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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45×10+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，1992÷27=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、3……9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1993÷3=664余1，可知第1993个数是1。 例3 已知小数0.12345678910111213……9899的小数点后面的数字，是由自然数1—99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100×2＋4=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。∵（1991—1）÷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： 1993—1954＋1=40（列），63-（1993—1954）=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（91—7）÷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=1＋9+11=3＋5+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2×2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2×2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（65＋a＋b）之和必须是 3的倍数。所以，（a＋b）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：b＋c=10，e＋f=6，c＋d＋e=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。 20÷2=10，10＝2+3+5。 所以，六个质数积为2×2×3×3×5×5=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）=0 24、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2×90=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2×90=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=24 3｜24，则3｜1248621。 又如，372681各位上的数字之和是 3+7+2+6+8+1=27 9｜27，则9｜372681。 【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24，4｜24，则4｜173824。 43586775的末两位数为75，25｜75，则25｜ 43586775。 【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824，8｜824，则8｜3569824。 214813750的末三位数为750，125｜750，则125｜214813750。 【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=448，448÷7=64，即 7｜448，则7｜75523。 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=221，221÷13=17，即 13｜221，则13｜1095874。 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=99，99÷11=9，即 11｜99，则11｜868967。 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=0，0÷11=0， 即11｜0，则11｜4239235。 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）+1 k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=729 729÷8=91……1 （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）2＝4k2 显然，4k2是4的倍数，即偶数的平方为4的倍数。 例如，2162=46656 46656÷4=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
2×5＝10， 3×3=9， 3×8=24， 5×5=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=9876543×3456789； B=9876544×3456788。 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×（3456788＋1） =9876543×3456788＋9876543； B =（9876543＋1）×3456788 =9876543×3456788＋3456788； 所以，A＞B。 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（1＋1＋1）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（3＋3＋3）块，共13块；画三个三角形，依次画三条边时，增加了（5＋5＋5）块，共28块，如图5.81所示。 由此推得，画四个三角形，可增加（7＋7＋7）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①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①的位置。因为图①在中间的一列的某一格，当图①放在A、B、C处时，经试验，与其它五图不能拼成图5.82。 当图①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 （1990年《小学生报》小学数学竞赛试题） 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 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 显然，车站应设在尽量靠七个厂的中间部位。 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 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。 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1000÷5=200（个）； 能被7整除的数共有1000÷7=142（个）……6（个）； 同时能被5和7整除的数共有1000÷35=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）： 200＋142—28=314（个）； 不能被5或7整除的数一共有 1000—314=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 15—6—5+2=6（人）； 只有游泳一项达到优秀的有 18—6—6+2=8（人）； 只有短跑一项达到优秀的有 17—6—5＋2=8（人）。 获得两项或者三项优秀的有 6＋6+5—2×2=13（人）。 另有4人一项都没获优秀。 所以，这个班学生人数是13＋6＋8＋8＋4=39（人）。 |
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