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目录 数学运算题型详讲（上）.........................................................1 数学运算题型详讲（中）.......................................................45 数学运算题型详讲（下）.......................................................95 数学运算题型详讲（上） 行程问题 相遇问题 追及问题 速度叠加 工程问题 比例问题百分比 问题 利润问题 浓度问题 1.行程问题 此题型各种技巧较多，但实际上规律不难，只要把握住路程=速度×时间这 个基本公式，对不同的题型灵活应用即可。 1.解答行程问题的首要步骤是分析题目描述的情境中运动状态的改变，而 后按照不同运动状态各个击破。行程问题中，路程往往是不变量，速度变化导致 时间变化。 2.当行程问题中引入“平均速度”的概念时，一定牢记，平均速度=分段路 程和÷分段时间和，切忌认为平均速度就是速度的简单平均。 在去程速度为 V 回程速度为 V 的往返运动中，往返的平均速度=2V V / 1 2 1 2 (V +V )或者2S/(S/ V +S/ V ) 1 2 1 2 3.题目中出现数电线杆、数大树、数台阶问题时，当数了N个定点时，N个定 点间只有N-1段距离。 4.在解答行程问题中较难的题目时。画图的方法可以使题目更加直观，因此 用画图的方法寻找数量间的关系是解答行程问题的重要辅助手段之一。【例题1】某人旅游爬一座小山，上山时每分钟走30米，下山时每分钟走60米， 问在上下山的过程中平均速度是每分钟多少米？ A．40 B．43 C．45 D.48 【例题解析】我们设山上山下的距离为 ，则有 上山时间为 ，下山时间为 ，总距离为 。列方 程解得 =40米/秒。 或者，将山上山下的路程看作“整体 1”，则有 =40米/秒。故应选择A选项。 【重点提示】在涉及往返的问题中，往返的平均速度=2V V /(V +V ) 1 2 1 2 【例题２】（2009北京第11题）游乐场的溜冰滑道如下图所示，溜冰车上坡时每 分钟行驶400米，下坡时每分钟行驶600米，已知溜冰车从A点到B点需要3.7 分钟，从B点到A点只需要2.5分钟。AC比BC长多少米? C A B A．1200 B．1440 C．1600 D．1800 【例题解析】设AC距离为x米,BC距离为y米 可列方程组 + =3.7 + =2.5 将方程组中两方程通分，再相减，可直接解得x-y=1440米 答案为B 【例题３】（2010浙江省90题）某环形公路长15千米，甲、乙两人同时同地沿公 路骑自行车反向而行，0.5小时后相遇，若他们同时同地同向而行，经过3小时 后，甲追上乙，问乙的速度是多少？ A．12.5千米/小时 B．13.5千米/小时 C．15.5千米/小时 D．17．5千米/小时【例题解析】设甲的速度为xKm/h,乙的 速度为yKm/h, 因为反向而行，0.5小时后相遇， 可列方程，（x+y）×0.5=15 同时同地同向而行，若使甲能追上乙，需 使甲行驶的路程比乙行驶的路程多一圈，经 过 3 小时后，甲追上乙，可列方程（x-y） ×3=15 解得y=12.5Km/h 答案为A 【例题４】两人从甲地到乙地同时出发，一人用匀速3小时走完全程，另一人用 匀速4小时走完全程，经过（ ）分钟，其中一人所剩路程的长是另一人所剩路 程的长的2倍。 A．144 B．360 C．120 D.72 【例题解析】一人用3小时走完全程，则每小时走全程的 ，另一人用4小时 走完全程，则每小时走全程的 ，设 小时后，其中一人是另一人所剩路程的两 倍， 1- x=2(1- x)解得 小时 也即共有144分钟 答案为A 【例题５】小燕上学时骑车，回家时步行，路上共用50分钟。若往返都步行，则全 程需要70分钟。求往返都骑车需要多少时间。 A．30 B．35 C．38 D.40 【例题解析】小燕往返步行比单程步行单程骑车快70-50=20分钟，说明单 程骑车比单程步行快20分钟，因为另外单程都是骑车，故往返都骑车需要50- 20=30分钟。故应选择A选项。 【例题６】（2009内蒙古第13题）李先生去10层楼的8层去办事，恰赶上电梯停 电，他只能步行爬楼。他从第1层爬到第4层用了48秒，请问，以同样的速度爬 到第8层需要多少秒? A.112 B.96 C.64 D.48 【例题解析】他从第1层爬到第4层用了48秒，说明共走了3层，也即是每 层要用16秒，那么到第八层实际上只走了7层。所以，时间为16×7=112 答案为A【例题７】小明坐在火车的窗口位置，火车从大桥的南端驶向北端，小明测得共 用时80秒。爸爸问小明这座桥有多长，于是小明马上从铁路旁的某一根电线杆 计时，到第十根电线杆用时25秒。如果路旁每两根电线杆的间隔为50米，小明 就算出了大桥的长度。那么，大桥的长为（ ）米。 A．4000 B．1200 C．1440 D.1600 【例题解析】S=VT=80t 这道题应该注意是从第一根电线杆到第十根电线杆 的间隔应为9倍的50米，即450米，这样，桥长就为80× =1440米 答案为C 【例题８】（11国考第66题）小王步行的速度比跑步慢50%，跑步的速度比骑车 慢50%。如果他骑车从A城去B城，再步行返回A城共需要2小时。问小王跑步 从A城到B城需要多少分钟？ A.45 B.48 C.56 D.60 【例题解析】设小王步行的速度为x，跑步的速度为2x，骑车的速度为4x。设 A、B城间相距距离“1”， 由他骑车从A城去B城，再步行返回A城共需要2小 时（120分钟），可列方程 =120，解得 =120，则有 =48分钟，故应选择B选项。 【重点提示】本题利用特殊值法，更容易做。 【例题９】甲、乙、丙三人同时从A地出发去距A地100千米的B地，甲与丙以25 千米／时的速度乘车行进，而乙却以5千米／时的速度步行，过了一段时间后， 丙下车改以5千米／时的速度步行，而甲驾车以原速折回，将乙载上而前往B地 这样甲、乙、丙三人同时到达B地，此旅程共用时数为（ ）小时。 A．7 B．8 C．9 D.10 【例题解析】乙、丙二人步行的速度 都是 5 千米/小时，坐车时的速度都 是25千米/小时，他们走完全程的时 间也完全一样。这样，乙走路的距离。与丙走路的距离应该一样。如图，D点是丙 下车的地点，C点是乙上车的地点， AC+DB，AC+CD+DB=100,丙步行走完DB的时 间，应该等于甲开始走2CD +BD的时间 由于2CD+DB=2AB-2AC-DB=2AB-3DB 可列方程 ＝ ∴DB=25 共用的时间为 小时 答案为B2.相遇问题 相遇问题是人才测评考试中经常考查的一种问题，解答人才测评中的相遇 问题最关键的方法是一定要认真想象题目所述的时空概念，将运动体在题目所 述过程中的运动状态（即速度、路程、时间关系）分析清楚，从其相互间的可列方 程的等量关系着手解决。 解答相遇问题的注意事项： 1.相遇问题的基本公式是：相遇路程=（A速度+B速度）×相遇时间 2.在通常情况下，相遇问题中的相遇时间是相等的。 3.如果题目中某方先出发，注意把他先行的路程去掉，剩下的部分依 然是相遇问题。 4.环形路上的相遇问题，两者若同时同地反向出发，则相遇距离一定 为环形路的全长。若两者第一次相遇时距中点M米，则两者在第二次相遇时 相距2M米。 5.折返跑问题中，两者从两地出发，第一次相遇路程为M，以后再相 遇，相遇路程均为2M。 6.解答相遇问题中的“列车错车”问题时，计算相遇路程时还要注意 算上两列列车本身的长度。 7.在解决相遇个数问题时，（例如乘坐某公交车从一终点站到另一终 点站用N小时，全程遇到相向而来的同路线公交车M量，那么这路公交车就 每隔小时发车一辆）尤其要注意对题意时空情境的想象，解答问题。 （1）一般相遇问题 【例题1】（2006年北京第20题）红星小学组织学生排队去郊游,每分钟步行60 米，队尾的王老师以每分钟 150米的速度赶到排头,然后立即返回队尾,共用去 10分钟.求队伍的长度。 A.630米 B.750米 C.900米 D.1500米 【例题解析】本题可将王老师与队伍的关系视作先为对队首的追及，后为对 队尾的相遇，设队伍长度为x x÷（150-60）+x÷（150+60）=10 解得x=630米 答案为A【例题2】甲、乙两辆清洁车，执行东、西城间的公路清扫任务。甲车单独清扫需 10小时，乙车单独清扫需15小时，两车同时从东、西城相向开出，相遇时甲车比 乙车多清扫12千米。问：东、西两城相距多少千米？ A.45 B.50 C.55 D.60 【例题解析】甲车与乙车的所用时间比为10:15，则速度比为3:2，这样相遇 时所用时间是相同的则所走过的距离比是 3:2，这样甲比乙多走的应该是全程 的 ，12÷ =60千米。故应选择D选项。 【例题3】A、B两城相距60千米，甲、乙两人都骑自行车从A城同时出发，甲比 乙每小时慢4千米，乙到B城当即折返，于距B城12千米处与甲相遇，那么甲 的速度是（ ）千米。 A．8 B．10 C．12 D．15 【例题解析】甲乙两人在距B处12千米处相遇，则乙比甲多走24千米，甲比 乙每小时慢4千米，则说明相遇时已走了24÷4=6小时，甲的速度为（60-12） ÷6=8千米/小时。 答案为A 【例题4】(2007年国家考试第53题) A、B两站之间有一条铁路，甲、乙两列火车 分别停在A站和B站，甲火车4分钟走的路程等于乙火车5分钟走的路程，乙 火车上午8时整从B站开往A站，开出一段时间后，甲火车从A站出发开往B 站，上午9时整两列火车相遇。相遇地点离A、B两站的距离比是15：16，那么， 甲火车在（ ）从A站出发开往B站。 A．8时12分 B．8时15分 C．8时24分 D．8时30分 【例题解析】甲火车4分钟走的路程是乙火车5分钟走的路程，甲、乙的速度 比为5:4。相遇时离A、B点的距离比是15:16，则甲、乙开过的路程比是16:15， 所用时间比则为3:4，乙用1小时，则有甲用45分，所以甲发车时间为8点15分 答案为B 【例题5】(2003年浙江一卷14题)甲、乙、丙三人沿湖边散步，同时从湖边一固定 点出发，甲按顺时针方向行走，乙与丙按逆时针方向行走，甲第一次遇到乙后 1 分钟遇到丙，再过 分钟第二次遇到乙。已知乙的速度是甲的 ，湖的周长 为600米，则丙的速度为（ ） 。 A．24米／分 B．25米／分 C． 26米／分 D．27米／分 【例题解析】甲与乙从第一次相遇到第二次相遇用了1.25+3.75=5分钟，所 以甲、乙的速度和为600÷5=120米/分钟，乙的速度是甲的2/3，所以甲速度是72 米/分钟。甲、乙相遇用5分钟，则甲、丙相遇一次用5+1.25=6.25分钟，甲、丙速 度和为600÷6.25=96米/分钟，丙的速度为96-72=24米/分钟 答案为A【例题6】从甲地到乙地，客车行驶需8小时，货车需12小时，如果两列车同时从 甲地开往乙地，客车到达乙地后立即返回，经过（ ）小时与货车相遇？ A．9 B．9.5 C．9.6 D．10 【例题解析】客车每小时走全程的 ，货车每小时走全程的 ，相遇时两辆 车加起来走完两个全程，所用时间为2÷（ + ）=9.6小时 答案为C 【例题7】绕湖的一周是20千米，甲、乙二人从湖边某一地点同时出发反向而行， 甲以4千米/小时的速度每走一小时后休息5分钟，乙以6千米/小时的速度每走 50分钟休息10分钟，则两人从出发到第一次相遇用（ ）小时。 A．2小时 B．2小时10分钟 C．2小时15分钟 D．2小时16分钟 【例题解析】甲相当于每1小时5分钟走4千米，乙相当于每1小时走5千米 则两小时10分钟后，甲走8千米，乙走10+6/6=11千米。 2小时10分钟之后，甲、乙共走了19千米（这已经考虑了他们各自的休息了）， 还剩1千米，将用1÷（4+6）=1/10小时，所以相遇时走了2小时16分钟。 答案为D 【例题8】樊政和一名老先生爬一座小山，樊政比老先生快。二人同时从山下起点 出发，到达山顶后立刻返回，且下山的速度都各是自身上山速度的1.5倍。樊政 和老先生相遇时老先生已出发40分钟。老先生到达山顶时，樊政正好在半山腰 求樊政往返用（ ）分钟。 A．120 B．90 C．60 D．50 【例题解析】我编写本题目的是为了拓展同学们的思路，使同学们能够更熟练深 入掌握相遇题型的解决方法。近年来公务员考试题目难度日益增大的趋势愈发 明显，练一练难度较大的题目对大家会有一定帮助的。 方法一：设樊政的速度为 ，老先生速度为 ，当老先生到达山顶时有： = + 解得：x= y从山底到山顶为 米，当樊政到达山顶时，老先生应该已走 ，此时用时为 ，从樊政向山下走到相遇的用时为 除以老先生的速度加樊 政的速度，这时樊政的速度为下山速度即 ，老先生速度为 ，即 ，则有 +=40，整理得： 10/9 =40 解得： =36 樊政上山用36分钟，则下山用时为36×2/3=24分钟，共用60分 钟。 方法二：当老先生到达山顶时，樊政正 好在半山腰，这时樊政应该走完了上 山的全程和下山的半程，如果樊政下 山时用的是上山时的速度，那么樊政 这时应该走半程的 ，即下山全程的 ，也就是老先生上到山顶时，如果 樊政一直用上山速度走，则走了 倍的距离，樊政与老先生的速度比为 。 相遇的时候，樊政比老先生多走 ，如果樊政一直用上山时的速度走， 则将走CB+2/3CB=5/3ＣＢ，由于樊政上山速度是老先生的 倍，则有ＡＣ＋ ＣＢ＝ ＡＣ，解得：ＡＣ＝５CB，则AB=6CB，40分钟樊政ＡＣ＋ ＣＢ＝ ＣＢ＝ ＡＢ，则樊政上山用时应为４０× ＝３６分钟，下山速度是上山的1.5 倍，则用时为36÷1.5=24分钟，共计60分钟。 答案为C- （2）特殊相遇问题 【例题1】（09黑龙江6题）甲、乙、丙三辆车的时速分别为80公里、70公里和60 公里，甲从A地，乙和丙从B地同时出发相向而行，途中甲遇到乙后15分钟又遇 到丙，那么A、B两地相距多少公里？( ) A．650公里 B.525公里 C．480公里 D．325公里 【例题解析】甲与乙相遇后15分钟又遇到丙，这说明这15分钟甲和丙走的 距离就是乙比丙多走的距离，我们可以求出：（80+60）×1/4=35，所以从出发至 甲乙相遇，乙车共超丙车35千米，而乙车每小时比丙车快10千米，所以当甲车 和乙车相遇时他们共走了3.5小时。 所以AB两地相距为（80+70）×3.5＝525 答案为B 【例题2】（2010年江西省第49题）甲从A地，乙从B地同时以均匀的速度相向而 行，第一次相遇离A地6千米，继续前进，到达对方起点后立即返回，在离B地3 千米处第二次相遇，则A,B两地相距多少千米？A.10 B.12 C.18 D.15 A 距A地6Km 设为xKm 距B地3Km B 【例题解析】 方法一： 如图所示，设两次相遇中间部分的路程为x千米。 由题目知，甲乙均是匀速行进，所以甲乙相同时间内行进的路程的比值是相同 的，第一次相遇时，甲行了 6千米，乙行了x+3千米；第二次相遇时，甲行了 x+3+3千米，乙行了6+6+x千米，由此可列方程： 解得x=6 所以AB两地相距6+6+3=15千米 答案为D 方法二： 如图，从甲、乙第一次相 遇到甲、乙在D点第二次相遇， 甲、乙应该加起来共走了两个 全程。从第一次相遇到第二次相遇的过程中，甲走了 ，乙走了 ，这样在此过程 中乙就比甲多走 公里，也就是说从第一次相遇到第二次相遇的过程中乙比甲 多走6公里，这一过程甲、乙共走了两个全程，则有甲、乙共走一个全程时乙比甲 多走3公里。 在第一次相遇时，乙比甲多走3公里，甲走了6公里，则全程为 公里 【例题3】（2006年国考一卷第39题）A、B两地以一条公路相连。甲车从A地，乙 车从B地以不同的速度沿公路匀速率相向开出。两车相遇后分别掉头，并以对 方的速率行进。甲车返回A地后又一次掉头以同样的速率沿公路向 B地开动。 最后甲、乙两车同时达到 B地。如果最开始时甲车的速率为 X米/秒，则最开始 时乙车的速率为（ ）。 A．4X米/秒 B．2X米/秒 C．0.5X米/秒 D．无法判断 【例题解析】很明显，如果甲、乙相遇各自不掉头，也不“交换”速率，那么， 甲、乙会以同样的时间同时到达B地。在此过程中，乙车行使两倍的AB路程，甲 车行使一倍的AB路程，所以，乙车的速率是甲车的2倍。 答案为B 【例题4】有一人乘火车回家，火车早点一个小时。预定开车接他的家人还未到。火车站到他家只有一条路，他决定先步行回家，路上遇到开车的家人后再乘车。 结果到家一看，比原定计划（火车准点）提早20分钟到家。现假设他家人事先不 知道火车会早点，按计划准时离家，路上汽车匀速，问他从火车站出发步行（ ） 分钟才遇到家人？ A．20 B．30 C．40 D．50 【例题解析】提早20 分钟到家，说明汽车比原 计划少开20分钟，这样从相遇点到车站，汽车往返的时间应为20分钟，也就是 说从相遇点到车站汽车单程的时间是10分钟，如果火车没有早点，汽车应该途 经相遇点后再开10分钟到车站，由此可知，相遇时距火车准点到达的时间为10 分钟，此人从距火车正点60分钟开始步行，所以走了50分钟 答案为D （3）相遇次数问题 难点 【例题1】在一个400米的圆形跑道上，甲、乙二人从同一地点背向出发各跑 5000米。甲每分钟240米，乙每分钟160米。问甲、乙二人相遇（ ）次？ A．19 B．20 C．12 D．31 【例题解析】这道题可能出错之处是，有人可能认为甲每跑一圈会与乙相遇 一次，而实际上乙也在跑，甲、乙加起来每跑一圈相遇一次。甲每分钟240米，乙 每分钟160米，相加正好是400米，也就是说每分钟相遇一次，甲跑了 （取 整），所以相遇19次。 答案为A 【例题２】（2011年国考第68题）甲、乙两人在长30米的泳池内游泳，甲每分钟 游37.5米，乙每分钟游52.5米，两人同时分别从泳池的两端出发，触壁后原路 返回，如是往返。如果不计转向的时间，则从出发开始计算的1分50秒内两人 共相遇了多少次？ A.2 B.3 C.4 D.5 【例题解析】甲、乙两人速度和为90米/分钟，1分50秒内两人可游165米。 两人第一次相遇时，两人须共游30米，而后每次相遇，两人须共游60米，（165- 30）÷60≈2，2+1=3次，故两人共相遇了3次。故应选择B选 【例题３】甲乙两人在相距90米的直路上来回跑步，甲的速度是每秒跑3米，乙 的速度是每秒跑2米。如果他们同时分别从直路两端出发，10分钟内共相遇几次？ A．16 B．17 C．20 D．45 【例题解析】甲、乙第一次相遇时所走过的路程和应该是90米，从第一次相遇之 后，每次相遇之间，甲、乙走过的路程和就应该是2倍的90米了 所以第一次相遇，是出发后的90÷（3+2）=18秒，在此之后每36秒相遇一次 （10×60-18）÷36≈16（取整）这样10分钟之内，甲、乙共相遇16+1=17次。 答案为B 【例题４】樊政坐某路公共汽车从一个终点站到另一个终点站用了1个小时，途 中看到过20辆从对面驶来的同一路公共汽车。问这路公共汽车大约每（ ）分 钟从终点站发出一辆车？ A．3 B．4 C．5 D．6 【例题解析】从一个终点站到另一个终点站用1小时，这样樊政在刚刚出发后 看到的第一辆车应该是将近1小时前，另一个终点发出的车，而樊政在快到另 一个终点时看到的最后一辆车，应该是在樊政出发将近1小时后发车的。这样， 樊政看到第一辆与最后一辆的发车时间的差应该是将近 2小时，2小时中发出 20辆车，说明正好每6分钟发一辆车。 答案为D 【例题5】（2007年天津第15题）甲乙两地有公共汽车，每隔3分钟就从两地各 发一辆汽车，30分驶完全程。如果车速均匀，一个人坐上午9点的车从甲地开往 乙地，一共遇上多少辆汽车? A．15 B．18 C．19 D．20 【例题解析】首先我们应该明白这样的道理，在9点的时间，路上肯定已经有 车了。当此人人从甲出发的时候，乙也有个车刚出发，由于每3分钟发一辆车， 因此，从乙地出发的车有出发0分钟的（也就是在乙点准备出发的车），出发3 分钟，出发6分钟．．．．．出发27分钟，出发30分钟（也就是此时已经到达甲点 的车）．因此，对车上的这个人来说，距他最近的还在路上开着的车距甲点有3 分钟的车程．由于车速相同，因此，此人和该车1.5分钟的相遇．同样的，再过 1.5分钟后又与另一辆车相遇，依此类推，每1.5分钟与一辆车相遇．当该人在 路上行驶了27分钟后，已经与18辆车相遇．并且此时乙地又出发了一辆车，将 会在1.5分钟之后也就是出发28.5分钟的时候相遇，这是最后相遇的一辆车． 所以总共相遇19辆车． 答案为C 【例题6】甲、乙两个码头分居一条大河的上下游。从甲到乙需10个小时，从乙到 甲需20个小时。甲、乙两个码头每半小时会不间断地同时发出一条客船。问一 条客船从乙到甲沿途会遇到几条从甲发出的客船？ A．39 B．40 C．59 D．60【例题解析】客船从乙出发时，应该正好有一条从甲驶来的船进入乙港。这条船 应该是10小时前从甲出发的。从乙出发的这条船，经20小时后驶入甲港，这时 也应该正好有一条船离开甲港。 从乙出发的这条船，出港时看到的是10小时前从甲出发的，而从乙出发的 这条船进入甲港时看到的是出发后20小时从甲出发的，这样，这条船将看到30 小时，从甲港出发的船，30小时内甲港应发出61条船。由于是每半小时甲、乙两 港同时发船，所以，有两条船将是在港内与之相遇，这样在途中共应看到59条 船。 答案为C 3.追及问题 人才测评中的追及问题是考查考生时空情境想象能力、抽象能力、分析能 力的一种题型，其难点也往往是在题目所述过程中速度、路程、时间关系的分析 上。 解答追及问题的注意事项： 1.在一般追及问题中，追及速度等于两运动体的速度之差（大速度－小速 度）。追及问题的基本公式为追及路程=（大速度-小速度）×追及时间 2.环形路（如跑道）上的追及问题，两者若同时同地同向出发，大速度者若要 追上小速度者一圈，需要追及的路程一定为环形路的总长。 3.间歇追及问题实际上是一般追及问题的变形，重点在于把握过程中间歇次 数不同所造成的新的路程差。 4.“追队伍，追列车”问题中，很多情况下，追及路程还需加上队伍和列车本 身的长度。 【例题1】（2003年国考A类第14题）姐弟俩出游，弟弟先走一步，每分钟走40 米，走了80米后姐姐去追他。姐姐每分钟走60米，姐姐带的小狗每分钟跑150 米。小狗追上了弟弟又转去找姐姐，碰上了姐姐又转去追弟弟，这样跑来跑去， 直到姐弟相遇小狗才停下来。问小狗共跑了多少米?（ ）。 A.600米 B.800米 C.1200米 D.1600米 【例题解析】小狗跑的时间就是姐姐追上弟弟所用的时间。从姐姐出发到姐 姐追上 弟弟所用时间为80÷（60-40）=4分钟【追及路程=（大速度-小速度）×追及时 间】，则4分钟内小狗跑的距离为150×4=600米。 答案选A 设总长为l，则l/60=(l-80)/40 推出l=240，t=4分钟 【例题2】甲乙两位同学在环形跑道上的同一地点同时开始跑步，如果两位同学反向而行，3分钟后相遇，甲比乙多跑50米，如果两位同学同向而行，18分钟后 相遇。请问跑道的长度是多少米？ A.200米 B.250米 C.300米 D.400米 【例题解析】甲3分钟比乙多跑50米，则1分钟比乙多跑 米。甲18分钟 追上乙，追及距离为18× =300米。在环形跑道上，追及距离就应该正好是 跑道一圈的长度。 答案为C 【重点提示】环形路上的追及问题，追及路程一定为环形路的总路程。 【例题3】(2009江西13题)甲、乙二人同时同地绕400米的循环环行跑道同向而 行，甲每秒跑8米，乙每秒跑9米，多少秒后甲、乙第3次相遇？ A．400 B．800 C．1200 D．1600 【例题解析】由于乙每秒比甲快1米，所以第一次乙追上甲是在400秒后， 也即是乙超过了甲一周，同样乙第二次追上甲是在800秒后，所以1200秒后甲 乙第三次相遇。 答案为C 【例题4】（2006年北京第19题）左下图是一个边长为100米的正三角形，甲自A 点、乙自B点同时出发，按顺时针方向沿三角形的边行进。甲每分走120米，乙 每分走150米，但过每个顶点时，因转弯都要耽误10秒。问：乙出发后多长时间 在何处追上甲？ A．3分 B．4分 C．5分 D．6分 【例题解析】乙欲追上甲，就要比甲多过一个顶 点，这样就要延误 10 秒，这 10 秒钟甲将走 120×1/6=20 米，这样追及距离就成了 100+20=120 米。120÷（150-120）=4分钟，而4分钟内，乙共走了 600米，也即是转弯了6次，要多费60秒，所以共用 时间为5分钟。 答案为C 【例题5】（2010年河南省第50题）甲、乙两地相距100千米，张先骑摩托车从甲 出发，1小时后李驾驶汽车从甲出发，两人同时到达乙地。摩托车开始速度是50 千米/小时，中途减速为40千米/小时。汽车速度是80千米/小时。汽车曾在途 中停驶10分钟，那么张驾驶的摩托车减速时是在他出发后的多少小时?( ) A.1 B. C. D.2【例题解析】由于汽车在中途停了10分钟= 小时， 故汽车到达乙地时共用时间为 + 小时， 摩托车到达乙地共用 + +1小时 由于摩托车中途减速，设摩托车以50千米/小时行驶x小时， 则以40千米/小时的速度行驶了 + +1-x小时。 可列方程：50×x+40×( + +1-x)=100 解得x= 。故选择C选项。 【例题6】（2009云南13题）在400米环形跑道上，A、B两点 最近相距100米(如图)。甲、乙两位运动员分别从A、B两 点同时出发，按逆时针方向跑步，甲每秒跑9米，乙每秒跑 7米，他们每人跑100米都停5秒，那么追上乙需要多少秒？ ( ) A．70 B．65 C．75 D．80 【例题解析】甲每跑100米休息5秒，所以甲每跑100米共用时间为： +5=16 秒；乙每跑100米休息5秒，乙每跑100米共用时间为： +5=19 秒。 比较分析，结合选项，考虑出发后75秒时的情况，甲休息了四次，跑了(75— 4×5)×9=495米；乙跑了420米。甲比乙多跑了75米，甲没有追上乙。所以甲追 上乙的时间应大于75秒，只能选择D。 【例题7】一列火车从甲城开往乙城，每小时行48千米，中午12时到达；每小时 行80千米，上午10时到达。如果要上午11时到达，这列火车行驶速度应是每小 时多少千米 A. 50千米 B.52千米 C.55千米 D. 60千米 【例题解析】这道题的解题思路可以借鉴追及题的思路，以80千米/小时的 速度可以提前两小时到，换言之，如果有一辆80千米/小时的火车比48千米/小时的火车晚发车2小时，跑完全程正好追上，追及距离是48×2=96千米，追及 速度是80-48=32千米，追及时间是96÷32=3小时，全程是3×80=240千米，11 点到达就需要4小时到达240÷4=60千米/小时 答案为D 【例题8】樊政从家步行去某地，每分钟步行50米，上午11点到达。第二天樊政 还是同一时间出发，每分钟步行70米，上午9时到达。第三天樊政同一时间出 发，以每分钟60米的步行速度去该地，则樊政到达该地时的时刻为（ ） A.9点40分 B.9点50分 C.10点整 D.10点10分 【例题解析】这道题的解题思路可以借鉴追及题的思路，以70米/分钟即 4.2千米/小时的速度可以提前两小时到，换言之，如果有一个4.2千米/小时的 人比3千米/小时的人晚出发2小时，走完全程正好追上，追及距离是3×2=6千 米，追及速度是4.2-3=1.2千米，追及时间是6÷1.2=5小时，则第一次路程所 用时间为5+2=7小时，即出发时间为凌晨4点，全程是5×4.2=21千米.樊政第 三天时速为3.6千米/小时，所以走完全程所用时间为 = ，即4点出发历时 5小时50分种到达，在9点50到达。 答案选B 4.速度叠加 无论是水流问题还是扶梯问题，解决此类问题的一个共同前提就是将水流、 扶梯看作匀速，与运动物体的速度关系是相加或相减的关系。 （1）水流问题 解决水流问题的注意事项 一、水流问题中，船速和水流速度恒定匀速。 顺水速度=船速+水流速度 逆水速度=船速-水流速度 顺水速度-逆水速度=2×水流速度 二、在水流问题中，沿水流方向的相遇和追及问题同水流速度无关。 当A、B两船在同一河流相向而行时，（A船顺水而行，B船逆水而行） A船顺水速度+B船逆水速度=A船船速+B船船速 当A、B两船在同一河流同向行驶时，（A船船速﹥B船船速） 两船距离拉大/缩小速度=A船船速-B船船速 三、无动力状态下，船（木筏、竹排）的航行速度=水流速度【例题1】(2005年浙江一卷22题)一艘游轮逆流而行，从A地到B地需6天；顺 流而行，从B地到A地需4天。问若不考虑其他因素，一块塑料漂浮物从B地漂 流到A地需要多少天? A．12天 B．16天 C．18天 D．24天 【例题解析】设水的速度为 ，船的速度为 ，路程为“整体1”。 =4 解得：x= ，所以需要24天。 =6 答案为D 【思路点拨】考生应抓住“整体1”思想，利用方程求出水流速度进而解答该 题。无动力状态下，物体的航行速度=水流速度 【例题2】（2005年国考一卷第43题）某船第一次顺流航行21千米又逆流航行4 千米，第二天在同河道中顺流航行12千米，逆流航行7千米，结果两次所用的 时间相等。假设船本身速度及水流速度保持不变，则顺水船速与逆水船速之比 是： A.2.5：1 B.3：1 C.3.5：1 D.4：1 【例题解析】设顺水船速为x，逆水船速为y 则有 解得x：y=3:1 故应选择B选项。 【例题3】（2010年黑龙江省第42题）一船顺水而下，速度是每小时6千米，逆流 而上每小时4千米。求往返两地相距24千米的码头间平均速度是多少?( ) A．5 B．4.8 C．4.5 D．5.5 顺流速度6千米/小时 水流方向 度 逆流速度4千米/小时 两地相距24千米 【例题解析】顺流而行时，需行驶24千米÷6千米/小时=4小时，逆流而行时， 需行驶 24 千米÷4 千米/小时=6 小时，共用了 10 小时，平均速度为24×2÷10=4.8公里/小时，所以答案为B选项。 【思路点拨】考生在答题此题时，要注意平均速度并非速度的平均。 【例题4】（2010年国考54）某旅游部门规划一条从甲景点到乙景点的旅游线路， 经测试，旅游船从甲到乙顺水匀速行驶需3小时；从乙返回甲逆水匀速行驶需4 小时。假设水流速度恒定，甲乙之间的距离为y公里，旅游船在净水中匀速行驶 y公里需要x小时，则x满足的方程为： A. = + B. = + C. - = + D. - = - 【例题解析】选择 D中所列方程 - = - 有等量关系， 即顺水速度-静水速度=静水速度-逆水速度 相当于水速=水速，有等量关系，故应选择D选项。 【重点提示】流水问题中，水速=水速是一组重要的等量关系。 【例题5】甲、乙两船分别在一条河的A、B两地同时相向而行。甲顺流而下，乙逆 流而行。相遇时，甲、乙两船行了相等的航程。相遇后继续前进，甲到达B地，乙 到达A地后，都立即按原来路线返航。两船第二次相遇时，甲船比乙船少行1千 米。如果从第一次相遇到第二次相遇时间相隔1小时20分，则河水的流速为每 小时（ ）千米。 A0.375 B0.5 C1.125 D 1.5 【例题解析】此题的关键是第一次相遇时，甲、乙二船行了相等的航程，由于 两船是同时出发，这样就有 V + V = V - V 甲 水 乙 水 同时，由于第一次相遇时，甲、乙二船行相等的航程，那么，他们到达A、B地 就应该是同时到达。 另外我们还应该知道，相遇时间是路程除以速度和。而速度和为 （V + V ）+（V - V ）= V + V 甲 水 乙 水 甲 乙 甲航行距离 乙航行距离 A B 两船同时相向出发在中点相遇，航行距离 一样，所耗时间一样。 乙航行距离 甲航行距离 B A 甲乙同时返航，到相遇时所耗时间仍一样由此可知，甲、乙船的速度和与水流流速无关。这样，我们就可以推导出，从 出发到第一次相遇所用的时间与从第一次相遇，到甲、乙行使到B、A点，以及甲、 乙从B、A点驶到第二次相遇的时间都是一样的，都应该是 ÷2= 小时 这样就有从甲、乙到达B、A开始，甲、乙分别行驶了 （V +V ）= （V -V ）+1 乙 水 甲 水 则有： （V -V ）=1- V 乙 甲 水 又由于V +V =V -V V -V =2V 甲 水 乙 水 乙 甲 水 所以有： （2V ）=1- V V = 千米/小时 水 水 水 答案为A 【重点提示】在水流问题中，沿水流方向的相遇和追及问题，由于同时受到水 流的影响，故水流速度可以不计。 （2）扶梯问题一、扶梯问题与水流问题类似。 当人步行方向与扶梯运行方向相同时， 人在扶梯上运行的速度=人步行速度+扶梯的运行速度 当人步行方向与扶梯运行方向相反时， 人在扶梯上运行的速度=人步行速度-扶梯的运行速度 二、扶梯问题与相遇、追及问题的转化 扶梯问题相对于水流问题较复杂，较难理解，在此给大家推介一种较好理解的 方法。 由于当扶梯运行方向与人行走方向同向时，须将扶梯速度与人行走速度叠加， 故我们可以将扶梯看做与人相向而行的运动体，将扶梯问题看做相遇问题。 由于当扶梯运行方向与人行走方向逆向时，须将扶梯速度与人行走速度相减， 故我们可以将扶梯看做与人同向而行的运动体，将扶梯问题看做追及问题。 【例题1】商场内有一部向下运行的扶梯，一位顾客从上向下走，共走了20级台 阶，以同样的速度从下向上走，共走了60级台阶，问电梯停住时，能看到多少级 台阶？ A20级 B30级 C40级 D50级 【例题解析】顾客是匀速的，所以顾客走60级用的时间应该是走20级用的时 间的3倍。设扶梯静止时为 级，当顾客每走20级台阶，扶梯运动y级，则有： x-y=20 x+3y=60 解得：x=30 故应选择B选项。 顾客和电梯方向均 顾客和电梯方向相 向下，走20级。 反，走了60级。 【例题2】（2005年国考一卷第47题）商场的自动扶梯以匀速由下往上行驶，两 个孩子嫌扶梯走得太慢，于是在行驶的扶梯上，男孩每秒钟向上走2个梯级，女 孩每2秒钟向上走3个梯级。结果男孩用40秒钟到达，女孩用50秒钟到达。则 当该扶梯静止时，可看到的扶梯梯级有： A80级B100级C120级D140级【例题解析】设扶梯的速度是每秒 级，扶梯上升与男孩、女孩向上走是速度 叠加关系。 40秒内男孩走的加上40秒内扶梯走的是静止时扶梯总级数。 50秒内女孩走的加上50秒内扶梯走的是静止时扶梯总级数 40×（2+x）=50×( +x) 解得x= 代得：扶梯总级数为100级 答案为B选项 【思路点拨】这里再向大家推介一种更好理解的方法，辅助考生解答扶梯问 题。 由于扶梯与两个孩子同向而行，速度需叠加在一起。故可将电梯看做甲，与男孩、 女孩同时出发，相向而行。题目就可看做，两孩子在A地，甲在B地，三者同时出 发，男孩与甲相遇需要40秒，女孩与甲相遇需要50秒，男孩每秒钟走2个梯级， 女孩每秒钟走1.5个梯级，设甲的运动速度为x， 则根据相遇路程相等列出等式方程为： 40(2+x)=50(1.5+x)解得x=0.5 扶梯梯级共有（0.5+2）×40=100级 对应的，当扶梯与人逆向而行时，可看做追及问题求解。 5.工程问题 工程问题是国家及地方公务员考试中最常见的题型之一，而且近年来在考 试中，此类型题目难度有明显的加大趋势。其实，工程问题万变不离其宗，绝大 多数情况都可以采用所谓“整体1”的方法。 解答工程问题时，要熟练掌握相关技巧，灵活作答。本种题型应注意事项： 1、工程问题中最常见的解题思路是将总量看作整体“1”。若设整项工程的工作量 为“整体1”，那么，如果一个人用n个单位时间完成，则每单位时间的工作量就是，其它 技巧往往是在此基础上的变化。 2、近几年的真题中，工程问题往往出现“交替工作”的情况。遇到此种情况，考生可 将N人的工作效率“打包”相加，看做N人合作N天的效率和，大大简化了题目的复杂程 度。 3、在工程问题中，常常会出现多人完成的整项工程，某人“停顿”N天的情况。遇到 此类问题，考生可先对这一“停顿忽略不计”，用几人合作的工作效率和×实际工作时 间得到一个超过“整体1”的工作量。这一工作量与“整体1”的差值就是某人单独在N 天的工作量。 甲完成某项工作需要40天，乙完成某项工作需要30天，两人合作，共同完成这一工 作，由于乙中途休息了一段时间，这项工作最终20天完成，问乙中途休息了多长时间？ 设整项工作为“整体1”，则甲的工作效率为，乙的工作效率为，两人的效率和为 + =。若两人一直合作，则能完成整项工作的×20=，比工作量多出-1=。这多出的就是多 算的乙休息时间的工作量，故乙休息了÷ =5天。 4、工程问题中，当出现“水池蓄、放水”问题时，要尤其注意认真审题，以避免与隐 含其中的“此消彼长”问题（蓄水的同时漏水、放水的同时注水）相混淆。 【例题1】（2007年河北省第17题）甲、乙两队从两端向中间修一条330米的公 路，甲队每天修15米，修2天后，乙队也来修，共同修了10天后，两队还相距30 米，乙队每天修多少米？ A．16 B．10 C．15 D．12 【例题解析】此题由三个阶段构成，先是甲独做的两天，再是两人同做的10 天，最后是尚未做的30米。要求乙队的工作效率，须从两人同做的10天入手。 由条件“甲队每天修 15 米，修 2 天”，可知甲单独工作两天的工作总量为 15×2，两队合作的总工作量为330-30-30=270米。 合作效率=合作总量÷合作时间，即270÷10=27米/天。 乙独做的效率为27-15=12米/天。 故应选择D选项。 【思路点拨】作答此题，应先将工作总量分段，即分成甲独做、两人合作和尚未做三部分，而后各个击破，轻松作答。 【例题2】（2007江西省第38题）甲、乙、丙共同编制一标书，前三天三人一起完 成了全部工作量的 ，第四天丙没参加，甲、乙完成了全部工作量的 ，第五天 甲、丙没参加，乙完成了全部工作量的 ，从第六天起三人一起工作直到结束， 问这份标书的编制一共用了多少天？ A．13 B．14 C．15 D．16 【例题解析】设整项工程为“整体1”，由“前三天三人一起完成了全部工 作量的 ”可知三人合作的工作效率为 ÷3= 。 又可求三人合作状态下的工作总量为1- - = ，则三人合作的总时间 为 ÷ =14天，再加上第四天和第五天，则完成整项工程共用了14+1+1=16 天。故应选择D选项。 此题的解题步骤，如下图所示： 经整理，将题目所描述状态简化 将相同的工作状态合并，剩余 的工作全部在 的工作效率下完成。共还 需14天。故共需14+2=16天。 【重点提示】要注意的是，在一些工程问题题目中往往存在多人多种工作状 态，考生要注意捋顺思路，将与所求相关的工作状态过滤出，将其余工作状态的 影响刨除，从而简化题意，顺利答题。 【例题3】（09吉林省第7题）甲、乙一起工作来完成一项工程，如果甲单独完成 需要30天，乙单独完成需要24天，现在甲乙一起合作来完成这项工程，但是乙中途被调走若干天，去做另一项任务，最后完成这项工程用了20天，问乙中途 被调走（ ）天 A.8 B.3 C. 10 D. 12 【例题解析】设整项工程为“整体1”，甲每天的工作效率则为 。甲、乙合 作完成整项工程共用20天，甲全程参与了整项工程，故甲完成了全部工程的 剩余的 工程是乙的工作总量，根据比例关系可知，乙完成这些工作只需24× =8天。故乙中途被调走了20-8=12天。故应选择D选项。 【例题4】（2010广州市第6题）一项工程交由甲、乙两人做，甲、乙两人一起做需 要8天，现在甲乙两人一起做，途中甲离开了3天，最后完成这项工程用了10天， 问甲单独做需要多少天完成？ A.10 B.11 C.12 D.13 【例题解析】甲、乙合作10天完成全部工程的过程中，甲在中途离开了3天。 则甲、乙实际合作了7天。设工程总量为“整体1”，由于“若甲、乙全程合作需 要8天完成”，可知甲、乙合作的7天中，完成了工作总量的 。则乙独做的10- 7=3天中，只完成了工作总量的 。易求乙的工作效率为 ÷3= ，甲的工作效 率则为 - = 。故甲单独做要12天才能完成。 故应选择C选项。 【重点提示】解答此类“中途被调走”类工程问题，可从全程参与工程者或 共同工程时间入手，将题目条件简化，达到巧解、速解的目的。 【例题5】（2011国考第77题）同时打开游泳池的A,B两个进水管，加满水需1小 时30分钟，且A管比B管多进水180立方米，若单独打开A管，加满水需2小时 40分钟，则B管每分钟进水多少立方米？ A.6 B.7 C.8 D.9 【例题解析】“A、B两管同时加水需1小时30分钟（90分钟）加满，A管比B 管多进水180立方米”。根据比例关系，可知若B管单独加水2小时40分钟 （160分钟），还差320立方米的水没有加满。 设B管每分钟进水x立方米 可有方程2×90x+180=160x+320，解得x=7。 故应选择B选项。【重点提示】遇到水管加水（水池放水）问题，切忌盲目作答。一定要认真理 解题意，很多题目会有隐藏其中的“此消彼长”问题（边放水边加水或边加水 边漏水），要求考生引起足够重视。 【例题6】（2009年国考第110题）一条隧道，甲用20天的时间可以挖完，乙用10 天的时间可以挖完，现在按照甲挖一天，乙再接替甲挖一天，然后甲再接替乙挖 一天…如此循环，挖完整个隧道需要多少天? A.14 B.16 C.15 D.13 【例题解析】将工程总量设为“整体1”，甲独做1天能完成工程总量的 ， 乙独做1天能完成工程总量的 。每两天甲、乙可以完成工程总量的 ，工作 到第12天结束时，二人共完成了全部工程的 ×（12÷2）= 。接下来，第13 天的工作需甲做，甲工作一天，完成全部工程的 。整个工作还剩余1- - = ，乙再工作一天，整个工程即可完成，故共需14天完成。故应选择A选项。 【例题7】一项工程，甲队独做需要20天完成，乙队独做需要40天完成。现在先 由甲队施工一天，然后由乙队接替甲队施工2天，第4天再由甲队接替乙队施工 一天，然后再由乙队接替甲队施工2天……如此交替，最后乙队结束施工，多少 天完成任务？ A．25天 B．30天 C．32天 D．36天 【例题解析】将工程总量视为“整体1”，甲队单独做需20天完成。那么，甲 队每天可完成总工程量的 。同理，乙队独做需要40天完成，乙队每天即可完 成总量的 。 先由甲队施工一天，再由乙队接替甲队施工两天，将这一过程“打包”合并 （如下图），于是在这三天中甲、乙两队将完成总工程的 ，完成 整项工程共要30天。故应选择B选项。【重点提示】例题6和例题7中出现的工程问题属于“交替工作”的工程问 题。解答此类问题需要采用“打包”的思想，将N个人的工作效率相加，求出N 天能完成的工作量，将N天工作量看做一个整体，即可轻松解题。 【例题8】一项工程，现有甲、乙、丙、丁、戊五人。甲、戊同时做需8小时做完。乙、 丙同做需10小时完成。乙、丁同做需15小时完成。丙、丁同时做需12小时完成。 问五个人同时做，需几个小时做完？ A．3 B．8 C．6 D．4 【例题解析】工程问题正确做对不难。但是，大家知道，公务员考试是非常讲 求作题速度的考试。所以就要求我们深入掌握题型内在脉络，能够迅速准确作 答出正确答案。本题是我曾经编写的一道题目，旨在能够帮助大家深入理解。 我们发现在题目中乙、丙、丁的情况都分别出现了两次，即乙、丙合作需10 小时，乙、丁合作需15小时，丙、丁合作需12小时，设整项工程为“整体1” 乙、丙合作一小时可作总体的 乙、丁合作一小时可作总体的 丙、丁合作一小时可作总体的 三者相加就是乙、丙、丁三人合作，两小时所完成的工作量 那么，乙、丙、丁三人合作一小时就能完成总体的 ，而甲、乙两人合作1小 时也能完成整体的 ，五人合作1小时完成的量应该是 。 故应选择D选项。 【例题9】（2011国考第67题）甲、乙、丙三个工程队的效率比为6：5：4，现将A、 B两项工作量相同的工程交给这三个工程队，甲队负责A工程，乙队负责B工程， 丙队参与A工程若干天后转而参与B工程。两项工程同时开工，耗时16天同时 结束，问丙队在A工程中参与施工多少天？ A.6 B.7 C.8 D.9 【例题解析】由于“甲、乙、丙三个工程队的效率比为6：5：4”，我们索性设 三个工程队的工作效率分别为6、5、4。设丙队在A工程中参与了x天，则其在B 工程中参与了16-x天。根据A、B工程量相等可列等式： 6×16+4x=5×16+4（16-x） 解得x=6 故应选择A选项。 【例题10】樊政、朱雪麟、何维三个人一起校对一套公务员考试参考丛书，樊政单独校对需要20工作日，朱雪麟单独校对需要30工作日，何维单独校对需要 40工作日。现在由樊政、朱雪麟、何维三人同时校对，在校对期间，朱雪麟停顿 了整数工作日，而樊政和何维一直校对至完成，最后也用了整数工作日完成。那 么朱雪麟停顿了多少工作日。 A.8工作日 B.9工作日 C.10工作日 D.11工作日 【例题解析】近年来的公务员考试数量关系部分的趋势难度再日趋加大。所 以我选择了一些难度较大的题目，编入了本书。同时，适当作一些难度较大的题 目，对于大家深入掌握理解题型也会有一定帮助。 我编写的这道题目有多种解法，以下是最为简便的解法，供大家参考。 设共用了m工作日，其中朱雪麟停顿了n工作日，m、n为整数，且n＜m。 樊政、朱雪麟、何维三个人一起校对，每工作日进程为整体的 + + = m – n = 1 m = (30+n) = (30+n) 所以 的取值只能是9。 =12。 答案为B。 【重点提示】对于多人合作工程问题中的停顿工作问题，我们可以用“逆向 思维”的方法解题。可以先假设全部工程都是多人合作完成的，用多人合作的 总效率×实际的工作时间得到的工作总量一定大于“整体 1”，超出部分一定 是停顿人的工作效率×停顿时间。 6.比例问题 解决比例问题的核心思想是“份数思想”，即根据题目中各数量间的比例 关系，设定各个量的份数，将复杂的比例问题简单化。解决比例问题的核心思想：“份数”思想 “份数”思想与我们解题时经常使用的“单位1”思想类似。“单位1”思想是 将总量视为整体1，而“份数”思想是将总量视为既定份，视作多少份依据具体题目而 定。所设份数的基本原则就是便于计算。 在具体应用的时候，我们可以把未知量设为既定份，亦可以把已知量设为既定份。 往往在无法确定已知量与未知量的具体比例关系的时候，将已知量也设为既定份，通 过份数寻找比例关系，在计算的时候转换即可。 比例问题往往涉及到份数计算，因此面对一些计算量大，通分、约分不方便的题目 时，灵活使用“份数”思想，能极大程度的简化比例计算的复杂程度，节省大量宝贵时 间。 “份数”思想的应用极其广泛，不仅在比例问题当中，在任何类型的题目当中，只 要涉及了比例关系都可以应用。在本节，我们将通过具体例题来讲解“份数”思想的 应用。希望大家灵活掌握，反复练习。 例如：一个袋子里装有红球与白球，红球与白球的数量之比是19：13。放入若干只 红球后，红球与白球数量之比变为5：3；再放入若干只白球后，红球与白球数量之比变 为13：11。已知放入的红球比白球少80只。那么原来袋子里共有（ ）只球。 A.390 B.570 C.960 D.1040 题目当中给出“袋子里红球与白球的数量之比是19：13。放入若干只红球后，红 球与白球数量之比变为5：3”。这说明，在这个过程当中，白球的数量没有变化。既然 白球可以在两次中分别与红球构成5：3；19：13的比例关系，说明白球的数量肯定可 以被39整除。 根据这一点，我们设原有白球39份。 那么，根据题目当中给出的比例关系，初始应该有红球57份，白球39份。 放入一些红球后，白球不变。应该有红球65份，白球39份。 又放入一些白球后，红球不变。应该有红球65份，白球55份。 那么，在这一过程中新放入红球8份，白球16份，白球比红球多8份。题中给出白 球比红球多80个，那么，一份球为10个。 原有球57+39=96份，每份10个，则原有球960个。 这样一来，计算量大大降低，几秒钟即可解得答案。 解决比例问题时，除要掌握份数的思想外，还应注意比例关系间的传导性，将各比 例关系建立起联系，找到统一“参照物”，进行比例关系的转化。 【例题1】(2006年北京考试，第15题)水结成冰后体积增大1/10，问：冰化成水 后体积减少几分之几？ A、1/11 B、41 C、1/9 D、1/8【例题解析】典型“份数”思想。 假设固定量的水，体积为10份，那么结冰后体积变为11份。 因此，这11份体积的冰化成水后，体积变为10份，减少1份，体积减少 1/11。 A为正确答案。 【例题2】（2008国家考试，第52题）5年前甲的年龄是乙的三倍，10年前甲的年 龄是丙的一半，若用y表示丙当前的年龄，下列哪一项能表示乙的当前年龄？（ ） A． ＋5 B. ＋10 C. D.3y－5 【例题解析】这是比例题当中比较简单的一道，按照题目当中给出的比例描 述直接求解即可。 已知当前丙的年龄是y，那么10年前丙的年龄为y-10。10年前甲的年龄为 ，5年前甲的年龄为 +5，那么5年前乙的年龄为（ +5）÷3，则 当前乙的年龄为（ +5）÷3+5= ＋5 A选项为正确答案。 【例题3】原有男、女同学325人，新学年男生增加25人；女生减少5%，总人数增 加16人，那么现有男同学（ ）人。 A、145 B、160 C、161 D、175 【例题解析】本题比较简单，大家应该在30秒内将此题准确解答。男生增加 25人，总人数增加16人，则女生减少9人， 9÷ =180，女生原有180人，则男 生原有325-180=145， 145+25=160人 答案为B 【例题4】（2009国考114）某公司甲乙两个营业部共有50人，其中32人为男性， 已知甲营业部的男女比例为5︰3，乙营业部的男女比例为2︰1，问甲营业部有 多少名女职员？ A.18 B.16 C.12 D.9 【例题解析】设甲营业部有5x名男职员，3x名女职员，乙营业部有32-5x名 男员工， 名女职员 则：有方程5x+3x+(32-5x)+ =50解得x=12 故应选择C选项。 【例题5】（2006年国考一卷第40题） 有甲、乙两个项目组。乙组任务临时加重时，从甲组抽调了甲组四分之一的 组员。此后甲组任务也有所加重，于是又从乙组调回了重组后乙组人数的十分 之一。此时甲组与乙组人数相等。由此可以得出结论（ ）。 A．甲组原有16人，乙组原有11人 B．甲、乙两组原组员人数之比为16：11 C．甲组原有11人，乙组原有16人 D．甲、乙两组原组员人数之比为11：16 【例题解析】方法一：答案选项验算法 答案A、C显然排除，因为A组11人，不可能抽调 ；从A组16人中调4人至 B组，B组则有15人，不能被10整除答案，不可能抽调1/10；D也显然不对，依 题意，显然A组比B组人多，所以只有选择B。 方法二： 设A组x人，B组y人 x- + (y+ )= (y+ ) 整理得： = 答案为B 【例题6】（2003年国考A类，第11题）一种挥发性药水，原来有一整瓶，第二天 挥发后变为原来的 1/2；第三天变为第二天的 2/3；第四天变为第三天的 3/4，……，请问第几天时药水还剩下1/30瓶? （ ） A. 5天 B. 12天 C. 30天 D. 100天 【例题解析】实际上，第三天变为原有的 × = ，第四天变为原有的 × × = ,……，因此，第30天变为原有的 C选项为正确答案 【例题7】樊政老师的暑期公务员备考辅导班有三个班共220人。其中甲班人数 的2/3与乙班人数的4/5和丙班的2/3共有156人，问乙班有多少人？（ ） A．70人 B．72人 C．75人 D．78人 【例题解析】方法一：设甲、丙班共有 人，乙班有 人则 x+y=220 x+ y=156 解得：y=70 答案为A 计算量较大，应采用“份数”思想。 方法二： 这里我们要采用的“份数”思想，不是设既定份，而是按照份数关系计算。 已知“甲班人数的 与乙班人数的 和丙班的 共有156人” 说明：乙班人数的 +甲、丙班人数的 =156人 相当于：乙班人数的 +甲、丙班人数的 =64人 那么将其视作1份，2份的它为乙班人数的 +甲、丙班人数的 =128人 很明显：乙班人数的 =156-128=28人，那么乙班人数为70人 【例题8】(2007年国家考试，第50题)小明和小强参加同一次考试，如果小明答 对的题目占题目总数的 ，小强答对了27道题，他们两人都答对的题目占题目 总数的 ，那么两人都没有答对的题目共有：（ ） A．3道 B．4道 C．5道 D．6道 【例题解析】小明答对总数的 ，俩人都答对的占总数的 ，则有小明答对而 小强未对的占 - = ，所以总数必须是12的倍数，且大于27，又因为小强答 对27，两人都对的占 ，所以俩人都对的也小于等于27，总数小于等于27÷ =40.5 所以，总数是12的倍数，且大于27，小于40.5，总数为36，这样小明就答对 了36× =27都对的为36× =24。有24题两人都对，且各有3题都是一人做对， 36-24-3-3=6。故应选择D选项。 【例题9】（2011国考78）某城市共有A.B.C.D.E五个区，A区人口是全市人口的，B区人口是A区人口的 ，C区人口是D区和E区人口总数的 ，A区比C区 多3万人，全市共有多少万人？ A.20.4 B.30.6 C.34.5 D.44.2 【例题解析】A区人口是全市人口的 ； 则B区人口是A区人口的 ，是全市人口的 × = ； C区、D区和E区人口总数是全市人口的（1- - ） C区人口是全市人口的（1- - ）×（ ）= 。 A区人口-C区人口= - = ， 故全市人口为3÷ =44.2万人。 故应选择D选项。 【例题10】（2005年国考一卷,第50题）在一次国际会议上，人们发现与会代表 中有10人是东欧人，有6人是亚太地区的，会说汉语的有6人。欧美地区的代表 占了与会代表总数的2/3以上，而东欧代表占了欧美代表的2/3以上。由此可见， 与会代表人数可能是：（ ） A.22人 B.21人 C.19人 D.18人 【例题解析】亚太地区的6人，欧美地区的占 以上，这样，总数就必须大于 6÷ =18人，（不含18人），因为如18人或18人以下欧美地区的代表就占不到 以上了。东欧人10人，而且东欧人占欧美 以上，则欧美人必须在15人以下 （不含15人），欧美人最多14人，这样总数就必须在21人以下（不含21人），因 为总数如果21人，则欧美就有可能15人了。 故应选择C选项。 【例题11】（2007国家考试，第46题）某高校2006年度毕业学生7650 名，比上 年度增长2%，其中本科毕业生比上年度减少2%，而研究生毕业生数量比上年度 增10%，那么，这所高校今年毕业的本科生有：（ ） A．3920人 B．4410人 C．4900人 D．5490人 【例题解析】方法一： 设今年该校毕业的本科生人数为x人那么，根据题意可列出方程 + = 解得x=4900人 C选项为正确答案。 这种方法比较容易思考，但是计算量过大。将大量的时间用来计算，在争分 夺秒的公考考场是非常得不偿失的。因此应该搞清题目当中各量之间的关系， 活用“份数”思想解决问题。 下面我们来看应用“份数”思想解题的方法。 方法二： 根据题中所给信息，我们无法得知05、06两年，本科生与研究生的比例关 系为多少。那么，我们先假设05年本科生与研究生的比例为1：1，其中本科生有 100份，研究生有100份。 根据题中信息“本科毕业生比上年度减少2%，而研究生毕业生数量比上年 度增10%”，以我们刚才的假设为基础，得出100×98%+100×110%=208份，06 相对05增长了4%，与题中所给“增长2%”不符。因此，根据2%与4%的差值关系， 将05年本科生与研究生的比例关系调整为2：1。 现在我们假设：05年本科生与研究生的比例为2：1，其中本科生有200份， 研究生有100份。 200×98%+100×110%=306份，06相对05增长了2%，假设成立。 依此假设，05年本科生有200份，研究生有100份，总人数300份。那么，按 照题中所给增长、下降比重，06年应该有本科生有196份，研究生有110份，总 人数306份。 那么，06年本科生占总人数的比应为196/306 因此，06年本科生人数为7650×196/306=4900人 这样一来，计算量大大被化简，约分即可，几秒钟就应该可将此题计算完毕。 7.百分比问题 百分比问题与比例问题十分接近，几乎可以看作是将比例用百分数来 表示的。百分比问题只要不混淆所比较的对象仔细计算即可轻松解决。在 2011年国家公务员考试中，出现了两道百分比类题目，比重有所提高，广大 考生应足够重视。1.对于只给出百分比关系没有给出具体数量值的百分比问题，考生应掌握设“整 体1”的方法，或者将这个量设为利于计算的数值，使题目难度简化，降低计算量。 2.遇到涉及“个数”的题目时，要牢记“人数、动物数、物品个数”等概念只能为 整数。 3.题目中出现“A比B多M%”、“A是B的M%”……等类似描述时，要分辨 “比”与“是”的区别，并牢记以“比”、“是”等连词后面的量为参照基准。 4.无论是一般百分比问题还是浓度问题，很多参考书或者培训机构都提倡使用所 谓的“十字交叉法”来解题。实际上，在近年的公务员考试中，百分比类题目难度在日 渐加大，对“十字交叉法”的生搬硬套往往会将简单的问题复杂化。实际上“十字交叉 法”是一种通过列等式很容易推导出的方法。 有质量分别为M、N的溶液，浓度分别为A、B，混合后溶液浓度为C 根据条件，易列等式：MA+NB=（M+N）C，经整理， 易得到溶液质量的比例关系。 【例题1】(2006年广东第12题) 已知甲的12%为13, 乙的13%为14,丙的14% 为15,丁的15%为16,则甲,乙,丙,丁4个数最大的数是: A甲 B乙 C丙 D丁 【例题解析】由题意可分别列式： 甲=13÷12%= ×100=100（1+ ）； 乙=14÷13%= ×100=100（1+ ）； 丙=15÷14%= ×100=100（1+ ）； 丁=16÷15%= ×100=100（1+ ）； 显然甲最大 答案为A 【思路点拨】本题是典型的一般百分比问题。按照相应关系既可求得答案。 【例题2】某人去年买一种股票,当年下跌了20%,今年应上涨百分之（ ），才 能保持原值。 A. 20％ B. 22.5％ C. 25％ D. 30％ 【例题解析】设去年股票值为a，今年上涨x%，当年下跌了20%，则今年的市 值为80%a，80%a×（1+x%）=a，解得：x=25 另外值得一提的是，我们也可以不设股票值为a，将去年股票值视为“整体 1”。列式为：80%×（1+x%）=1，x=25 还有一种方法假设数值法，可以假设去年市值为100元，这样可以方便思考。 80%×100×（1+x%）=100，x=25， 答案为C 【思路点拨】在百分比问题中，有的时候使用特值法可以更快速的解答问题。 【例题3】（2005年国考一卷第40题）某市现有70万人口，如果5年后城镇人口 增加4%，农村人口增加5.4%则全市人口将增加4.8%，那么这个市现有城镇人口： （ ） A.30万 B.31.2万 C.40万 D.41.6万 【例题解析】设现有城镇人口为x万。 x·（1+4%）+（70-x）（1+5.4%）=70·（1+4.8%） 解得：x=30 答案为A 【思路点拨】按照相互关系列方程既可求解。 【例题4】去年某校参加各种体育兴趣小组的同学中，女生占总数的20% ，今年 全校的学生和去年一样，为迎接2010年亚运会，全校今年参加各种体育兴趣小 组的学生增加了20%，其中女生占总数的25%。那么，今年女生参加体育兴趣小 组的的人数比去年增加（ ）% A. 30％ B. 40％ C. 50％ D. 60％ 【例题解析】这道题我们用一次假设数值法。假设去年参加兴趣小组的同学 一共100人，这样去年女生参加兴趣小组的就有20人，今年全校参加兴趣的人 数为100×（1+20%）=120人，女生为120×25%=30人，（30-20）÷20=50% 去年女生参加兴趣 小组占总数20% 今年女生占总数25% 今年总人数增加20%， 答案为C 【例题5】（2007年国考第46题）某学校2010年度毕业学生7650名，比上年度 增长2%，其中本科毕业生比上年度减少 2% ，而研究生毕业数量比上年度增加 10%，那么，这所高校今年毕业的本科生有：（ ） A．3920人 B．4410人 C．4900人 D．5490人 【例题解析】这样的题目关键在于找准被比较对象，是比“谁”增加或减少。设去年本科生有x人，则 x·（1-2%）+[7650÷（1+2%）-x]×（1+10%）=7650 0.98x+1.1×7500-1.1x=7650 0.12x=600 x=5000 5000×（1-2%）=4900 答案为C 【思路点拨】本题难度不大，但是关系复杂，只要耐心分析关系。不难正确回 答。 【例题6】(08黑龙江)某人购房用了10万元，现出租。每月租金的25%用作管理 费和维修金，年税为3 800元，到了年底，此人仍能用剩余租金收入恰好是购房 款的7%，进行再投资，试问其月租为： A.800元 B.1 000元 C. 1 200元 D.1 500 【例题解析】设月租为a元，一年可收月租12a元，支付管理费和维修金 12a×0.25=3a元。年底可用在投资的租金为9a-3800，该数值为购房款的7%，即 为105×7%=7000元，故9a-3800=7000，求解a=1200。 正确答案为C。 【思路点拨】本题只需要将他所有花费和收入做等式，既可解出答案。 【例题7】（2011国考69）某公司去年有员工830人，今年男员工人数比去年减少 6%，女员工人数比去年增加5%，员工总数比去年增加3人，问今年男员工有多少 人？ A.329 B.350 C.371 D.504 【例题解析】今年男员工人数比去年减少6%，故今年男员工数是去年的94%， 四个选项中只有A选项329能被94%，故应选择A选项。 正确答案为A 【思路点拨】本题可以利用人数为整数的性质，快速解答问题。 【例题8】（08天津）农民张三为专心种田，将自己养的猪交于李四合养，已知张三 李四共养猪260头，其中张三养的猪有13%是黑毛猪，李四养的猪有12.5%是黑毛 猪，问李四养了多少头非黑毛猪？ A.125头 B.130头 C.140头 D.150头 【例题解析】通过已知张三有13%黑毛猪可得，张三只能有100头、200头猪。否 则将不能得到整数。因为李四有12.5%黑毛猪，得张三养猪总数只能为100头。李 四养的猪总数是160头，有12.5%是黑毛猪，即20头，非黑毛猪140头。 答案选C。【思路点拨】有的考生在刚入手本题时，会感到题目中条件不够。这就涉及到 了一个我们在百分数题目中经常忽略的一个常识性概念：动物头数，人数，物品 个数等均为整数。 【例题9】（2011国考70）受原材料涨价影响，某产品的总成本比之前上涨了 ， 而原材料成本在总成本中的比重提高了2.5个百分点，问原材料的价格上涨了 多少？ A． B. C. D. 【例题解析】设该产品原来成本为15，上涨 后的成本为16。设材料成本为 x，则原材料价格上涨引起成本上涨1，可列等式 +2.5% 解得x=9，故原 材料价格上涨 ，故应选择A选项。 正确答案为A。 8.利润问题 解答利润问题时，只要掌握利润问题的基本公式，了解利润问题中各要素间 的数量关系，同时，灵活运用“整体1”的思想，就能又快又好的解答利润问题。解答利润问题相关注意事项： 1.掌握利润问题的基本公式 总利润=总售价-总进价=单件商品利润×总销售量 总利润率= ×100% 总售价=单价×总销售量 2.利润问题中，所提到的利润率提高（降低）N%，并非是指去年利润率的（1+ N%）倍，而是 指去年的利润率+ N%。如某企业2010年利润率为20%，2011年该企业利润率提高了10%， 2011年该企业的利润率并非20%×（1+10%），而是20%+10=30%。 3.利润问题中，无论是采用先提价N%再降价N%的方式，还是采用先降价N%再提价N%的方 式，现价都比原价降低，且两种价格浮动方式所得到的现价相等。 如某产品原价100元，先将产品价格提升10%，再降低10%，现价为100×（1+10%）×（1- 10%）=99元，售价降低了100-99=1元。 若将该产品先降价10%，再提价10%，则产品现价为100×（1-10%）×（1+10%）=99元，售价 仍降低了100-99=1元。 4.与一般百分比问题相同，解答利润问题时，巧设“整体1”往往是解决利润问题的突破 口，对于利润问题中，将某一不变量设为“整体1”，或其他利于计算的数字，往往使一些题 目的难度降低，解题步骤更简捷。 【例题 1】某种商品,如果进价降低 10%,售价不变，那么毛利率（毛利率= ×100%）可增加12％，则原来这种商品售出的毛利率是（ ） 。 A. 8％ B. 10％ C.12％ D. 50％ 【例题解析】 售价=进价(1+毛利率)或者售价=成本（1+利润率） 设原利率是x，则售价是进价的1+x倍，设原进价为a， 则有 =x+12% x=8% 答案为A 【思路点拨】本题的关键在于不是利润提高12%，而是利率提高。 【例题2】(2006年广东第15题) 一批商品，按期望获得50%的利润来定价，结 果只销售了70%的商品，为了尽早销掉剩下的商品，商店决定按定价打折扣销售 这样获得的全部利润是原来的期望利润的82%，问打了多少折扣？（ ） A. 9折 B.5折 C.7折 D. 8折 【例题解析】此类题型普遍难度不大，解题的关键之处是一定要对进价、售价 利润率的关系了然于胸、自如运用。本题的解题方法很多，在此仅举最常见的一例。将进价看作“整体1”，则 期望获利值为0.5，前70%商品获利是 0.7×0.5=0.35，最终获得的利润值是 0.5×0.82=0.41，也就是说后30%的产品需获利0.41-0.35=0.06 设打x折，则有0.3（1.5x-1）=0.06，解x=0.8,。 销售了整体的70%，获得50%的利润 最后 30% 产品折扣 销售 最终获利为原来期望的82% 因打折销售，而 损失的部分利润 故应选择D选项。 【例题3】（2003年国考A类第6题）一件商品如果以八折出售，可以获得相当于 进价20％的毛利，那么如果以原价出售，可以获得相当于进价百分之几的毛利? A. 20％ B. 30％ C. 40％ D. 50％ 【例题解析】本题如上题一样，可以将进价视为 1，（8折后的售价-1） ÷1=20%， 8折后售价=1.2，1.2÷0.8=1.5，原售价。（1.5-1）÷1=50%。 答案为D 【思路点拨】以整体1思想解答问题，是解答此类问题的重要思想。 【例题4】（2010年广东省第15题）小张到文具店采购办公用品，买了红黑两种 笔共66支。红笔定价为5元，黑笔的定价为9元，由于买的数量较多，商店给与 优惠，红笔打八五折，黑笔打八折，最后支付的金额比核定价少18%，那么他买 了红笔（） A.36支 B.34支 C.32支 D.30支 【例题解析】设购买的红笔，黑笔支数分别为x，y (5x+9y)×0.82=(5×0.85x+9×0.8y)； x+y=66； 解得x=36 故应选择A选项。 【例题5】一商店以每3盘16元的价格购进一批录音带，又从另一处以每4盘21 元的价格购进比前一批加倍的录音带。如果以每 3盘K元的价格全部出售可得 到所投资的20%的收益，则K值是（ ）。 A. 18元 B．19元 C. 21元 D．22元 【例题解析】这样的题目可以将3盘16元的数量设为整体1，还可以假设3 盘16元的数量为100盘。因为实际上具体数目的多少对获利的比率不影响，很多人习惯的办法是： 设以3盘16元的价格购进的为a盘，以4盘21元的价格购进的为2a盘，则 总共购进了3a盘。 则有：ka=（ a+ .2a）×（1+20%） 解得：k=19 故应选择B选项。 【例题6】（2010年浙江省第87题）有一本畅销书，今年每册书的成本比去年增 加了 10％，因此每册书的利润下降了 20％，但是今年的销量比去年增加了 70％。则今年销售该畅销书的总利润比去年增加了（ ） A．36％ B．25％ C．20％ D．15％ 【例题解析】利用整体“1”思想，每本书的利润下降了20%，今年每册书的 利润为原来的0.8，销量增加了70%，今年书的销量为去年的1.7，则今年总利润 为1.7×0.8=1.36，总利润比去年增加了1.36-1=0.36，即为36%。 正确答案为A。 【思路点拨】从整体上考虑，不需要列繁杂的方程。题干中提到的成本的降低 是利润下降的原因。由于题目只涉及利润，故不必考虑利润变化的原因。 【例题7】（2011国考第71题）某商店花10000元进了一批商品，按期望获得相 当于进价25%的利润来定价，结果只销售了商品总量的30%，为尽快完成资金周 转，商店决定打折销售，这样卖完全部商品后，亏本1000元，问商店是按定价打 几折销售的？ A.九折 B.七五折 C.六折 D.四八 折 【例题解析】设商店折扣为x，由于卖完全部产品后亏本1000元，故全部商品 共卖出了9000元。10000元商品按利润25%定价，应卖出12500元。按定价卖出 30% 后 剩 下 的 商 品 应 卖 12500× （ 1-30% ） =8750 元 ， 实 际 卖 了 9000- （12500×30%）=5250元， =60%，故商店是按六折销售的，故应选择C选项 【例题8】(2004年江苏第17题)某个体商贩在一次买卖中，同时卖出两件上衣， 每件都以135元出售，若按成本计算，其中一件盈利25％，另一件亏本25％，则 他在这次买卖中（ ） A. 不赔不赚 B．赚9元 C. 赔18元 D．赚18元 【例题解析】这道题很有意思，盈利25%，则售价是进价的125%，进价是售价 的 ，盈利为售价的 ，为135×0.2=27元，而亏损25%，则售价是进价的 75%，进价是售价的 ，亏损为售价的 ，为135× =45元，所以总体上亏损45-27=18元 答案为C 【思路点拨】其实仔细审题，可发现两件毛衣虽然盈亏均为25%，但是亏损毛 衣的成本比盈利毛衣的成本高，亏损的25%的钱数必然大于盈利的25%的钱数。 所以必定为亏损，对比选项直接选C。 【例题9】樊政去商店买某种商品，听说这种商品的进价降低了20%。于是，樊政 对老板说：“我给你我上次购买时一样的钱数，你比上次购买时多给我20个。 这样你每个商品能赚的钱数是一样的，而利润率还能提高2.5个百分点。”问 上次樊政购买了（ ）个？（这里说的“利润率还能提高2.5个百分点”是指利 润率的百分比的数值增加2.5，例如利润率如果是50％，提高2.5个百分点后是 52.5％） A. 80 B. 90 C.100 D. 110 【例题解析】我编写的这道题目，实际难度并不大，大家只要对公式 运用娴熟，即可迎刃而解。 第一次购买时，售价为b，进价为a，每 第一次购买时共买了x 件商品获得一定利润。 个， 两次购买时总 花费的钱数相 同 第二次购买时，售价（b-0.2a），进价为 第二次购买时，在总开 0.8a，每件商品获得利润和第一次一样 支一样的情况下，多购 买了20个。 设上次购买了x个，上次的进价是a，售价是b， 这种商品的进价降低了20%，这次的进价是a（1-20%）=0.8a 这次每个商品赚的钱与上次一样多，则这次的售价是（b-a）+0.8a=b-0.2a 由于“每个商品能赚的钱数是一样的，而利润率还能提高2.5个百分点。” 则有：（b-a）÷0.8a=（b-a）÷a+2.5% 整理得b:a=11:10 有由于多买20个而总售价一样则有（b-0.2a）（x+20）=xb， 20b-0.2ax-4a=0； 11a=10b； 解得：x=90。 答案为B9.浓度问题 浓度问题实际上是一类特殊的百分比问题，此类问题只要掌握固有的解题 思路大多可以轻松解出。 解答浓度问题应注意以下问题： 1.应牢记浓度问题的基本公式：浓度= = =。 2.浓度问题中的蒸发情况：“溶质”量是不会因为蒸发而增多或减少的，“蒸 发”时，浓度的变化只与溶剂的变化有关。 3.解答多种溶液混合的浓度问题时，可以采用将几种溶液的溶质和溶剂先分别求 出再整体考虑的方法，减小浓度问题的计算量。 4.解答溶液的多次混合问题时，要把握好混合的先后顺序： 设原溶液为M毫升，每次操作先倒出N毫升溶液，再倒入N毫升清水，反复操作n 次时， 新溶液浓度=原溶液浓度×（）n； 设原溶液为M毫升，每次操作先倒入N毫升清水，再倒出N毫升溶液，反复操作n 次时， 新溶液浓度=原溶液浓度×（）n。 【例题1】浓度为3％的盐溶液，加一定量水后浓度变为2％，再加同样量的水后 浓度是多少？ （ ） A. 1.15 % B. 1.5% C.1.8% D.0.5% 【例题解析】这样的题，可以用“数值代入法”，设原有溶液100克，则溶液 中有盐3克，欲使之浓度成为2%，则需加水50克，之后再加水50克，则浓度为 3÷（100+50+50）=1.5%。 答案为B 【思路点拨】由于浓度问题中，浓度大多用百分数表示，故将溶液质量设为 100可以大大降低题目的计算量。 【例题2】（08北京应届生考试第14题）甲杯中有浓度17%的溶液400克，乙杯中 有浓度为23%的同种溶液600克，现在从甲、乙取出相同质量的溶液，把甲杯取 出的倒入乙杯中，把乙杯取出的倒入甲杯中，使甲、乙两杯溶液的浓度相同，问 现在两杯溶液浓度是多少？( ) A.20% B.20.6% C.21.2% D.21.4%两溶液混合前，甲溶液浓度17%，溶液 400克。乙溶液浓度23%，溶液600克。 两溶液混合后，浓度相同，所以用混 合前两种溶液溶质和除以溶液和。 【例题解析】由题意可知：最后两杯溶液的浓度相同，那么可以得出浓度为两 杯 溶 液 中 溶 质 的 和 除 以 两 杯 溶 液 的 质 量 (400×17% +600×23%)÷(400+600)=20.6% 正确答案B。 【思路点拨】两种溶液无论如何勾兑，溶液中的溶质总量和溶剂总量均保持 不变。要使两溶液的浓度相等，需使两溶液浓度= 【例题3】(2005年浙江一卷19题)甲容器中有浓度为4％的盐水250克，乙容器 中有某种浓度的盐水若干克。现从乙中取出750克盐水，放人甲容器中混合成 浓度为8％的盐水。问乙容器中的盐水浓度约是多少? （ ） A．9.78％ B．10.14％ C．9.33％ D．11.27％ 【例题解析】混合后，甲容器的溶液为250+750=1000克，混合后浓度为8%， 则有溶质80克，减去之前溶液中溶质80-250×4%=70，得出从乙容器取出的溶 液溶质为70克，70÷750=9.33%。 答案为C 【思路点拨】本题通过混合前后甲溶液浓度变化，求出单位乙溶液中溶质量， 进而求乙溶液浓度。 【例题4】(2006年广东一卷第11题)两个相同的瓶子装满酒精溶液，一个瓶子 中酒精与水的体积比是3：1，另一个瓶子中酒精与水的体积比是4：1，若把两瓶 酒精溶液混合，则混合后的酒精和水的体积之比是多少? A．31：9 B．7：2 C．31：40 D．20：11 【例题解析】由于两个瓶子相同，故设瓶子的容积均为100。则一个瓶子中有 酒精75，水25，另一个瓶子中有酒精80，水20，混合后酒精与水的体积之比则 为（75+80）：（25+20）=31:9，故选择A选项。 【例题5】（2007年山东第46题）取甲种硫酸300克和乙种硫酸250克，再加水200克，可混合成浓度为50%的硫酸；而取甲种硫酸200克和乙种硫酸150克，再 加上纯硫酸200克，可混合成浓度为80%的硫酸。那么，甲、乙两种硫酸的浓度各 是多少?（ ） A.75%，60% B.68%，63% C.71%，73% D.59%，65% 【例题解析】设浓度分别为x，y，由溶液公式得： 300x+250y=（300+250+200）×50%； 200x+150y+200=（200+150+200）×80%； 得：x=75%，y=60%。 正确答案A。 【例题6】（2010年江西省第50题）从一瓶浓度为20%的消毒液中倒出 后，加满 清水，再倒出 ，又加满清水，此时消毒液的浓度为： A.7.2% B.3.2% C.5.0% D.4.8% 【例题解析】此时消毒液的浓度为20%×（1- ）×（1- ）=7.2%。 正确答案为A。 【思路点拨】每次操作，溶液的浓度都为操作前溶液浓度的1- = 。 【例题7】（2007年江苏省第14题）杯中原有浓度为18%的盐水溶液100ml,重复 以下操作2次,加入100ml水,充分混合后,倒出100ml溶液。问杯中盐水溶液的 浓度变成了多少? A.9% B.7.5% C.4.5% D.3.6% 【例题解析】第一次操作后盐水浓度变为 = ，第二次操作后浓度 变为 × =4.5%，故应选择C 【例题8】（2007年广东第10题）有浓度为4％的盐水若干克，蒸发了一些水分后 浓度变成l0％，再加入300克4％的盐水后，变为浓度6．4％的盐水，则最初的 盐水是( )。 A．200克 B．300克 C．400克 D．500克 【例题解析】设原溶液有x克，蒸发了y克水，由溶质公式得： （4%x+4%·300）÷（x-y+300）=6.4%； 4%x÷（x-y）=10%； 得：x=500；y=300；答案为D。 【例题9】(2004年上海一卷29题)A、B、C三个试管中各盛有10克、20克、30克 水，把某种浓度的盐水10克倒入试管A中，混合后取出10克倒入试管B中，再 混合后又从试管 B 中取出 10 克倒入试管 C 中，现在试管 C 中的盐水浓度是 0.5%。最早倒入试管A中的盐水浓度是（ ）。 A．12％ B．15％ C．18％ D．20％ 【例题解析】C管中最后的浓度是0.5%，则有溶质0.2克，这说明从B管中倒 入的10克溶液的溶质是0.2克，浓度是2%，也就是说当B管有30克溶液时，溶 质是30×2%=0.6克，而这0.6克都是从A管中倒入的10克溶液中来的，A管倒 入 B 管的 10 克溶液的浓度为 6%，A 管被倒入 10 克溶液后是 20 克，20 克 ×6%=1.2克，1.2克÷10克=12%。 答案为A 【思路点拨】实际上，此题还可看做对某一浓度盐水的稀释，设初始盐水的浓 度为x，将初始盐水10克倒入试管A相当于向盐水倒入10克清水稀释，溶液浓 度即为 x。后面步骤也相当于将盐水加水稀释，可列方程 x（ × × ）=0.5%，解得x=12%。 【例题10】(2010年浙江省第89题)已知盐水若干千克，第一次加入一定量的水 后，盐水浓度变为6％，第二次加入同样多的水后，盐水浓度变为4％，第三次再 加入同样多的水后盐水浓度是多少（ ） A．3％ B．2.5％ C．2％ D．1.8％ 【例题解析】本题条件看上去不是很完全。我们完全可以使用特殊值法带入 题目。第一次加入水后溶液为100克，溶质6克。再次加水浓度变为4%，由溶质 一定可知，溶液为150克。150-100=50，每次加水50克。第三次浓度=溶质6克 ÷（150+50）=3%。 故应选择A选项。数学运算题型详讲（中） 自然数性质 整除 余数 平面图形 立体图形 分布问题 时钟 问题 日期星期问题 年龄问题 平均数问题 数位问题 10.自然数的性质 自然数的性质问题包含的范围较广，自然数的整除问题、奇偶性问题、余数 问题、最小公倍数问题、最大公约数问题、自然数大小比较问题等都属于自然数 的性质问题。 【例题1】（2010年浙江省第77题）有一个自然数“x”，除以3的余数是2，除以 4的余数是3，问“x”除以12的余数是多少（ ） A．1 B．5 C．9 D．11 【例题解析】本题给出数字较小，采用特值法往往可以迅速解题，可以快速看 出自然数11符合条件，11除以12商为0余数为11。 正确答案为D。 【例题2】一类自然数，它们各数位上的和为2012，那么这类自然数中最小的一 个的前两位是： A.11 B.12 C.10 D.59 【例题解析】欲使这个自然数最小，就应该使这个自然数的位数最少，也就是 使各个位包含的9最多，由于2012除以9商223余5，所以这个数的后223位均 为9，将余数5放至数字的第一位才能使该自然数最小，故此数的前两位为59。 故应选择D选项。 【例题3】已知A，B，C，D和A+C，B+C，B+D，D+A分别表示1至8这八个自然数，且 互不相等。如果A是A，B，C，D这四个数中最大的一个数，那么A是（ ） A. 4 B. 5 C.6 D. 8 【例题解析】A比B、C、D大显然A最小为4，又由于A+B、D+A≤8，且每个数互 不相等所以A最大是6，C、D为1、2，B为3，符合题意。 故应选择C选项。 【例题4】有一类自然数，从第三个数字开始，每个数字都恰好是它前面两个数字 之和，直到不能再写为止，如257，1459等等，这类数中最大的自然数是（ ）。A. 202246 B. 112358 C.10112359 D. 10112358 【例题解析】由于公务员考试一直延用选择题形式，所以很多题目用“答案选 项验算法”是最为快捷的方法，而且为了提高，速度与准确性，“答案选项验算 法”也往往是最佳捷径。 用此方法，从最大项开始验算，很容易发现C不合题意，D最大 答案为D 【例题5】(2008国考55题)小华在练习自然数求和。从1开始。数着数着他发现 自己重复数了一个数，在这种情况下他将所得的全部数求平均，结果为7.4.请 问他重复数的那个数是？ A.2 B.6 C.8 D.10 【例题解析】假设小华一共数了m个数字，重复数字为x 则可列出 (m+1) +x=7.4(m+1)。 整理得2x=(m+1)(14.8-m), 因为m与x都是整数，所以14.8-m所得小数部分为8， 因此m+1应该是5的整数倍， 可知m=4或m=9或m=14 由于x≤m，故m=4、x=27(舍)；m=9、x=29(舍)；m=14,x=6为所 求解。 故应选择B选项。 【例题6】已知A、B、C、D、E、F、G、H、I、K代表十个互不相同的大于0的自然数， 要使下列等式成立，A最小是（）。 B+C=A D+E=B E+F=C G+H=D H+I=E I+K=F A.8 B. 9 C.19 D. 21 【 例 题 解 析 】 A=B+C 且 B=E+D ， C=E+F 所 以 A=D+2E+F=G+H+2H+2I+I+K=G+3H+3I+K 令H、I=1、2最小的，而E=H+I+3，又由于F=I+K，D=G+H，且字母 间又互不相等，这样 K、G 最小为 4、6，所以 A 最小为 4+6+3×2+3×1=19 故应选择C选项。 【例题7】某校人数是一个三位数，平均每个班级34人，若将全校人数的百位数 与十位数对调，则全校人数比实际少180人，那么该校人数最多可以有（ ）个 班。 A. 10 B. 19 C.26 D. 29 【例题解析】设百位数为a，十位数为b，则有a×100+b×10-（b×100+10×a） =180。解得：a-b=2，这样，这个三位数就要使百位上的数比十位上的数大2，且是34的倍数，将4个答案选项分别乘以34，只有19×34=646满足百位数比十 位数大2。 百位和十位上数字对换后。 比实际人数少的180人。 人数为一个三位数的某校，每班34人。 故应选择C选项。 【例题8】把一张纸剪成6块，从所得的纸片中取出若干块 ，每块各剪成6块；再 从所有的纸片中取出若干块，每块各剪成6块……如此进行下去，到剪完某一 次后停止。所得的纸片总数可能是2011，2012，2013，2014这四个数中的（ ） A.2011 B.2012 C.2013 D.2014 【例题解析】这道题貌似很难，但实际上我们只要认真分析其规律，很容易做 出解答，这样的题目是国内外招聘考试中最常采用的。 设第一次拿出a 片剪，第二次拿a 片剪，。。。。第n次拿a 片剪 1 2 n 则有第二次剪完后有6-a +6a =6+5a 片 1 1 1 第三次剪完后有6+5a -a +6a =6+5(a +a ) 1 2 2 1 2 第四次剪完后有6+5(a +a )-a +6a =6+5(a +a +a ) 1 2 3 3 1 2 3 所以最后有6+5(a +a +……+a )片 1 2 n 也就是说该数减去6之后是5的倍数。 答案为A 【思路点拨】本题目为本类型重点部分，考生应重点掌握。 11.整除问题 很多问题，实际上都可以用整除的方法求解，整除问题往往与余数问题、分 解因数问题有着密切的联系。可以说是对同一问题，不同角度的思考方法。作答整除问题，应注意以下几点： 1.熟记能被基本数字（2/3/5）整除的数字规律。 掌握能被数字（4/8/9）整除的数字规律： 一个数当且仅当末两位能被4整除，这个数才能被4整除； 一个数当且仅当末三位能被8整除，这个数才能被8整除； 一个数当且仅当各位数字和能被9整除，这个数才能被9整除。 了解能被数字（7/11/13）整除的数字的共同规律： 当且仅当末三位与其余数字的差能被 7/11/13 整除，这个数才能被 7/11/13整除。（如数字122135，末三位数字为135，其余数字为122，135- 122=13，故122135能被13整除。） 2.对于“见面”问题，要弄清“隔几天一见”与“几天一见”的区别。若是N天 一见，则M天中可以相见M÷N次，若是隔N天一见，则M天中只能相见M÷（N+1）次， 也就是说“隔N天一见”相当于“N+1天一见”。 3.结合数字的奇偶性、余数，运用代入、特值、估算等方法也是解决整数问题的重要 方法。 如某个三位数的数值是其各位数字之和的23倍。则这个三位数为 A．702 B．306 C．207 D．203 由备选项易知每个数字的各位数字之和都小于10，所以我们所求的数肯定不大于 230，只能从C、D中来选，验证可知C正确，故应选择C选项。 【例1】（08河北省第59题）某人有350万元遗产，在临终前，他给怀孕的妻子写 下这样的一份遗嘱：如果生下来是个男孩，就把遗产的三分之二给儿子，妻子拿 三分之一；如果生下来是个女孩，就把遗产的三分之一给女儿，三分之二给妻子。 结果他的妻子生了双胞胎(一男一女)，按遗嘱的要求，妻子可以得到多少万元? () A. 90 B. 100 C. 120 D. 150 【例题解析】通过题目可知，妻子拿的遗产是儿子拿的遗产的1/2，是女儿拿 的遗产的2倍 假设女儿拿的遗产为x,可得妻子拿的遗产为2x,儿子拿的遗产为4x 所以7x=350 即x=50 答案为B 【例2】（2010年江苏省第31题）从1开始，自然数中，第100个不能被3整除的 数是（） A．152 B．149 C．142 D．123 【例题解析】从1开始每三个数都会有一个数能被3整除，即3、6、9……也即是说每个能被3整除的数的前两个是不能被3整除的，那么第100个不能 被3整除的数，肯定在第50个能被3整除的数前，第50个能被3整除的为150， 所以第100个不能被3整除的为149 答案为B 【例3】（2008云南省第6题）1～200这200个自然数中，能被4或能被6整除的数有 多少个？( ) A.65 B.66 C.67 D.68 【例题解析】 方法一： 1～100中能被4整除的共有50个，能被6整除的共有33个；但是我们要看到， 能被12整除的数能同时被4和6整除，也就是说这些数都被我们多算了一次。能 被12整除的共有16个，那么能被4或6整除的共有50+33-16=67 能被4 能被 整除 能6 同 时 的数 被 4 和 6 整除 50个 整 除 的 的 数数16个 33 个 方法二： 实际上在1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12中，能被4或能被6整除的数有4 个，而之后每12个如如此循环一次，共16遍零3个，共计67个。 答案为C 【例题4】共有12盏灯编号为1、2、3……，其中第2、3、7、11号是亮的，其余是 关着的。从2011年5月1日开始每天拉一盏灯的灯绳(依次)。一年后，亮着的电 灯有多少盏？ A、4 B、6 C、8 D、12 【例题解析】一盏灯被开关偶数次后会与原状态相同，一盏灯被开关奇数次 后会与原状态相反。由于2012年是闰年，所以，一共将开关366次，366除以 12，商是30余6，也就是说前6盏灯将被开关31次，后6盏将被开关30次。前6 盏灯将与原来状态相反，后6盏将与原来相同。所以前6盏中1、4、5、6、是亮的， 后6盏中7、11是亮的。 答案为B【例题5】(2006年山东A卷第8题)有四个自然数A、B、C、D，它们的和不超过 400，并且A除以B商是5余5，A除以C商是6余6，A除以D商是7余7。那么， 这四个自然数的和是：（ ） A.216 B.108 C.314 D.348 【例题解析】此题的关键在于大家应该注意到，A除以B，商是5余5，就说明 A=5B+5，也就是说，A应是5的倍数，同理，A也应该是6、7的倍数，这样A要满 足同时能被5、6、7整除，A也应该是5、6、7的最小公倍数210的倍数。而题目 A、B、C、D的和不超过400，这样就可求出A、B、C、D分别为210、41、34、29。 答案为C 【例6】（2010年国考第48题）某地劳动部门租用甲、乙两个教室开展农村实用 人才培训。两教室均有5排座位，甲教室每排可坐10人，乙教室每排可坐9人。 两教室当月共举办该培训27次，每次培训均座无虚席，当月培训1290人次。问 甲教室当月共举办了多少次这项培训? A.8 B.10 C.12 D.15 【例题解析】 方法一： 通过题目条件易知，甲教室可容纳5×10=50人，乙教室可容纳5×9=45人， 两教室 可容纳人数差值为5人。假设27次培训均在乙教室举行，则培训人数应为45× 27=1215人，与实际培训人数差值为1290-1215=75人，总培训人数的差值除以 单次培训 人数的差值=甲教室的使用次数，即75÷5=15，故应选择D选项。 方法二： 由题目条件，设甲教室使用x次，乙教室使用y次， 列二元一次方程组50x+45y=1290 x+y=27 联立两方程，解得x=15，y=12，故甲教室使用15次，故应选择D选项。 方法三： 由题目条件易知甲教室可容纳5×10=50人，乙教室可容纳5×9=45人。由于参 与培训总人数为1290人，可知乙教室的使用次数应为偶数次。观察选项，只有D 选项15人满足使乙教室的使用次数为偶，（27-15=12），故应选择D选项。 【例题7】三位采购员定期去某商店,小王每隔9天去一次,大刘每隔11天去一 次,老杨每隔7天去一次,三人星期二第一次在商店相会,下次相会是星期几? A. 星期一 B. 星期二 C.星期三 D.星期四 【例题解析】此题如果不注意审题，很可能误以为求出9、11、7的最小公倍 数即可。题目中有一点非常容易被大家忽略，就是三人都是每隔几天再去。隔9 天再去，就是 10 天之后了。所以，应该求 10、12、8 的最小公倍数，120天除以7余1 答案为C 【重点提示】考生要区分“几天一见”和“隔几天一见”的区别。 【例题8】已知2012被一些自然数去除，得到的余数都是10。这些自然数共有（） 个。 Ａ.9 Ｂ.10 Ｃ.11 Ｄ.12 【例题解析】这道题的关键在能够对余数的定义深入理解。2012被一些自然 数去除，余数是10。那么，这些自然数就应该可以被2002整除，且大于10。 2002分解因数为2×7×11×13，那么2002就可以被2、7、11、13、14、22、26、 77、91、143整除，其中有11—143，8个数大于10，再加上2002本身，一共是9 个自然数满足题意 答案为A。 【重点提示】利用“减余”的方法，将余数问题化为整数问题。 12.余数问题 余数问题可以看作整除问题的一类变式，寻求满足条件的数字实际上等同 于解决满 足各种限制条件的整除问题，此类问题对大家的要求主要是能够迅速做出准确 判断。解答余数问题，需要注意以下几点： 1.余数问题 要熟练掌握余数问题的基本公式：被除数=除数×商+余数 余数问题中余数永远小于除数 只要将余数问题中的余数用加减法处理掉，一切余数问题就成为了整除问题。 2.方阵问题 N排N列的方阵共有N2人； N排N列的方阵，最外层有4N-4人； 方阵中相邻的两圈人数，外圈人数比内圈多8人。 此外，在很多方阵问题中，最后一排不一定排满，可能为不大于每排人数的任意一 个数。 3.多个数字的余数问题 同时满足被A整除余X，被B整除余Y……的数可以表示为nk+m，其中k为A、B 的最小公倍数，m为同时满足被A整除余X，被B整除余Y……的最小的整数。 如11是被3整除余2，被5整除余1的数字中的最小的数字，则15n+11也一定满 足相同条件。 解决此类问题通常从满足某一条件的最小的自然数入手，同时，代入试算法也是解 答此类问题的一种重要解题方法和验算方法。 【例题1】有一个数，除以3余数是2，除以4余数是1。问这个数除以12余数是 几？（ ） A.4 B.5 C.6 D.7 【例题解析】依照题干条件，可以取得满足此条件的最小整数解为5，5除以 12余5。故应选择B选项。 这里请注意一个问题，3和4的最小公倍数是12，那么每个数除以3余数、 除以4余数情况，每12个数就是一次循环。也即是说，任意一个数加上n倍的 12，其除以3余数、除以4余数情况，都是一样的。 【例题2】（2010年黑龙江省第44题）一个小于100的整数与5的差是4的倍数， 与5的和是7的倍数，这个数最大是多少?( ) A．85 B．89 C．97 D．93 【例题解析】这道题可用代入试算法，因为要找最大的数，所以可从选项中从 大往小试算，97+5=102，无法被7整除，排除C项。93+5=98，可以被7整除；93- 5=88，可以被4整除，所以答案为D项。 【例题3】（08广西第11题）参加阅兵式的官兵排成一个方阵，最外层的人数是 80人，问这个方阵共有官兵多少人( )A．441 B.400 C.361 D.386 【例题解析】在N排方阵中，最外排一定有4N-4个人，（4N-4表示最外排每 边人数×4-每顶点重复计算的四个人）。则有4N-4=80，解得N=21 21排的方阵，共有212=441人。 故应选择A选项。 【例题4】（09四川省公考第13题）学校给一批新入校的同学分宿舍，若每个房 间住7人，则6人没有床位，若每个房间住8人，则空出3个房间，新同学人数是 （） A．188 B．194 C．206 D．216 【例题解析】设共有x个房间那么可以得出： 7x+6=8(x-3) 所以x=30也即新同学人数为216人 答案为D 【例题5】 (2006年国家考试一卷第50题) 一个三位数除以9余7，除以5余2， 除以4余3，这样的三位数共有（ ）。 A．5个 B．6个 C．7个 D．8个 【例题解析】9×5×4=180,即满足条件的三位数每增加或减少180，同样满 足条件，从100到999这900个三位数中，符合条件的应该为900/180=5个，为 187，367，547，727，907。 答案选A 【重点提示】每隔这三个数的最小公倍数，都会有一个满足条件的数 【例题6】（2005浙江第13题）自然数P满足下列条件：P除以10的余数为9，P 除以9的余数为8，P除以8的余数为7。如果：100Ⅰ。故应选择D选项。 【例题2】（2007年浙江第22题）如图所示，矩形 ABCD的面积为1，E、F、G、H分别为四条边的中点， FI的长度是IE的两倍，问阴影部分的面积为多少？ A. B. C. D. 【例题解析】连接FG与EH，如下图所示 ∵E、F、G、H分别为各边中点， ∴△AFE≌△FBG≌△GCH≌△EH D 面积均等于 矩形ABCD的面 积 故四边形EFGH面积= 矩形 ABCD的面积=0.5 ∵EF∥GH，∴过I点做垂线I交GH于O 有IO⊥GH且IO⊥EF △IGH的面积= GH×IO÷2 △IFG的面积+△EIH的面积=IF×IO÷2+IE×IO÷2=EF×IO÷2 ∵EF=GH ∴△IGH的面积=△IFG的面积+△EIH的面积∴△IGH的面积= 四边形EFGH面积=0.25 ∴应选择B选项。 【例题3】 △ABC的面积为1个单位，延长AC的一倍到D，延长CB 的二倍到E，延长BA的3倍到F，连接三个点形成△DEF，求△DEF 的面积。 A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【例题解析】连接辅助线BD，ΔABC与ΔBCD，等底等高， 所以 ，而ΔBCD与ΔECD的高是相等的，底的比 是1：3，所以S =3S =3， △ECD △BCD 连接辅助线AE，ΔAEC与ΔECD等底等高。所以， S =S =3 △EAC △ECD 大家再看，AB:BF=1:4，所以S =4S =8，AF:AB=3:1，所以 △EFB △EAB S =S +S + S + S =18 △EFD △AFD △EFB △ECD △ABC 故应选择D选项。 【例题4】正方形ABCD的面积是120平方厘米，E、H 分别是AD和DC的中点，求阴影部分的面积。 A. 14 B.16 C. 17 D. 18 【例题解析】这道题难度有些大，但是包含了很重要的求面积技巧。ΔFHC与 ΔDHF等底等高，S = S 。F为对角线BD上的一点，E、H都是正方形ABCD边 △FHC △DHF 上的中点，所以ΔFED与ΔFDH全等，所以S = S = S = S △EFD △FDH △FHC △EDC 而S = S 30cm2 △EDC □ABCD= 所以S =S =S =10cm2 △FDE △FDH △FHC 从 BC 的中点 J 做垂线交 BH 于 I，从 J 做垂线到 EC，交点于 K，大家很容易证明 ΔBIJ、ΔJKC、 ΔJIK、ΔIGK与ΔGHC全等。 所以S = S = ×30cm2=6cm2 △GHC △BHC S = S -S =10-6=4cm2 △FGH △FHC △GHC 所以S =S +S =10+4=14cm2 FDHG △FDH △FHC 答案为A（2）周长问题 ★解决周长问题的关键是要准确找出所求特殊图形与题目中所给的基本图形之 间的关系，找出变化规律即可解决。 【例题1】图中阴影部分为正方形，那么图中最大的长方形周长是多少厘米？ A.25 B.30 C.32 D. 35 【解析解析】设正方形的边长为 a，则有长边为6+9-a，周长为2(6+9-a) +2a=30cm故应选择B选项。 【例题2】（09云南11题）如图，它是由15个同样大 小的正方形组成。如果这个图形的面积是 375 平方 厘米，那么，它的周长是( )。 A．150 B．155 C．160 D．165 【例题解析】每个正方形的面积为375÷15=25平方厘米，边长为5厘米。周 长为5×32=160厘米，故应现在C选项。 【例题3】 (2003年浙江一卷第19题)如图所示，以大圆的一条直径上的六个点 为圆心，画出六个圆的周长紧密相连的小圆。请问，大圆的周长与大圆内部六个 小圆的周长之和相比较，结果是（） A.大圆的周长大于小圆的周长之和 B. 小圆的周长之和大于大圆的周长 C. 一样长 D.无法判断 【解析解析】公考中的图形题，关键是找出其解题思 路，思路找对，就会迎刃而解。因为圆的周长=πd，圆的 周长只与直径有关。所以在大圆直径上无论取多少点为圆心，做出的小圆周长 之和均等于大圆周长。故应选择C选项。 【例题4】(2004年浙江A卷第17题)右图是由9个等边三角形拼成的六边形，现 已知中间最小的等边三角形的边长是a，问这个六边形的周长是多少？（） A . 30a B. 32a C. 34a D.无法计算【例题解析】 我们设最大的正三角形边长为b 第二大的三角形边长为b-a 第三大的三角形边长为（b-a）-a 第四大的三角形的边长b/2 六 边 形 的 周 长 为 6a+5a+5a+4a+4a+3a+3a=30a 故应选择A选项。 【例题5】(2003年广西考试一卷44题)如图，甲、乙、丙、丁四个长方形拼成正方 形EFGH，中间阴影为正方形。已知，甲、乙、丙、丁四个 长方形面积的和是 32cm2，四边形 ABCD 的面积是 20cm2。问甲、乙、丙、丁四个长方形周长的总和是多少? A．32cm B．56cm C．48cm D．68cm 【解析解析】这一类题目只要大家认真观察，凭大 家的聪明才智找出其解题思路是不难的。 S - （S +S +S +S ）= S =20- ABCD 甲 乙 丙 丁 阴影 =4 S + S +S +S +S = S =32+4=36 阴影 甲 乙 丙 丁 EFGH 则□EFGH的边长为6，周长为24，甲乙丙丁的周长和是□EFGH的两倍。所 以甲乙丙丁的周长和是24×2=48。 故应选择C选项。 （3）其它类平面几何问题 【例题1】（09江西14题）一个等腰三角形，两边长分别为5cm，2cm，则周长为多 少厘米？ A．12 B．9 C．12或者9 D．无法确定 【例题解析】由三角形的两边之和大于第三边可知，另一条边只能是5cm，所 以周长为12cm，故应选择A选项。 【例题2】（2010年江苏省第38题）若一个三角形的所有边长都是整数，其周长 是偶数，且已知其中的两边长分别10和2000，则满足条件的三角形总个数是（ ） A．9 B．10 C．7 D．8【例题解析】根据三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，可设 第三边为x x+10>2000,x-10<2000 得1990B的年龄时，M年后，A年龄为 A+M，B年龄为B+M，此时必有。此种性质实际上是年龄问题与自然数倍数性质 的结合，通过此法可以快速判定年龄间倍数关系的变化规律。 【例题1】(2000年国家考试一卷31题 )今年父亲年龄是儿子年龄的10倍，6年 后父亲年龄是儿子年龄的4倍，则今年父亲、儿子的年龄分别是（ ）。 A.60岁，6岁 B.50岁，5岁 C.40岁，4 岁 D.30岁，3岁 【例题解析】设儿子今年的年龄是x岁，根据年龄问题中年龄的“同增同 减”性可知6年后父亲与儿子年龄增长值都是6， 可以轻易列出方程 10x+6=4(x+6) 解得x=3 故应选择D选项。 【例题2】（2007年宁夏第13题）甲、乙、丙三人现在年龄之和为100岁。甲28岁 时，乙是丙的2倍，乙20岁时，甲是丙的3 倍。问三人现在的年龄各是多少岁？ A.30 46 24 B.40 38 22 C.40 36 24 D.42 38 20 【例题解析】设甲乙丙三人年龄分别为x、y、z 由条件“甲28岁时，乙是丙的2倍”，可列方程 y-(x-28)=2(z-x+28) 由条件“乙20岁时，甲是丙的3 倍”，可列方程 x-(y-20)=3(z-x+20)又由于三人年龄和为100岁，可列方程 x+y+z=100 联立两方程，可消去未知数x、z 直接解得y=36。 故此题应选择C选项。 【重点提示】作答此类题目时，应注意年龄的“同增同减性”，即n人的年 龄在m年后，必定总共增长mn岁，n人的年龄在m年前，必定总共减少mn年。 【例题3】（2009年北京17题）父亲今年44岁，儿子今年16岁，当父亲的年龄是 儿子的年龄的8倍时，父子的年龄和是多少岁? A．36 B．54 C．99 D．162 【例题解析】分析题干中条件“父亲今年44岁，儿子今年16岁”可知当前 父亲年龄是当前儿子年龄的2.75倍。 依据自然数的性质 > (A、B、M均为正自然数, 且 >1) < (A、B、M均为正自然数，A-M>0，B-M>0，且 >1) 可知要使“父亲的年龄是儿子的年龄的8倍”，须使两人的年龄共同减小。 即两人此时 的年龄和定小于当前年龄和44+16=60，因此可首先排除C、D选项。 又知两人父子两人年龄差为44-16=28 设儿子年龄x岁时父亲的年龄是儿子的年龄的8倍，可列方程 8x-x=28，解得x=4。此时两人年龄和为4×9=36。 故应选择A选项。 此题也可利用上述步骤，使用排除、代入相结合的方法，快速作答。 【重点提示】解答年龄题时，一定要把握“两人年龄差为定值”这一重要特 点，以帮助考生快速解答年龄问题。同时，还应注意联系其他数学知识（如此题 用到的自然数性质），结合代入法、排除法快解年龄问题。 【例题4】(2004年广西第44题) 某公司制定的退休政策叫“70条款”，即职员 的工龄加年龄至少要70年。如果一女职员在1986年她32岁时进入该公司，问 到哪一年她才有资格退休? A．2003年B．2004年C．2005年D．2006年 【例题解析】设到公元x年，她才有资格退休。该职员每工作一年，工龄和年 龄各增 长一年，即到x年时，她的工龄和年龄共增长了（x-1986） ×2年。 故有方程（x-1986）×2+32=70， 解得x=2005。答案为C 【思路点拨】作答此题，应注意按题目中的“70条款”，该职工每工作一年， 年龄和工龄各增长一年。以此为突破口，可轻松列出方程。 【例题5】（2007年四川省第8题）祖父年龄70 岁，长孙20 岁，次孙13 岁，幼孙7 岁，问多少年后，三个孙子的年龄之和与祖父的年龄相等？( ) A.10 B.12 C.15 D.20 【例题解析】设x年后三个孙子的年龄之和与祖父的年龄相等。 可知x年后祖父年龄增长x岁，三个孙子年龄共增长3x岁。 可列方程70+x=20+13+7+3x 解得x=15 故此题应选择C选项。 【思路点拨】解答此类问题，应注意找到“祖父”与“孙子”的年龄增长关 系，即当祖父有n个孙子时，若干年后“孙子”年龄的总增长数一定为祖父年 龄增长数的n倍。 【例题6】(2008年国家考试第52题 )5年前甲的年龄是乙的三倍，10年前甲的 年龄是丙的一半，若用y表示丙当前的年龄，下列哪一项能表示乙当前的年龄？ A. B. C. D.3y-5 【例题解析】y为丙当前年龄，那么y-10为丙10年前的年龄，则 为甲10年 前的年龄， 为甲5年的年龄。那么乙五年前的年龄为 ，则乙当前年龄为 。 故此题应选择A选项。 【例题7】(2005年国家考试一卷49题)甲对乙说：当我的岁数是你现在岁数时， 你才4岁。乙对甲说：当我的岁数到你现在岁数时，你将有67岁。甲乙现在各有： （ ） A45岁，26岁 B46岁，25岁 C47岁，24岁 D48岁，23岁 【例题解析】设甲的年龄为x岁，乙为y岁 根据“当甲的岁数是乙现在岁数时，乙才4岁”，可列方程y- (x-y)=4 根据“当乙的岁数到甲现在岁数时，甲将67岁”，可列方程 x+(x-y)=67 联立两方程可解得x=46，y=25 故应选择B选项。 【思路点拨】解答此类问题的关键在于充分理解题目中条件。即将“当A的 岁数是B现在岁数时，B才n岁”这句话表示为B-(A-B)=n这一关键步骤。同时还要根据题目中叙述，正确判断两人年龄的大小关系。 此外，在这里再向考生介绍一种所谓的平均分段法。就是将题目中出现的几 个年龄，依照两人年龄差为定值这一年龄特性，构造出一个以年龄差为公差的 等差数列。结合此题，如图所示： 甲现在年龄 乙 现 在 年 +两人年龄差 甲现在年龄 乙现在年龄 龄 - 两人年 =67岁 龄差=4岁 年龄差 年龄差 年龄差 建立起一个以4为首项，67为第四项，公差为定值（年龄差）的等差数列。 通过等差数列公式，可求得甲乙二人年龄差为（67-4）÷3=21， 故甲的年龄为67-21=46岁，乙的年龄为4+21=25岁。 此种方法较简便，但使用时具备很强的局限性，故不推荐考生强记。考生 只要能灵活运用年龄问题中年龄差恒不变的性质，采用列方程的方法一般都可 迎刃而解。 【例题8】（2010年国考第52题） 一位长寿老人出生于19世纪90年代，有一年 他发现自己年龄的平方刚好等于当年的年份。问这位老人出生于哪一年? A.1894年 B.1892年 C.1898年 D.1896年 【例题解析】根据常识我们可以判定长寿老人的年龄一定在130岁之内， 即该年份一定在1890年——2020之间。根据我们的知识储备易知402=1600， 502=2500。题目中所述年份，老人年龄在40-50岁之间。又由于452=2025，可知 题目中所述年份，可知老人年龄在45岁以下，由于432=1849，超出了老人年龄 可能的范围，故可断定，题目中所述年份为442=1936年，此时老人年龄为44岁， 可轻易计算老人生于1936-44=1892年。故此题应选择B选项。 【重点提示】与生活常识相联系，也是解答年龄问题的一种重要方法。人的 寿命，父子、爷孙之间的年龄差值的科学性，都是题目所给出的隐含条件。 【例题9】樊政老师向大家作自我介绍时说：“我是九十年代的大学生，我今年的 年龄减去我出生年份的各个位上的数的和等于24。”今年是2011年，问樊政老 师今年的年龄是多少？（ ） A．35 B．37 C．39 D．41 【例题解析】解答年龄问题的一个关键在于充分使用题目中的各个条件， 将题目中的各种已知条件合理转换成数学关系。 樊政是90年代的大学生，这样就可以断定，樊政的出生年份一定是19 年。 设樊政的出生年份的十位数为x，个位数为y 则有2011-（1900+10x+y）=1+9+x+y+24解得： 11x+2y=77 x、y都是小于10大于等于0的整数，所以只有当x=7，y=0时成立。 樊政的出生年份是1970 答案为D 19.平均数问题 平均数 平均数是我们日常生活、工作总最常用到的一个数学概念之一，因此 平均数问题往往结合实际的情况较多。 解答平均数问题，要掌握平均数的以下特性 1.平均数的基本公式是：平均数=总数÷个数 2.将一些数字分成N组，若N组数字的平均数均相等为M，则所有数字的平均数也 为M。 3.若有N个数字，将其中任意的N-1个数字的平均数与剩余的一个数相加构成的由 N个新数组成的数列中，新数列的数字和为原数列数字和的二倍。 4.在解答圆桌问题时，选定一个对象作为基准点有助于理清思路，由于圆桌问题中， 每个人都有两个“邻居”，并且每个人都是其他两个人的“邻居”，因此在绕圆 桌报平均数时，每个人的数字都被计算了两遍。 【例题1】 (2005年浙江一卷16题)有十名学生参加某次数学竞赛，已知前 八名的平均成绩是90分，第九名比第十名多2分，所有学生的平均成绩是 87分。问第九名学生的数学成绩是几分? A．70 B．72 C．74 D．76 【例题解析】十名学生的平均分是87，则十人总分是870分，前8名的 平均分是90，则前8人总分是720分，后两人的总分是870-720=150分， 第九名比第十名多2分，则第九名分数是76分，故应选择D选项。 【重点提示】所有人的平均成绩乘以10减去前八名的平均成绩乘以8 即为后两名的成绩和 【例题2】（2007年吉林乙级第10题）车间共40人，某次技术操作考核的平 均成绩为80分，其中男工平均成绩是83分，女工平均成绩为78分，该车间 有女工多少人？ A.16人 B.18人 C.20人 D.24人 【例题解析】设女工为x人 那么可以根据题意列方程为：83×（40-x）+78x=40×80得：x=24。故应选择D选项。 【例题3】（2007年广东第7题）小明前三次数学测验的平均分数是88分，要 想平均分数达到90分以上，他第四次测验至少要达到( )。 A．98分 B．96分 C．94分 D．92分 【例题解析】前三次的总分为88×3=264，那么四次平均成绩要想达到 90以上， 那么四次的总分就要达到360分以上，所以第四次成绩至少要达到96。故 应选择B选项。 【思路点拨】小明前三次考试均比90分差2分，要想使四次考试平均 成绩高于90，则最后一次考试必须比90分高2×3=6分，故第四次测验至 少要达到96分。 【例题4】（2010年吉林省第7题）某班一次期末数学考试成绩，平均分为 95.5分。后来发现小林的成绩是97，分误写成79分。再次计算后，该班平均 成绩是95．95分，则该班人数是。 A.30人 B.40人 C.50人 D.60人 【例题解析】该班平均成绩相差仅是因为小林一人的成绩差引起的 所以设该班人数为x (95.95-95.5)x=97-79 解得：x=40，故应选择B选项。 【例题5】（2007年北京市应届第25题）某学生语文、数学、英语三科的平均 成绩是93分，其中语文、数学平均成绩90分，语文、英语平均成绩93.5分， 则该生语文成绩是多少? A.88 B.92 C.95 D.99 【例题解析】设语文为a,数学为b,英语为c ，所以a+b+c=279 ，所以a+b=180 ，所以a+c=187 综上可得：a=187+180-279=88分 故应选择A选项。 【例题6】有10个数，用其中9个数的平均数，再加上另外的一个数，按这样 的方法计算，分别得到：100、110、120、130、140、150、160、170、180、190，那么原来10个数的平均数是多少？ A．50 B．75 C．100 D．150 【例题解析】“其中9个数的平均数再加上另外一个数”，实际上是其 中9个数的 的和再加上另外一个数。 这样， 所以平均值为75 答案为B 【重点提示】新数列和的一半即为原数列的和 【例题7】(2006年山东A卷第18题)A、B、C、D、E五个人在一次满分为100 分的考试中，得分都是大于91的整数。如果A、B、C的平均分为95分，B、C、 D的平均分为94分，A是第一名，E是第三名得96分。则D的得分是：（ ） A.96分 B.98分 C.97分 D.99分 【例题解析】A、B、C、的平均分是95，B、C、D的平均分是94 则（A+B+C）/3-（B+C+D）/3＝（A-D）/3＝95-94＝1 所以 ，A最高为100则， 但是如果D是96分，就与E并列第三，则B、C必须有一 人>96，如果B、C有一人>96，A考99，A、B、C的平均值就 不可能为95了（因为B、C都必须>91） 所以D就只能是第二名，97分 故应选择C选项。 【例题8】六位同学数学考试的平均成绩是92.5分，他们的成绩是互不相同 的整数，最高分是99分，最低分是76分，则按分数从高到低居第三位的同 学至少得（ ）分。 A.80分 B.90分 C.95分 D.97分 【例题解析】六人平均分为92.5分，所以总分是92.5×6=555分，第一 名为99 分，最低分为76分，则二至五名的分数和为555-99-76＝380分。欲使第三 名分数最少，则第二名要尽量高，第二名最高98分，则三、四、五名和最少 为282，这样当三、四、五各为95、94、93分时，第三名分数最少为95分，故 应选择C选项。 【例题9】樊政和另外5个人围坐在一张圆桌旁，每个人将自己2007国考行测成绩告诉左右相邻的两个人。然后每个人把左右 两个相邻人告诉自己的成绩的平均数亮出来。从樊政开始顺时针依次报的 平均数是：69（樊政报的数）、67、64、61、53、73。问樊政2011国考行测成绩 是多少？( ) A.79 B.78 C.76 D.74 【例题解析】如图，设6人心中所想的数分别为a 、a 、……a ， 1 2 3 则有(a +a )÷2=67，(a +a )÷2=73，(a +a )÷2=61 1 3 5 1 3 5 则有a +(a +a )÷2=140 1 3 5 而(a +a )÷2=61，所以a =79 3 5 1 答案为A 【重点提示】每个人报的都是他周围的两个人的平均值，每个人也都被 报了两次。 20.数位问题 所谓数位问题是指以数字为主要研究内容的题目，主要包括以下几类：书 本的页码问题、自然数的运算规律以及自然数的相关排列问题。 解答数位问题时我们要注意以下几点： 一、数字的表示方法 任何一个数字，我们都可以用……A×0.1+B×1+C×10+D×100……的形式来表示。 二、注意数位问题中的特殊数字与特殊构造方式 当数位问题中出现数字“0”时，考生一定要提高警惕，因为数字0是不能作为首位 构成数字的。同时，在构成年份、日期、星期等有特定要求的数字时，还要考虑所选数字是 否能满足这些特殊构造方式的构造习惯。 三、页码问题的特点 一页书有两个页码，并且两个页码一定为连续一奇一偶。 此外，页码问题还常常要使用等差数列的前n项和公式辅助计算，希望考生牢记公 式。等差数列前n项和公式： 四、利用代入验证法巧算 数位问题的运算量较大，很多题目我们可以结合答案，利用代入验证法来解答，可以 为考生节省很多宝贵的答题时间。 【例题1】（2008国考51题）编一本书的书页，用了270个数字（重复的也算，如 115页用了2个1和1个5共3个数字），问这本书一共有多少页？ A.117 B.126 C.127 D.189【例题解析】从第一页到第九页，用了9个数字，第10页到第99页，用了两 个数字的共有90页，因此三位数字码占了270-90×2-9=81个数字，即三位数 的页码应该有81/3=27页即100~126页。如下图，故应选择B选项。 总页数？ 一位数字页 二位数字页 三位数字页 数9 数180/2 数81/3 【思路点拨】做这道题目，一定要清楚毎个数字所占的位数，这些清楚之后 计算也就会像是上图所列的一样，只是简单的加减问题！ 【例题2】 （2006天津一卷第74题）王先生在编一本书,其页数需要用6869个 数字,问这本书具体有多少页? （ ） A、1999 B、9999 C、1994 D、1995 【例题解析】由上题可知，前999页共用2889个数字，6869-2889=3980， 3980÷4=995，995+999=1994页。故应选择C选项。 【思路点拨】本题和例1是同一类型的题，只要考生抓住这个特点：一位数 占用一个数字，共有“1-9”9个数字；两位数占用两个数字，共有“10-99”90 个数字；三位数占用三个数字，共有“100-999”900个数字……依此类推，那么 就很容易解出此类题目。 【例题3】所有的两位数相乘。问它们相乘的积从个位算起一共连续出现多少个 0？（ ） A、9 B、10 C、18 D、21 【例题解析】大家知道乘数的末位每有一个0，积的末位就会对应一个0。另 外，由于乘数中偶数足够多，所以乘数末位每有一个5，积的末位也会相应多一 个0，所有的两位数中，末位是0的数有9个，末位是5的有9个，这样是18个， 另外，25、50、75这三个特殊的数会使积的末位各多出两个0，因为其中一个已 记入了，所以18+3=21 答案为D。 【例题4】（2007北京22题）大、小两个数的差是49.23，较小数的小数点向右移 动一位就等于较大的数，求较小的数？ A.4.923 B.5.23 C.5.47 D.6.27 【例题解析】设较小的数为x,那么较大的数为10x 依据题意可列方程：10x-x=49.23 解得x=5.47，故应选择C选项。 【思路点拨】本题最核心的技巧就是巧设未知数，“小数点向右移动一位”，相当于把数字扩大十倍。 【例题5】（2007北京23题）有10个连续奇数，第1个数等于第10个数的 ，求 第1个数？ A.5 B.11 C.13 D.15 【例题解析】首先我们可以从题目中看出，第1个数等于第10个数的 ，那 么这就可以说明，第一个数肯定是5的倍数，在答案中只有5和15符合。将5和 15分别验证，若第一个数为5，那么第10个数为5+2×9=23，与题意不符；若第 一个数为15，那么第10个数为15+2×9=33，15为33的 ，符合题意规律，故 应选择D选项。 【例题6】（2006年国考一卷第44题）一个五位数，左边三位数是右边两位数的5 倍，如果把右边的两位数移到前面，则所得新的五位数要比原来的五位数的 2 倍还多75，则原来的五位数是（ ）。 A．12525 B．13527 C．17535 D．22545 【例题解析】设原来这个数，右边的两位数是x，左边的三位数是5x。原来这 个五位数是500x+x，把右边的两位数移到前面，所得新的五位数是1000x+5x。 可列方程1000x+5x= 2(500x+x)+75 解得x=25 故原五位数为25×5×100+25=12525，故应选择A选项。 【例题7】（08河北50题） 由1、2、3、4四个数字组成的四位数共有24个，将它 们从小到大排列起来，第18个数是以下哪项?( ) A. 3241 B. 3421 C. 3412 D. 3214 【例题解析】由1、2、3、4四个数字组成的四位数中，千位为1的数共有 3×2×1=6个（三个数字的全排列），千位为2的数也有3×2×1=6个，……以此 类推，题目中所求的第18个数，应为千位为3的最大的四位数，为3421，故应选 择B选项。 【重点提示】要使一个多位数的数值最大，需使其最高位数字的数值最大。 【例题8】（10浙江78题）一个四位数“□□□□”分别能被15、12和10除尽， 且被这三个数除尽时所得的三个商的和为1365，问四位数“□□□□”中四个 数字的和是多少（ ） A．17 B．16 C．15 D．14 【例题解析】设这个四位数为x可列方程： ， 解得x=5460 该四位数四个数字的和为5+4+6+0=15，故应选择C选项。 【例题9】（09江西第20题）某次考试中，小林的准考证号码是个三位数，个位数 字是十位数字的2倍，十位数字是百位数字的4倍，三个数字的和是13，则准考 证号码是：（ ） A．148 B．418 C．841 D．814 【例题解析】设该准考证号的百位数字为x，十位数字为4x，个位数字为 8x，可列方程，x+4x+8x=13，解得x=1。则百位数字为1，十位数字为4，个位数字 为8，该准考证号码为148，故应选择A选项。 【思路点拨】观察题意可知个位数字是百位数字的8倍，在“0-1”十个数 字内，满足一个数字是另一个数字八倍关系的只有数字“8”和“1”，故应选 择A选项。 百位为x 则 个位为8x且 则 x 只能为 十位为4x 小于10 1 【例题10】（09国考120题）学校用从A到Z的顺序给班级编号，再按照班级号码 在后面加01、02、03…的顺序给学生编号，已知从A～K每个班级是按照15的数 量依次递增1人，之后依次递减2人，那么第256名同学的编号是多少? A.M12 B.N11 C.N10 D.M13 【例题解析】由题干条件“从 A～K每个班级是按照15的数量依次递增1 人”可知前11个班人数为公差为1的等差数列，可求得“K班”人数为25人， 由A班人数为15人，可求得前11个班总人数为220人。截止第256名同学前， L、M班的总人数为256-220=36人，由于从L班开始依次递减两人，可知L班人 数为23人，故同学在M班编号应为36-23=13，为M13，故应选择D选项。 【例题11】一次公务员行测模拟考试之后，朱雪麟问樊政考试成绩。樊政说： “你考得很好。你的成绩等于其个位数字的平方与十位数字之和。”问朱雪麟 的得分是（ ）。 A.99 B.91 C.79 D.89 【例题解析】我们通过用三种不同的方法求出解，来向大家演示公务员考试的 一些临场技巧。 方法一： 设成绩的十位数是x，个位数为y， 可列方程10x+y=x+y2可得出：9x=y(y-1) 由于x, y都是大于等于0，小于等于9的整数，所以欲使9x=y(y-1)成立，y就必须能被9整除，所以y只能为9，则x值为9-1=8，成绩为89。 方法二，（假设法）樊政说你成绩很好，我们就假设十位数是9，则有 90+n=n2+9(且n为0～9之间的整数) n2+n=81无解，再假设十位数是8， 则有80+n=n2+8，n2-n=72,解得：n=8，成绩为89。 方法三，（答案选项验算法）经验算我们发现在99、91、79、89中，只有89符合题 意。 答案为D 数学运算题型详讲（下） 21.排列组合问题 加法原理和乘法原理是数学概率方面的最基本原理，运用基本方法解决问题是解决公 考中一切问题的最重要、最常用手段。在这里，我们提倡考生在解决排列组合问题时，用最 简单、最好理解的加法原理和乘法原理解题，以达到快捷、正确解题的目的。【例题1】 自然数12321，90009，41014 ……有一个共同特征：它们倒过来写还是原 来的数，那么具有这种“特征”的五位偶数有（ ）个。 A.400 B.500 C.900 D.40000 【例题解析】 本题就是一道典型乘法原理题目 由于所求是偶数，同时，第一位也不能是0， 所以个位只有四种可能2、4、6、8 十位有十种可能1、2、3……9、0 百位有十种可能1、2、3……9、0 所以一共有4×10×10=400种可能 故应选择A选项。 【重点提示】任何数字的首位均不能为“0”。 【例题2】(2008国考第57题)一张节目表上有3个节目，如果保持这三个节目的相对 顺序不变，再添加进去两个新节目，有多少种安排方法？ A.20 B.12 C.6 D.4 【例题解析】第一个新节目加入有4种选择。第一个新节目安排进去之后，为四个节目。 那么第五个节目添加进去的时候有5种选择，所以添加方法总共有4x5=20种，故应选择A 选项。 【例题3】有十张币值分别为1分、2分、5分、1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元的 人民币，能组成多少种不同的币值？ A1021 B1022 C 1023 D 1024 【例题解析】分币一共3种，可有8种取法1、2、5、1+2、1+5、2+5、全取和全不取 同理角币也是8种取法，元币有16种取法。这样共有8×8×16-1=1023种取法，减一种是 因为不能都不取，0不算一种币值。故应选择C选项。 【思路点拨】将十个币种按“元、角、分”分类考虑，结合乘法原理的应用，可以有效简 化答题步骤。 【例题4】(2005年国家考试一卷48题)从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任意选出三个数，使 它们的和为偶数，则共有（ ）种不同的选法。 A.40 B.41 C.44 D.46 【例题解析】欲使任意3数的和为偶，则只有两种情况，①三个数都是偶数 ②三个数中，一个为偶数，两个为奇数。 1—9中有4个偶数，2、4、6、8，他们三个一组，共是4种可能 1—9中有5个奇数，1、3、5、7、9，他们两两一组，共有10种可能。 三个数都是偶数的情况有4种可能；一个为偶数，两个为奇数有10×4=40种可能。共 有4+40=44种不同选法，故应选择C选项。 【例题5】（2007年浙江第16题）同时扔出A、B两颗骰子（其六个面上的数字都为 1,2,3,4,5,6）问两个骰子出现的数字的积为偶的情形有几种？ A、27种 B、24种 C、32种 D、54种 【例题解析】两个骰子出现的数字的积的情况共有6×6=36种 只有两个骰子同时出现奇数时，它们的积才是奇数，共有3×3=9 那么出现偶数的情况为：36-9=27 故应选择A选项。 【重点提示】此题采用剔除的办法，有效地简化了答题步骤。 【例题6】（2009浙江51题）如图所示，圆被三条线段分成四个部分。现有红、橙、黄、绿 四种涂料对这四个部分上色，假设每部分必须上色，且任意相邻的两个区域不能用同一种 颜色，问共有几种不同的上色方法？ A.64种 B.72种 C.80种 D.96种 【例题解析】先涂区域，有4种颜色选择；再涂区域，颜色选择不能 与区域相同，故有4-1=3种选择方法；区域与区域、区域颜色选择不同， 只能有4-2=2种选择方法；区域只与区域相邻，有4-1=3种颜色选择的方 法。根据乘法原理，总的上色方法共有4×3×2×3=72种。故应选择B选 项。 【例题7】（2008湖北42题）四个房间，每个房间里不少于2人，任何三个房间里的人数 不少于8人，这四个房间至少有多少人？ A.9 B.11 C.10 D.12 【例题解析】要保证每个房间里不少于2人，且任何三个房间里的人数不少于8人，那 么若每个房间都安排3人，可保证任意三个房间的人数都为9人，要使三个房间的人数不 少于8人，则可使且仅可使其中一个房间的人数为2人，才能符合题意，故四个房间至少有 3×3+2=11人。故应选择B选项。 【例题8】（2009国考115题）厨师从12种主料中挑出2种，从13种配料中挑选出3种 来烹饪某道菜肴，烹饪的方式共有7种，那么该厨师最多可以做出多少道不一样的菜肴? A.131204 B.132132 C.130468 D.133456 【例题解析】主料的选择共有12×11÷2=66 配料的选择共有13×12×11÷（2×3）=286 所以总的选择方法共有66×286×7=132132【例题9】（2010国考46题）某单位订阅了30份学习材料发放给3个部门，每个 部门至少发放9份材料。问一共有多少种不同的发放方法？ A.7 B.9 C.10 D.12 【例题解析】由题干中将30份材料分配到3个部门，每个部门至少发放9份材料， 可知，需要均分到三个部门的材料数为9×3=27（份），从而此题需要考虑的发放方法为3 份材料的分配方案（30-27=3）。 当3份材料均分时，分配方法为1/1/1，一种； 当3份材料分成两组分配时，分配方法为0/1/2、0/2/1、1/0/2、1/2/0、2/0/1、2/1/0， 六种； 当3份材料按一组分配时，分配方法为3/0/0、0/3/0、0/0/3，三种。 故共有1+3+6=10种分配方法，故选择C选项。 【例题10】(2006年国家考试一卷46题) 四人进行篮球传接球练习，要求每人接球后 再传给别人。开始由甲发球，并作为第一次传球，若第五次传球后，球又回到甲手中，则共 有传球方式（ ）。 A．60种 B．65种 C．70种 D．75种 【例题解析】大家知道，题目中只给出了一个要求条件“由甲发球，五次后，回甲手 中”。 相对问题“共有多少种传球方式？”我们可以对要求条件进行提炼①“由甲发球”给定 了第一次传球后的接球对象 ②“五次后，回甲手中”给定了第五次传球者，不能是甲，也 就是第四次传球后，接球者不能是甲。 好，明白了这两个条件后，我们对传球过程进行逐级分析： 第一次传球，球可以传至任意其他三人，有三种方式 第二次传球，球可以传至任意其他三人，有三种方式 第三次传球，球可以传至任意其他三人，有三种方式 第四次传球，注意，通过提炼条件，我们已知，此时球不能传至甲手上，则，分两种情况①第 四次传球者为甲时，有三种方式 ②第四次传球者为非甲时，只有两种方式（因不能传给 甲） 第五次传球，球只能传至甲手中，只有一种可能 大家发现，第四次传球时，若甲传球则比非甲球员方式多一种。我们暂且按当甲传球时，也 只有两种方式计算 那么，共有传球方式 种 然后，我们对甲传球时，少计算的一种方式进行补齐 因为补齐的是：第四次传球的传球者，也就是第三次传球后的接球者为甲的情况。 所以，要求条件变更为“由甲传球，三次后，球传至甲手中”那么就是说，第三次传球者不 能是甲，也就是第二次传球的接球者不能是甲， 则，第一次传球，球可传至任意其他三人，有三种方式 第二次传球，球已不能传至甲手中，有二种方式第三次传球，只能传给甲，只有一种方式 那么，共有传球方式 种 则补齐后，共有传球方式 种 答案为A 22.概率问题 本类问题应该注意的事项： 概率问题类似于排列组合问题，只要在答题过程中找准所要求条件的概率，正确根据 题目要求对所分析得到的事件概率累加或者相乘即可。 1、对立法求概率问题：一般运用所求次数除以总次数的方法求概率； 但是运算比较复杂的问题时，也可以考虑运用对立面事件来求，用1减去 对立面事件概率即为所求概率。 2、单独概率与“之前如何无关”：要看清楚题中所给的条件，分清求 连续概率还是求单独概率。如一个人投篮命中率为90%，当他连续投篮九 次都没命中之后，在这一事件过程中，他第十次投篮的命中率是多少？注 意，这人第十次投篮的命中率还是90%。 3、抽奖问题：在不知道前一个人是否中奖的情况下，不论抽奖券的顺 序先后，中奖的机会都是一样的。 4、有放回的抽取问题：在有放回的抽取中，前一次的抽取不影响后一 次抽取的概率，即每次抽取的概率是相同的；在无放回抽取中，前一次的抽 取会影响到后一次抽取的概率。 【例题1】(2005年北京第21题)现有甲乙两个水平相当的技术工人需进行三次技术比 赛,规定三局两胜者为胜方。如果在第一次比赛中甲获胜,这时乙最终取胜的可能性有多大? A. B. C. D. 【例题解析】由于甲、乙两人技术相当，所以每次比赛乙获胜的可能性都是 ，甲已经胜了一场，乙只有在剩下的两场中全部获胜，才能赢得比赛 答案为C 【例题2】(2005年山东第7题)有一个摆地摊的摊主，他拿出3个白球，3个黑球，放在 一个袋子里，让人们摸球中奖。只需2元就可以从袋子里摸3个球，如果摸到的3个球都是 白球，可得10元回扣，那么如果一天有300人摸奖，摊主能骗走多少元? A.350 B.400 C. 420 D.450 【例题解析】第一次摸到白球的可能性是 第二次摸到白球的可能性是 第三次摸到白球的可能性是 连续三次摸到白球的可能性是 也就是说平均每收20次2元，可能给出10元 摊主能骗走300×2× =450元。 故应选择D选项。 【例题3】（2007年吉林乙级第9题）有三张密封的奖券，其中一张有奖，共有三个人按 顺序且每人只能抓走一张，问谁抓到奖的机会最大？ A.第一个人 B.第二个人 C.第三个人 D.一样大 【例题解析】因为三张中只有一张是有奖的，那么第一个人抽到奖的概率为 ， 第二个人抽到的概率为（1- ）× = 第三个人抽到的概率为1- - = 所以三个人抽到奖的概率都是 故应选择D选项。 【重点提示】任何抽奖券的活动，在不知道前一个人是否中奖的情况下，不论抽的先后， 中奖的机会都是一样的。 【例题4】（2010年福建春季第101题）田忌与齐威王赛马并最终获胜被传为佳话，假设 齐威王以上等马、中等马和下等马的固定程序排阵，那么田忌随机将自己的三匹马排阵时， 能够获得两场胜利的概率是： A. 2/3 B. 1/3 C. 1/6 D. 1/9 【例题解析】田忌的第一场可以共有3种选择，第二场可以共有2种选择，第三场只有1种选择，所以总的排列方式共有6种，而田忌能获胜两场的方式只有1种，所以田忌能获胜 两场的概率为1/6。故应选择C选项。 【例题5】（2009江苏79题）某商店搞店庆，购物满200元可以抽奖一次。一个袋中装有 编号为0到9的十个完全相同的球．满足抽奖条件的顾客在袋中摸球，一共摸两次．每次摸 出一个球（球放回），如果第一次摸出球的数字比第二次大，则可获奖，则某抽奖顾客获奖 概率是（ ） A.5％ B.25％ C.45％ D.85％ 【例题解析】总的抽奖方式共有10×10=100种 当第一次摸到球为9时，第一次比第二次大的方式共有9种； 当第一次摸到球为8时，第一次比第二次大的方式共有8种； 以此类推，第一次比第二次大的摸球方式共有 9+8+7+6+5+4+3+2+1=45 种； 所以获奖的概率为 =45%。故应选择C选项。 【重点提示】第一次摸球，有数字“0-9”10种不同情况，且每种情况都是独立存在的， 故可使用加法原理解题。 【例题6】（2009福建省第112题）一个袋子里放有10 个小球（其中4 个白球，6 个黑球）， 无放回地每次抽取1 个，则第二次取到白球的概率是多少？ A. B. C. D. 【例题解析】题目分为两种情况， 若第一次抽到的是白球，那么第二次抽到白球的概率为： × = 若第一次抽到的是黑球，那么第二次抽到白球的概率为： ×= 所以第二次抽到白球的概率为 + = ，故应选择D选项。 【重点提示】由于是无放回的抽取，故抽取球的概率是不断变化的。 【例题7】（2007年江苏省第19题）某射击运动员每次射击命中10环的概率是80%,5 次射击有4次命中10环的概率是: A.80% B.63.22% C.40.96% D32.81% 【例题解析】五次射击有四次命中10环，那么剩余的一次射击可以命中10环也可以不 命中10环，故只需计算四次射击命中的概率。即命中率为80%4=40.96%，故应选择C选项。 【重点提示】实际上，本题省略了一个步骤，5次射击有4次命中，剩余一次射击命中的 概率也为80%，此种情况的概率为80%4×80%；剩余一次射击没有命中的概率为80%4×20%。 综合两种情况，5次射击有4次命中的概率即为80%4×（80%+20%）=80%4。23.集合问题 集合问题是公考数学运算部分最常考察的一类问题，要求考生理解的掌握解答集合问 题的公式，熟练掌握图解法这一形象直观的解题方法，学会灵活解题。 解答集合问题，需要掌握的技巧： 1.理解的掌握集合问题的基本公式： 当题目中出现两个集合时： ∣A∪B∣=∣A∣+∣B∣-∣A∩B∣ 当题目中出现三个集合时： ∣A∪B∪C∣=∣A∣+∣B∣+∣C∣-∣A∩B∣-∣B∩C∣-∣C∩A∣+∣A∩B∩C∣ 无论是几个集合，集合公式表达的含义都是先将几个集合相加，再将重复计算的部分 刨除。 2.掌握利用韦恩图解题的技巧，所谓韦恩图就是用一条封闭曲线（内部区域）直观地表示集 合及其关系的图解方法。画韦恩图解题的总的方法概述就是“从内至外，边减边标”。 例如：正灵教育教师团队共有教务人员和任课讲师共97人，任课讲师中善讲行测课程的讲 师有52人，善讲申论课程的讲师有40人，善讲面试课程的讲师有49人。其中既善讲行测 课程又善讲申论课程的有19人，既善讲行测课程又善讲面试课程的有29人，既善讲申论 课程又善讲面试课程的有15人，三门课程都善讲的有1人。求正灵教育教师团队中的教务 人员有多少？ 此题为典型的集合问题，利用画韦恩图的方法，可以直观形象的解题。 首先，依照题目描述画圆，外 大圆表示正灵教育教师团队的总 人数，内部互相相交的三个小圆分 别表示行测、申论和面试三门课程 大圆与三小圆间的空白部分，表示 教师团队中除讲师外的教务人员， 即为所求。 三个小圆的共同相交处表示 的是三门课都善讲的讲师人数，在 此处填上对应的数字“1”。 小圆两两相交处表示的是善 讲两门课程的讲师人数。在两两相 交处填上相应数字，注意，要剔除 掉已经标注过的善讲三门课程的 人数。三个小圆的不相交部分，表示 的是只善讲一门课的讲师人数，将 相应的数字填入空白部分。需要注 意的是，例如在填只善讲行测的讲 师人数时，要用善讲行测的讲师总 人数减去既善讲行测又善讲申论， 既善讲行测又善讲面试，以及三门 课程都善讲的讲师人数。要保证每 位讲师在韦恩图中都出现且只出 现1次。 此时，三个小圆中各封闭面上 已都填满了数字，小圆上各部分的 数字和即为教师团队中讲师人数 的总和。 再用正灵教育教师团队总人 数减去讲师总人数，即得到教务人 员的人数。【例题1】(2006年广东第10题)在棋艺协会中，有69人会象棋，58人会军棋，有12人 两样都不会，有30人两样都会。问这个协会共有多少人？ A.109 B.139 C.149 D.150 【例题解析】本题是一个典型的集合问题，30人两种项目都 会，则只会象棋、军棋的人分别是69-30=39、58-30=28，只会象 棋的，只会军棋的，两者都会，两者都不会的，四类相加即为总数 39+28+30+12=109，故应选择A选项。 【重点提示】此题若使用图解法，应先标注两个项目都会的 30人，再标注只会象棋的39人和只会军旗的28人。 【例题2】（2006年国考一卷第42题）现有50名学生都做物理、化学实验，如果物理实 验做正确的有40人，化学实验做正确的有31人，两种实验都做错的有4人，则两种实验都 做对的有（ ）。 A．27人 B．25人 C．19人 D．10人 【例题解析】本题如上题一样，50名学生可以看作一个集合，她有两个相交的子集， 也可以将50名学生看作由4个不相交的子集组成，即只做对物理的，只做对化学的，都对 的和都做错的，设都做对的人数为x，可列方程50=（40-x）+(31-x)+x+4，解得x=25， 故应选择B选项。 【例题3】 (2007年国家考试第58题)共有20个玩具交给小王手工制作完成，规定，制 作的玩具每合格一个得5元，不合格一个扣2元，未完成的不得不扣，最后小王共收到56 元，那么它制作的玩具中，不合格的共有（ ）个 A.2 B.3 C.5 D.7 【例题解析】本题貌似条件不足，但这种所谓“条件不足”的题型是包括公务员考试在 内的各种招聘中最常出现的。这样的考题，往往很明显的存在“间接条件”，比如此题，设 合格的为x，不合格的为y，则有5x-2y=56，同时我们更应注意到还有几条很重要的条件就 是x+y≤20，5x≥56，且x、y都为正整数。又由于2y必为偶数，要使5x-2y=56，需使x也为 偶数。这样我们就会发现，x最小可取12，当x=12时，y=2，当x=14时y=7，不符合条件。故 只有x=12、y=2符合题意。故应选择A选项。 【例题4】(2007年国家考试第55题) 一名外国游客到北京旅游，他要么上午出去游玩， 下午在旅馆休息；要么上午休息，下午出去游玩，而下雨天他只能一天都呆在屋里。其间，不下雨的天数是12天，他上午呆在旅馆的天数为8天，下午呆在旅馆的天数为12天，他在 北京共呆了： A.16天 B.20天 C.22天 D.24天 【例题解析】不下雨则只会在旅馆呆半天，也就是说，下雨的天数 +不下雨的天数=所 有的在旅馆的半天数，下雨天数=[（上午天数+下午天数） 不 下雨天数]÷2 可以求出下雨的天数为[(8+12)-12]÷2=4 他在北京共呆了12+4=16天,故应选择A选项。 【例题5】 (2005年国家考试一卷45题)对某单位的100名员工进行调查，结果发现他 们喜欢看球赛、电影和戏剧。其中58人喜欢看球赛，38人喜欢看戏剧，52人喜欢看电影，既 喜欢看球赛又喜欢看戏剧的有18人，既喜欢看电影又喜欢看戏剧的有16人，三种都喜欢 看的有12人，则只喜欢看电影的有( )。 A.22人 B.28人 C.30人 D.36人 【例题解析】由于三项娱乐都喜欢的有12人 又喜欢看球赛又喜欢看戏剧但不喜欢看电影的有18-12=6人 又喜欢看戏剧又喜欢看电影但不喜欢看球赛的有16-12=4人 则只喜欢看戏剧的有38-12-6-4=16人 由图所示，则只喜欢看电影的有100-58-16-4=22人 故应选择A选项。 【例题6】 (2006年国家考试二卷43题)某工作组有１ 2名外国人，其中6人会说英语，5人会说法语，5人会说西 班牙语；有3人既会说英语又会说法语，有2人既会说法语 又会说西班牙语，有2人既会说西班牙语又会说英语；有1 人这三种语言都会说。则只会说一种语言的人比一种语言 都不会说的人多（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【例题解析】这是一道典型的利用韦恩图作答的集合问 题题目，按以下步骤分别标注： 由于只有一个人三种语言都会说 则只会说英语和法语不会说西语的有3-1=2人， 只会说西语和法语不会说英语的有2-1=1人， 只会说英语和西语不会说法语的有2-1=1人， 则只会说英语的有6-2-1-1=2人， 只会说西语的有5-1-1-1=2人， 只会说法语的有5-2-1-1=1人， 则只会说一种语言的共有2+2+1=5人， 则三种语言一种也不会说的有12-5-2-1-1-1=2人故只会说一种语言的人比一种语言都不会说的人多5-2=3人，故应选择C选项。 【重点提示】集合图解法的步骤总的来说就是“从内至外，边减边标”。 【例题7】樊政一次买了30本书，其中有25本是中文书，24本是2011新出版的书，23 本是精装本，19本是工具类书。问樊政这次购买的书中，至少有多少本是中文的2011新出 版的精装的工具类书？（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【例题解析】30本书中有25本是中文的，则有5本不是中文的。又知有24本是2011 年新出版的，这样新出版的24本书中，最多有5本不是中文的，也就是说24本书至少有 24-（30-5）=19本是新出版的中文书。同理23本精装书中，不是新版中文的最多有（30-19） =11本，这样23本精装书中至少有12本是精装的新版中文书，不能同时满足以上三个条件 的最多有18本。19本工具书中最多有18本不是新版精装中文书，则满足四个条件的至少 有1本。故应选择A。 答案为A 【例题8】（2011国考74题）某市对52种建筑防水 卷材产品进行质量抽检，其中有 8种产品的低温柔度不 合格，10种产品的可溶物含量不达标，9种产品的接缝 剪切性能不合格，同时两项不合格的有 7种，有1种产 品这三项都不合格，则三项全部合格的建筑防水卷材 产品有多少种？ A.37 B.36 C.35 D.34 【例题解析】利用容斥原理，则三项指标全部合格的产品有52-8-10-9+7+1×2=34，故 应选择D选项。 【例题9】（2010国考47题）某高校对一些学生进行 问卷调查。在接受调查的学生中，准备参加注册会计师 考试的有63人，准备参加英语六级考试的有89人，准 备参加计算机考试的有47人，三种考试都准备参加的 有24人，准备选择两种考试都参加的有46人，不参加 其中任何一种考试的有15人。问接受调查的学生共有 多少人？ A.120 B.144 C.177 D.192 【例题解析】利用容斥原理，则接受调查的学生共有，63+89+47-24×2-46+15=120，故应选择A选项。 【例题10】（2010年9月18日联考第40题）某社团共有46人，其中35爱好戏剧，30人 爱好体育，38人爱好写作，40人爱好收藏，这个社团至少有（ ）人以上四项活动都喜欢 。 A.5 B.6 C.7 D.8 【例题解析】方法一：若让喜欢四项活动的人最少，须使喜欢三项活动的人最多，即设全体社团人员都喜欢三项活动，共有 46×3=138 人次，喜欢各项活动的总人次为 35+30+38+40=143人次，故有143-138=5人喜欢四项活动。故选择A选项。 方法二：不爱好戏剧的有46-35=11人，不爱好体育的有46-30=16人， 不爱 好写作的有 46-38=8 人，不爱好收藏的有 46-40=6 人，四项活动都爱好的有 46- （11+16+8+6）=5人，故应选择A选项。 【重点提示】图解法是解答集合问题时最常用的辅助手段，但也不必拘泥于这种方法。 运用最合理的方法解题，才能又快又好的解答集合类问题。 24.比赛规则问题 比赛问题属常识型数学运算题，只要考生掌握了常出现的比赛规则模式，即可按规律 轻松解题。 比赛规则 1.比赛问题中的基本规律 （1）一项赛事中，若产生一个胜者，则必然有一个与之对应的负者，胜者和 负者的数量是永远相等的。 （2）比赛中，每一个平局都会产生两个打平者，故对于所有参赛者而言，平 局的数量一定为偶数。 （3）一项赛事中，若有一个参赛者保持全胜，则不可能有另一个参赛者保 持不败。 2.循环赛 单循环赛中，每两个参赛者之间都要进行一场比赛，当有N个参赛者参赛 时，每个参赛者都要进行（N-1）场比赛，整项赛事共要进行场比赛。 双循环赛中每两个参赛者都要进行两场比赛，当N个参赛者参赛时，每个 参赛者都要进行2（N-1）场比赛，整项赛事共要进行N（N-1）场比赛。 3.淘汰赛 淘汰赛中，当N个队参赛时，若只决出冠亚军，需进行N-1场比赛；若还需 决出三四名，则共需进行N场比赛。 4.比赛中的得分问题 在很多比赛规则中都规定每场比赛的胜者得2分，平局两参赛者各得1 分，负者得不得分。在此种规则下，整项赛事的总分数一定为比赛总场数×2。【例题1】(2004年北京一卷16题)某足球赛决赛，共有24个队参加，它们先分成六个 小组进行循环赛，决出16强，这16个队按照确定的程序进行淘汰赛，最后决出冠、亚军和 第三、四名。总共需要安排 场比赛。 A. 48 B. 51 C. 52 D. 54 【例题解析】24个人分为6组，则每组4队，单循环每组需6场，6组则需6×6=36场， 16个球队进行淘汰赛，第一轮8场，第二轮8个球队进行4场比赛，决出4强，到此共进行 了36+8+4=48场比赛，4强赛进行半决赛2场，然后负者争3、4名一场，胜者决赛场，共又 进行4场， 48+4=52场 答案为C。 【重点提示】24个球队分为6组，每组4个球队，循环赛共需进行6×（4×3÷2）=36场 比赛（N队参加的循环赛中比赛场次= ）。16个球队进行淘汰赛，还要决出三、四 名，则需进行16场比赛（N队参加决出三、四名的淘汰赛的比赛场次=N）。整项赛事共进行 16+36=52场比赛。 【例题2】(2006年国家考试二卷41题)100名男女运动员参加乒乓球单打淘汰赛,要产 生男、女冠军各一名，则要安排单打赛( ) 。 A.90场 B.95场 C.98场 D.99场 【例题解析】此题可运用“假设数值法”。由于答案是唯一的，所以我们假设某个数值 （取值范围内）所得的结论，就应该是正确答案。 假设男运动员有64人，则女运动员有36人 男子组共需进行32+16+8+4+2+1=63场 女子组36人，第一轮只需赛36-32=4场，其它人直接进入第二轮 则女子组共需赛4+16+8+4+2+1=35场 男、女运动员共需进行63+35=98场比赛。故应选择C选项。 【思路点拨】对于此题，可暂不考虑男女运动员的分布情况。设男运动员数为M人，女 运动员数为N人，男子比赛决出冠军需M-1场比赛，女子比赛决出冠军需N-1场比赛，则共 需安排M+N-2场比赛，既100-2=98场比赛。 【例题3】 一次象棋比赛共有10名选手参加，他们分别来自甲、乙、丙三个队，每个人 都与其他9人各赛1盘，每盘的胜者得1分，负者得0分，平局各得0.5分,结果甲队选手平 均得4.5分,乙队选手平均得3.6分,丙队选手平均得9分,那么甲乙丙三个队参加比赛的 选手的人数依次是? A．4.3.3 B．5.3.2 C．4.5.1 D．5.4.1 【例题解析】因为每个人一共赛9场，最多得9分，且只能有1人全胜得9分，所以丙队只能 有一个选手，且这个选手全胜。 乙队平均得分3.6，乙队的人数是大于等于1小于等于7的整数，而乙队的总分又必须是 0.5的倍数，所以只有当乙队有5人时才有3.6×5=18分这样甲队就有10-1-5=4人，故应选择C选项。 【例题4】四名棋手每两名选手都要比赛一局，规则规定胜一局得2分，平一局得1分， 负一局得0分。比赛结果，没有人全胜，并且各人的总分都不相同，那么至少有（ ）局平局。 A．1 B． 2 C．3 D．4 【例题解析】四名选手之间共要进行6场比赛，这样四人总分是12分，没有人全胜，且 分数各不相同，这样四人得分只能是5、4、2、1或5、4、3、0，由于一场平局会使两名选手的 积分变为奇数，故至少出现了一局平局。故应选择A选项。 【例题5】（2010年黑龙江省第40题）某校八年级学生数学竞赛共有20道题目，每答对 一道得5分，不答或答错扣一分，80分以上至少要答对的题目数是多少?( ) A.15道 B.16道 C.17道 D.18道 【例题解析】因为每答对一道得5分，所以答对16道才得80分，但是，不答或答错扣一分， 所以要想得80分以上，答对的题目至少要比16道题多，故排除A、B选项。当答对17道题时， 可得5×17-1×（20-17）=82分，可得到80分以上，故应选择C选项。 【例题6】（08年江西省第43题）A、B、C、D、E这 5 个小组开展扑克比赛，每两个小组之 间都要比赛一场,到现在为止，A组已经比赛了4场，B组已经比赛3场， C组已经比赛了2场， D组已经比赛了1场。问 E 组比了几场？ A.0 B 1 C. 2 D. 3 【例题解析】首先5个小组比赛，那么每个小组比赛的场次都是4场。我们可以看到，A 比赛了4场，那么说明A和每个组都比赛过了，肯定有1场是和E组比的；D组已经比赛了1 场，则此场比赛一定是与A组比赛；B组已经比赛3场，C组已经比赛了2场，由此说明B组 除和A组比赛外，还和C组比赛了1场，E组比赛了1场，而C组的2场比赛是分别与A组和 B组比赛的；故E组分别与A组合B组进行了2场比赛。故应选择C选项。 【例题7】（2011年国考第73题）小赵，小钱，小孙一起打羽毛球，每局两人比赛 ，另一 人休息，三人约定每一局的输方下一局休息，结束时算了一下，小赵休息了2局，小钱共 打了8局，小孙共打了5局，则参加第9局比赛的是： A.小钱和小孙 B.小赵和小钱 C.小赵和小孙 D.以上皆有可能 【例题解析】共有三人打羽毛球，由于小赵休息了两局，则小钱与小孙打了2局。 则小赵与小钱打了8-2=6局，小赵与小孙打了5-2=3局。共进行了2+6+3=11局比赛。由于 每局比赛的输方下一局休息，故不可能有人连续休息两局。小孙共打了2+3=5局，故他休息 的六局必定相隔，即小孙11局中奇数局休息，偶数局打球，则第九局小孙休息，小赵和小钱 比赛，故应选择B选项。 【例题8】 (2007年国家考试第51题) 学校举办一次中国象棋比赛，有10名同学参加， 比赛采用单循环赛制，每名同学都要与其他9名同学比赛一局，比赛规则，每局棋胜者得2 分，负者得0分，平局两人各得1分，比赛结束后，10名同学的得分各不相同，已知：（1）比赛第一名与第二名都是一局都没有输过； （2）前两名的得分总和比第三名多20分； （3）第四名的得分与最后四名的得分和相等。 那么，排名第五名的同学的得分是： A．8分 B． 9分 C．10分 D．11分 【例题解析】本题被绝大多数参加过2007年国家公务员考试的同学认为是此次行测考 试140道题目中难度最大的。其实，做过上面的两道题后，本题也就思路很清晰了。首先， 后四名的得分和最多为12分，因为即使这四人与其他人的比赛都输了，但它们之间的6场 比赛的得分和是12分。这样第四名同学最少为12分。 第二，由于第一、二名都一局没输，且分值不同，他们最高可得17、16分，因为第一名如果 全胜，第二名就会输一局。如果两人赛平，第二名只有分数更低才能不与第一名分数相同。 这样第三名最多为17+16-20＝13分 由第四名最少得12分，这样第三名就只能得13分了，第三名得13分，则前三名的分数和 为33+13＝46，第四名与后四名的分数和最少为12+12＝24，这样第五、六名的分数和为 45×2-46-24＝20，由于第四名是12分，五、六名的分数是20，只有第五、六名是11、9分才 能使第五名比第四名分数少，且比第六名分数多。故应选择D选项。 【重点提示】在比赛规则问题中，若有一个参赛队全胜，不会有另一个参赛队保持不败。 在每场比赛的胜者得2分，平局两参赛者各得1分，负者得不得分的比赛规则下，某一阶段 比赛中各队所得的总分数一定等于这一阶段这几个参赛队的比赛总场数×2。 25.几何最值问题 几何最值问题主要考察考生对几何常识的了解程度，研究在满足一定前提条件的情况 下对所给几何图形如何变形的问题。 解答“几何最值”类题目时，应掌握以下解题技巧： 1.在平面图形中，当周长一定时，越接近于圆的图形，面积越大；（平面图形中边 数越多的图形，越接近于圆）边数越少，面积越小。 2.在平面图形中，当面积一定时，越接近于圆的图形，周长越小；边数越少，周长 越大。 3.要使N条直线将一平面分成的部分数最多，须使每条直线都与另外的N-1条 直线相交，且所有交点不重合。 直线数12345…… 最多面数2471116…… 通过观察可发现，直线数与所形成 面数有递推和关系。 2 3 7 【例题1】（08湖北）3条直线最多能将平面分成几部分?( 1 4 5 6)。 A．4部分 B．6部分 C．7部分 D．8部分 【例题解析】三条直线两两相交，但不交与一点时可以分为最多的7部分。正确答案为 C。 【重点提示】要使N条直线将一平面分成的部分数最多，须使每条直 线都与另外的N-1条直线相交，且所有交点不重合。 【例题2】一条12米的铁丝（可折）与一面7米的墙最大能组成多大 面积的四边形？（ ） A．10 B． 16 C．18 D．24 【例题解析】这道题目可以是这样的一个思路，墙是固定不能动的， 为了考虑方便，我们以墙为对称轴，做该图形的对称四边形，这样就使 四边都不是固定的了。欲使围成的四边形是面积最大的，则这个四边形加上它的对称图形 形成的四边形也应该最大，显然，当这个图形是正四边形时最大。也就是说，当铁丝围成半 个正方形，面积最大为 。 答案为C 【思路点拨】在周长一定的矩形中，正方形的面积最大。 【例题3】如右图，正方形ABCD的边长为8厘米， E，F是边上的两点，且AE=3厘米，AF=4 厘米，在正方形的边界上再选一点P，使得三角形EFP的面积尽可能大，这个面积的最大值 是（ ）平方厘米？ A．16 B． 18 C．22 D．24 【例题解析】这是一道典型的“等底法”求三角形面积 最值的题目。FE是三角形FEP的底边且长度不变，则P点到 FE距离越大，ΔFEP的高就越大，当P与C重合时，显然最大。 至于求ΔFEP的面积可以用： □ABCD-△FAE-△CDF-△CEB=64-6-16-20=22㎝2，故应 选择C选项。 【例题4】（08浙江）17、有面积为1m2、4m2、9m2、16m2的正方形地毯各10块，现有面积25 平方米的正方形房间需用以上地毯铺设，要求地毯互不重叠而且刚好铺满。问最少需要几 块地毯？ A.6块 B.8块 C.10块 D.12块1 1 3 2 1 2 2 1 【例题解析】25=9+3×4 +4×1 （1块9平，3块4平，4块1平） 共8块 【例题5】（2011年国考75）用一个平面将一个边长为1的正四面体切分为两个完全相 同的部分，则切面的最大面积为： A. B. C. D. 【例题解析】若使切面面积最大，需按右图方法切割。面ACE为等 腰三角形，AE=CE= ，AC=1可计算△ACE面积为 。故应选择B选 项。 【例题6】（08广西第15题）有一种长方形小纸板，长为29毫米，宽为11毫米。现在用同 样大小的这种小纸板拼合成一个正方形，问最少要多少块这样的小纸板( ) A．197块 B。192块 C。319块 D。299块 【例题解析】长方形小纸板面积为29×11=319，组成的正方形面积为319×纸板块数，因 为必须为整数，所以纸板块数必定为319。 正确答案为C。 【思路点拨】本题是几何最值和最小公倍数题目的结合，是几何最值问题的特色题目。 【例题7】（2008年四川第8题）如果不堆叠，直径16厘米的盘子里面最多可以放多少个边 长6公分的正方体？( ) A1 B. 2 C.3 D.4 【例题解析】由于正方体表面积上的对角线长度为6 厘米，若在盘中摆放四个正方体， 则拼成的大正方体表面积上的对角线长度就为12 厘米﹥盘子的直径16厘米，故盘子中 无法摆放四个正方体。按下图方法摆放，只能放下3个正方体，故应选择C选项。【例题8】用10块长7厘米,宽5厘米,高3厘米 的长方体积木拼成一个长方体,问这个长方体的表 面积最小是（ ）平方厘米？ A.750 B.650 C.860 D.900 【例题解析】欲使表面积最小，则需互相重叠的 面 积 最 多 。 如 图 ， 按 右 图 方 法 拼 接 时 ， 长 方 体 的 表 面 积 为 15×10×2+10×7×2+15×7×2=650cm2。故应选择B选项。 【例题9】 (2005年北京一卷25题)某工人用直 径为50毫米的废铁片冲制垫圈，每块铁片冲４个 相同的垫圈，试问垫圈的最大直径能有多少毫米？ A.20.3 B.20.5 C.20.7 D.20.9 【例题解析】设大圆半径为R，小圆半径为r。如 图所示，R-r=OC，2CO=AB，AB=2(R-r) AB2=2AC2 4 （R-r）2=8r2 (R-r)2=2r2 R-r= r。r= ×25=10.356 解得d=2r≈20.7，故应选择C选项。 26.统筹与最值问题 解决此类题目的关键是首先要根据已知条件计算出题目中所给不同限制条件的特点， 然后根据题目要求进行合理统筹安排。解决统筹与最值问题的主要注意事项： 1.灵活运用“木桶效应”。由于一项工作的最终成果往往是由最弱的环节决定 的，也就是所谓的最“短板”。因此在解题前不妨先做比较，找出整项工程的最弱环 节，在“短板”的约束下统筹题目中的问题，才能找到最合理的解题途径。 2.解答统筹与最值问题的关键在于统筹，欲得到最佳效果，关键在于抓住“最大 化”这一解题的钥匙。例如n个数的和是m，欲使n个数中最小的数尽量大，那么在数 字总和不变时，其他数就要尽量小。再例如，甲一小时能组装课桌10张或15把椅子， 乙每小时能组装5张课桌或20把椅子。这种情况下怎样才能使甲、乙二人在100小时 之内生产的课桌椅套数最多？ 要使甲、乙二人在100小时内生产的课桌椅套数最多，需使甲、乙二人尽量发挥 自己的优势，即使甲尽量生产课桌，乙尽量生产椅子。但若让甲只生产课桌，乙只生产 椅子，最终生产出的椅子数要远远大于桌子数，故应使乙抽出一定时间也生产课桌。 甲100小时能生产10×100=1000张桌子，乙生产1000把椅子需要1000÷20=50小 时，乙剩余的50小时时间内只要生产的课桌和椅子数相同，就能使他俩生产的课桌 椅总套数最大，因为乙生产课桌与生产椅子的效率比为1：4，所以生产课桌与生产 椅子的所用时间比应为4:1，即乙剩余的50小时内，用40小时生产5×40=200张桌 子，用10小时生产20×10=200把椅子。故甲乙二人能生产的课桌椅的最大套数为 1000+200=1200套。 【例题1】 (2008年国考54题)某零件加工厂按照工人完成的合格零件和不合格零件数 支付工资，工人每做出一个合格零件能得到工资10元，每做出一个不合格的零件将被扣除 5元，已知某人一天共做了12个零件，得到工资90元，那么他在这一天做了多少个不合格 的零件？ A.2 B.3 C.4 D.6 【例题解析】从整体上考虑本题，假设该工人所做12个零件均为合格产品，应得工资 120 元。因为实得 90 元，所以工资差 120-90=30 应为做出不合格零件所损失的钱数 （5+10=15），所以不合格零件数为30÷15=2个，故应选择A选项。 【思路点拨】本题考查的是在做出合格零件得10元，不合格零件扣5元的情况下，综合 情况考虑。若不用整体思考方法，也可使用列方程解答。 【例题2】 (2006年国家考试一卷38题) 人工生产某种装饰用珠链，每条珠链需要珠子 25颗，丝线3条，搭扣1对，以及10分钟的单个人工劳动。现有珠子4880颗，丝线586条， 搭扣200对，4个工人，则8小时最多可以生产珠链（ ）。 A．200条 B．195条 C．193条 D．192条 【例题解析】这是一道典型的“木桶效应”问题，产量的多少是由最弱的环节决定的。 珠链：4880÷25=195（取整） 搭扣：200 丝线：586÷3=195（取整） 人工：8×60×4÷10=192 人工是“最短的木板”，最多少生产192条 答案为D【思路点拨】这是一道典型的最值问题，在多种条件找出能够做到的最大值，就需要找出 哪一项条件是最缺乏的，第一个消耗光。 珠子所能做的最大项链数 4880÷25=195 586÷3=195 丝线所能做的最大项链数 200÷1=200 搭扣所能做的最大项链数 4×8×60÷10=192 工人在限时内能做的最大项链数 【例题3】(2005年国家考试一卷39题) 有面值为8分、1角和2角的三种纪念邮票若 干张，总价值为1元2角2分，则邮票至少有： A.7张 B.8张 C.9张 D.10张 【例题解析】欲使邮票尽量地少，就应尽可能多的用大额邮票，尽量少地用小额邮票， 总值为1.22元末位值是2分，则8分邮票至少用4张。 4×0.08=0.32，1.22-0.32=0.90，这样再用4张2角，1张1角的即可，共计9张。 故应选择C选项。 【例题4】(2007年国家考试第59题)一个车队有三辆汽车，担负着五家工厂的运输任务。 这五家工厂分别需要7、9、4、10、6名装卸工，共计36名。如果安排一部分装卸工跟车装卸， 则不需要那么多装卸工，而只需要在装卸任务较多的工厂再安排一些装卸工就能完成装卸 任务。那么在这种情况下，总共至少需要（ ）名装卸工才能保证各厂的装卸需求？ A.26 B.27 C.28 D.29 【例题解析】本题只要认真审题，对于大家难度并不大。车队一共有三辆汽车，而工厂需 要装卸工人数大于6人的只有三个，这样每辆车有6名工人跟车即可。 这样3×6+（7-6）+（9-6）+（10-6）=26人，当然，每辆车如果7名工人跟车作业也是26 人，3×7+（9-7）+（10-7）=26，故应选择A选项。 【例题5】有32吨货物，从甲城运往乙城，大卡车的载重量是5吨，小卡车的载重量是3 吨，每种大小卡车的耗油量分别是10升和7.2升，将这批货物运完，最少需要耗油（ ）升。 A.60 B.67.2 C.67.8 D.70 【例题解析】大卡车满载时每拉一吨耗油10÷5=2升 小卡车满载时每拉一吨耗油7.2÷3=2.4升 大卡车拉6次，小卡车一次耗油67.2升是最少的 答案为B小卡车拉剩下2吨。 大卡车全额载重拉6次。油耗60升 油耗7.2升。 【思路点拨】先求解每吨货物，大小车耗油比。得知大卡车省油，则使大多货物都由大卡 车拉，最后剩两吨就用小卡车拉最合适。 【例题6】(2006年国家考试二卷42题)某服装厂有甲，乙，丙，丁四个生产小组，甲每天 能缝制8件上衣或10条裤子；乙每天能缝制9件上衣或12条裤子；丙每天能缝制7件上衣 或11条裤子；丁每天能缝制6件上衣或7条裤子；现在上衣和裤子要配套缝制（每套为一 件上衣和一条裤子），则7天内这四组最多可缝制衣服多少套？（ ） A．110套 B．115套 C．120套 D．125套 【例题解析】 甲每天能缝制8件上衣或10条裤子 乙每天能缝制9件上衣或12条裤子 丙每天能缝制7件上衣或11条裤子 丁每天能缝制6件上衣或7条裤子 相对他们自己而言，甲、丁做上衣相对效率高，乙、丙做裤子效率高，我们应该尽量安排 每个人做自己相对擅长的工作，但是，那样就会明显裤子产量会多出来。乙丙中相比较，丙 在相同时间内作裤子的数量与做上衣的比例高，这样就让丙专门做裤子，让乙拿出一定时 间做上衣，以平衡产量 设乙用x天做上衣，则乙做裤子时间为7-x天 7天内上衣与裤子的产量应该一致 8×7+x×9+6×7=（7-x）×12+7×11 解得x=3，这样生产的套数为8×7+3×9+6×7=4×12+7×11=125套 答案为D 【例题7】（2011年国考第79题）某城市9月平均气温为28.5度，如当月最热日和最冷 日的平均气温相差不超过10度，则该月平均气温在30度及以上的日子最多有多少天？ A.24 B.25 C.26 D.27 【例题解析】若使该月平均气温在30度及以上的日子最多，须使高温温度尽可能接近 于30度，低温温度尽可能接近于20度。设高温天气有x天， 可列方程30x+20（30-x）=28.5×30 解得x=25.5天，故30度以上的日子最多有25天，故应选择B选项。 【例题8】（2010年4.25联考第13题）254个志愿者来自不同的单位，任意两个单位的志 愿者人数之和不少于20人，且任意两个单位志愿者的人数不同，问这些志愿者所属的单位 数最多有几个？A. 17 B.15 C. 14 D.12 【例题解析】要使“任意两个单位的志愿者人数之和不少于20人”，须使来人最少的两 单位的人数和等于20人，并且与任何单位的人数和都不小于20，那么人数最少的两单位人 数必为9和11，而后依次是12,13,14……设这些除9人单位外志愿者所属单位数最多有x 个，可列方程， (11+11+x-1) =254-9，解得x=14，故所属单位最多有x+1=15个 故应选择B选项。 【思路点拨】审题时，要总结出已知条件。任意两单位人数和不少于20， 任意单位人数不同。那么所属单位最多情况为依次多一个，可轻松求解。 任意两单位人数和不少于20，任意单位人数不一样 那么，人数最少的单位人数比为9和11 求所属单位数最多。所以剩余单位人数依次为11、12、13、14…… 所属单位数最多 27.此消彼长问题 此消彼长题目又被称为牛吃草 问题、消长问题或牛顿 牧场问题，是17世纪英国伟大的 科学家牛顿在他的《普遍算术》提出来的。 这类问题看上去有时候比较迷惑人，一个动态的系统很难把握，我们教给大家一个方 法，会使这类题目变成“白开水”问题。通过我们在教学过程中总结出来的一种思路，使大 家能够直观的认清该类问题的本质。这类题型的难点就是在于题目中存在着一个变量，很 多考生在解答时感觉无所适从，不知如何下手。这时只要利用我们总结出来解答这类题目 很简便的思想，即单位“1”思想，就能快速的理解并解答题目。单位“1”思想就是把整体 思考成一个“1”来解决本类题目，这样就可以对这个变量进行求解，从而解出各部分结果。 简单地说就是：此类题目是根据已知条件找出变量随时间变化的规律。然后列方程得出正 确结果。“单位1”思想是我们解决很多数学问题的核心思想。单位“ 1 ”思想 是解决 “此消彼长”问题的金钥匙，也 是很多数学运算题的核心思 路！ 单位“1”思想本质上是把整体看作 “1”，是函数一一对应思想在应用题中的有力 渗透。他不仅是解决此消彼长问题的关键思路，还可以用在很多问题上，例如，工程问题， 行程问题。这是我们正灵名师团队在多年教学过程中，针对公考题目特点总结出来的快速 解题思想。 此消彼长问题的典型代表是牛吃草问题，往往也被指代整个此消彼长问题。 典型牛吃草问题的条件是：假设草的生长速度固定不变，不同头数的牛吃光同一片草 地所需的天数各不相同，求若干头牛吃这片草地可以吃多少天。由于吃的天数不同，草又是 天天在生长的，所以草的存量随牛吃的天数不断地变化。 使用单位“1”思想可以引出： 假设定一头牛一天吃草量为“1” 1）草的生长速度＝（对应的牛头数×吃的较多天 数－相应的牛头数×吃的较少天数）÷（吃的较多天数 －吃的较少天数）； 2）原有草量＝牛头数×吃的天数－草的生长速度 ×吃的天数；` 3）吃的天数＝原有草量÷（牛头数－草的生长速 度）； 4）牛头数＝原有草量÷吃的天数＋草的生长速 度。 这四个等式涵盖了牛吃草问题的主要条件，也是在使用单位“1”思想，可以很轻松的 得到。 由于牛在吃草的过程中，草是不断生长的，所以解决消长问题的重点是要想办法从变化 中找到不变量。牧场上原有的草是不变的，为我们要找的单位“1”。新长的草虽然在变化，但由于是匀速生长，所以每天新长出的草量应该是不变的。正是由于这个不变量，才能够导 出上面的四个等式。 牛吃草问题经常给出不同头数的牛吃同一片草，这块地既有原有的草，又有每天新长出 的草。由于吃草的牛头数不同，求若干头牛吃的这片地的草可以吃多少天。 问题关键是弄清楚已知条件，进行对比分析，从而求出每日新长草的数量，再求出草地 里原有草的数量，进而解答题中所求的问题。 解决此消彼长问题经常用到的方法是： 1.(牛的头数×吃草较多的天数-牛头数×吃草较少的天数)÷（吃的 较多的天数-吃的较少的天数)=草地每天新长草的量。 2.牛的头数×吃草天数-每天新长量×吃草天数=草地原有的草量。 单独抽象的研究此消彼长问题是不容易掌握的，接下来，我们结合例题详细分析下这 个问题。 【例题1】一块牧场长满草，每天牧草都均匀生长。这片牧场可供10头牛吃20天，可供 15头牛吃10天。问： 这块牧场可供25头牛吃多少天（ ） A．4 B． 5 C．6 D．7 【例题解析】这是最典型的牛吃草问题，也是此消彼长问题。 我们可以将一头牛一天吃的草量理解为单位1。10头牛20天吃了200个单位1，15头 牛10天吃了150个单位1，200-150＝50，这50个单位1是10天草长的量，则一天牧场长5 个单位1，而牧场原有的草量为10×20-5×20＝100或15×10-5×10＝100 设25头牛可吃x天 则有：25x＝100+5x，解得x=5，故应选择B选项。 15头牛吃10天 原有的草 10天生长的草 10头牛吃20天 原有的草 20天生长的草 【例题2】（2008江苏C19题）在春运高峰时，某客运中心售票大厅站满等待买票的旅客，为保证售票大厅的旅客安全，大厅入口处旅客排队以等速度进入大厅按次序等待买票，买 好票的旅客及时离开大厅。按照这种安排，如果开出10个售票窗口，5小时可使大厅内所 有旅客买到票；如果开12个售票窗口，3小时可使大厅内所有旅客买到票，假设每个窗口 售票速度相同。由于售票大厅增加了售票窗口，大厅入口处旅客通过速度增加到原速度的 1.5倍，在2小时内使大厅中所有旅客买到票，按这样的安排至少应开售票窗口数为（ ） A.15 B.16 C.18 D.19 【例题解析】设每个窗口每小时可以接待1份旅客，那么旅客每小时增加（10×5- 12×3）÷（5-3）=7份；原来排队买票的旅客有10×5-7×5=15份。现在旅客增加速度为 7×1.5=10.5份/时，要在2小时内使大厅中所有旅客买到票，需要开（15+10.5×2）÷2=18 个窗口。 利用牛吃草问题两个常用等式： =7，5×10-5×7=15，15+10.5×2=2× 应开窗口数=18 故选C。 【思路点拨】对于此消彼长问题，不要局限于仅仅是草场放牧这一种形式，它只是最具代表 性的，很多问题都可以使用两个基本等式解答。考生只需要仔细审题，观察是否存在变量随 时间变化的规律，即可断定是否为此消彼长问题。 【例题3】（2008江西）一个空间的容积为64升的鼓形圆桶上有 A , B 两孔，一种蒸馏 水从 A 孔流入同时从 B 孔流出，如果通过 A 孔的流速为 3 升／小时，那么在 B 孔的流 速为多少升时才能保证用96小时恰好装满该容器 A. B. C. D. 【例题解析】A孔流速减去B孔流速为实际冲入圆桶水量，B孔流速为64÷96= ，则注 入圆桶的实际流速为3－ ＝ 升/小时。 【例题4】（2008宁夏）某工厂有一大型储水罐供全厂生产用水，已知每天晚8点至早8 点蓄水，蓄水管流量为8吨/小时，工厂用水为每天早8点至晚12点，用量为6吨/小时，储 水罐中水位最高时的储水量至少是： A.48吨 B.72吨 C.84吨 D.96吨 【例题解析】每天晚8点至晚12点时，蓄水速度为8-6=2吨/小时，晚12点至早8点蓄 水速度为8吨/小时，所以水位最高时储水量为2×4+8×8=72吨。 【例题5】（2009国考119题）某市水库水量的增长速度是一定的，可供全市12万人使 用20年，在迁入3万人之后，只能供全市人民使用15年，市政府号召大家节约用水，希望 将水库的使用寿命延长至30年，那么居民平均需要节约用水量的比例是多少? A. B. C. D.【例题解析】设水库现有水量为A，年增加量为B，每万人的年用水量为M。根据题干条 件，可列方程组： A＋20B＝20×12M A＋15B＝15×15M 求解可得：B＝3M，A＝60B＝180M 由此可知，水库30年后的总水量为：A＋30B＝180M＋90M＝270M 政府希望将水库的这些水量使用30年，则15万人的年消耗量应为： = 则居民平均需要节约用水量为M－ ＝ ，减少的比例是 。 利用此消彼长问题常用等式： =3每年水增加量。 12×20-3×20=180总水量。180+3×30=30×节约后用水量=9，节约用水比例为（15-9） ÷15= 。 故应选择A选项。 【思路点拨】两种方法均可解答该题，但是我们提倡考生使用第二种方法以单位“1” 思路解答。以便快速解答问题，缩短解题程序，节省时间。 请考生注意以下几点： 解答此类题型的重点就是深入理解单位“1”思想。在题目中，代入使用，可以很直观的理 解问题，从而快速解答该题目。 牛吃草问题的核心数量关系是解答此消彼长类型问题的直接方法，但并不是唯一方法。考 生还需要仔细审题，针对不同情况采取最适合的方法解答。 变量“草”或者“水库储水”是在不断增长且速度恒定的。一方面在消耗，还要注意另一 方面也在不断地增加。也有的题型的变量是在不断减少，但是只要变量是匀速变化，就可 以利用单位“1”思想解答。不要拘泥于形式，灵活运用。 不要依赖于所谓的“万能公式”，没有任何一种题型是一成不变的，我们公考题目每一道 都是有自己的特殊之处的。我们只要掌握最佳的解题思路，其实就是拿到了属于自己的 “万能公式”。 28.等量关系问题 此类问题实质就是考察考生多元一次方程的应用能力，根据题设列出方程解答即可。等量关系的思想，实际上是贯穿整个数学运算部分的最重要的思想之一，当我们在 解答数学运算题目，却找不到“简便方法”时，大多会向“等量关系”的思想求援，即采 用最常规的找等量关系，列方程的方法解题。对于这种最常规、最常用的方法，我们在此 单独提出此类问题，是为了提醒在找等量、列方程过程中的一些技巧。 1.很多题目，题干描述情况较简单，找等量列关系的步骤也较容易，但到解方程时 才发现题目缺少条件，未知数过多。遇到此种情况时，需要考生从题目中找寻隐含的不变 量，结合题干、设问和备选项，灵活解题。 例如：某人卖冰棒，开始定价每根5角，一点也卖不出去，后来每根降低了几分钱，都卖掉 了。一共收入22.26元，则每根降低几分？ A.3 B.4 C.6 D.8 此题要求每根冰棒的降价额，但题目中并没有给出卖出的冰棒数，看似缺少条件，无 法解答。但由于冰棒的卖出数一定为整数，故卖冰棒的所得钱数一定能被降价后的冰棒价 格整除，即此人的总收入为22.26元=2226分 2226=2×3×7×53 结合答案可知，原价5角的冰棒只有减价8分钱，即50-8=42才能被2226整除，故应 选择D选项。 2.在行测考试中，不要惧怕按部就班的列方程。对于很多考生来说，列方程仍是解 答数量关系题时最常用的方法。如果能快速、准确解方程，那么列方程解题就不失为一种 思维过程简单，解题方法快捷的好方法。 【例题1】甲买3支签字笔，7支圆珠笔，1支铅笔，共花32元钱；乙买同样的4支签字笔， 10支圆珠笔，1支铅笔，共花43元钱，如果同样的签字笔、圆珠笔、铅笔各1支，共用多少钱？ （ ） A.21 B.11 C.10 D.17 【例题解析】设签字笔x元，圆珠笔为y元，铅笔为z元，根据题意有： 3x+7y+z=32 (1) 4x+10y+z=43 (2) （1）式×3-(2)式×2得到：x+y+z=10 故应选择C选项。 【例题2】(2008年国考第60题)甲、乙、丙三种货物，如果购买甲3件，乙7件，丙1 件需花3.15元,如果购买甲4件，乙10件，丙1件需花4.20元.那么购买甲乙丙各一件 需花多少钱？ A.1.05元 B.1.4元 C.1.85元 D.2.1元 【例题解析】设甲货物价格为x,乙为y,丙为z,根据已知可列出 3x+7y+z=3.15 4x+10y+z=4.20 -得x+3y=1.05即2x+6y=2.1 -可得x+y+z=1.05故应选择A选项。 【例题3】（2009北京第20题）在一只底面半径是20cm的圆柱形小桶里，有一半径为 10cm的圆柱形钢材浸没在水中，当钢材从桶中取出后，桶里的水下降了3cm。求这段钢材的 长度。 A．3cm B．6cm C．12cm D．18cm 【例题解析】因为当钢材拿出后水下降的体积是和钢材的体积相等的； 可列方程202×π×3=102×π×x 解得x=12 故应选择C选项 【例题4】甲、乙、丙、丁四人去买电视机，甲带的钱是另外三人所带钱总数的一半，乙带 的钱是另外三人所带的钱总数的 ，丙所带的钱是另外三人所带总钱数的 ，丁带910元， 四人所带的总钱数是（ ）元。 A.4200 B.5200 C.6400 D.7000 【例题解析】本题实际上用三元一次方程组非常容易解得，选入此题旨在帮助大家复习 多元方程组的解法，以求提高解题速度 设甲、乙、丙所带钱数分别为x、y、z x=(y+z+910)/2 y=(x+z+910)/3 z=(x+y+910)/4 x=1400 解 得 y=1050 z=840 总数为1400+1050+840+910=4200元 答案为A 【思路点拨】实际上，此题除了列三元一次方程组外，还有更为简便的解题方法。 设四人所带的总钱数为x元 甲带的钱是另外三人所带钱总数的一半，甲所带钱数相当于四人所带钱总数的 ； 乙带的钱是另外三人所带钱总数的 ，乙所带钱数相当于四人所带钱总数的 ； 丙带的钱时另外三人所带钱总数的 ，丙所带钱数相当于四人所带钱总数的 ； 可列方程x= x+ x+ x+910，解得x=4200元 故应选择A选项。 【例题5】某停车场中共有三轮农用车、四轮中巴车和六轮大卡车44辆，各种轮子共有171个。已知四轮中巴车比六轮大卡车的2倍少一辆，那么这个停车场中共有（ ）辆三轮 农用车。 A.20 B.21 C.23 D.25 【例题解析】设6六轮大卡车x辆，四轮中巴车2x-1辆，三轮车44-x-（2x-1）辆 3[44-x-（2x-1）]+6x+4（2x-1）=171 解得x=8 44-8-（2×8-1）=21 答案为B 【例题6】 两支同样长的新蜡烛，粗蜡烛全部点完要2小时，细蜡烛全部点完要1小 时，同时点燃这两支蜡烛，到同时熄灭时，剩下粗蜡烛的长是剩下细蜡烛长的3倍。求蜡烛 点燃了（ ）分钟？ A、60 B、50 C、48 D、45 【例题解析】可以将总长度看作1，则粗蜡每小时燃烧 ，细蜡每小时燃烧1， 设经过了x小时 可列方程1- x=3（1-x） 解得： 小时=48分钟 故应选择C选项。 【例题7】6年级3个班种了一片树，其中56棵不是1班种的，65棵不是2班种的， 61棵不是3班种的，2班种了多少？ A.35 B.30 C.26 D.24 【例题解析】设三个班级所种树木数量分别为x、y、z 可列出方程组 y+z=56 x+z=65 x+y=61 解得x=35，y=26，z=30 故应选择C选项。 【例题8】用一条绳子量一口井的深度。如果先将绳子减去3米，再折成4折，发现比井 深多一米，如果再剪4米，折成3折，发现比井深还是多一米。问绳子的原长是（ ）米？ A.11 B.13 C.15 D.19 【例题解析】设绳子原长为x，根据井深不变列等式方程解得x=19 答案为D 【例题9】有两个三位数，它们的和是999，如把较大数放在较小数的左边，点一个小数 点在两数之间所成的数，正好等于把较小数放在较大数的左边，点一个小数点在两数之间 所成的数的6倍，那么这两个数的差（大减小）是（ ） A.142 B.222 C.333 D.615 【例题解析】设较小的为x （999-x）+0.001x=6[x+0.001（999-x）] 解得：x=142 它的差为999-142-142=615 答案为D 29.九类问题 有一些题型构不成一种复杂多变的数学运算类型，但是在考试中也有一定的出现频率， 我们将这样的题型中最常见的九类挑选出来，供大家参考。 1.阶梯缴费问题 解答阶梯缴费问题，最重要的是找到费率变化的临界点。解决此类问题可先假设按一 种缴费标准缴费，所得出的缴费总额与实际缴费总额一定会产生差额，这个差额是由于两 种缴费标准存在差别引起的，以此入手解决问题。 【例题1】（2007年湖北第31题）某市居民生活用电每月标准用电量的基本价格为每度 0.60元，若每月用电量超过标准用电量，超出部分按基本价格的80%收费，某户九月份用电 100 度，共交电费 57.6 元，则该市每月标准用电量为： A.60度 B.70度 C. 80度 D. 90度 【例题解析】若100度电均按每度0.60元收费，则应缴纳60元电费。由于超出标准部 分按80%收费，每度电少收取了0.60×（1-80%）=0.12元。实际少缴纳电费总数为60- 57.6=2.4元，则超出部分电量为2.4÷0.12=20度，故标准用电量为100-20=80度。 故应选择C选项。 【例题2】(2008年国考第53题)为节约用水，某市决定用水收费实行超额超收，月标准 用水量以内每吨2.5元。超过标准的部分加倍收费。某用户某月用水15吨，交水费62.5元。 若该用户下月用水12吨，则应交水费多少钱？ A.42.5元 B.47.5元 C.50元 D.55元 【例题解析】根据已知，超额用水的超额部分每吨应多交2.5元。用水15吨须交纳基本 水费为2.5×15=37.5元，超额费用为62.5-37.5=25元.则超额吨数为25÷2.5=10吨，即 标准吨数为15-10=5吨，用水12吨应交费为2.5×5+5×(12-5)=47.5元。故应选择B选项。 2.等差数列问题 等差数列问题是一类较简单的题型，只要灵活掌握等差数列公式，大多题目即可轻松 解出。需要注意的是，结合平均数的概念解题也是解答等差数列问题时常用的方法。 项数为N（N为奇数）的等差数列中，前N项的平均数即为此数列的中间项，因此，项数 S 为奇数的等差数列， N=平均数×项数。 项数为N（N为偶数），公差为d的等差数列中，前N项的平均数± 即为该数列中最中 间两项的数值。 【例题3】(2008年国考第48题){a }是一个等差数列，a +a -a =8，a -a =4,则数列前 n 3 7 10 11 4 13项之和是 A.32 B.36 C.156 D.182 【例题解析】此题中a -a =d，a -a =-d，故（a +a -a ）+（a -a ）=12 11 10 3 4 3 7 10 11 4 a =12 7 a 为此等差数列中前13项的中间项，故S =13a =156 7 13 7 故应选择C选项。 【例题4】10个连续偶数的和是从1开始的10个连续奇数和的2.5倍，其中最大的偶 数是多少？ A.34 B.38 C.40 D.42 【例题解析】根据等差数列公式，从1开始的10个奇数的和是（1+19）×10÷2=100， 故这10个连续偶数和应为100×2.5=250，这10个连续偶数构成一个公差为2的等差数列， 且平均值是 250÷10=25，故此偶数列第五项为 24，第六项为 26，则最大项第十项为 26+4d=34。故应选择A。 3.过河问题 过河问题实际上是一类与我们日常生活息息相关的简单问题，与生活中的用“车载 人”问题无异。只要排除“划船者”的干扰，只考虑实际乘客数，过河问题往往就能迎刃而 解。需要提醒考生特别注意的是最后一次渡河，往往只需渡河不需返回，计算单程即可。 【例题5】（2006年北京市第24题）49名探险队员过一条小河，只有一条可乘7人的橡 皮船，过一次河需3分钟。全体队员渡到河对岸需要多少分钟？（ ） A.54 B.48 C.45 D.39 【例题解析】49人全部渡河其中一人负责划船，剩下48人每次过6人，可以得（49-1） ÷6=8，共需8次渡河。由于除最后一次渡河外，其余七次渡河均需返程，故共需 7× （3+3）+3=45分钟。故应选择C选项。【例题6】(2007年国家考试第54题) 32名学生需要到河对岸去野营，只有一条船，每 次最多载4人（其中需1人划船）。往返一次需5分钟。如果9时整开始渡河，9时17分时， 至少有（ ）人还在等待渡河。 A.16 B.17 C.19 D.22 【例题解析】每次可载4人，其中1人划船，事实上每次渡河可载3人。9点开始，9点17 分实际上第四次已经开出，故至少还有32-（3×4+1）=19人在等待渡河。故应选择C选项。 4.青蛙跳井问题 青蛙跳井问题是一类简单的数学运算问题，可以把“青蛙跳井”的整个过程看做两步， 第一步是“边跳边下滑”，第二步是“一跃而出”。青蛙跳出井口所用的总天数为两个步 骤所用天数的总和。“一跃而出”的过程为一天，所跳距离为青蛙的跳上速度；“边跳边下 滑”的过程，青蛙跳井的速度为跳上速度-下滑速度，所跳距离为井深-跳上速度，所用天数 为（井深-跳上速度）÷（跳上速度-跳下速度）。在这里需要特别提醒考生注意，“天数”一 般向上取整。 【例题7】（2010年湖北省第59题）有一只青蛙在井底，每天上爬10米，又下滑6米，这 口井深20米，这只青蛙爬出井口至少需要多少天？ A.2 B.3 C.4 D.5 【例题解析】青蛙每天上爬 10 米又下滑 6米，则青蛙实际每天上爬 10-6=4 米， 20÷4=5，但是由于最后一天上爬10米已经超过井口，不会下滑了，所以需要4天。 5.空瓶换酒问题 空瓶换酒问题是指在很多促销活动中，N个空瓶可以换回一瓶新酒。此类问题的解题关 键就在于换回的酒，仍可作为空瓶再次兑换。 即N个空瓶=1瓶酒=1个空瓶+1酒（不含瓶） 实际上换酒的过程就相当于N-1个空瓶=1酒（不含瓶） 掌握了这解题一关键，就可以剔除每次“换酒”后仍余“空瓶”的干扰，使“空瓶换 酒”问题迎刃而解了。 【例题8】（2006国考第33题）如果4个矿泉水空瓶可以换一瓶矿泉水，现有15个矿泉 水空瓶，不交钱最多可以喝矿泉水多少瓶？ A.3瓶 B.4瓶 C.5瓶 D.6瓶 【例题解析】因为4个空瓶可以换一瓶水，相当于3个瓶子换一份水。所以15个瓶子最 多可以换5份水。故应选择C选项。 【例题9】（2009年浙江第50题）“红星”啤酒开展“7个空瓶换一瓶啤酒”的优惠促 销活动。现在已知张先生在活动促销期间共喝掉347瓶“红星”啤酒，问张先生最少用钱 买了多少瓶啤酒？（ ） A.296瓶 B.298瓶 C.300瓶 D.302瓶 【例题解析】“7个空瓶换一瓶啤酒”后，又可得到一个空瓶，实际相当于6个空瓶换一瓶啤酒。实际喝的啤酒瓶数-购买的啤酒瓶数=购买的啤酒瓶数÷6，设张先生购买了x瓶 啤酒，可列方程，347-x=x÷6 解得x≈298瓶。故应选择B。 6.称羊问题 为了说明称羊问题，我们举个例子： 有五头羊，两两称重分别得到重量由重到轻依次为A A ……A ，假设五头羊的重量从 1 2 10 重到轻分别为B B ……B ，那么必然有A = B +B ，A =B +B ，同理，A =B +B ，A =B +B ……这 1 2 5 1 1 2 2 1 3 10 5 4 9 5 3 样，根据题目给出条件，很多类似问题就可推理解答了。 【例题10】（2010年湖北省第50题）小赵、小王、小李和小陈四人，其中每三个人的岁 数之和分别为65、68、62、75其中年龄最小的是多少岁？ A.15 B.16 C. 17 D.18 【例题解析】设四人年龄从大到小依次为A、B、C、D 则有A+B+C+=75，B+C+D=62，A+B+D=68，A+C+D=65 将四个“年龄和”相加可得 3（A+B+C+D）=65+68+62+75=270 则A+B+C+D=90 故D的年龄为90-75=15岁，故应选择A选项。 【例题11】食堂买来5只羊，每次取出两只合称重量，得到10种不同重量(单位：千 克)47、50、51、52、53、54、55、57、58、59。最重一只是多少千克？ A.25 B.28 C.30 D.32 【例题解析】方法一：为了下面叙述方便，我们依重量称5只羊为A、B、C、D、E，最轻的 组合肯定是D+E=47，倒数第二轻的组合肯定是E+C=50，这样就有50-47=C-E=3，同理，最重 的组合肯定是A+B=59，第二重的组合是A+C=58，这样就有59-58=B-C=1，又由于C-D=3，所 以B-D=3+1=4，又由于A+B=59，所以A+D=55，这样59=A+B，58=A+C，所以第三重的组合是 B+C=57，又由于B-C=1，所以B=29，又由于A+B=59，所以最重的A=30。故应选择C选项。 方法二：依重量从重到轻的顺序，我们分别将5只羊称作为A、B、C、D、E，5只羊两两称 重，称得10个重量，将十个重量相加， 则有4×（A+B+C+D+E）=47+50+51+52+53+54+55+57+58+59=536 则A+B+C+D+E=134 因为最轻的组合为D+E=47，第三重的组合为B+C=57， 则最重的羊A=（A+B+C+D+E）-（B+C）-（D+E）=134-47-57=30。故应选择C选项。 【例题12】一盒巧克力和一瓶蜂蜜18元，一包泡泡糖和一袋香肠11元。一包泡泡糖和 一瓶蜂蜜14元。一袋香肠比一盒巧克力贵1元。这4样食品中最贵的是什么？ A. 泡泡糖 B.巧克力 C.香肠 D.蜂蜜 【例题解析】巧克力+蜂蜜=18 泡泡糖+香肠=11 泡泡糖+蜂蜜=14 即（巧克力+蜂蜜+泡泡糖+香肠）－（泡泡糖+蜂蜜）=香肠+巧克力=15 又根据已知我们知道香肠比巧克力贵1元，因此可算得巧克力为7元香肠为8元。 进一步求得蜂蜜=11元，泡泡糖=3元，因此最贵的为蜂蜜故应选择D选项。 【例题13】（2010年4.25联考第14题）A、B、C、D、E是5个不同的整数，两两相加的和 共有8个不同的数值，分别是17、25、28、31、34、39、42、45，则这5个数中能被6整除的有 几个？ A.0 B.1 C.2 D.3 【例题解析】方法一：设五个整数从小到大依次是A、B、C、D、E，五个数两两相加的和应 有10个，分别为 A+B,A+C,A+D,A+E, B+C,B+D,B+E, C+D,C+E, D+E； 由于“两两相加的和共有8个不同的数值”，故定有两个数值重复出现过。 分析可知，A+B和A+C分别是数值最小的两个数，即A+B=17,A+C=25； C+E和D+E分别是数值最大的两个数，即C+E=42,D+E=45。 并且这四个数字是不能重复的，即重复出现的数字一定是在28、31、34、39 五个整数两两相加的和一定满足能被4整除（每个数都加了四遍）。 而题目中两两相加得出的8个不同数值的和为261，除以4余数为1，那么重复出现的两个 数的和除以4一定余3。 28、31、34、39中只有28+31=59与28+39=67两个数除以4，余3，故数字28一定是重复出 现的数字。 由于28是第三大的数字，可推知B+C=A+D=28,联立A+C=25，可知B-A=3,再联立A+B=17，可 知A=7,B=10。同法可依次解得C=18,D=21,E=24。五个数字中能被6整除的有两个，故选择 C选项。 方法二：五个数字两两相加，得出的八个和中有5个是奇数，有3个是 偶数，可以推论这五个数字中奇数个数必为两个或者三个。（如果只有 一个奇数，那么加和最多只能出现4个奇数；如果有4个奇数，那么加 和最多只能出现4个奇数；如果有5个奇数，那么加和不可能出现奇 数）即五个数字中要么有三个奇数，要么有三个偶数。只有同奇同偶数 字相加时，和才能为偶数，故28、34、42三个数必为三个同奇同偶数字 两两相加的和。设三个同奇同偶数字分别A、B、C，则有2×（A+B+C） =28+34+42，即A+B+C=52，从而可以分别解出三个同奇同偶数字分别 为52-28=24，52-34=18，52-42=10。三个数字中有两个数字能被6整 除，剩余两数定为奇数，定不能被6整除，故能被6整除的数字共有2 个。故应选择C选项。 方法三：设五个整数从小到大依次是A、B、C、D、E，五个数两两相加的和应有10个，分别为 A+B,A+C,A+D,A+E, B+C,B+D,B+E,C+D,C+E,D+E； 分析可知，A+B和A+C分别是数值最小的两个数，即A+B=17,A+C=25； C+E和D+E分别是数值最大的两个数，即C+E=42,D+E=45。 数值28可能为A+D的和，也可能为B+C的和； 数值39可能为B+E的和，也可能为C+D的和。 可推断5个数的奇偶性，当A为奇数时，奇偶性如下： 当A为偶数时，奇偶性如下 A B C D E A B C D E 奇 偶 偶 奇 偶 偶 奇 奇 偶 奇 经观察可知，无论何种情况B与E必定同奇或同偶，即B+E≠39。故C+D=39。 联立C+E=42,D+E=45,C+D=39，易求E=24， 从而可分别求出A=7,B=10,C=18,D=21,E=24 有C、E两个值可被6整除，故应选择C选项。 7.植树问题 植树问题的核心问题就在于植树数与植树间隔数间的关系。通常情况下，植树数=植树 间隔数+1；在环形路上植树，植树数=植树间隔数；此外，还应注意题目的叙述方式，分辨是 在路的单边植树还是在路的两侧植树。 【例题14】(2006年国家考试一卷47题)为了把2008年北京奥运会办成绿色奥运，全 国各地都在加强环保，植树造林。某单位计划在通往两个比赛场馆的两条路的（不相交）两 旁栽上树，现运回一批树苗，已知一条路的长度是另一条路长度的两倍还多6000米，若每 隔4米栽一棵，则少2754棵；若每隔5米栽一棵，则多396棵，则共有树苗（ ）。 A.8500棵 B.12500棵 C.12596棵 D.13000棵 【例题解析】路的总长是不变的，设有x棵树 4（x+2754-4）=5(x-396-4) 解得x=130000棵 答案为D 【思路点拨】在两条路的两旁栽树，则需要栽不相交的四排树。故栽树的总数量要比树 间产生的间隔数多4棵。 【例题15】（2006北京市第20题）李大爷在马路边散步，路边均匀地栽着一行树，李大 爷从第一棵树走到第13棵树用了6分钟，李大爷又往前走了几棵树后就往回走，当他回到 第五棵树时共用了30分钟（包括之前的6分钟），李大爷散步到第几棵树时开始往回走？（ ） A.第32棵 B.第33棵 C.第37棵 D.第38棵 【例题解析】李大爷从第一棵树走到第13棵树共走了12个树的间隔，用时6分钟，因 此他每分钟走2个树的间隔。他走回第五棵树时用了30分钟，则当他回到第13棵树时，用 了30-（13-5）÷2=26分钟。则李大爷从第13棵树算起，到回到第13棵树，共走了26-6=20 分钟。则其散步到第13+20×10÷10=33棵树时，开始往回走。故应选择B选项。 【例题16】（2010年4.25联考第11题）有一排长椅总共有65个座位，其中已经有些座 位上有人就坐。现在又有一人准备找一个位置就坐，但是此人发现，无论怎么选择座位，都 会与已经就坐的人相邻。问原来至少已经有多少人就坐？ A.13 B.17 C.22 D.33 【例题解析】据题意，只有当首尾各空出一个座位，其余位置每两人相隔2个座位（每3个位置上有一个人）时，才能使无论怎么选择座位，都会与已经就坐的人相邻。故 至少有（65-2）÷3+1=22人，故选择C选项。 8.剪贴问题 将长绳切割分段，则所切段数=切割次数+1。 将长绳折N折后切断，则切割后有2N+1段绳子。 将N段绳子粘接成一段绳子，则有N-1段接头。 【例题17】（2007年湖南第38题）把一根圆木锯成 3段需要 8 分钟，如果把同样的圆 木锯成 9 段需要多少分钟? A.24分钟 B.27分钟 C.32分钟 D.36分钟 【例题解析】将一根圆木锯成3段需要锯3-1=2下，锯每下需8÷2=4分钟；则将同样的 圆木锯成9段需要锯9-1=8下，则需要4×8=32分钟。故应选择C选项。 【例题18】（2008年江苏第14题）一根长200米的绳子对折三次后从中间剪断，最后绳 子的段数是（ ） A.8 B.9 C.11 D.16 【例题解析】将一根绳子对折三次后从中间剪断，则切割后有23+1=9段绳子。故应选择 B选项。 【例题19】(2006年北京16题)用10张同样长的纸条粘接成一条长61厘米的纸条，如 果每个接头处都重叠1厘米，那么每条纸条长多少厘米？（ ） A.6 B.6.5 C.7 D.7.5 【例题解析】每个接头重叠1cm，10张连在一起共9个接头（61+9）÷10=7 答案为C 9.因数分解 因数分解与其说是一种题目类型不如说是一种解题方法，是很多题目在解题过程中的 关键环节，也可以运用在很多题型的题目中进行验算。有一些问题看似缺少条件，实际上由 于各个数量都是由整数组成，只要将总数因数分解，就可以寻求出问题的答案。例如有一张 老照片，是一些同龄的中年人毕业几十年后在校庆上的合影，我们只知道这些人年龄总和 是378岁，问合影上有几个人。由于将376分解因数等于47×2×2×2，根据常识所以照片 上的人数只可能为8个47岁的中年人。 【例题20】(2006年北京13题)将1-9九个自然数分成三组，每组三个数，第一组三个 数之积是48。第二组三个数之积是45，三组数字中三个数之和最大是多少？（ ） A.15 B.17 C.18 D.20 【例题解析】第二组三数之积是45，45=1×3×3×5由于1—9九个自然数不能重复出 现，所以第二组三个数只能是 1、5、9 和为 15。第一组三数之积是 48， 48=1×2×2×2×2×3，则第一组可以是2、3、8也可以是2、4、6和分别为13、12，当第一组 为2、4、6时有第三组为3、7、8的和为最大值18，故应选择C选项。【例题21】二十几个小朋友围成一圈，按顺时针方向一圈一圈地连续报数。如果报2和 200的是同一个人，那么共有（ ）个小朋友。 A. 22 B. 24 C. 27 D. 28 【例题解析】2与200的差是198，198=2×3×3×11，答案中只有22同时含有因数2和 11，可以整除198，故应选择A选项。 【例题22】(2007年国家考试第48题)把144张卡片平均分成若干盒，每盒在10张到 40张之间，则共有（ ）种不同的分法。 A．4 B.5 C．6 D．7 【例题解析】144=2×2×2×2×3×3可以分解出来的因数中大于10小于40的有12、 16、18、24、36，所以共有5种分法，12×12、16×9、18×8、24×6、36×4。故应选择B选项。 【例题23】甲、乙、丙三人先后登楼，甲每分钟登5级楼梯，乙每分钟登6级楼梯，丙每 分钟登7级楼梯，他们各走了几分钟（整数）后，停下来，离顶层甲还有10级，乙还有16级， 丙还有28级。这幢楼每层有14级楼梯，每层高度2.8米，那么，这幢楼高度至少有多少米？ （ ） A.16.8米 B.18.2米 C.14.0米 D.19.6米 【例题解析】甲还差10级楼梯，即甲还需登楼梯2分钟可到达楼顶，丙还差28级楼梯， 即丙需要4分钟行程就可以到达楼顶。同时可推得楼梯级数是5和7的公倍数，也就是35 的整数倍，乙还差16级楼梯即可到达楼顶，也就是说乙登楼梯2分钟后还差4级楼梯才能 达到楼顶，即楼梯总级数被6除余4，符合上述条件的最小整数为70,楼高为2.8×6=16.8 米，故应选择A选项。 【重点提示】本题主要注意到达顶层，而不是顶层的露台，所以，在求高度的时间还要 再加一层。 【例题24】樊政编写一部教材共1508页，每小时编写两页。樊政每天固定拿出n小时 编写这部教材。一直到2011年元旦晚上，樊政已经写了864页了。为了能够在2011年春节 前写完，樊政决定从元旦之后的某一天起每天再多用两小时，这样正好能2011年2月17 日写完。问樊政从哪一天起每天多加了两小时写作？ A.1月28日 B.1月29日 C.1月30日 D.2月1日 【例题解析】元旦之后到2月17日共有31-1+17=47天，设樊政未增加写作时间的日数 为x,那么增加写作时间的日数为47-x。设未增加写作时间之前每天写作a页，则增加写作 时间后每天写作a+4页。元旦后总写作页数为1508-864=644 可列出方程式 ax+(a+4)(47-x)=644 整理得47a=4(114+x)因为a,x都是整数，所以a必须为4的倍数，且x不大于47，所以a只 能为4的3倍。解得a=12,x=27。即元旦后樊政又经过了27天后开始增加写作时间。即29 日开始增加写作时间。 故应选择B选项。30.其他问题 有一些问题很难归结到某一具体题型中去，但是这些题目又有其特有的技巧和规律， 我们从中精选十道经常出现的题目，供大家参考。 【例题1】一人拿一张百元钞票到商店买了25元的东西，店主由于手头没有零钱，便拿 这张百元钞票到隔壁的小摊贩那里换了100元零钱，并找回了那人75元钱。那人拿着25 元的东西和75元零钱走了。过了一会儿，隔壁小摊贩找到店主，说刚才店主拿来换零的百 元钞票为假币。店主仔细一看，果然是假钞。店主只好又找了一张真的百元钞票给小摊贩。 问整个过程中，店主一共亏了多少钱财？（ ） A、75 B、100 C、150 D、175 【例题解析】实际上，在整个交换过程中，所有交换过程都是公平的，店主的损失就是 100元的假币，故应选择B选项。 【例题2】（2008年河北省第60题）小华每分钟吹一次肥皂泡，每次恰好吹100个。肥皂 泡吹出后，经过一分钟有一半破了，经过两分钟还有二十分之一没有破，经过两分半钟肥皂 泡全破了。小华在第20次吹出100个新的肥皂泡的时候，没有破的肥皂泡有多少个?() A.100 B.150 C.155 D.165 【例题解析】因为在吹出肥皂泡两分半钟后肥皂泡就全破了，故只需考虑最后即第18 次、19次、20次吹出的肥皂泡数，小华在第20次吹出100个肥皂泡时，第18次吹出的肥皂 泡经过两分钟还剩100× =5个，第19次吹出的肥皂泡经过一分钟还剩100× =50个。 故此时还有100+50+5=155个肥皂泡没有破。故此题应选择C选项。 【例题3】（2010年9.18联考第45题）长为1米的细绳上系有一个小球，从A处放手以 后，小球第一次摆到最低点B处共移动了（ ）米 。 A.1+ π B. + π C. π D.1+ π 【例题解析】小球从A处移动到A′处，做自由落体运动， 运动距离=OA=1；OA′段运动距离为 60 度的弧长，即 = ，所求弧长= 。故小球共运动了1+ π米，故应选择A 选项。 【例题4】（2009年9.13联考第96题）某公司计划购买一批灯泡，11w的普通节能灯泡 耗电110度/万小时，单价20元；5w的LED灯泡耗电50度/万小时，售价110元，若两种灯 泡使用寿命均为5000小时，每度电价格为0.5元，则每万小时LED灯泡的总使用成本是普 通节能灯泡的多少倍？A.1.23 B.1.80 C.1.93 D.2.58 【例题解析】分别求出两种灯泡的使用成本，两种灯泡的成本都是由电费、灯泡的成本 费组成。 则普通节能灯的使用成本为0.5×110×+20×2=95元 LED灯泡的使用成本为0.5×50+110×2=245元 故每万小时LED灯泡的总使用成本是普通节能灯泡的245÷95≈2.58倍，故应选择D 选项。 【例题5】张大伯卖冰棒，开始定价每根5角，一点也卖不出去，后来每根克降低了几分 钱，都卖掉了。一共收入22.26元，则每根降低几分？ A.3 B.4 C.6 D.8 【例题解析】张大伯总收入为22.26元=2226分 2226=2×3×7×53 答案中只有50-8=42能被2226整除，故应选择D选项。 【例题6】商店卖气枪子弹，每粒1分钱，每5粒4分，每10粒7分，每20粒1角2分。 小明的钱至多买73个，小刚至多买87个，两人钱合起来能买多少粒？ A.160 B.165 C.170 D.175 【例题解析】小明最多买73个，则73个的购买方法为73=20×3+10+3，则小明所带钱 数为 1 角 2 分×3+7 分+1 分×3=4 角 6 分；小刚最多买 87 个，则小刚的购买方法为 87=20×4+5+2，因此小刚所带钱数为1角2分×4+4分+2分=5角4分；小明和小刚共带钱 1元，则两个人合资购买则1元的分配应该为1元=1角2分×8+4分，即购买了20x8+5=165 粒子弹，故应选择B选项。 【例题7】如右下图，将黑白两种小珠自上而下一层层地排，每层又是从左到右逐颗地 排。当白珠第一次比黑珠多2007颗时，那么，恰好排列到第（ ）层的第（ ）颗。 A．第2007层第2007个 B．第1004层第2007个 C．第2007层第4014个 D．第2008层第4014个 【例题解析】从上图大家不难看出，每2层白球均比黑球多出2个，而每层的球数为 2n-1，白球比黑球多2007，那应该是2008层的4014个。故应选择D选项。 【例题8】有一个横2000格，竖1000格的矩形方格纸。现从它的左上角开始向右沿着 边框逐格涂色到右边框，再从上到下逐格涂色到底边框，再沿底边框从右到左逐格涂色到 左边框，再从下到上逐格涂色到前面涂色过的方格，如此一直螺旋式地涂下去……，直到将 所有的方格都涂满。那么最后被涂的那格是。 A．从上数第501行，从左数第500列 B．从上数第501行，从左数第501列 C．从上数第500行，从左数第500列 D．从上数第500行，从左数第501列 【例题解析】竖向共有1000格，横向2000格，大家可以想象，当涂完从上数第500行的时候，将只剩下从下数第500行，这时左边和右边已经各涂了499列。这样最后将从右数第 500列上数第501行向左涂，涂到的最后一格是上数第501行，左数第500列这一格涂完。 故应选择A选项。 【例题9】甲、乙两厂生产同一种玩具，甲厂每月产量不变，乙厂每月增加1倍。已知一 月两厂共生产105件，二月共生产110件。乙厂首次超过甲厂是几月？ A.3月 B.5月 C.6月 D.次年8月 【例题解析】设甲产量为x，第一个月乙产量为y。 可列方程x+y=105，x+2y=110 解得x=100，y=5 那么乙厂五月份产量为5×2×2×2×2=80,六月份产量为80×2=160 故应选择C选项。 【例题10】（2010年江西省第54题）A，B两村庄分别在一 条公路L的两侧，A到L的距离AC为1公里，B到L的距离BD 为2公里，C，D两处相距6公里，欲在公路某处建一个垃圾站， 使得A，B两个村庄到此处处理垃圾都比较方便，应建在离C处 多少公里？ A.2.75 B.3.25 C.2 D.3 【例题解析】要使A，B两个村庄到此处处理垃圾都比较方便，须使此点到A，B两地的 直线距离相等。设应建在离C点x公里处，离D点y处，可列方程 12+x2=22+y2，x+y=6，解得x值为3.25，故应选择B选项。