乐乐拿的树苗数是欢欢的2倍，所以
欢欢现在拿了36÷（2＋1）=12（棵）树苗，而乐乐现在拿了12×2＝24（棵）
树苗，乐乐从欢欢那里抢走了6棵后
是24棵 ，如果不抢，那么乐乐有树苗
24-6＝18（棵），欢欢看乐乐拿得太
多，去抢了10棵，如 果欢欢不抢，那
么乐乐就有18＋10＝28（棵）。
解：36÷5（1＋2）×2-6＋10=28（棵）。
答：乐乐最初拿了28棵树苗。
例4甲、乙、丙三组共有图书90本，
乙组向甲组借3本后，又送给丙组5
本，结果三 个组拥有相等数目的图书。
问：甲、乙、丙三个组原来各有多少
本图书？
分析与解： 尽管甲、乙、丙三个组之
间将图书借来借去，但图书的总数90
本没有变，由最后三个组拥有相 同数
目的图书知道，每个组都有图书90÷3

四年级奥数安博京翰教育
＝30（本）。根据题目条件，原来各 2.某数加上6，乘以6，减去6，
组的图书为 其结果等于36，求这个数。
甲组有30＋3＝33（本）， 3.在125×□÷3×8—1=1999中，
乙组有30—3＋5＝32（本）， □内应填入什么数？
丙组有30—5＝25（本）。 4.小乐爷爷今年的年龄数减去15

后，除以4，再减去6之后，乘以10，
恰好是100。问：小乐爷爷今年多少

岁？
5.粮库内有一批面粉，第一次运
店时，我还有4元钱。问：进A商店出总 数的一半多3吨，第二次运出剩
时我身上有多少钱？ 下的一半少7吨，还剩4吨。问：粮

库里原有面粉多少吨？
6.有一筐梨，甲取一半又一个，

乙取余下的 一半又一个，丙再取余下
的一半又一个，这时筐里只剩下一个
梨。这筐梨共值8.80元，那么 每个梨
值多少钱？







桔子。问：树上原来有桔子多少

个？
8.某人去银行取款，第1次取了

存款的一半还多5元，第二次取了余
下的一半还多10元，这时存折上还剩
=18（元） 125元。问：此人原有存款多少元？
答：进A商店时我身上有18元。 第23讲 还原问题（二）
例6一捆电线，第一次用去全长的一 上一讲我们讲了还原问题的基本< br>半多3米，第二次用去余下的一半少思想和解法，下面再讲一些较复杂的
10米，第三次用去15 米，最后还剩7还原问题和列表逆推法。
米，这捆电线原有多少米？ 例1有一堆棋子，把它四等分后剩下
分析：由逆推法知，第二次用完一枚，取走三份又一枚；剩下的 再四
还剩下15＋7=22（米），第一次用完等分又剩一枚，再取走三份又一枚；
还剩下（2 2—10）×2＝24（米），原剩下的再四等分又剩一枚。问：原来
来电线长（24＋3）×2＝54 （米）。 至少有多少枚棋子？
解：［（15＋7—10）×2＋3］×2＝分析与解：棋子最少的情况是最后一
54（米）。 次四等分时每份为1枚。由此逆推，
答：这捆电线原有54米。 得到
练习22 第三次分之前有1×4＋1＝5
1.某数加上11，减去12，乘以13，（枚），
除以14，其结果等于26，这个数是多 第二次分之前有5×1＋1＝21
少？ （枚），
- 26 -
第一次分之前有21×4＋1＝85
（枚）。
所以原来至少有85枚棋子。
例2袋里有若干个球，小明每次拿出
其中的一半再放回一个球， 这样共操
作了5次，袋中还有3个球。问：袋
中原有多少个球？
分析与解：利用逆推 法从第5次操作
后向前逆推。第5次操作后有3个，
第4次操作后有（3—1）×2＝4（个） ，
第3次……为了简洁清楚，可以列表
逆推如下：
所以原来袋中有34个球。 例3三堆苹果共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< br>的苹果并入第一堆。这时，三堆苹果
数恰好相等。问：三堆苹果原来各有
多少个？ 分析与解：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：

原来第一、二、三堆依次有22，
14，12个苹果。
逆推时注 意，每次变化中，有一
堆未动；有一堆增加了一倍，逆推时
应除以2；另一堆减少了增加一倍那 堆
增加的数，逆推时应使用加法。
例4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

四年级奥数安博京翰 教育
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。问：各桶原有油多少
千克？
分析与解：与例3类似，列表逆推如
下：

原来甲、乙、丙桶分别有油26，
14，8千克。
逆推时注意，每次变化时，有两
桶各增加了一倍，逆推时应分别除以
2；另一桶减少了上述两桶增加的数，
逆推时应使用加法 。
例5兄弟三人分24个桔子，每人所得
个数分别等于他们三年前各自的岁
数。如果 老三先把所得的桔子的一半
平分给老大与老二，接着老二把现有
的桔子的一半平分给老三与老大 ，最
后老大把现有的桔子的一半平分给老
二与老三，这时每人的桔子数恰好相
同。问： 兄弟三人的年龄各多少岁？
分析与解：由于总共有24个桔子，最
后三人所得到的桔子数相等 ，因此每
人最后都有24÷3＝8（个）桔子。由
此列表逆推如下表：

由上表看出，老大、老二、老三
原来分别有桔子13，7，4个，现在的
年龄依次为16，10 ，7岁。
逆推时注意，拿出桔子的人其桔
子数减少了一半，逆推时应乘以2；另
两人各增加拿出桔子的人拿出桔子数
的一半，逆推时应减去拿出桔子数的
一半。
- 27 -
练习23 编一本书的页码，一共需要多少
1.有一堆桃，第一只猴拿走 其中个数码呢？反过来，知道编一本书的
的一半加半个，第二只猴又拿走剩下页码所需的数码数量，求这 本书的页
的一半加半个，第三、四、五只猴照数。这是页码问题中的两个基本内容。
此方式办理，最后还剩下一个桃。问： 为了顺利地解答页码问题，我们
原来有多少个桃？ 先看一下“数”与“组成它的数码个

数”之间的关系。一位数共有9个，
组成所有的一位数需要9个数码；两

位数共有90个，组成所有的两位数需
要2×90＝180（个）数码；三位数共
问：这堆西瓜原来有多少个？ 有900个，组成所有的三位数需要3
3.甲、乙两粮库各有大米若 干吨，×900＝2700（个）数码……为了清楚
先是甲库运出一半给乙库，然后乙库 起见，我们将n位数的个数、组成所

有n位数需要的数码个数、组成所有
不大于n位的数需要的数码个数之间

的关系列表如下：

525吨，乙库有大米775吨。问： 由上表看出，如果一本书不足100
最初甲、乙两库各有大米多少吨？ 页，那么排这本书的页码所需的数码
4.书架有上、中、下三层，一共个数不会超过189个；如果 某本书排
放了192本书。先从上层取出与中层的页码用了10000个数码，因为
同样多的书放到中层，再从中层取出 2889＜10000＜38889，所以这本
与下层同样多的书放到下层，最后从书肯定是上千页。
下层取出与上层现有的同样多的书放 下面，我们看几道例题。
到上层，这时三层的书刚好 相等。问：例1一本书共204页，需多少个数码
这个书架上、中、下三层原来各有多编页码？
少本书？ 分析与解：1～9页每页上的页码是一
5.甲、乙、丙三人各有若干元钱，位数，共需数码
甲拿出一半平分给乙、丙，乙又拿出 1×9=9（个）；
现有的一半平分给甲、丙，最后丙又 10～99页每页上的页码是两位
拿出现有的一半平分给甲、乙。这时数，共需数码
他们各有240元。问：甲、乙、丙三 2×90＝180（个）；
人原来各有多少钱？ 100～204页每页上的页码是三位

数，共需数码
（204-100＋1）×3＝105×3＝315

（个）。
综上所述，这本书共需数码

9＋180＋315＝504（个）。
例2一本小说的页码，在排版时必须

用2211个数码。问：这本书共有多少
页？
水。问：三个桶中原来各有多少升水？ 分析：因为189＜2211＜2889，所
第24讲 页码问题 以这本书有几百页。由前面的分析知
顾名思义，页码问题与图书的页道，这本书在排三位数的页码时 用了
码有密切联系。事实上，页码问题就数码（2211-189）个，所以三位数的
是根据书 的页码而编制出来的一类应页数有
用题。 （2211-189）÷3＝674（页）。

四年级奥数安博京翰教育
因为不到三位的页数有99页，所
以这本书共有
99＋674＝773（页）。
解：99＋（2211——189）÷3＝773
（页）。
答：这本书共有773页。
例3一本书的页码从1至62、即共有
62页。在把这本书的各页 的页码累加
起来时，有一个页码被错误地多加了
一次。结果，得到的和数为2000。问：这个被多加了一次的页码是几？
分析与解：因为这本书的页码从1至
62，所以这本书的全书页码之和为
1＋2＋…＋61＋62
＝62×（62＋1）÷2
＝31×63
＝1953。
由于多加了一个页码之后，所得
到的和数为2000，所以2000减去1 953
就是多加了一次的那个页码，是
2000——1953＝47。
例4有 一本48页的书，中间缺了一张，
小明将残书的页码相加，得到1131。
老师说小明计算错了 ，你知道为什么
吗？
分析与解：48页书的所有页码数之和
为
1＋2＋…＋48
＝48×（48＋1）÷2
＝1176。
按照小 明的计算，中间缺的这一
张上的两个页码之和为1176——1131
＝45。这两个页码应该 是22页和23
页。但是按照印刷的规定，书的正文
从第1页起，即单数页印在正面，偶
数页印在反面，所以任何一张上的两
个页码，都是奇数在前，偶数在后，
也就是说奇数小偶数 大。小明计算出
来的是缺22页和23页，这是不可能
的。
例5将自然数按从小到大 的顺序无间
隔地排成一个大数：
11l2…问：左起第2000
位上的数字是多少？
分析与解：本题类似于“用2000个数
码能排多少页的页码？”因为
（2000-1 89）÷3＝603……2，所以
2000个数码排到第99＋603＋1＝703
（页）的第 2个数码“0”。所以本题
的第2000位数是0。
例6排一本400页的书的页码，共需
要多少个数码“0”？
分析与解：将1～400分为四组：
1～100，101～200，201～300，
301～400。
在1～100中共出 现11次0，其余
各组每组都比1～100多出现9次0，
即每组出现20次0。所以共需要数 码
“0”
11＋20×3=71（个）。
练习24
1.一本书共有40页，那么共需要
多少个数码编页码？
2.一本书共有200页，那么共需
要多少个数码编页码？
3.排一本小说的页码，需要用
2202个数码，这本书共有多少页？
4.一本书的页码 为1至62，即共
有62页。在把这本书的各页的页码累
加起来时，有一个页码漏加了。结果，
得到的和数为1939。问：这个被漏加
的页码是几？
5.有一本96页的书，中间缺了一
张。如果将残书的所有页码相加，那
么可能得到偶数吗？
6.将自然数按从小到大的顺序无
间隔地排成一个大数：
11121314…
问：左起第1000位数是几？
7.有一本科幻故事书，每四 页中，
有一页为文字，其余三页为图画。如
果第一页为图画，那么第二、三页也
是图画 ，第四页为文字，第五、六、
七页又为图画，依此类推。如果第一
页为文字，那么第二、三、四 页为图
画，第五页为文字，第六、七、八页
又为图画，依此类推。试问：
（1）假如这本书有96页，且第
一页是图画，那么这本书多少页有图
画？
（2）假如这本书有99页，那么
多少页有图画？
第25讲 智取火柴
在数 学游戏中有一类取火柴游
戏，它有很多种玩法，由于游戏的规
则不同，取胜的方法也就不同。但 不
- 28 -
论哪种玩法，要想取胜，一定离不开
用数学思想去推算。
例1桌子上放着60根火柴，甲、乙二
人轮流每次取走1～3根。规定谁取走
最后一根火柴谁获 胜。如果双方都采
用最佳方法，甲先取，那么谁将获胜？
分析与解：本题采用逆推法分析。获
胜方在最后一次取走最后一根；往前
逆推，在倒数第二次取时，必须留给
对方4根，此 时无论对方取1，2或3
根，获胜方都可以取走最后一根；再
往前逆推，获胜方要想留给对方4 根，
在倒数第三次取时，必须留给对方8
根……由此可知，获胜方只要每次留
给对方的 都是4的倍数根，则必胜。
现在桌上有60根火柴，甲先取，不可
能留给乙4的倍数根，而甲每 次取完
后，乙再取都可以留给甲4的倍数根，
所以在双方都采用最佳策略的情况
下，乙 必胜。
在例1中为什么一定要留给对方
4的倍数根，而不是5的倍数根或其它
倍 数根呢？关键在于规定每次只能取
1～3根，1＋3＝4，在两人紧接着的两
次取火柴中，后取 的总能保证两人取
的总数是4。利用这一特点，就能分析
出谁采用最佳方法必胜，最佳方法是< br>什么。由此出发，对于例1的各种变
化，都能分析出谁能获胜及获胜的方
法。
例2在例1中将“每次取走1～3根”
改为“每次取走1～6根”，其余不变，
情形会怎样？
分析与解：由例1的分析知，只要始
终留给对方（1+6=）7的倍数根火柴，
就一定 获胜。因为60÷7＝8……4，所
以只要甲第一次取走4根，剩下56根
火柴是7的倍数，以 后总留给乙7的
倍数根火柴，甲必胜。
由例2看出，在每次取1～n根火
柴，取 到最后一根火柴者获胜的规定
下，谁能做到总给对方留下（1+n）的
倍数根火柴，谁将获胜。
例3将例1中“谁取走最后一根火柴
谁获胜”改为“谁取走最后一根火柴
谁输”，其余 不变，情形又将如何？
分析与解：最后留给对方1根火柴者
必胜。按照例1中的逆推的方法分 析，

四年级奥数安博京翰教育
只要每次留给对方4的倍数加1根火
柴 必胜。甲先取，只要第一次取3根，
剩下57根（57除以4余1），以后每
次都将除以4余1 的根数留给乙，甲
必胜。
由例3看出，在每次取1～n根火
柴，取到最后一根火 柴者为负的规定
下，谁能做到总给对方留下（1＋n）
的倍数加1根火柴，谁将获胜。
有许多游戏虽然不是取火柴的形
式，但游戏取胜的方法及分析思路与
取火柴游戏完全相同。 < br>例4两人从1开始按自然数顺序轮流
依次报数，每人每次只能报1～5个数，
谁先报到5 0谁胜。你选择先报数还是
后报数？怎样才能获胜？
分析与解：对照例1、例2可以看出，< br>本例是取火柴游戏的变形。因为50÷
（1＋5）＝8……2，所以要想获胜，
应选择先 报，第一次报2个数，剩下
48个数是（1＋5＝）6的倍数，以后
总把6的倍数个数留给对方 ，必胜。
例51111个空格排成一行，最左端空
格中放有一枚棋子，甲先乙后轮流向
右移动棋子，每次移动1～7格。规定
将棋子移到最后一格者输。甲为了获
胜，第一步必须向 右移多少格？
分析与解：本例是例3的变形，但应
注意，一开始棋子已占一格，棋子的
右面只有1111-1＝1110（个）空格。
由例3知，只要甲始终留给乙（1+7=）
8 的倍数加1格，就可获胜。
（111-1）÷（1＋7）＝138……6，
所以甲 第一步必须移5格，还剩
下1105格，1105是8的倍数加1。以
后无论乙移几格，甲下次 移的格数与
乙移的格数之和是8，甲就必胜。因为
甲移完后，给乙留下的空格数永远是8
的倍数加1。
例6今有两堆火柴，一堆35根，另一
堆24根。两人轮流在其中任一堆中拿
取，取的根数不限，但不能不取。规
定取得最后一根者为赢。问：先取者
有何策略能获 胜？
分析与解：本题虽然也是取火柴问题，
但由于火柴的堆数多于一堆，故本题
的获 胜策略与前面的例题完全不同。
先取者在35根一堆火柴中取11
根火柴，使得取后剩下 两堆的火柴数
相同。以后无论对手在某一堆取几根
火柴，你只须在另一堆也取同样多根
火柴。只要对手有火柴可取，你也有
火柴可取，也就是说，最后一根火柴
总会被你拿到。这样先 取者总可获胜。
请同学们想一想，如果在上面玩
法中，两堆火柴数目一开始就相同，例如两堆都是35根火柴，那么先取者
还能获胜吗？
例7有3堆火柴，分别有1根、2根 与
3根火柴。甲先乙后轮流从任意一堆里
取火柴，取的根数不限，规定谁能取
到最后一 根或最后几根火柴就获胜。
如果采用最佳方法，那么谁将获胜？
分析与解：根据例6的解法， 谁在某
次取过火柴之后，恰好留下两堆数目
相等的火柴，谁就能取胜。
甲先取， 共有六种取法：从第1
堆里取1根，从第2堆里取1根或2
根；第3堆里取1根、2根或3根。 无
论哪种取法，乙采取正确的取法，都
可以留下两堆数目相等的火柴（同学
们不妨自己 试试），所以乙采用最佳
方法一定获胜。
练习25
1.桌上有30根火柴，两 人轮流从
中拿取，规定每人每次可取1～3根，
且取最后一根者为赢。问：先取者如
何 拿才能保证获胜？
2.有1999个球，甲、乙两人轮流
取球，每人每次至少取一个，最 多取5
个，取到最后一个球的人为输。如果
甲先取，那么谁将获胜？
3.甲、乙 二人轮流报数，甲先乙
后，每次每人报1～4个数，谁报到第
888个数谁胜。谁将获胜？怎样 获胜？
4.有两堆枚数相等的棋子，甲、
乙两人轮流在其中任意一堆里取，取
的 枚数不限，但不能不取，谁取到最
后一枚棋子谁获胜。如果甲后取，那
么他一定能获胜吗？
5.黑板上写着一排相连的自然数
1，2，3，…，51。甲、乙两人轮流划
掉连 续的3个数。规定在谁划过之后
另一人再也划不成了，谁就算取胜。
问：甲有必胜的策略吗？
- 29 -
6.有三行棋子，分别有1，2，4
枚棋子，两人轮流取，每人每 次只能
在同一行中至少取走1枚棋子，谁取
走最后一枚棋子谁胜。问：要想获胜
是先取 还是后取？
第26讲 逻辑问题（一）
在日常生活中，有些问题常常要
求我们 主要通过分析和推理，而不是
计算得出正确的结论。这类判断、推
理问题，就叫做逻辑推理问题 ，简称
逻辑问题。这类题目与我们学过的数
学题目有很大不同，题中往往没有数
字和图 形，也不用我们学过的数学计
算方法，而是根据已知条件，分析推
理，得到答案。
本讲介绍利用列表法求解逻辑问
题。
例1小王、小张和小李一位是工人，
一位是农民 ，一位是教师，现在只知
道：小李比教师年龄大；小王与农民
不同岁；农民比小张年龄小。问： 谁
是工人？谁是农民？谁是教师？
分析与解：由题目条件可以知道：小
李不是教师， 小王不是农民，小张不
是农民。由此得到左下表。表格中打
“√”表示肯定，打“×”表示否定 。

因为左上表中，任一行、任一列
只能有一个“√”，其余是“×”，
所以小李是农民，于是得到右上表。
因为农民小李比小张年龄小，又
小李比教师年龄大 ，所以小张比教师
年龄大，即小张不是教师。因此得到
左下表，从而得到右下表，即小张是工人，小李是农民，小王是教师。

例1中采用列表法，使得各种关系更
明确。 为了讲解清楚，例题中画了几
个表，实际解题时，不用画这么多表，
只在一个表中先后画出各种 关系即
可。需要注意的是：①第一步应将题
目条件给出的关系画在表上，然后再
依次将 分析推理出的关系画在表上；
②每行每列只能有一个“√”，如果

四年级奥数安 博京翰教育
出现了一个“√”，它所在的行和列
的其余格中都应画“×”。
在下面的例题中，“√”和“×”
的含义是很明显的，不再单独解释。
例2刘刚、马辉、李强 三个男孩各有
一个妹妹，六个人进行乒乓球混合双
打比赛。事先规定：兄妹二人不许搭
伴。
第一盘：刘刚和小丽对李强和小
英；
第二盘：李强和小红对刘刚和马
辉的妹妹。问：三个男孩的妹妹分别
是谁？
分析与解 ：因为兄妹二人不许搭伴，
所以题目条件表明：刘刚与小丽、李
强与小英、李强与小红都不是兄 妹。
由第二盘看出，小红不是马辉的妹妹。
将这些关系画在左下表中，由左下表
可得右 下表。

刘刚与小红、马辉与小英、李强
与小丽分别是兄妹。
例3甲 、乙、丙每人有两个外号，人
们有时以“数学博士”、“短跑健将”、
“跳高冠军”、“小画家 ”、“大作
家”和“歌唱家”称呼他们。此外：
（1）数学博士夸跳高冠军跳得高；
（2）跳高冠军和大作家常与甲一
起去看电影；
（3）短跑健将请小画家画贺年卡；
（4）数学博士和小画家很要好；
（5）乙向大作家借过书；
（6）丙下象棋常赢乙和小画家。
你知道甲、乙、丙各有哪两个外
号吗？
分析与解：由（2）知，甲不是跳高冠
军和大 作家；由（5）知，乙不是大作
家；由（6）知，丙、乙都不是小画家。
由此可得到下表：

因为甲是小画家，所以由（3）（4）
知甲不是短跑健将和数学博士，推知甲是歌唱家。因为丙是大作家，所以
由（2）知丙不是跳高冠军，推知乙是
跳高冠军。因为 乙是跳高冠军，所以
由（1）知乙不是数学博士。将上面的
结论依次填入上表，便得到下表：

所以，甲是小画家和歌唱家，乙
是短跑健将和跳高冠军，丙是数学博
士和大作家。
例 4张明、席辉和李刚在北京、上海
和天津工作，他们的职业是工人、农
民和教师，已知：（1） 张明不在北京
工作，席辉不在上海工作；
（2）在北京工作的不是教师；
（3）在上海工作的是工人；
（4）席辉不是农民。
问：这三人各住哪里？各是什么
职业？
分析与解：与前面的例题相比，这道
题的关系 要复杂一些，要求我们通过
推理，弄清人物、工作地点、职业三
者之间的关系。三者的关系需要 两两
构造三个表，即人物与地点，人物与
职业，地点与职业三个表。
我们先将题 目条件中所给出的关
系用下面的表来表示，由条件（1）得
到表1，由条件（4）得到表2，由 条
件（2）（3）得到表3。
因为各表中，每行每列只能有一
个“√”，所以表（3）可填全为表（4）。

- 30 -
因为席辉不在上海工作，在上海
工作的是工人，所以席辉不是工人，
他 又不是农民，所以席辉是教师。再
由表4知，教师住在天津，即席辉住
在天津。至此，表1可填 全为表5。

对照表5和表4，得到：张明住在
上海是工人，席辉住在天津是教师，
李刚住在北京是农民。
练习26
1.甲、乙、丙分别是来自中国、
日本和英国的小朋友。甲不会英文 ，
乙不懂日语却与英国小朋友热烈交
谈。问：甲、乙、丙分别是哪国的小
朋友？
2.徐、王、陈、赵四位师傅分别
是工厂的木工、车工、电工和钳工，
他们都是象棋迷。
（1）电工只和车工下棋；
（2）王、陈两位师傅经常与木工
下棋；
（3）徐师傅与电工下棋互有胜负；
（4）陈师傅比钳工下得好。
问：徐、王、陈、赵四位师傅各
从事什么工种？
3.李波、顾锋、刘英三位老师共
同担负六年级某班的语文、数学、政
治、体育、音乐和图画六门课的教学，
每人教两门。现知 道：
（1）顾锋最年轻；
（2）李波喜欢与体育老师、数学
老师交谈；
（3）体育老师和图画老师都比政
治老师年龄大；
（4）顾锋、音乐老师、语文老师
经常一起去游泳；
（5）刘英与语文老师是邻居。
问：各人分别教哪两门课程？
4.A，B，C，D分别是中国、日本、
美国和法国人。已知：
（1）A和中国人是医生；
（2）B和法国人是教师；
（3）C和日本人职业不同；

四年级奥数安博京翰教育
（4）D不会看病。
问：A，B，C，D各是哪国人，
5.小亮、小红、小娟分别 在一小、
二小、三小读书，各自爱好围棋、体
操、足球中的一项，现知道：
（1）小亮不在一小；
（2）小红不在二小；
（3）爱好足球的不在三小；
（4）爱好围棋的在一小，但不是
小红。
问：小亮、小红、小娟各在哪个
学校读书和各自的爱好是什么？
第27讲 逻辑问题（二）
本讲介绍用假设法解逻辑问题。
例1四个小朋友宝宝、星星、强强和
乐乐在院子 里踢足球，一阵响声，惊
动了正在读书的陆老师，陆老师跑出
来查看，发现一块窗户玻璃被打破 了。
陆老师问：“是谁打破了玻璃？”
宝宝说：“是星星无意打破的。”
星星说：“是乐乐打破的。”
乐乐说：“星星说谎。”
强强说：“反正不是我打破的。”
如果只有一个孩子说了实话，那
么这个孩子是谁？是谁打破了玻璃？
分析与解：因为星星和乐 乐说的正好
相反，所以必是一对一错，我们可以
逐一假设检验。
假设星星说得对 ，即玻璃窗是乐
乐打破的，那么强强也说对了，这与
“只有一个孩子说了实话”矛盾，所
以星星说错了。
假设乐乐说对了，按题意其他孩
子就都说错了。由强强说错了，推知< br>玻璃是强强打破的。宝宝、星星确实
都说错了。符合题意。
所以是强强打破了玻璃。
由例1看出，用假设法解逻辑问
题，就是根据题目的几种可能情 况，
逐一假设。如果推出矛盾，那么假设
不成立；如果推不出矛盾，那么符合
题意，假 设成立。
例2甲、乙、丙、丁四人同时参加全
国小学数学夏令营。赛前甲、乙、丙
分 别做了预测。
甲说：“丙第1名，我第3名。”
乙说：“我第1名，丁第4名。”
丙说：“丁第2名，我第3名。”
成绩揭晓后，发现他们每人只说
对了一半，你能说出他们的名次吗？
分析与解：我们以“他们每人只说对
了一半”作为前提，进行逻辑推理。
假设甲 说的第一句话“丙第1名”
是对的，第二句话“我第3名”是错
的。由此推知乙说的“我第1名 ”是
错的，“丁第4名”是对的；丙说的
“丁第2名”是错的，“丙第3名”
是对的。 这与假设“丙第1名是对的”
矛盾，所以假设不成立。
再假设甲的第二句“我第3名”< br>是对的，那么丙说的第二句“我第3
名”是错的，从而丙说的第一句话“丁
第2名”是对 的；由此推出乙说的“丁
第4名”是错的，“我第1名”是对
的。至此可以排出名次顺序：乙第 1
名、丁第2名、甲第3名、丙第4名。
例3甲、乙、丙、丁在谈论他们及他
们的同学何伟的居住地。
甲说：“我和乙都住在北京，丙
住在天津。”
乙说：“我和丁都住在上海，丙
住在天津。”
丙说：“我和甲都不住在北京，
何伟住在南京。”
丁说：“甲和乙都住在北京，我
住在广州。”
假定他们每个人都说了两句真
话，一句假话。问：不在场的何伟住
在哪儿？
分析与解 ：因为甲、乙都说“丙住在
天津，”我们可以假设这句话是假话，
那么甲、乙的前两句应当都是 真话，
推出乙既住在北京又住在上海，矛盾。
所以假设不成立，即“丙住在天津”
是真 话。
因为甲的前两句话中有一句假
话，而甲、丁两人的前两句话相同，
所以丁的 第三句话“我住在广州”是
真的。由此知乙的第二句话“丁住在
上海”是假话，第一句“我住在 上海”
是真话；进而推知甲的第二句是假话，
第一句“我住在北京”是真话；最后
推知 丙的第二句话是假话，第三句“何
伟住在南京”是真话。
所以，何伟住在南京。
- 31 -
在解答逻辑问题时，有时需要将
列表法与假设法结合起来。一般是 在
使用列表法中，出现不可确定的几种
选择时，结合假设法，分别假设检验，
以确定正 确的结果。
例4一天，老师让小马虎把甲、乙、
丙、丁、戊的作业本带回去，小马虎
见到这五人后就一人给了一本，结果
全发错了。现在知道：
（1）甲拿的不是乙的，也不是丁
的；
（2）乙拿的不是丙的，也不是丁
的；
（3）丙拿的不是乙的，也不是戊
的；
（4）丁拿的不是丙的，也不是戊
的；
（5）戊拿的不是丁的，也不是甲
的。另外，没有两人相互拿错（例如
甲拿乙的，乙拿甲的）。
问：丙拿的是谁的本？丙的本被
谁拿走了？
分析与解：根据“全发错了”及条件
（1）～（5），可以得到表1：
由表1看 出，丁的本被丙拿了。
此时，再继续推理分析不大好下手，
我们可用假设法。由表1知，甲拿的
本不是丙的就是戊的。
先假设甲拿了丙的本。于是得到
表2，表2中乙拿戊的本 ，戊拿乙的本。
两人相互拿错，不合题意。
再假设甲拿戊的本。于是可得表
3，经检验，表3符合题意。
所以丙拿了丁的本，丙的本被戊拿了。

四年级奥数安博京翰教育
例5甲、乙、丙、丁每人只会中、英、
法、 日四种语言中的两种，其中有一
种语言只有一人会说。他们在一起交
谈可有趣啦：
（1）乙不会说英语，当甲与丙交
谈时，却请他当翻译；
（2）甲会日语，丁不会日语，但
他们却能相互交谈；
（3）乙、丙、丁找不到三人都会
的语言；
（4）没有人同时会日、法两种语
言。
请问：甲、乙、丙、丁各会哪两
种语言？
分析与解：由（1）（2）（4）可得下
表，其中丙不会日语是因为甲会日语，
且甲与 丙交谈需要翻译。由下表看出，
甲会的另一种语言不是中文就是英
语。

先假设甲会说中文。由（2）知，
丁也会中文；由（1）知丙不会中文，
再由每人会两种语言， 知丙会英、法
语（见左下表；由（1）（4）推知乙
会中文和法语；再由（3）及每人会两种语言，推知丁会英语（见右下表）。
结果符合题意。

再假设甲会说英语 。由（2）知，
丁也会英语；由（1）知丙不会英语，
再由每人会两种语言，知丙会中文和法语（见左下表）；由（1）（4）推
知，乙会中文和日语；再由（3）及每
人会两种语言 ，推知丁会法语（见右
下表）。右下表与“有一种语言只有
一人会说”矛盾。假设不成立。

所以甲会中、日语，乙会中、法
语，丙会英、法语，丁会中、英语。
练习27
1.在一次数学竞赛中，A，B，C，
D，E五位同学分别得了前五名 （没有
并列同一名次的），关于各人的名次
大家作出了下面的猜测：
A说：“第二名是D，第三名是B。”
B说：“第二名是C，第四名是E。”
C说：“第一名是E，第五名是A。”
D说：“第三名是C，第四名是A。”
E说：“第二名是B，第五名是D。”
结果每人都只猜对了一半，他们的名
次如何？
2.学校新来了一位老师，五个学
生分别听到如下的情况：
（1）是一位姓王的中年女老师，
教语文课；
（2）是一位姓丁的中年男老师，
教数学课；
（3）是一位姓刘的青年男老师，
教外语课；
（4）是一位姓李的青年男老师，
教数学课；
（5）是一位姓王的老年男老师，
教外语课。
他们每人听到的四项情况中各有
一项正确。问：真实情况如何？
3.甲、乙、丙三人，一个总说谎，
一个从不说谎，一个有时说谎。有一
次谈到他们的职业，
甲说：“我是油漆匠，乙是钢琴
师，丙是建筑师。”
乙说：“我是医生，丙是警察，
你若问甲，则甲会说他是油漆匠。”
丙说：“乙是钢琴师，甲是建筑
师，我是警察。”
你知道谁总说谎吗？
4.甲、乙、丙、丁在比较他们的
身高，
- 32 -
甲说：“我最高。”
乙说：“我不最矮。”
丙说：“我没甲高，但还有人比
我矮。”

丁说：“我最矮。”
实际测量的结果表明，只有一人
说错了。请将他们按身高次序从高到
矮排列出来。
5.红、黄、蓝、白、紫五种颜色
的珠子各一颗，用布包着在桌上排成
一行。A，B，C，D， E五个人猜各包里
的珠子的颜色。
A猜：第2包紫色，第3包黄色；
B猜：第2包蓝色，第4包红色；
C猜：第1包红色，第5包白色；
D猜：第3包蓝色，第4包白色；
E猜：第2包黄色，第5包紫色。
结果每人都猜对了一 种，并且每包只
有一人猜对，他们各自猜对了哪种颜
色的珠子？
6.四张卡片上 分别写着奥、林、
匹、克四个字（一张上写一个字），
取出三张字朝下放在桌上，A，B，C< br>三人分别猜每张卡片上是什么字，猜
的情况见下表：

结果，有一人一张 也没猜中，一
人猜中两张，另一人猜中三张。问：
这三张卡片上各写着什么字，
第28讲 最不利原则
在日常生活和生产中，我们常常
会遇到求最大值或最小值 的问题，解
答这类问题，常常需要从最不利的情
况出发分析问题，这就是最不利原则。
下面通过具体例子说明最不利原
则以及它的应用。
例1口袋里有同样大小和同样 质地的
红、黄、蓝三种颜色的小球各20个。
问：一次最少摸出几个球，才能保证
至少 有4个小球颜色相同？
分析与解：如果碰巧一次取出的4个
小球的颜色都相同，就回答是“4 ”，
那么显然不对，因为摸出的4个小球
的颜色也可能不相同。回答是“4”是
从最“ 有利”的情况考虑的，但为了

四年级奥数安博京翰教育
“保证至少有4个小球 颜色相同”，
就要从最“不利”的情况考虑。如果
最不利的情况都满足题目要求，那么
其它情况必然也能满足题目要求。
“最不利”的情况是什么呢？那
就是我们摸出3个红球 、3个黄球和3
个蓝球，此时三种颜色的球都是3个，
却无4个球同色。这样摸出的9个球是“最不利”的情形。这时再摸出一
个球，无论是红、黄或蓝色，都能保
证有4个小球颜色 相同。所以回答应
是最少摸出10个球。
由例1看出，最不利原则就是从
“极端 糟糕”的情况考虑问题。如果
例1的问题是“最少摸出几个球就可
能有4个球颜色相同”，那么 我们就
可以根据最有利的情况回答“4个”。
现在的问题是“要保证有4个小球的
颜色 相同”，这“保证”二字就要求
我们必须从最不利的情况分析问题。
例2口袋里有同样大小和 同样质地的
红、黄、蓝三种颜色的小球共18个。
其中红球3个、黄球5个、蓝球10个。现在一次从中任意取出n个，为保证
这n个小球至少有5个同色，n的最小
值是多少？ < br>分析与解：与例1类似，也要从“最
不利”的情况考虑。最不利的情况是
取了3个红球、 4个黄球和4个蓝球，
共11个。此时袋中只剩下黄球和蓝球，
所以再取一个球，无论是黄球还 是蓝
球，都可以保证有5个球颜色相同。
因此所求的最小值是12。
例3一排椅子只 有15个座位，部分座
位已有人就座，乐乐来后一看，他无
论坐在哪个座位，都将与已就座的人
相邻。问：在乐乐之前已就座的最少
有几人？
分析与解：将15个座位顺次编为1～
15号。如果2号位、5号位已有人就
座，那么就座1号位、3号位、4号位、
6号位 的人就必然与2号位或5号位的
人相邻。根据这一想法，让2号位、5
号位、8号位、11号位 、14号位都有
人就座，也就是说，预先让这5个座
位有人就座，那么乐乐无论坐在哪个
座位，必将与已就座的人相邻。因此
所求的答案为5人。
例4一把钥匙只能开一把锁，现有 10
把钥匙和10把锁，最少要试验多少次
就一定能使全部的钥匙和锁相匹配？
分析 与解：从最不利的情形考虑。用
10把钥匙依次去试第一把锁，最不利
的情况是试验了9次，前 8次都没打
开，第9次无论打开或没打开，都能
确定与这把锁相匹配的钥匙（若没打
开 ，则第10把钥匙与这把锁相匹配）。
同理，第二把锁试验8次……第九把
锁只需试验1次，第 十把锁不用再试
（为什么？）。共要试验
9＋8＋7＋…＋2＋1＝45（次）。
所以，最少试验45次就一定能使
全部的钥匙和锁相匹配。
例5在一副扑克牌中，最少要取出多
少张，才能保证取出的牌中四种花色
都有？ 分析与解：一副扑克牌有大、小王牌
各1张，“红桃”、“黑桃”、“方
块”、“梅花”四 种花色各13张，共
计有54张牌。最不利的情形是：取出
四种花色中的三种花色的牌各13张 ，
再加上2张王牌。这41张牌中没有四
种花色。剩下的正好是另一种花色的
13张牌 ，再抽1张，四种花色都有了。
因此最少要拿出42张牌，才能保证四
种花色都有。
例6若干箱货物总重19.5吨，每箱重
量不超过353千克，今有载重量为1.5
吨的汽车， 至少需要多少辆，才能确
保这批货物一次全部运走？
分析与解：汽车的载重量是1.5吨。< br>如果每箱的重量是300千克（或1500
的小于353的约数），那么每辆汽车
都是满 载，即运了1.5吨货物。这是
最有利的情况，此时需要汽车
19.5÷1.5＝13（辆）。
如果装箱的情况不能使汽车满
载，那么13辆汽车就不 能把这批货物
一次运走。为了确保把这批货物一次
运走，需要从最不利的装箱情况来考
虑。最不利的情况就是使每辆车运得
尽量少，即空载最多。因为353×4＜
1500，所以每 辆车至少装4箱。每箱
300千克，每车能装5箱。如果每箱比
300千克略多一点，比如30 1千克，那
- 33 -
么每车就只能装4箱了。此时，每车
载重
301×4＝1204（千克），
空载1500-1204＝296（千克）。
注意，这 就是前面所说的“最不利的
情况”。19500÷1204＝16……236，
也就是说，19 .5吨货物按最不利的情
况，装16车后余236千克，因为每辆
车空载296千克，所以余下 的236千
克可以装在任意一辆车中。
综上所述，16辆车可确保将这批
货物一次运走。
练习28
1.口袋里有 同样大小和同样质地
的红、黄、蓝三种颜色的小球各20个。
问：一次最少摸出几个，才能保证 至
少有5个小球颜色相同？
2.口袋里有同样大小和同样质地
的红、黄、蓝三种 颜色的小球共20个，
其中红球4个、黄球6个、蓝球10个。
问：一次最少取出几个，才能保 证至
少有6个小球颜色相同？
3.一排椅子共有18个座位，部分
座位已有人就 座，乐乐来后一看，他
无论坐在哪个座位，都将与已经就座
的人相邻。问：在乐乐之前已就座的
最少有几人？
4.一张圆桌有12个座位，部分座
位已有人就座，乐乐来后一看 ，他无
论坐在哪个座位，都将与已经就座的
人相邻。问：在乐乐之前已就座的最
少有几 人？
5.口袋里有三种颜色的筷子各10
根。问：
（1）至少取几根才能保证三种颜
色的筷子都取到？
（2）至少取几根才能保证有颜色
不同的两双筷子？
（3）至少取几根才能保证有颜色
相同的两双筷子？
6.一个布袋里有红色、黄色、黑< br>色袜子各20只。问：最少要拿多少只
袜子才能保证其中至少有2双颜色不
相同的袜子？
7.一把钥匙只能开一把锁，现有
10把锁和其中的9把钥匙，要保证这
9把钥匙 都配上锁，至少需要试验多少
次？

四年级奥数安博京翰教育
8 .10吨货物分装若干箱，每只箱
子重量不超过1吨。为了确保将这批
货物一次运走，最少要准 备几辆载重
量为3吨的汽车？
第29讲 抽屉原理（一）
如果将5个苹果放到 3个抽屉中
去，那么不管怎么放，至少有一个抽
屉中放的苹果不少于2个。道理很简
单 ，如果每个抽屉中放的苹果都少于2
个，即放1个或不放，那么3个抽屉
中放的苹果的总数将少 于或等于3，这
与有5个苹果的已知条件相矛盾，因
此至少有一个抽屉中放的苹果不少于
2个。
同样，有5只鸽子飞进4个鸽笼
里，那么一定有一个鸽笼至少飞进了2
只鸽子。
以上两个简单的例子所体现的数
学原理就是“抽屉原理”，也叫“鸽
笼原理”。
抽屉 原理1：将多于n件的物品任意
放到n个抽屉中，那么至少有一个抽
屉中的物品不少于2件。
说明这个原理是不难的。假定这n
个抽屉中，每一个抽屉内的物品都不
到2件，那 么每一个抽屉中的物品或
者是一件，或者没有。这样，n个抽屉
中所放物品的总数就不会超过n 件，
这与有多于n件物品的假设相矛盾，
所以前面假定“这n个抽屉中，每一
个抽屉内 的物品都不到2件”不能成
立，从而抽屉原理1成立。
从最不利原则也可以说明抽屉原< br>理1。为了使抽屉中的物品不少于2
件，最不利的情况就是n个抽屉中每
个都放入1件物 品，共放入n件物品，
此时再放入1件物品，无论放入哪个
抽屉，都至少有1个抽屉不少于2件
物品。这就说明了抽屉原理1。
例1某幼儿园有367名1996年出生的
小朋友，是否有生日相同的小朋友？
分析 与解：1996年是闰年，这年应有
366天。把366天看作366个抽屉，将
367名小朋 友看作367个物品。这样，
把367个物品放进366个抽屉里，至
少有一个抽屉里不止放一 个物品。因
此至少有2名小朋友的生日相同。
例2在任意的四个自然数中，是否其
中必有两个数，它们的差能被3整除？
分析与解 ：因为任何整数除以3，其余
数只可能是0，1，2三种情形。我们
将余数的这三种情形看成是 三个“抽
屉”。一个整数除以3的余数属于哪
种情形，就将此整数放在那个“抽屉”
里 。
将四个自然数放入三个抽屉，至
少有一个抽屉里放了不止一个数，也
就是说至 少有两个数除以3的余数相
同。这两个数的差必能被3整除。
例3在任意的五个自然数中，是否其
中必有三个数的和是3的倍数？
分析与解：根据 例2的讨论，任何整
数除以3的余数只能是0，1，2。现在，
对于任意的五个自然数，根据抽 屉原
理，至少有一个抽屉里有两个或两个
以上的数，于是可分下面两种情形来
加以讨论 。
第一种情形。有三个数在同一个
抽屉里，即这三个数除以3后具有相
同的余数 。因为这三个数的余数之和
是其中一个余数的3倍，故能被3整
除，所以这三个数之和能被3整 除。
第二种情形。至多有两个数在同
一个抽屉里，那么每个抽屉里都有数，
在每 个抽屉里各取一个数，这三个数
被3除的余数分别为0，1，2。因此这
三个数之和能被3整除 。
综上所述，在任意的五个自然数
中，其中必有三个数的和是3的倍数。
例4 在长度是10厘米的线段上任意取
11个点，是否至少有两个点，它们之
间的距离不大于1厘米 ？
分析与解：把长度10厘米的线段10
等分，那么每段线段的长度是1厘米
（见下 图）。

将每段线段看成是一个“抽屉”，
一共有10个抽屉。现在将这11个 点
放到这10个抽屉中去。根据抽屉原理，
至少有一个抽屉里有两个或两个以上
的点（ 包括这些线段的端点）。由于
这两个点在同一个抽屉里，它们之间
的距离当然不会大于1厘米。
- 34 -
所以，在长度是10厘米的线段上
任意取11个点，至少存在两个 点，它
们之间的距离不大于1厘米。
例5有苹果和桔子若干个，任意分成5
堆，能否 找到这样两堆，使苹果的总
数与桔子的总数都是偶数？
分析与解：由于题目只要求判断两堆< br>水果的个数关系，因此可以从水果个
数的奇、偶性上来考虑抽屉的设计。
对于每堆 水果中的苹果、桔子的
个数分别都有奇数与偶数两种可能，
所以每堆水果中苹果、桔子个数的搭
配就有4种情形：
（奇，奇），（奇，偶），（偶，
奇），（偶，偶），
其中括号中的第一个字表示苹果
数的奇偶性，第二个字表示桔子数的
奇偶性。
将这4种情形看成4个抽屉，现
有5堆水果，根据抽屉原理可知，这5
堆水果里至 少有2堆属于上述4种情
形的同一种情形。由于奇数加奇数为
偶数，偶数加偶数仍为偶数，所以 在
同一个抽屉中的两堆水果，其苹果的
总数与桔子的总数都是偶数。
例6用红、蓝两 种颜色将一个2×5方
格图中的小方格随意涂色（见右图），
每个小方格涂一种颜色。是否存在 两
列，它们的小方格中涂的颜色完全相
同？

分析与解：用红、蓝两种颜色给每列
中两个小方格随意涂色，只有下面四
种情形：

将上面的四种情形看成四个“抽
屉”。根据抽屉原理，将五列放入四
个 抽屉，至少有一个抽屉中有不少于
两列，这两列的小方格中涂的颜色完
全相同。
在上面的几个例子中，例1用一
年的366天作为366个抽屉；例2与

四年级 奥数安博京翰教育
例3用整数被3除的余数的三种情形
0，1，2作为3个抽屉；例4将一条 线
段的10等份作为10个抽屉；例5把
每堆水果中，苹果数与桔子数的奇偶
搭配情形 作为4个抽屉；例6将每列
中两个小方格涂色的4种情形作为4
个抽屉。由此可见，利用抽屉原 理解
题的关键，在于恰当地构造抽屉。
练习29
1.某班32名小朋友是在5月份出
生的，能否找到两个生日是在同一天
的小朋友？
2.班上有50名小朋友，老师至少
拿几本书，随意分给小朋友，才能保
证至少有一个小朋友能 得到不少于两
本书？
3.在任意三个自然数中，是否其
中必有两个数，它们的和为偶数？
4.幼儿园买来不少 玩具小汽车、
小火车、小飞机，每个小朋友任意选
择两件，那么至少要有几个小朋友才
能保证有两人选的玩具是相同的？
5.学校举行开学典礼，要沿操场
的400米跑道插4 0面彩旗。能否找到
一种插法，使得任何两面彩旗之间的
距离都大于10米？
6 .用红、蓝、黄三种颜色将一个2
×7方格图中的小方格涂色（见下图），
每个小方格涂一种颜 色，每一列的两
小格涂的颜色不相同。是否存在两列，
它们的小方格中涂的颜色完全相同？

7.一只纸板箱里装有许多型号相
同但颜色不同的袜子，颜色有红、黄、
黑、白四种。不允许用眼睛看，那么
至少要取出多少只袜子，才能保证有5
双同色的袜子？
第30讲 抽屉原理（二）
这一讲我们讲抽屉原理的另一种
情况。先看一个例子 ：如果将13只鸽
子放进6只鸽笼里，那么至少有一只
笼子要放3只或更多的鸽子。道理很简单。如果每只鸽笼里只放2只鸽子，
6只鸽笼共放12只鸽子。剩下的一只
鸽子无论放入 哪只鸽笼里，总有一只
鸽笼放了3只鸽子。这个例子所体现
的数学思想，就是下面的抽屉原理2 。
抽屉原理2：将多于m×n件的物品任
意放到n个抽屉中，那么至少有一个
抽屉中 的物品的件数不少于m+1。
说明这一原理是不难的。假定这n
个抽屉中，每一个抽屉内 的物品都不
到（m＋1）件，即每个抽屉里的物品
都不多于m件，这样，n个抽屉中可放
物品的总数就不会超过m×n件。这与
多于m×n件物品的假设相矛盾。这说
明一开始的假定 不能成立。所以至少
有一个抽屉中物品的件数不少于m＋
1。
从最不利原则也可 以说明抽屉原
理2。为了使抽屉中的物品不少于（m
＋1）件，最不利的情况就是n个抽屉中每个都放入m件物品，共放入（m×n）
件物品，此时再放入1件物品，无论
放入哪个抽 屉，都至少有一个抽屉不
少于（m＋1）件物品。这就说明了抽
屉原理2。
不难看出，当m＝1时，抽屉原理
2就转化为抽屉原理1。即抽屉原理2
是抽屉原理1的推广。
例1某幼儿班有40名小朋友，现有各
种玩具122件，把这些玩具全部分给
小朋友， 是否会有小朋友得到4件或4
件以上的玩具？
分析与解：将40名小朋友看成40个
抽屉。今有玩具122件，122=3×40＋
2。应用抽屉原理2，取n＝40，m＝3，
立 即知道：至少有一个抽屉中放有4
件或4件以上的玩具。也就是说，至
少会有一个小朋友得到4 件或4件以
上的玩具。
例2一个布袋中有40块相同的木块，
其中编上号码1，2， 3，4的各有10
块。问：一次至少要取出多少木块，
才能保证其中至少有3块号码相同的木块？
分析与解：将1，2，3，4四种号码看
成4个抽屉。要保证有一个抽屉中至少有3件物品，根据抽屉原理2，至少
要有4×2＋1=9（件）物品。所以一次
至少要取 出9块木块，才能保证其中
有3块号码相同的木块。
- 35 -
例3六年级有1 00名学生，他们都订
阅甲、乙、丙三种杂志中的一种、二
种或三种。问：至少有多少名学生订
阅的杂志种类相同？
分析与解：首先应当弄清订阅杂志的
种类共有多少种不同的情况。
订一种杂志有：订甲、订乙、订
丙3种情况；
订二种杂志有：订甲乙、订乙丙、
订丙甲3种情况；
订三种杂志有：订甲乙丙1种情
况。
总共有3＋3＋1=7（种）订阅方法。
我 们将这7种订法看成是7个“抽
屉”，把100名学生看作100件物品。
因为100＝14× 7＋2。根据抽屉原理2，
至少有14＋1＝15（人）所订阅的报刊
种类是相同的。
例4篮子里有苹果、梨、桃和桔子，
现有81个小朋友，如果每个小朋友都
从中任意拿两个水 果，那么至少有多
少个小朋友拿的水果是相同的？
分析与解：首先应弄清不同的水果搭
配有多少种。两个水果是相同的有4
种，两个水果不同有6种：苹果和梨、
苹果和桃、苹果和 桔子、梨和桃、梨
和桔子、桃和桔子。所以不同的水果
搭配共有4＋6＝10（种）。将这10
种搭配作为10个“抽屉”。
81÷10=8……1（个）。
根据抽屉原理2，至少有8＋1＝9
（个）小朋友拿的水果相同。
例5学校开办了语文、数学 、美术三
个课外学习班，每个学生最多可以参
加两个（可以不参加）。问：至少有
多少 名学生，才能保证有不少于5名
同学参加学习班的情况完全相同？
分析与解：首先要弄清参加 学习班有
多少种不同情况。不参加学习班有1
种情况，只参加一个学习班有3种情
况， 参加两个学习班有语文和数学、
语文和美术、数学和美术3种情况。
共有1＋3＋3＝7（种） 情况。将这7
种情况作为7个“抽屉”，根据抽屉
原理2，要保证不少于5名同学参加学
习班的情况相同，要有学生
7×（5-1）＋1＝29（名）。
练习30

四年级奥数安博京翰教育
1.礼堂里有253人开会，这253
人中至少有多少人的属相相同？
2.一兴趣小组有 10名学生，他们
都订阅甲、乙两种杂志中的一种或两
种。问：至少有多少名学生订阅的杂志种类相同？
3.把130件玩具分给幼儿园小朋
友，如果不管怎样分，都至少有一 位
小朋友分得4件或4件以上的玩具，
那么这个幼儿园最多有多少个小朋
友？
4.体育组有足球、篮球和排球，
上体育课前，老师让一班的41名同学
往操场拿 球，每人最多拿两个。问：
至少有几名同学拿球的情况完全一
样？
5.口袋里放 有足够多的红、白两
种颜色的球，有若干人轮流从袋中取
球，每人取三个球。要保证有4人取< br>出的球的颜色完全相同，至少应有多
少人取球？
6.10个足球队之间共赛了11场，
赛得最多的球队至少赛了几场？
答案与提示
练习1
1.1596。 2.26厘米。
3.711个。 4.147。
5.（1）1369； （2）2809； （3）
8281；
（4）4624； （5）11664； （6）
157609。
6.（1）2156； （2）3630； （3）
627；
（4）3608； （5）1221； （6）
4554。
练习2
1.4216。 2.9021。 3.2349。
4.3081。
5.2604。 6.366021。 7.420651。
8.24857225。
练习3
1.（1）10100；（2）336；（3）
440；（4）780。
2.1127。 提示：项数=（93-5）
÷4+1=23。
3.2565。 提示：末项=13+5×
（30-1）=158。
4.180次。 解：（1+2+…+12）
×2+24=180（次）。
5.1650。 解：2+5+8+…+98=1650。
6.45个。
提示：十位数为1，2，…，9的
分别有1，2，…，9个。
练习4
1.4，9，36。
2.10个。 提示：百位与十位的数
字和为4或13。
3.9366；1362。 4.42972。
5.8232；2232。
提示：先由能被8整除判断出个
位数是2。
6.16个。
提示：6320，3720，2360，2760，
6032，3072，2736，7632，
7320，6720，7360，3760，7032，
6072，2376，3672。
7.11232。
8.5.11元。 提示：□679□应能
被72整除。
练习5
1.（1）6； （2）8； （3）8； （4）
6。
2.（1）3； （2）5； （3）5； （4）
1。
3.（1）（2）可能正确，（3）（4）
不正确。
4.9。
解：B≤9 ×2000=18000，
C≤9×4=36，D≤2+9=11。因为A能被
9整除，根据能 被9整除的数的特征，
B，C，D都能被9整除，所以D=9。
练习6
1.4。
2.1243，1342，2134，2431，3124，
3421，4213，4312。
3.98736。
4.（1）10； （2）2； （3）5。
5.2。
6.12。提示：由能被11整除推知
A+B=1或12，再由能被3整除推知
A+B=12。
7.A=4，B=6。提示：由能被8整
除，推知B=6；再由能被11整除，推
知A=4。
练习7
1.红；74颗。
- 36 -
2.100。 提 示：数列是1，2，0，
1，2，0，1，2，0，…，以1，2，0
三个数为周期循环出现。
3.1；436。
提示：这串数按9，7，3，1，3，
3六个数循环出现。
4.5。
提示：这列数按6，3，0，7，4，
1，8，5，2，9循环出现。
5.27次。 提示：每报12个数有
3个数相同。
6.5，6,，3，4。 提示：解法同
例5。
练习8
1.（1）4； （2）1； （3）4； （4）
3。
2.（1）7； （2）7； （3）8； （4）
2。
3.（1）1； （2）2； （3）4。
提示：（1）任何数除以4的余数
都等于这个 数的后两位数除以4的余
数，5的任何（大于2）次方的后两位
都是25。
（2）8
n
除以6的余数，当n是奇
数时等于2，当n是偶数时等于4。
（3）与例4类似可得下表：

4
n
除以7的余数，随着n的增大，< br>按4，2，1的顺序循环出现。由88÷
3=29……1知，4
88
÷7的余数 与4
1
÷7
的余数相同，是4。
练习9
1.（1）4×（6+24）÷6-5=15；
（2）4×（6+24÷6）-5=35；
（3）4×6+24÷（6-5）=48；
（4）4×［（6+24）÷6-5］=0。
2.（1×2+3）×4×5=100。
3.3+6=9，8-7＝1，4×5=20。（填
法不唯一）
4.（4+4）÷（4+4）=1， （4+4+4）
÷4=3，
（4×4+4）÷4=5， 4+4+4÷4=9。
5.6+7-3＝5×4÷2。
6.941×852×763＝611721516。

四年级奥数安博京翰教育
提示：按下面两个原则填数：① 5.爸爸34岁，妈妈32岁，儿子8
将较大的数填在高数位上；②各乘数岁。
之间的差尽量小。 6.4年。
7.15×26×37×48＝692640。 7.祖父69岁，父亲41岁，孙子
练习10 13岁。
提示：父亲的年龄等于祖父与孙

子的平均年龄，为82÷2=41（岁）。
明年祖孙 年龄之和为82＋2=84（岁），
明年孙子年龄为
84÷（5＋1）=14（岁）。

所以今年孙子13岁。
8.29岁。
练习13
1.兔75只，鸡25只。
2.象棋9副，跳棋17副。

3.活页簿21本，日记本11本。
4.30只龟，70只鹤。
5.贺年卡5张，明信片9张。
6.6天。 7.15道。
2.9。提示：“生”=“学”+1。 8.4800千克。
解：［（80×20）÷（120-80）］
×120＝4800（千克）。

9.5只蜘蛛，7只蜻蜓，6只蝉。
提示：把小虫分成8条腿与6条
腿两种，先求出蜘蛛的数。
10.兔18只，鸡14只。
解：由于鸡换成兔，兔换成鸡，
脚的只数少了8只，故原来的兔比鸡
多4只。减 去这4只兔，则鸡、兔一
样多，并且共有脚100-4×4=84（只），

所以，
鸡有84÷（4+2）=14（只），
兔有14+4=18（只）。
练习14
提示：（1）由千位知A=B+1，再 1.17人；81粒糖。2.9辆；36500
由个位知C=9。十位减法需向百位借1，千克。
由百位知A=8，从而B=7。 3.6人；29本。4.5人；32支笔。
（2）由除式特点知D=0，A=9，C=1， 5.16辆车；975人。6.73。
依次推出G=2，F=5。 7.1200千克。
练习11 提示：这批煤按原计划可以烧
1.75公顷。 2.8时。 3.768张。 （1500+1000）÷（1500-1000）
4.60公顷。 5.8时。 6.2.80元。 =5（天）。
7.140天。 8.200块。
练习15
练习12 1.11160米。
1.14岁。 2.9岁；28岁。 解：720×{[（720+80）
3.21年。 4.父亲44岁，女儿11×3-1160]÷80}=11160（米）。
岁。 2.9人；26只。
- 37 -
提示：将“其中二人每人分4只，
其余每人 分2只，还多出4只”转化
为“每人分2只，还剩4+2×2=8
（只）”；将“一人分6只， 其余每
人分4只，则缺12只”转化为“每人
分4只，还缺12-2=10（只）”。
3.猪肉4元2角，牛肉5元。
提示：可将题中“买牛肉18千克，
则差4 元”转化为“买猪肉18千克多
余0.8×18-4=10.4（元）”。
4.13人；苹果86个，桔子43个。
解：将桔子数乘以2，就与苹果数
相等了，所以 题中条件“桔子每人分3
个，多4个”可以变为“苹果每人分6
个，多8个”。所以，
有小朋友（8＋5）÷（7-6）=13
（人），
苹果7×13-5=86（个），
桔子86÷2=43（个）。
5.井深8米，绳长45米。
解：井深（7×3-1×5）÷（5-3）
=8（米），
绳长（8＋7）×3＝45（米）。
6.36个小朋友，56个苹果。


7.1920米。
解：小明出发时离上课时间还有
（60×5＋80×3）÷（80-60）=27
（分）。
小明家距学校60×（27＋5）=1290
（米）。
练习16

四年级奥数安博京翰教育



- 38 -
5×4×3×2×2=240（种）。
共有不同的染色方法
180+240=420（种）。
6.21个。
提示：与例5类似，连续四位都
练习17 是2的只有1种，恰有连续三位是2


3.（1）11； （2）9。
提示：（1）右下角的数为（3+7）
÷2=5，所以
x=8×2-5=11。
（2）右下角的数为（5+9）÷2=7，
中心数为
（6+9）-7=8，所以x=8×2-7=9

提示：左下角的数为（13+27）÷
2=20，中心数为48÷3=16。

提示：右下角的数为（20+16）÷
2=18，
中心数为（8+18）÷2=13。

提示：与例1类似。
练习18
1.有下面四个基本解。




练习19
1.30种。 2.1000个。 3.60种。
4.400种。
提示：第一枚棋子有25种放法 ，
去掉这枚棋子所在的行和列，还有16
个空格，所以第二枚棋子有16种放法。
5.30种。 6.432种。 7.48种。
8.24种。提示：504=2
3
×3
2
×7。
练习20
1.38种。
2.10种。
提示：没有年级订99份时，只有
三个年级各订100份一种订法；只有
一个年级订99份时，另外两个年级分
别订100份和 101份，有6种订法；
有两个年级订99份时，另外一个年级
订102份，有3种订法。
3.8种。
4.45个。提示：两个数码都是奇
数的有5×5（个），两个 数码都是偶
数的有4×5（个）。
5.420种。

解：如右图所示，按A，B，C，D，
E顺序染色。若B，D颜色相同，则有
5×4×3×1×3=180（种）；
若B，D颜色不同，则有
的有4种，恰有连续两位是2的有16
种。
7.10条。
提示：第一步向下有5条，第一
步向上有1条，第一步向左或向右各
有2条。


练习21
1.987种。 2.114种。
3.274种。
提示：取走1根有1种方法，取
走2根有2种方法，取走3 根有4种
方法。将1，2，4作为数列的前三项，
从第4项起每项都是它前三项的和，
得到
1，2，4，7，13，24，44，81，
149，274。
第10项274就是取走10根火柴
的方法数。
4.56条。
5.48条（见下图）。

6.55种。
练习22
1.29。 2.1。 3.6。
4.79岁。 5.50吨。
6.0.40元。 提示：有梨{［（1+1）
×2+1]×2+1}×2=22（个）。
7.100个。 提示：每天偷吃的桔
子都是10只。
8.550元。
练习23
1.63个。2.70个。
3.甲库800吨，乙库500吨。
解：见下页上表。

四年级奥数安博京翰教育
只要乙在某一组里有数字可划，那么
甲在 另一组里相对称的位置上就总有
数字可划。因此，若甲先划，且按上
述策略去进行，则甲必能获 胜。
6.先取。从4枚棋子的行中取走1
枚，变为例7的情形。



练习26
1.甲是日本人，乙是中国人，丙
是英国人。
2.徐是车工，王是钳工，陈是电
工，赵是木工。
4.上88本，中56本，下48本。 提示：由（2）（3）（1）可画出
5.甲120元，乙210元，丙390下表：
元
解：


3.李波教语文、图画，顾锋教数
学、政治，刘英教音乐、体育。
提示：由（1）（3）（4）推知顾
6.A桶15升，B桶10升，C桶11锋教数学和政治；由（2）推知刘英教
升。 体育；由（3）（5）推知李波教图画、
练习24 语文。
1.71个。 2.492个。 4.A是美国人，B是日本人，C是
3.770页。 解：99+（2202-189）中国人，D是法国人。
÷3=770（页）。 提示：由（1）（2）知，A，B都不是
4.第14页。 中国人和法国人；再由（1）（4）知，
5.不可能。 提示：缺的两个页码D也不是中国人，所以C是中国人，进
之和是奇数。 而推知D是法国人，可得下表。最后
6.3。 提示：解法与例5类似。 由C是中国人及（1）（3），推知日
7.（1）72页； （2）74页或75本人是教师，再由（2）知B是日本人。
页。
练习25
1.先取者取两根，以后每次把4
的倍数根火柴留给对方取。先取者获

胜。
2.乙胜。无论甲取几个球，只要
乙接着取的球数与甲所取的球数之和 5.小亮在二小 ，爱好足球；小红
为6即可。因为1999÷6余1，所以最在三小，爱好体操；小娟在一小，爱
后一个球被甲取走。 好围棋。
3.甲胜。甲先报3个数，以后每 提示：由题目条件，可先得出左
次与乙合报5个数即可获胜。 下表，进一步得到右下表。
4.甲必胜。
5.甲先划，把中间25，26，27这
三个数划去，就将1到51这51 个数
分成了两组，每组有24个数。这样，
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练习27
1.第1名是E，第2名是C，第3
名是B，第4名是A，第5名是D。
2.姓刘的老年女老师，教数学。
提示：假设是男老师，由（2）（3）
（5）知，他既 不是青年、中年，也不
是老年，矛盾，所以是女老师。再由
（1）知，她不教语文，不是中年人 。
假设她教外语，由（3）（5）知她必
是中年人，矛盾，所以她教数学。由
（2）（ 4）知她是老年人，由（3）知
她姓刘。
3.甲。
提示：若甲从不说谎， 则乙的最
后一句、丙的第一句都对，没有总说
谎的人，矛盾；同理，若丙从不说谎，
则 也将推出矛盾。
4.乙、甲、丙、丁。
提示：丁不可能说错，否则就没
有 人最矮了。由此知乙没有说错。若
甲也没说错，则无人说错，所以只有
甲一人说错。
5.A猜对第3包黄色，B猜对第2
包蓝色，C猜对第1包红色，D猜对第
4包白色，E猜对第 5包紫色。
6.第一张是“林”，第二张是
“匹”，第三张是“克”。
提示：A，B有两张猜的相同，必
有一人全对，一人对两张，因此C全
错，推知B全对。
练习28
1.13个。 2.15个。 3.6人。 4.4
人。
5.（1）21根； （2）13根； （3）
10根。
6.23只。

四年级奥数安博京翰教育
7.45次。提示：第一把钥匙试验
了 9把锁，第二把钥匙试验了8把
锁……第九把钥匙试验了1把锁。
8.5辆。
提示：因为每辆车至少能运3箱
货物，3÷4=0.75（吨），所以每箱货
物略重于0.75 吨，可使空载较大。假
设每箱装0.76吨，由于
10=0.76×13+0.12，则可将这 批货物
分装在13只0.76吨和1只0.12吨的
箱子中。因为每辆车只能装3只0.76< br>吨的箱子，所以至少要5辆车。
练习29
1.能。 2.51本。
3.能。 提示：将奇数、偶数作为
两个抽屉。
4.7人。
5.不能。 提示：40面彩旗将跑道
分为40段，若每段都大于10米，40
段将大于400米。
6.存在。 提示：每列的涂法有6
种。
7.13只。
提示 ：把红、黄、黑、白四种颜
色作为4个抽屉。根据抽屉原理，最
少要取出5只袜子才能保证有一 双袜
子是同色的。这样，把这双同色袜子
拿走后，还剩下3只袜子，再取出2
只袜子与 剩下的这3只袜子，共有5
只袜子，根据抽屉原理知，必有1双
同色的袜子。依此类推，得到5 双同
色袜子要取袜子
3+2×5=13（只）。
练习30
1.22人。 2.4人。
3.43人。 提示：130÷（4-1）
=43……1。
4.5名。 提示：一个球不拿、拿
一个球、拿两个球共有10种不同情况。
5.13人。
提示：三个球中根据红球的个数
可分为4种不同情况。
6.3场。 提示：11场球有22队
次参赛。



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