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21、数字和与最大最小问题【数字求和】例1 100个连续自然数的和是8450，取其中第1个，第3个，第5个，第99个（所有第奇数个），再把这50个数相加，和是_。（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析：第50、51两个数的平均数是8450 100= 84. 5，所以，第50个数是84。则100个连续自然数是：35，36，37，133，134。上面的一列数分别取第1、3、5、99个数得：35，37，39，131，133。则这50个数的和是：例2 把1至100的一百个自然数全部写出来，所用到的所有数码的和是_。（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析；可把1至100这一百个自然数分组，得（1、2、3、9），（10、11、12、19），（20、21、22、29），（90、91、92、99），（100）。容易发现前面10组中，每组的个位数字之和为45。而第一组十位上是0，第二组十位上是1，第三组十位上是2，第十组十位上是9，所以全体十位上的数字和是（l+2+3+9）10=450。故所有数码的和是4510+450+l=901。续若干个数字之和是1992，那么a=_。（北京市第八届“迎春杯”小学数学竞赛试题）又，199227=73余21，而21=8+5+7+1，所以 a=6。例4 有四个数，每次选取其中三个数，算出它们的平均数，再加上另外一个数，用这种方法计算了四次，分别得到四个数：86，92，100，106。那么，原来四个数的平均数是（1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：每次所选的三个数，计算其平均数，实际上就是计算这三个数中原来四个数的平均数为（86+92+100+106）2=192。【最大数与最小数】例1 三个不同的最简真分数的分子都是质数，分母都是小于20的合数，要使这三个分数的和尽可能大,这三个分数是（全国第四届从小爱数学邀请赛试题）。讲析： 20以内的质数有： 2、 3、 5、 7、 11、 13、 17、 19要使三个分数尽量大，必须使每个分子尽量大而分母尽量小。且三个真例2 将1、2、3、4、5、6、7、8这八个数分成三组，分别计算各组数的和。已知这三个和互不相等，且最大的和是最小和的2倍。问：最小的和是多少？（全国第三届“华杯赛”决赛口试试题）讲析；因为1+2+3+8=36，又知三组数的和各不相同，而且最大的例3 把20以内的质数分别填入中（每个质数只用一次）：使A是整数。A最大是多少？（第五届从小爱数学邀请赛试题）讲析：要使A最大，必须使分母尽量小，而分子尽量大。分母分别取2、3、5时，A都不能为整数。当分母取7时，例4 一组互不相同的自然数，其中最小的数是1，最大的数是25。除1之外、这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于这组数中某两个数之和。问：这组数之和的最大值是多少？当这组数之和有最小值时，这组数都有哪些数？并说明和是最小值的理由。（全国第四届“华杯赛”决赛第一试试题） 析：观察自然数1、2、3、4、5、25这25个数，发现它们除1之外，每个数都能用其中某一个数的2倍，或者某两个数之和表示。因此，这组数之和的最大值是1+2+3+25=325。下面考虑数组中各数之和的最小值。1和25是必取的，25不能表示成一个数的2倍，而表示成两个数之和的形式，共有12种。我们取两个加数中含有尽可能大的公约数的一组数（20+5）或者（10+15）。当取1、5、20、25时，还需取2、3、10三个；当取1、10、15、25时，还需取2、3、5。经比较这两组数，可知当取1、2、3、4、5、10、15、25时，和最小是61。22、数字串问题【找规律填数】例1 找规律填数（杭州市上城区小学数学竞赛试题）（1992年武汉市小学数学竞赛试题）讲析：数列填数问题，关键是要找出规律；即找出数与数之间有什么联系。第（1）小题各数的排列规律是:第1、3、5、（奇数）个数分别别是4和2。第（2）小题粗看起来，各数之间好像没有什么联系。于是，运用分数得到了 例2 右表中每竖行的三个数都是按照一定的规律排列的。按照这个规律在空格中填上合适的数。（1994年天津市小学数学竞赛试题）讲析：根据题意，可找出每竖行的三个数之间的关系。不难发现每竖行中的第三个数，是由前两数相乘再加上1得来的。所以空格中应填33。【数列的有关问题】数是几分之几？（第一届从小爱数学邀请赛试题）讲析：经观察发现，分母是1、2、3、4、5的分数个数，分别是1、3、5、7、9。所以，分母分别为1、2、39的分数共 例2 有一串数：1，1993，1992，1，1991，1990，1，1989，1988，这个数列的第1993个数是_（首届现代小学数学邀请赛试题）讲析：把这串数按每三个数分为一组，则每组第一个数都是1，第二、三个数是从1993开始，依次减1排列。而19933=664余1，可知第1993个数是1。例3 已知小数0.123456789101112139899的小数点后面的数字，是由自然数199依次排列而成的。则小数点后面第88位上的数字是_。（1988年上海市小学数学竞赛试题）讲析：将原小数的小数部分分成A、B两组：A中有9个数字，B中有180个数字，从10到49共有80个数字。所以，第88位上是4。例4 观察右面的数表（横排为行，竖排为列）；几行，自左向右的第几列。（全国第三届“华杯赛”决赛试题）讲析：第一行每个分数的分子与分母之和为2，第二行每个分数的分子与分母之和为3，第三行每个分数的分子与分母之和为4，即每行各数的分子与分母之和等于行数加1。例5 如图5.4，除了每行两端的数之外，其余每个数都是与它相连的上一行的两个数的平均数，那么第100行各数之和是_。（广州市小学数学竞赛试题）讲析：可试探着计算每行中各数之和。第一、二、三、四行每行的各数之和分别是6、8、10、12，从而得出，每行的数字之和，是行数的2倍加4。故第100行各数之和为10024=204.例6 伸出你的左手，从大拇指开始，如图5.5所示的那样数数：l、2、3。问：数到1991时，会落在哪个手指上？（全国第三届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：除1之外，从2开始每8个数为一组，每组第一个数都是从食指开始到拇指结束。（19911）8=248余6，剩下最后6个数又从食指开始数，会到中指结束。例7 如图5.6，自然数按从小到大的顺序排成螺旋形。在“2”处拐第一个弯，在“3”处拐第二个弯问拐第二十个弯处是哪个数？（全国第一届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：写出拐弯处的数，然后按每两个数分为一组：（2，3），（5，7），（10，13），（17，21），（26，31），。将会发现，每组数中依次相差1、2、3、4、5、。每组的第二个数与后一组的第二个数依次相差2、3、4、5、。从而可推出，拐第二十个弯处的数是111。例8 自然数按图5.7顺次 排列。数字3排在第二行第一列。问：1993排在第几行第几列？（全国第四届“华杯赛”复赛试题）讲析：观察每斜行数的排列规律，每斜行数的个数及方向。每一斜行数的个数分别是1、2、3、4、5、，奇数斜行中的数由下向上排列，偶数斜行中的数由上向下排列。 斜行，该斜行的数是由下向上排列的，且第63行第1列是1954。由于从1954开始，每增加1时，行数就减少1，而列数就增加1。所以1993的列数、行数分别是：199319541=40（列），63-（19931954）=24（行）23、数阵图【方阵】例1 将自然数1至9，分别填在图5.17的方格中，使得每行、每列以及两条对角线上的三个数之和都相等。（长沙地区小学数学竞赛试题）讲析：中间一格所填的数，在计算时共算了4次，所以可先填中间一格的数。（l+2+3+9）3=15，则符合要求的每三数之和为15。显然，中间一数填“5”。再将其它数字顺次填入，然后作对角线交换，再通过旋转（如图5.18），便得解答如下。例2 从1至13这十三个数中挑出十二个数，填到图5.19的小方格中，使每一横行四个数之和相等，使每一竖列三个数之和又相等。（“新苗杯”小学数学竞赛试题）讲析：据题意，所选的十二个数之和必须既能被 3整除，又能被 4整除，（三行四列）。所以，能被12整除。十三个数之和为91，91除以12，商7余7，因此，应去掉7。每列为（917）4=21而1至13中，除7之外，共有六个奇数，它们的分布如图5.20所示。三个奇数和为21的有两种：21=19+11=35+13。经检验，三个奇数为3、5、13的不合要求，故不难得出答案，如图5.21所示。例3 十个连续自然数中，9是第三大的数，把这十个数填到图5.22的十个方格中，每格填一个，要求图中三个22的正方形中四数之和相等。那么，这个和数的最小值是_。（1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：不难得出十个数为:2、3、4、5、6、7、8、9、10、11。它们的和是65。在三个22的正方形中，中间两个小正方形分别重复了两次。设中间两个小正方形分别填上a和b，则（65ab）之和必须是 3的倍数。所以，（ab）之和至少是7。故，和数的最小值是24。【其他数阵】例1 如图5.23，横、竖各12个方格，每个方格都有一个数。已知横行上任意三个相邻数之和为20，竖列上任意三个相邻数之和为21。图中已填入3、5、8和“”四个数，那么“”代表的数是_。（1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：可先看竖格。因为每相邻三格数字和为21，所以每隔两格必出现重复数字。从而容易推出，竖格各数从上而下是：3、10、8、3、10、8、3、10、8、3、10、8。同理可推导出横格各数，其中“”=5。例2 如图5.24，有五个圆，它们相交后相互分成九个区域，现在两个区域里已经分别填上数字10、6，请在另外七个区域里分别填进2、3、4、5、6、7、9七个数字，使每个圆内的数之和都是15。（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析：可把图中要填的数，分别用a、b、c、d、e、f、g代替。（如图5.25）显然a=5，g=9。则有：bc=10，ef=6，cde=15。经适当试验，可得b=3，c=7，d=6，e=2，f=4。例3 如图5.26，将六个圆圈中分别填上六个质数，它们的和是20，而且每个小三角形三个顶点上的数之和相等。那么，这六个质数的积是_。（全国第一届“华杯赛”决赛试题）讲析：最上面的小三角形与中间的小三角形，都有两个共同的顶点，且每个小三角形顶点上三数之和相等。所以，最上边圆圈内数字与最下面中间圆圈内数字相等。同样，左下角与右边中间的数相等，右下角与左边中间数相等。202=10，102+3+5。所以，六个质数积为223355=900。例4 在图5.27的七个中各填上一个数，要求每条直线上的三个数中，中间一个数是两边两个数的平均数。现已填好两个数，那么X=_。（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：如图5.28，可将圆圈内所填各数分别用a、b、c、d代替。则d=15。由15+c+a=17+c+b，得：a比b多2。所以，b=13+2=15。进而容易算出，x=19。例5 图5.29中8个顶点处标注的数字：a、b、c、d、e、f、g、h，其中的每一个数都等于相邻三个顶点（全国第三届“华杯赛”复赛试题）讲析：将外层的四个数，分别用含其它字母的式子表示，得 即（a+b+c+d）-（e+f+g+h）=024、数的组成【数字组数】例1 用1、2、3、4、5、6、7、8、9这九个数字组成质数，如果每个数字都要用到，并且只能用一次，那么这九个数字最多能组成_个质数。（1990年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：自然数1至9这九个数字中，2、3、5、7本身就是质数。于是只剩下1、4、6、8、9五个数字，它们可组成一个两位质数和一个三位质数：41和689。所以，最多能组成六个质数。例2 用0、1、2、9这十个数字组成五个两位数，每个数字只用一次，要求它们的和是一个奇数，并且尽可能的大。那么，这五个两位数的和是_。（1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：组成的五个两位数，要求和尽可能大，则必须使每个数尽可能大。所以它们的十位上分别是9、8、7、6、5，个位上分别是0、1、2、3、4。但要求五个两位数和为奇数，而1+2+3+4=10为偶数，所以应将4与5交换，使和为：（9+8+7+6+4）10+（1+2+3+5）=351。351即本题答案。例3 一个三位数，如果它的每一个数字都不超过另一个三位数对应数位上的数字，那么就称它被另一个三位数“吃掉”。例如，241被342吃掉，123被123吃掉（任何数都可以被与它相同的数吃掉），但240和223互不被吃掉。现请你设计出6个三位数，它们当中任何一个数不被其它5个数吃掉，并且它们的百位上数字只允许取1、2；十位上数字只允许取1、2、3；个位上数字只允许取1、2、3、4。这6个三位数是_。（第五届从小爱数学邀请赛试题）讲析：六个三位数中，任取两个数a和b，则同数位上的数字中，a中至少有一个数字大于b，而b中至少有一个数字大于a。当百位上为1时，十位上可从1开始依次增加1，而个位上从4开始依次减少1。即：114，123，132。当百位上为2时，十位上从1开始依次增加1而个位上只能从3开始依次减少1。即：213，222，231。经检验，这六个数符合要求。例4 将1、1、2、2、3、3、4、4这八个数字排成一个八位数，使得两个1之间有一个数字；两个2之间有两个数字；两个3之间有三个数字；两个4之间有四个数字。那么这样的八位数中的一个是_。（1991年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：两个4之间有四个数字，则在两个4之间必有一个数字重复，而又要求两个1之间有一个数，于是可推知，这个重复数字必定是1，即412134或421314。然后可添上另一个2和3。经调试，得23421314，此数即为所答。【条件数字问题】例1 某商品的编号是一个三位数，现有五个三位数：874，765，123，364，925。其中每一个数与商品编号，恰好在同一位上有一个相同的数字，那么这个三位数是_（1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：将五个数按百位、十位、个位上的数字分组比较，可发现：百位上五个数字都不同；十位上有两个2和两个6；个位上有两个4和两个5。故所求的数的个位数字一定是4或5，百位上一定是2或6。经观察比较，可知724符合要求。例2 给一本书编页码，共用了1500个数字，其中数字“3”共用了_个（首届现代小学数学）邀请赛试题）讲析：可先求出1500个数字可编多少页。从第一页到第9页，共用去9个数字；从第10页到第99页，共用去290=180（个）数字；余下的数字可编（1500-189）3=437（页）所以，这本书共有536页。l至99页，共用20个“3”，从100至199页共用20个“3”，从200至299页共用20个“3”，从300至399页共用去120个“3”，从400至499页共用去20个“3”，从500到536页共用去11个“3”。所以，共用去211个数字3。例3 在三位数中，数字和是5的倍数的数共有_个。（全国第四届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：可把三位数100至999共900个数，从100起，每10个数分为一组，得（100，101、109），（110、111、119），（990、991、999）共分成了90组，而每组中有且只有两个数的数字和是5的倍数，所以一共有290=180（个）。例4 有四个数，取其中的每两个数相加，可以得到六个和。这六个和中最小的四个数是83、87、92、94，原因数中最小的是_。（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析：设原四个数从小到大为a、b、c、d，则有a+b=83，a+c=87，所以c比b大4。而对于和为92和94时，或者是b+c=92，或者是b+c=94。当b+c=92时，因c比b大4，可得b=45，进而可求得a=38。当b+c=94时，因c比b大4，可得b=44，进而可求得a=39。所以，原四数中最小的数是38或39。abcd=_（广州市小学数学竞赛试题）讲析：原四位数增加8倍后得新的四位数，也就是原四位数乘以9，得新四位数（如图5.29）。从而可知，a一定为1，否则积不能得四位数。则例6 有两个两位数，它们的个位数字相同，十位数字之和是11。这两个数的积的十位数字肯定不会是哪两个数字？（1990年小学生报小学数学竞赛试题）讲析：由题意可知，两个数的十位上为（2，9），（3，8），（4，7），（5，6），而个上则可以是0至9的任意一个数字。如果分别去求这两个数的积，那是很麻烦的。设这两个数的个位数字是c，十位数字分别为a、b，则a+b=11，两数分别为（10a+c)，（10b+c）。字。能是6、8。例7 期的记法是用6个数字，前两个数字表示年份，中间两个数字表示月份，后两个数字表示日（如1976年4月5日记为760405）。第二届小学“祖杯赛”的竞赛日期记为921129。这个数恰好左右对称。因此这样的日期是“吉祥日”。问：从87年9月1日到93年6月30日，共有_个吉祥日。（第二届“祖冲之杯”小学数学竞赛试题）讲析：一个六位数从中间分开，要求左右对称，则在表示月份的两个数中，只有11月份。而且“年份”的个位数字只能是0、1、2。所以是共有3个吉祥日：901109、911119、921129。25、数的整除性规律【能被2或5整除的数的特征】（见小学数学课本，此处略）【能被3或9整除的数的特征】一个数，当且仅当它的各个数位上的数字之和能被3和9整除时，这个数便能被3或9整除。例如，1248621各位上的数字之和是1+2+4+8+6+2+1=24324，则31248621。又如，372681各位上的数字之和是3+7+2+6+8+1=27927，则9372681。【能被4或25整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末两位数能被4或25整除时，这个数便能被4或25整除。例如，173824的末两位数为24，424，则4173824。43586775的末两位数为75，2575，则2543586775。【能被8或125整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末三位数字为0，或者末三位数能被8或125整除时，这个数便能被8或125整除。例如，32178000的末三位数字为0，则这个数能被8整除，也能够被125整除。3569824的末三位数为824，8824，则83569824。214813750的末三位数为750，125750，则125214813750。【能被7、11、13整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末三位数字所表示的数，与末三位以前的数字所表示的数的差（大减小的差）能被7、11、13整除时，这个数就能被7、11、13整除。例如，75523的末三位数为523，末三位以前的数字所表示的数是75，523-75=448，4487=64，即7448，则775523。又如，1095874的末三位数为874，末三位以前的数字所表示的数是1095，1095-874=221，22113=17，即13221，则131095874。再如，868967的末三位数为967，末三位以前的数字所表示的数是868，967-868=99，9911=9，即1199，则11868967。此外，能被11整除的数的特征，还可以这样叙述：一个数，当且仅当它的奇数位上数字之和，与偶数位上数字之和的差（大减小）能被11整除时，则这个数便能被11整除。例如，4239235的奇数位上的数字之和为4+3+2+5=14，偶数位上数字之和为2+9+3=14，二者之差为14-14=0，011=0，即110，则114239235。26、数的公理、定理或性质【小数性质】小数的性质有以下两条：（1）在小数的末尾添上或者去掉几个零，小数的大小不变。（2）把小数点向右移动n位，小数就扩大10n倍；把小数点向左移动n位，小数就缩小10n倍。【分数基本性质】一个分数的分子和分母都乘以或者都除以同一不为零的数，分数的大小不变。即【去九数的性质】用9去除一个数，求出商后余下的数，叫做这个数的“去九数”，或者叫做“9余数”。求一个数的“去九数”，一般不必去除，只要把该数的各位数字加起来，再减去9的倍数，就得到该数的“去九数”。（求法见本书第一部分“（四）法则、方法”“2运算法则或方法”中的“弃九验算法”词条。）去九数有两条重要的性质：（1）几个加数的和的去九数，等于各个加数的去九数的和的去九数。（2）几个因数的积的去九数，等于各个因数的去九数的积的去九数。这两条重要性质，是用“弃九验算法”验算加、减、乘、除法的依据。【自然数平方的性质】（1）奇数平方的性质。任何一个奇数的平方被8除余1。为什么有这一性质呢？这是因为奇数都可以表示为2k+1的形式，k为整数。而（2k+1）2=4k2+4k+1=4k（k+1）+1k与k+1又是连续整数，其中必有一个是偶数，故4k（k+1）是8的倍数，能被8整除，所以“4k（k+1）+1”，即（2k+1）2能被8除余1，也就是任何一个奇数的平方被8除余1。例如，272=7297298=911（2）偶数平方的性质。任何一个偶数的平方，都是4的倍数。这是因为偶数可以用2k（k为整数）表示，而（2k）24k2显然，4k2是4的倍数，即偶数的平方为4的倍数。例如，2162=46656466564=11664即 4|46656【整数运算奇偶性】整数运算的奇偶性有以下四条：（1）两个偶数的和或差是偶数；两个奇数的和或差也是偶数。（2）一个奇数与一个偶数的和或差是奇数。（3）两个奇数之积为奇数；两个偶数之积为偶数。（4）一个奇数与一个偶数之积为偶数。由第（4）条性质，还可以推广到:若干个整数相乘，只要其中有一个整数是偶数，那么它们的积就是个偶数。【偶数运算性质】偶数运算性质有：（1）若干个偶数的和或者差是偶数。（2）若干个偶数的积是偶数。例如，四个偶数38、126、672和1174的和，是偶数2010；用偶数相减的算式3756-128-294-1350的差，也是偶数1984。【奇数运算性质】奇数运算性质有：（1）奇数个奇数的和（差）是奇数；偶数个奇数的和（差）是偶数。（2）若干个奇数的积是奇数。27、数的大小概念【比较分数大小】用常规方法比较分数大小，有时候速度很慢。采用下述办法，往往可大大提高解题的速度。（1）交叉相乘。把要比较大小的两个分数的分子分母交叉相乘，然后2510， 33=9， 38=24， 55=25，之所以能这样比较，是由于它们通分时，公分母是分母的乘积。这时，分数的大小就只取决于分子的大小了。（2）用“1”比较。当两个分数都接近1，又不容易确定它们的大小（4）化相同分子。把分子不同的分数化成同分子分数比较大小。有时序排列起来：（5）两分数相除。用两个分数相除，看它们的商是大于1还是小于1，往往能快速地找出它们的大小关系。由于这样做，省略了通分的过程，所以显然，将它们反过来相除，也是可以的：【巧比两数大小】若甲、乙两数间的关系未直接给出，比较它们的大小，有一定难度。这时，可按下面的办法去做：（1）先看分子是1的情况。例如下题：第一种方法是直观比较。先画线段图（图4.4）：由对线段图的直观比较可知，乙数大于甲数。数。可知（2）再看分子不是1的情况。例如下题：它同样也可以用四种方法比较大小。比方用直观比较方法，可画线段图如下（图4.5）：由图可知，甲数大于乙数。用统一分子的方法，也可比较它们的大小。因为用图表示就是图4.6：这就是说，把甲数分为9份，乙数分为8份，它们的6份相等。所以，它们每一份也相等。而甲数有9份，乙数只有8份，故甲数大于乙数。去，即可知道甲数大于乙数。如果用转化关系式比较。由题意可知根据一个因数等于积除以另一个因数，可得28、数的大小比较【分数、小数大小比较】（全国第二届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：这两个分数如果按通分的方法比较大小，计算将非常复杂。于是可采用比较其倒数的办法去解答。倒数大的数反而较小。个数是_。（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：将给出的六个数分别写成小数，并且都写出小数点后面前四位数，则把这六个数按从大到小排列是：【算式值的大小比较】例1 设A=98765433456789； B=98765443456788。试比较A与B的大小。（1990年小学生数学报小学数学竞赛试题）讲析：可将A、B两式中的第一个因数和第二个因数分别进行比较。这时，只要把两式中某一部分变成相同的数，再比较不同的数的大小，这两个算式的大小便能较容易地看出来了。于是可得A =9876543（34567881）=987654334567889876543；B =（98765431）3456788=987654334567883456788；所以，AB。例2 在下面四个算式中，最大的得数是算式_。（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：如果直接把四个算式的值计算出来，显然是很麻烦的，我们不妨运用化简繁分数的方法，比较每式中相同位置上的数的大小。 比较上面四个算式的结果，可得出最大的得数是算式（3）。例3 图5.1中有两个红色的正方形和两个蓝色正方形，它们的面积问：红色的两个正方形面积大还是蓝色的两个正方形面积大？（全国第四届“华杯赛”决赛口试试题）讲析： 方形放入大正方形中去的办法，来比较它们的大小（如图5.2）。所以，两个蓝色正方形的面积比两个红色正方形的面积大。29、实践与实际操作【最短路线】例1 一只蚂蚁要从A处出发，经粘合在一块木板上的正方体（如图5.74）的表面爬到B处。请你在图上画出最短的路线（看得见的画实线，看不见的画虚线），有几条就画几条。（1990年“新苗杯”小学数学竞赛试题）讲析：可将正方体的几个面，按正视位置的前面上面展开，前面右面展开，左面后面展开，左边上面展开，其展开图都是由两个正方形面组成的长方形（如图5.75所示）。根据两点之间直线段最短的原理，故最短路线为每个长方形对角线，它们共有四条，如图5.76所示。例2 请你在图5.77（3）、（4）、（5）上画出三种与图（2）不一样的设计图，使它们折起来后，都成为图（1）所示的长方形盒子（粗线和各棱交于棱的中点）。（第四届从小爱数学邀请赛试题）讲析：解题的关键，是要分清实线与虚线，然后思考它们是按什么方式展开的。不难想象，其答案如图（3）、（4）、（5）所示。【切分图形】例1 请将图5.78分成面积相等，形状相同，且每一块中都含有“数学竞赛”字样的四块图形。（“新苗杯”小学数学竞赛试题）讲析：从条件看，所分成的每一块图中，必须有四个小正方形，且只有五种（如图5.79）。根据图中汉字的具体位置，可发现图5.79中图（1）、图（2）明显不合，图（3）、图（4）也不能分成。于是只剩下图（5）。进一步搜索，便可得到答案。答案如图5.80所示。例2 在一张正方形纸上画两个三角形，最多可以把这个正方形分成_块，画三个三角形，最多可以把这个正方形分成_块；画四个三角形，最多可以把这个正方形分成_块。（1990年无锡市小学数学竞赛试题）讲析：可先找出规律。在正方形纸上，画一个三角形，依次画三条边时，增加了（111）块，最多可把它分成4块；画二个三角形，依次画三条边时，增加了（333）块，共13块；画三个三角形，依次画三条边时，增加了（555）块，共28块，如图5.81所示。由此推得，画四个三角形，可增加（777）块，最多，共49块。【拼合图形】例1 图5.82是由图5.83中的六块图形拼合而成的，其中图放在中间一列的某一格。请在图5.82中找出这六个图形，并画出来。（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛试题）讲析：可先确定图的位置。因为图在中间的一列的某一格，当图放在A、B、C处时，经试验，与其它五图不能拼成图5.82。当图放在D处时，这六幅图可以拼成图5.82。拼法如图5.84所示。 例2 7块正方体积木堆在桌上。从东、南、西、北四个方向看去，所看到的一面都只有5个正方形，而且看到的图案是一样的。（如图5.85）。那么从上面看下去，看到的图形可能是什么样的？请在图5.86中正确的图形下面打“”，错误的图形下面打“”。（从小爱数学邀请赛第五届试题） 讲析：上面的七幅图都是俯视图。在看每幅图是否正确时，关键是想象出将另两块积木，放在这五块中哪两块的上面，然后分别从东西南北四个方向去看，得出的图形是否与图5.85相吻合。经试验，得出的答案如图5.86所示，即按从左往右，从上至下的位置，依次为、。省工省时问题例1 某车队有4辆汽车，担负A、B、C、D、E、F六个分厂的运输任) N/ ?+ O# T- 5 U5 + s5 w（图5.97所标出的数是各分厂所需装卸工人数）。若各分厂自派装卸工，则共需33人。若让一部分人跟车装卸，在需要装卸工人数较多的分厂再配备一个或几个装卸工，那么如何安排才能既保证各分厂所需工人数，又使装卸工人数最少？( h# Y. 8 A, R, m 运筹1.jpg (2.91 KB)2008-9-5 11:25 （1990年小学生报小学数学竞赛试题）9 F5 p7 A w9 r3 t; B4 G; c讲析：可从需要工人数最少的E分厂着手。假定每辆车上配备3人，则需在D、C、B、A、F五处分别派1、5、2、3、4人，共需27人。* Z3 d, m7 Q6 s. H/ 若每车配备4人，则需在C、B、A、F四处分别派4、1、2、3人，共需26人。# u; t% t S4 n) d, Y1 * d若每车配备5人，则需在C、A、F三处分别派3、1、2人，共需26人。1 d2 ; q8 n7 J: 8 E d所以，上面的第二、三种方案均可，人数为26人。& WD4 p4 u. a) 4 k E) w e3 c例2 少先队员在植树中，每人植树2棵。如果一个人挖一个树坑需要25分钟，运树苗一趟（最多可运4棵）需要20分钟，提一桶水（可浇4棵树）需要10分钟，栽好一棵树需要10分钟，现在以两个人为一个小组进行合作，那么，完成植树任务所需的最短时间是_分钟。3 J2 f$ j+ E( ?9 Y! m（福州市鼓楼区小学数学竞赛试题）& Y& p# S P. I! r7 I# Z讲析：可将甲、乙两人同时开始劳动的整个过程安排，用图5.98来表示出来。5 g1 d; d) y1 x- ?- o, O6 J 运筹2.jpg (9.43 KB)2008-9-5 11:25由图可知，完成任务所需的最短时间，是85分钟。0 h2 Q* h0 D4 A, g1 I$ A例3 若干箱同样的货物总重19.5吨，只知每箱重量不超过353千克。今有载重量为1.5吨的汽车，至少需要_辆，才能保证把这些货物一次全部运走。（箱子不能拆开）/ x- |$ m+ ! p% p（北京市第七届“迎春杯”小学数学竞赛试题）$ g. + T0 _) j- O讲析：关键是要理解“至少几辆车，才能保证一次运走”的含义。也就是说，在最大浪费车位的情况下，最少要几辆车。- P7 n8 z: O1 W+ N这堆货物箱数至少有：2 v% - b 6 B s: A) e1950035355.256（箱）；; l- 0 8 b: z8 V7 一辆汽车每次最多能装的箱数：- M3 - y6 y) $ ; s. y; l F15003534.24（箱）。- t# D8 S2 0 D/ G3 j 一次全部运走所有货物，至少需要汽车564=14（辆）。8 u 3 l+ bqZ4 o例4 如图5.99，一条公路（粗线）两侧有7个工厂（01、02、07），通过小路（细线）分别与公路相连于A、B、C、D、E、F点。现在要设置一个车站，使各工厂（沿小路和公路走）的距离总和越小越好。这个车站应设在一_点。6 m4 m1 p) C* m. i, d9 t; 4 d（1992年福州市小学数学竞赛试题）7 E6 xu* . C E* a/ 6 x 运筹3.jpg (5.74 KB)2008-9-5 11:25讲析：从各工厂到车站，总是先走小路，小路的总长不变，所以问题可转化为：“在一条公路上的A、B、C、D、E、F处各有一个工厂，D处有两个工厂。要在公路上设一个站，使各厂到车站的距离总和最小（如图5.100）。; D& Q6 |9 Y; d# ?# m 运筹4.jpg (2.71 KB)2008-9-5 11:25显然，车站应设在尽量靠七个厂的中间部位。- s9 ? |3 ) q$ S1 如果车站设在D处，则各厂到D总长是：6 K5 j7 X- P4 W; e（DADF）（DBDE）DC=AFBEDC；0 R: y* t4 A- f: ?) l如果车站设在C处，则各厂到C总长是1 m9 A7 m2 G7 v# I7 Z% J0 P% O（CACF）（BCCE）2DCAFBE2DC。9 k6 h1 z4 k! f2 Gk比较上面两个式子得：当车站设在D处时，七厂到车站的距离总和最小。8 S. E2 z0 2 + P0 o. P; _# 【费用最少问题】% N7 Q/ 8 H+ p9 z例1 在一条公路上每隔100千米有一个仓库（如图5.101），共有五个仓库。一号仓库存有10吨货物，二号仓库存有20吨货物，五号仓库存有40吨货物，其余两个仓库是空的。现在想把所有的货物集中存放在一个仓库里，如果每吨货物运输1千米需要0.5元的运费，那么最少要花多少运费才行？$ I/ 5 S% x8 H: a. % e- p8 B（全国第一届“华杯赛”复赛试题）$ F+ 5 m Q x 运筹5.jpg (4.66 KB)2008-9-5 11:25讲析：这类问题思考时，要尽量使运这些货物的吨千米数的和最小。处理的方法是：“小往大处靠”。/ K* m9 ?- G2 R6 E因为第五个仓库有40吨，比第一、二仓库货物的总和还多。所以，尽量把第五个仓库的货不动或者动得最近。. ? f: n) r; z9 J5 V. p当存放站设在第四仓库时，一、二、五仓库货物运输的吨千米数为：8 K, G4 2 O5 D& |9 b0 I+ o- y* l103002020040100=11000；% q& H$ z! M. b2 z7 . v) l! Z当存放站设在第五仓库时，一、二仓库货物运输的吨千米数为：% l3 Q; ) z J% v: T4 U10400+20300=10000。$ K: B6 2 B g0 Z3 T2 v$ p* ?所以，存放点应设在第五号仓库，运费最少。运费是0.510000=5000（元）。9 M8 b) w9 z! X: y4 y* J6 例2 有十个村，坐落在从县城出发的一条公路上（如图（5.102，单位：千米），要安装水管，从县城送自来水到各村，可用粗细两种水管，粗管足够供应所有各村用水，细管只能供一个村用水，粗管每千米要用8千元，细管每千米要用2千元。把粗管细管适当搭配，互相连接，可降低工程总费用。按最节省的办法，费用应是多少？7 ?& Z5 D/ i4 i8 S6 （全国第一届“华杯赛”决赛第二试试题）$ Jy; M+ Q I, * Y5 b1 运筹6.jpg (3.5 KB)2008-9-5 11:25讲析：因为粗管每千米的费用是细管的4倍，所以应该在需要安装四根或四根以上水管的地段，都应安装粗管。因此，只有到最后三个村安装细管，费用才最省。: e( O: Y3 L5 i8 Q: 不难求出，最少费用为414000元。 S# k0 f: Z4 X. n1 o- N% 30、容斥原理问题 例1 在1至1000的自然数中，不能被5或7整除的数有_个。（莫斯科市第四届小学数学竞赛试题）讲析：能被5整除的数共有10005=200（个）；能被7整除的数共有10007=142（个）6（个）；同时能被5和7整除的数共有100035=28（个）20（个）。所以，能被5或7整除的数一共有（即重复了的共有）：20014228=314（个）；不能被5或7整除的数一共有1000314=686（个）。例2 某个班的全体学生进行短跑、游泳、篮球三个项目的测试，有4名学生在这三个项目上都没有达到优秀，其余每人至少有一个项目达到了优秀。这部分学生达到优秀的项目、人数如下表： 求这个班的学生人数。（全国第三届“华杯赛”复赛试题）讲析：如图5.90，图中三个圆圈分别表示短跑、游泳和篮球达到优秀级的学生人数。 只有篮球一项达到优秀的有1565+2=6（人）；只有游泳一项达到优秀的有1866+2=8（人）；只有短跑一项达到优秀的有17652=8（人）。获得两项或者三项优秀的有66+522=13（人）。另有4人一项都没获优秀。所以，这个班学生人数是136884=39（人）。31、奇数偶数与奇偶性分析【奇数和偶数】例1 用l、2、3、4、5这五个数两两相乘，可以得到10个不同的乘积。问乘积中是偶数多还是奇数多？（全国第二届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：如果两个整数的积是奇数，那么这两个整数都必须是奇数。在这五个数中，只有三个奇数，两两相乘可以得到3个不同的奇数积。而偶数积共有7个。所以，乘积中是偶数的多。例2 有两组数，甲组：1、3、5、7、9、23；乙组：2、4、6、8、10、24，从甲组任意选一个数与乙组任意选出一个数相加，能得到_个不同的和。（现代小学数学邀请赛试题）讲析：甲组有12个奇数，乙组有12个偶数。甲组中任意一个数与乙组中任意一个数相加的和，必为奇数，其中最大是47，最小是3。从3到47不同的奇数共有23个。所以，能得到23个不同的和。本题中，我们不能认为12个奇数与12个偶数任意搭配相加，会得到1212=144（个）不同的和。因为其中有很多是相同的。【奇偶性分析】例1 某班同学参加学校的数学竞赛。试题共50道。评分标准是：答对一道给3分，不答给1分，答错倒扣1分。请你说明：该班同学得分总和一定是偶数。（全国第三届从小爱数学邀请赛试题）讲析：如果50道题都答对，共可得150分，是一个偶数。每答错一道题，就要相差4分，不管答错多少道题，4的倍数总是偶数。150减偶数，差仍然是一个偶数。同理，每不答一道题，就相差2分，不管有多少道题不答，2的倍数总是偶数，偶数加偶数之和为偶数。所以，全班每个同学的分数都是偶数。则全班同学的得分之和也一定是个偶数。例2 5只杯子杯口全都朝上。规定每次翻转4只杯子，经过若干次后，能否使杯口全部朝下？（美国小学数学奥林匹克通讯赛试题）讲析：一只杯口朝上的杯子，要想使杯口朝下，必须翻转奇数次。要想5只杯口全都朝上的杯子，杯口全都朝下，则翻动的总次数也一定是奇数次才能办得到。现在每次只翻转4只杯子，无论翻多少回，总次数一定是偶数。所以，不能使杯口全部朝下。例3 某班共有25个同学。坐成5行5列的方阵。我们想让每个同学都坐到与他相邻的座位上去。（指前、后、左、右），能否做得到？（广州市小学数学竞赛预赛试题）讲析：如图5.44，为了方便，我们将每一格用A或B表示，也就是与A相邻的用B表示，与B相邻的用A表示。要想使每位同学都坐到相邻座位上去，也就是说坐A座位的同学都要坐到B座位上去，而坐B座位上的同学都要坐到A座位上去。但是，A座位共13个，而B座位共12个，所以，不管怎样坐，要想坐A座位的同学都坐到B座位上去，是办不到的。例4 线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色。在线段中间插入1991个分点，每个分点随意标上红色或蓝色。这样分得1992条不重叠的小线段，如果把两端点颜色不同的小线段叫做标准线段，那么标准线段的条数是奇数还是偶数？（1992年长沙市小学数学竞赛预选赛试题）讲析：每插入一个点，无论其颜色怎样，其非标准线段的条数增加0条或2条，所以插入1991个点后，非标准线段增加总数是一个偶数。又原非标准线段条数为1，是一个奇数，故最后得到的非标准线段必为奇数。非标准线段条数+标准线段条数=1992条。所以，标准线段的条数是奇数。32、其他定理或性质【算术基本定理】任意一个大于1的整数，都能表示成若干个质数的乘积，如果不计质因数的顺序，则这个分解式是唯一的。即任意一个大于1的整数a=p1p2p3pn（p1p2p3pn）其中p1、p2、p3、np都质数；并且若a=q1q2q3qm（q1q2q3qm）其中q1、q2、q3、qm都是质数。那么，m=n，qi=pi（i=1，2，3，n）当这个整数是质数时是符合定理的特例。上述定理，叫做“算术基本定理”。【方程同解变形定理】方程的同解变形，有下列两个基本定理：定理一 方程两边同时加上（或同时减去）同一个数或整式，所得的方程与原方程同解。根据这一同解定理，可把方程中某一项改变符号后，从方程的一边移到另一边。这种变形叫做移项。例如，解方程3x=2x+5。解 移项，得3x-2x=5合并同类项，得x=5。定理二 方程两边同时乘以（或除以）同一个不是零的数，所得的方程与原方程同解。是同解的。【一笔画的性质】为掌握“一笔画”的性质，先介绍“一笔画”的有关概念