模块四
常见典型应用题
专题15
归一、归总问题
类型一 归一问题
1.
409. 2 【解析】每平方米森林每日吸收二氧化碳量:7. 7÷
7÷10000 = 0. 00011(吨)。7、8 这两个月共62 天,60000×
0. 00011×62= 409. 2(吨)。
2.
5
2
3
5
【解析】3 小时能耕地5
8 ÷ 3
4 ×3 = 5
2 (公顷),耕
1
2 公顷地需要3
4 ÷ 5
8 × 1
2 = 3
5 (小时)。
3.
解:每天吃大米180÷6= 30(千克)
剩下大米900-180= 720(千克)
剩下的还能吃720÷30= 24(天)
答:剩下的还能吃24 天。
4.
解:第一次可以换回西瓜:2000÷100÷1×30= 600(千克)
第二次可以换回西瓜:600÷100÷1×30= 180(千克)
第三次可以换回西瓜:180÷100÷1×30= 54(千克)
总共可以吃到西瓜:2000+600+180+54= 2834(千克)
答:总共可以吃到2834 千克西瓜。
类型二 归总问题
5.
120 【解析】原计划每天挖100 米,24 天完成,那么这条水
渠的长度为100×24= 2400(米),实际用了24-4 = 20(天),
所以实际平均每天挖2400÷20= 120(米)。
6.
能 【解析】工期时间:31-21+1 = 11(天),一共生产:250×
3+375×(11-3)= 3750(件),3750>3000,所以他们能按时
完成生产任务。
7.
解:21 千克= 0. 021 吨
14×18000÷(0. 021×2)= 6000000= 600(万户)
答:该市约有600 万户家庭。
专题16
和差倍问题
类型一 和倍问题
1.
4. 5 【解析】甲数是49. 5÷(1+10)= 4. 5。
2.
29 【解析】B 银行最终人数为(34+38)÷(7+1)= 9(人),B
银行有38-9= 29(人)去了A 银行。
3.
解:欧洲的意向创始成员国个数:(57- 5+ 2) ÷(2+ 1) =
18(个),所以亚洲的意向创始成员国个数:2 × 18 - 2 =
34(个)。
答:亚洲的意向创始成员国有34 个,欧洲的意向创始成员
国有18 个。
类型二 差倍问题
4.
1
3 【解析】一个小数的小数点向右移动一位是原数的10
倍,向左移动一位是原数的0. 1 倍,这个小数用分数表示
为3. 3÷(10-0. 1)= 3. 3÷9. 9= 1
3 。
5.
7 【解析】原来骡子驮的包裹数量比马多,从马背上拿过
一包,骡子的负担就是马的两倍,即比马多一倍,根据差倍
公式:差÷(倍数-1)= 小数,此时马的包裹数量为(1×2+1×
2)÷(2-1) = 4( 个),则原来马驮的包裹数量为4+ 1 = 5
(个)。骡子原来驮的包裹数量为5+1×2 = 7(个),所以骡
子驮了7 个包裹。
6.
原来小明买了15÷(2. 5-1)= 10(张)
原来小军买了10×2. 5= 25(张)
答:原来小明买了10 张,小军买了25 张。
类型三 和差问题
7.
48 【解析】新新接受了10 粒后的玻璃球数:(124-8)÷2=
58(粒),原来新新的玻璃球数:58-10= 48(粒)。
8.
39 【解析】用甲、乙两个人带的钱去买三张票会多30-21=
9(元),所以乙带的钱为48+9 = 57(元),则一张电影票的
价格为(57+60)÷3= 39(元)。
专题17
年龄问题
类型一 年龄差不变
1.
9 【解析】年龄差不变,今年年龄和是30+2 = 32(岁),(50
-32)÷2= 9(年)后母女俩的年龄之和是50 岁。
2.
11
【解析】如解图,3 岁和15 岁相差3 个年龄差。年龄
差:(15-3)÷3= 4(岁),哥哥现在的岁数:15-4= 11(岁)。
第2 题图
3.
25 【解析】设弟弟今年的年龄是x 岁,哥哥今年的年龄是
(x+n)岁,可列出方程x+n+(x+n) +n = 50+n,2x+2n = 50,x
+n= 25,所以哥哥今年25 岁。
类型二 与倍数有关的年龄问题
4.
12 【解析】根据年龄差不变,则当父亲年龄是儿子年龄11 倍
的时候,儿子的年龄为:(45-15)÷(11-1)= 3(岁),15-3= 12
(年),所以12 年前父亲的年龄是儿子年龄的11 倍,故答案
为12。
解题技巧
变倍年龄问题:两人年龄差÷(倍数-1) = 较
小年龄。
5.
1961 【解析】设2015 年时姐姐和妹妹的年龄和是x 岁,
则2015 年爸爸的年龄是3x 岁。2021-2015= 6(年),6×2=
12(岁),根据题意得3x+ 6 = 2( x+ 12),解得x = 18,爸爸
2015 年18×3= 54(岁),爸爸出生在2015-54= 1961(年)。
6.
30 【解析】今年祖孙三人的年龄和是100-2×3 = 94(岁),
今年祖孙三人的年龄和是张老师儿子年龄的15÷2+15+1
= 23. 5 倍,今年张老师儿子的年龄是94÷23. 5 = 4(岁),今
年张老师母亲的年龄是4×15 = 60(岁),今年张老师的年
龄是60÷2= 30(岁)。
7.
51 【解析】母子今年的年龄和:78-6×2 = 66(岁),母子6
年前的年龄和:66-6×2= 54(岁),母亲6 年前的年龄:54÷
(5+1)×5= 45(岁),母亲今年的年龄:45+6= 51(岁)。
8.
60 【解析】儿子的年龄用周算与孙子年龄的年龄用天算是
一样的数字,说明儿子的年龄是孙子年龄的7 倍;爷爷的年
龄与孙子的年龄按月算是一样的,说明爷爷的年龄是孙子
年龄的12 倍。设孙子年龄为x 岁,则儿子年龄为7x 岁,爷
爷年龄为12x 岁,根据题意可列方程x+7x+12x = 100,解得x
= 5,爷爷年龄为12×5= 60(岁)。
9.
90 【解析】设弟弟乘坐飞船出发到返回地球时,哥哥在地
球上经过的时间为x 年,则弟弟在飞船上经过1
10x 年,这时
哥哥的年龄是(30+x)岁,弟弟的年龄是(24+ 1
10x)岁,再根
据哥哥的年龄是弟弟的3 倍列方程解答。30+x= 3×(24+
1
10x), 解得x = 60, 所以哥哥现在的年龄为30 + 60 =
90(岁)。
10.
解:最小的质数是2,当小明爷爷的年龄是小明爸爸年龄
的2 倍时,小明2 岁
当爷爷的年龄是小明年龄的3 倍且爷爷和小明的年龄和
为100 时,小明的年龄为100÷(1+3)= 25(岁)
爷爷的年龄为25×3= 75(岁)
25-2= 23(年),即小明2 岁时,爷爷75-23= 52(岁),
此时爸爸的年龄为52÷2= 26(岁)
所以爸爸比小明大26-2= 24(岁)
答:爸爸比小明大24 岁。
类型三 其他年龄问题
11.
40 【解析】6 个人的年龄和:25×6 = 150(岁),年龄最大
的人最多是150-(20+21+22+23+24)= 40(岁)。
12.
90 【解析】现在25 位老人的年龄之和是2000-2×25 =
1950(岁),设年龄最小的老人n 岁,则其他老人年龄由小
到大依次是(n+1)岁、(n+2)岁、…、(n+24)岁,根据等差
数列求和公式可得(n+n+24) ×25÷2 = 1950,解得n = 66,
年龄最大的老人今年66+24= 90(岁)。
13.
33 【解析】4 年前他们全家的年龄和是60 岁,4 年后他
们全家的年龄和是60+4×4= 76(岁),76>75,说明儿子四
年前还没出生。则儿子今年的年龄是:4-(76- 75) = 3
(岁),女儿今年的年龄是:2+3 = 5(岁),母亲今年的年龄
是:(75-3-5-1)÷2= 33(岁)。
专题18
盈亏问题
类型一 一盈一亏
1.
17 【解析】小朋友人数为(3+2)÷(4-3)= 5(人),草莓有
3×5+2= 17(个)。
2.
8000 【解析】按定价的80%出售与按定价出售相差(960+
832)元,所以定价是(960+832)÷(1-80%)= 8960(元),成
本价是8960-960= 8000(元)。
3.
126 3750 【解析】7 家共出190 钱,则每家出190
7 钱,9 家
共出270 钱,则每家出270
9 钱,两种情况每家实际出钱相差
(270
9 -190
7 )钱,而总钱数相差(330+30)钱,所以人家数有
(330+30)÷(270
9 -190
7 )= 360÷20
7 = 126(户),每头牛价270
9 ×
126-30= 3750(钱)。
4.
解:每分钟走50 米,要迟到8 分钟,也就是少走50×8 = 400
(米)
每分钟走50+10 = 60(米),早到5 分钟,即能多走60×5 =
300(米)
(400+300)÷10= 70(分)
剩余路程为50×(70+8)= 3900(米)
因此,从家到学校的路程为3900+50×3= 4050(米)
答:小红家到学校的路程是4050 米。
5.
解:两次分配总共相差:8+7= 15(包)
两次分配每位老师相差1 包,故老师人数:15÷1= 15(人)
因为男老师比女老师多1 人,所以女老师:(15-1) ÷2 = 7
(人)
男老师:7+1= 8(人)
则共有洗衣粉:3×8+4×7+8= 60(包)。
答:共有60 包洗衣粉。
类型二 双盈双亏
6.
128 【解析】两种吃法下,萝卜剩余数量的差为48-8 = 40
(个),每天吃萝卜数量的差为6-4= 2(个),则计划吃的天数
为40÷2=20(天),萝卜总数为4×20+48=128(个)。
7.
11 42 【解析】绳子对折垂到水面时,还剩10 米,则绳子
还剩余2×10= 20(米)
;把绳子三折后垂到水面时还剩3
米,则绳子还剩余3×3= 9(米),两者相差20-9 = 11(米)
,
折数相差3-2 =
1,则桥高11÷1 =
11(米),绳子长11×2+
20= 42(米)。
类型三 一盈一尽或一亏一尽
8.
C 【解析】设每个盒子一开始装橘子的数量为x 个,52x+8
1
= 60×(x-2),解得x= 16,则共有橘子52×16+8= 840(个)。
9.
解:两次分配的差为8-6= 2,人数差为20
根据盈亏问题公式可知寝室共有20÷(8-6)= 10(间)
答:学生宿舍有10 间寝室。
专题19
植树问题
类型一 不封闭路线植树问题
1.
260 【解析】这条公路的长(27-1)×10= 260(米)。
2.
15 【解析】21÷(8-1)=
3(分钟),42÷3+1=
15(根),所以
这个老人走到了第15 根电线杆处。
3.
14
【解析】由题可知A、B 两地相距36×(61- 1) = 2160
(米),每隔[36,48] = 144(米)的电线的杆不用移动,则A、
B 两地共有2160÷144+1 = 16(根)不用移动,除去A、B 两
端之外还有16-2= 14(根)不用移动。
4.
10 【解析】马路一端有彩旗时,还要插彩旗的面数= 间隔
数,间隔数是
40÷4= 10,还要插10 面彩旗。
5.
17
28
【解析】540÷ 30 = 18,18- 1 = 17( 根)。17 ÷ 2 =
8……1,所以最长的一根柱子是第9 根,因为相邻的柱子
上依次增加3 盏灯,所以第9 根柱子上的灯为3×8+4 = 28
(盏)。
类型二 封闭路线植树问题
6.
360 【解析】6×60= 360(米)。
7.
150 【解析】红旗面数:400÷8= 50(面),黄旗面数:(8÷2-
1)×50= 150(面)。
8.
48 【解析】由于甲速是乙速的2 倍,所以乙在拐了第一个
弯时,甲正好拐了两个弯,接着乙走过了5 棵树即走过了5
-1= 4(个)间隔。则甲走过了4×2 = 8(个)间隔,即正方形
操场一边上的间隔数是4+8= 12(个),则四周一共有12×4
= 48(个)间隔,所以操场四周一共栽了48 棵树。
类型三 变形问题
9.
A 【解析】100÷(5-1)= 25(秒),25×(15-5)= 250(秒)。
10.
2 【解析】5× 12-1
(
) = 5×11 = 55(小时),时针转一圈12
个小时,55÷12= 4……7,9-7 = 2。所以第一次记录时,时
针指向2。
11.
11. 75
【解析】18÷3-1 = 6-1 = 5(次),2. 35× 5 = 11. 75
(元),所以全部锯好要付11. 75 元加工费。
专题20
鸡兔同笼问题
类型一 经典的鸡兔同笼
1.
13 7 【解析】鸡有[(20×4)-54]÷(4-2)= 13(只),兔有
20-13= 7(只)。
2.
3 【解析】假设全租大船,可以坐5×6 = 30(人),与实际相
差30-24= 6(人),一只大船和一只小船人数相差6- 4 =
2(人),则小船有:6÷2= 3(只)。
3.
5
【解析】这期间雨天共有( 35 × 11 - 350) ÷ ( 35 -
28)= 5(天)。
4.
16 【解析】做错了(20×5-72)÷(5+2)= 4(道),做对了20
-4= 16(道)。
5.
62 【解析】设鸡有x 只,则兔有(107-x)只,根据兔的脚数
比鸡的脚数多56 只,列方程得4×(107-x) -2x = 56,解得
x= 62,所以鸡有62 只。
6.
16 【解析】鸡和兔共有:(144+120)÷(4+2)= 44(只)。假
设44 只全是兔,则共有44× 4 = 176( 条) 腿,与实际相差
176-144 = 32(条) 腿,一只兔与一只鸡腿数相差4- 2 = 2
(条),则原来鸡有:32÷2= 16(只)。
7.
解:5 枚1 分的换成1 枚5 分的,枚数减少5-1=4(枚),
5 枚2 分的换成2 枚5 分的,枚数减少5-2= 3(枚),
总的枚数减少了26-11= 15(枚),4×3+1×3= 15(枚),所以
1 分硬币换了3 次,2 分硬币换了1 次,
1 分硬币:5×3= 15(枚),2 分硬币:5×1 = 5(枚),5 分硬币:
26-15-5= 6(枚)。
答:原有5 分硬币6 枚。
类型二 变形的鸡兔同笼
8.
2000 【解析】甲丙的平均价格(4+2)÷2 = 6÷2 = 3(元);乙
丁的平均价格(3+1. 4)÷2 = 4. 4÷2 = 2. 2(元);假设全是甲
丙6400×3= 19200(元),(19200-16000)÷(3-2. 2)= 3200÷
0. 8= 4000(本);4000÷2= 2000(本),所以丁种练习本共买
了2000 本。
9.
56
【解析】假设全是抬水的,则有38 个桶,58- 38 = 20
(个),把一个挑水的扁担当作抬水的就会少算2 - 1 = 1
(个)桶,挑水的小和尚有20÷1= 20(人),抬水扁担数为38
-20= 18(根),抬水的小和尚有18×2 = 36(人),共有小和
尚20+36= 56(人)。
10.
14
【解析】一共有暖瓶500×6 = 3000(个),每个暖瓶的
运费是5÷10= 0. 5(元),假设一个暖瓶也没有损坏,则应
该得运费3000×0. 5 = 1500(元),这与实际得到的运费差
了(1500-1353)= 147(元),根据每损坏一个,不但不付运
费还要赔偿10 元的条件可知,则损坏一个暖瓶的要扣10
+0. 5 = 10. 5(元),所以损坏的暖瓶数为147÷ 10. 5 = 14
(个)。
11.
192 【解析】假设94 个工人全是甲车间的,每天共生产
竹椅94× 15 = 1410( 把),多了的把数:1998- 1410 = 588
(把),乙车间平均每个工人每天比甲车间平均每个工人
每天多加工的竹椅43-15= 28(把),乙车间的工人数:588
÷28= 21(人),甲车间的工人数:94-21 = 73(人),甲车间
每天竹椅产量:73×15= 1095(把),乙车间每天竹椅产量:
21×43= 903(把),多的把数:1095-903= 192(把)。
12.
解:将2 只四脚蛇和1 只双头龙捆在一起,共有4 头12 只
脚,相当于4 只三脚猫,所以四脚蛇、双头龙也可以假设
为三脚猫,这样就相当于是三脚猫和独脚兽参加聚会。
假设全是三脚猫,则共有脚58×3 = 174(只),与实际相差
174-160= 14( 只),一只三脚猫与一只独脚兽脚数相差
3-1= 2(只),则有独脚兽:14÷2= 7(只)。
答:有7 只独脚兽参加聚会。
专题21
平均数问题
类型一 直接求平均数
1.
86. 6 【解析】[86×(40-2) +98×2] ÷40 = 86. 6(分),这个
班级期中语文平均分是86. 6 分。
2.
14 【解析】设对应朝上的面上写着46,40,61 三张卡片的
朝下面上的三个质数分别为a,b,c,根据题意可得46 +
a= 40+b= 61+c,由此可得b = a+6,a = c+15,b = c+21,因为
a,b,c 是质数,所以c= 2,a = 2+15 = 17,b = 2+21 = 23,(17+
23+2)÷3= 14,所以朝下面上的三个数的平均数是14。
3.
4
15 【解析】5
3 的分子和分母抄颠倒后相差最大,是: 5
3 -
3
5 = 16
15,抄错后的平均值和正确答案最大相差:16
15÷4= 4
15。
4.
14. 71 【解析】因为自然数都是整数,所以这7 个自然数
的和一定是一个整数,又因为14. 7×7 = 102. 9,14. 8× 7 =
103.
6,所以可以知道这7 个自然数的和一定是103,103÷
7≈14. 71,所以正确得数应是14. 71。
类型二 根据平均数求最值
5.
C 【解析】因为15 人的分数是等差数列,则第8 名的分数为
75 分,第6 名的分数为78. 2 分,所以公差为(78. 2-75)÷2 =
1. 6(分),所以最高分为78. 2
+(6-1)×1. 6=86. 2(分)。
6.
23 【解析】设这4 个不同的正整数分别为a,b,c,d,且a<b
<c<d,根据题目的条件,我们可以得到两个方程,第一个方
程是a+(b+c+d)÷3= 17①,第二个方程是d+(a+b+c)÷3 =
29②,由①②可得:d=a+18,因为a<b<c<d 且均为正整数,
所以b、c 需要满足a<b<c<a+18。由①化简可得四数总和:
S=a+b+c+d = 51- 2a,且b+c = S-a-d = (51- 2a) -a-(a+
18)
=
33-
4a。由于b>a、c>b,则b≥a+1,c≥b+1≥
a+
2,
故
b+c≥
(a+1)+
(a+
2)
=
2a
+3,因此33-4a≥2a+3,解
得a≤5,又因为a 为正整数,a 可取1、2、3、4、5。当a 取5
时,d 最大为5+18= 23。验证:当a= 5 时,S= 51-2×5 = 41,
b+c=
33-
4×
5=
13,取b= 6,c= 7(满足5<6<7<23)。
类型三 根据平均数求某个数
7.
2. 5 分 【解析】9. 5×(6-1)-9×(6-1)= 2. 5(分)。
8.
23. 3 【解析】前5 个数和为10. 5×5= 52. 5,后4 个数和为
11. 3×4= 45. 2,第5 个数是52. 5+45. 2-9. 3×8= 23. 3。
9.
6 【解析】被改动的数比原来多了:11×3-10×3 = 3,被改
动的数原来是9-3= 6。
10.
22 【解析】因为13 9
13 = 178
13 ,那么原来写出的数的个数
应比13 的倍数多1,即为14 或27,假设是14 个数,则总
和为:(1+14)×14÷2 = 105,不符合题意,则应为27 个数,
那么擦掉的自然数是:[(1+ 27) × 27÷ 2] - 178
13 × 26 = 28×
27÷2-178×2= 378-356= 22,所以擦掉的数是22。
类型四 根据平均数求某个数的次数
11.
5 【解析】前4 次平均成绩为89 分,离平均成绩95 分相
差(95-89)×4= 24(分),如果之后考试每次都是100 分,
24÷(100-95)= 4. 8(次),所以他至少还要再考5 次。
12.
6 【解析】设一共有x 人,根据总分之差等于小甬两种情
况的分数差,可得方程90x-87x= 13+5,解得x= 6,所以这
些同学共有6 人。
专题22
容斥原理
类型一 二者容斥
1.
7 【解析】至少答对一题的有23+27-17= 33(人),两题都
不对的有40-33= 7(人)。
2.
8 【解析】如解图,两门都得100 分的有12+17+26-47 = 8
(人)。
第2 题解图
3.
15 【解析】男生一共有:120+80-75 = 125(名),女生一共
有260-125= 135(名);女生两科竞赛都参加的有120+80-
135= 65(名),80-65 = 15(名),所以参加数学竞赛而没有
参加语文竞赛的女生有15 名。
2
4.
40 【解析】2÷[1-( 3
5 + 3
4 - 2
5 )] = 40(名)。
5.
解:如解图,设会下围棋的人数为x 人,则会下象棋的人数
为(x+5)人,根据题意得x+x+5-20+1= 50,解得x= 32。
答:六年级一班会下围棋的有32 人。
第5 题解图
类型二 三者容斥
6.
A 【解析】不会游泳的有48-27 = 21
(人),不会骑自行车
的有48-33 = 15(人),不会打乒乓球的有48-40 = 8(人),
所以至少有一项运动不会的最多有21+15+8 = 44(人),那
么全班三项运动都会的至少有48-44= 4(人)。
7.
1 【解析】根据题意得3 门学科都擅长的人数是20-10-
4-3= 3(人),设只擅长数学但不擅长语文体育的同学人数
是x,则只擅长体育不擅长语文数学的同学人数是2x。可
得30-x-10-3= 35-2x-4-3,解得x = 11,则擅长体育数学
但不擅长语文的人数是30-10-3-11= 6(人),至少擅长一
门学科的人数是20+30+35-4-6-10-3-3 = 59(人),则三
门学科都不擅长的人数是60-59= 1(人)。
8.
解:参加200 米短跑的人数:156+40 = 196(人),参加50 米
短跑的人数:156-26 = 130(人),同时参加50 米和200 米
的人数:80÷2= 40(人),参加50 米、100 米、200 米的共有:
156+196+130- 74- 80- 40+ 30 = 482- 74- 80- 40+ 30 = 318
(人)。
答:这次运动会中参加50 米、100 米、200 米短跑的共有
318 人。
专题23
计数原理
类型一 车票问题
1.
6 【解析】3×4÷2= 6(种),所以共有6 种票价。
2.
28 56 【解析】加上甲、乙两市共6+2 = 8(个)站点,应制
定8× (8-1)÷2 = 28( 种) 不同的票价;应设计28× 2 = 56
(种)不同的车票。
3.
C 【解析】新增车站前共有车票:(1+2+3+…+6) ×2 = 42
(种),新增车站后共有车票:(1+2+3+…+9) ×2 = 90(种),
需要增加:90-42= 48(种)。
类型二 握手问题
4.
C
【解析】根据握手次数= 人数×(人数-1) ÷2 代入数据
计算,28× 2 = 56(次),56 = 7× 8,所以这次舞会共有8 人
参加。
5.
78 【解析】12+1= 13(人),13×(13-1)÷2= 78(次)。
6.
28 【解析】因为最后一个到会的女生同7 个男生握过手,
说明男生比女生多6 人,所以男生人数为(50+ 6) ÷ 2 = 28
(个)。
7.
解:由于每握一次手,握手的两个人都握了一次手,因此每
握一次手,两个人握手次数的和就是2 次,所以全部与会
的人握手的总次数必定是偶数。我们把参加会议的人分
成两类,甲类握手次数是偶数,乙类握手次数是奇数,甲类
人握手的总次数显然是偶数,注意甲类人握手的总次数加
上乙类人握手的总次数等于全部参会的人握手的总次数,
所以乙类人握手的总次数也应当是偶数,由于乙类人每次
握手的次数都是奇数,而偶数个奇数相加,和才能为偶数,
因此乙类人必为偶数个,即握手次数是奇数的那部分人,
人数是偶数。
类型三 比赛场次
8.
2 【题图分析】由解图可知,戊赛了2 场。
第8 题解图
9.
176 【解析】8×(8-1) ÷2×2+8×8+8×(8-1) ÷2×2 = 176
(场)。
10.
解:设有x 名选手参赛,每两个人都要赛一场,则总场数
为x·(x-1) ÷ 2,全部选手的总分即为x·(x- 1),且为
偶数
根据题意可列方程x·(x-1)
= 总分,因为24×23 = 552,
所以总分为552 时有解,这个数是正确的,选手人数为24
名;当总分为其他时,方程无整数解。
答:共有24 名选手参赛。
专题24
排列组合
类型一 枚举法
1.
C
【解析】如解图,最短的行走方法共有如下10 种:AD-
CKLB,ADJKLB,ADJILB,ADJIHB,AEJKLB,AEJILB,AEJIHB,
AEFILB,AEFIHB,AEFGHB。
第1 题解图
2.
9
【解析】当B 放在第一层时:BCDA,BDAC,BADC,三种
方法;当C 放在第一层时:CADB,CDAB,CDBA,三种方法;
当D 放在第一层时:DABC,DCAB,DCBA,三种方法;共有:3
+3+3= 9(种)。
3.
9 【解析】根据题意分析可得,利用题干中的木棍可组成
的正方形有:①边长是11 厘米的正方形1 种,边长分别
为:9+2,8+3,7+4,6+5,②边长是10 厘米的正方形1 种,
边长分别为:9+1,8+2,7+3,6+4,③边长是9 厘米的正方
形5 种:边长分别为:9,8+1,7+2,6+3;9,8+1,7+2,5+4;9,
8+1,6+3,5+4;9,7+2,6+3,5+4;8+1,7+2,6+3,5+4,④边
长是8 厘米的正方形1 种,边长分别为:8,7+1,6+2,5+3,
⑤边长是7 厘米的正方形1 种,边长分别为:7,6+1,5+2,4
+3。边长小于等于6 时,不能凑够四条正方形的边长,能
拼出的正方形只有边长为7 厘米,8 厘米,9 厘米,10 厘米,
11 厘米,总共有1+1+5+1+1= 9(种)不同方法。
4.
15 【解析】颠倒后不变的:①两端都为0 有000,010,080
共3 种情况;②两端都为1 有101,111,181 共3 种情况;③
两端都为8 的有808,818,888 共3 种情况;④两端为6 和9
的有609,906,619,916,689,986 共6 种情况,所以一共有3
+3+3+6= 15(个)车牌倒过来恰好还是原来的车牌。
5.
解:P 的可能如下:10 元的有9 张时,1 元、2 元、5 元组成9
元有8 种方法;10 元的有8 张时,1 元、2 元、5 元组成19 元
有26 种方法;10 元的有7 张时:1 元、2 元、5 元组成29 元,
有54 种方法;10 元的有6 张时,1 元、2 元、5 元组成39 元
有92 种方法;10 元的有5 张时,1 元、2 元、5 元组成49 元
有140 种方法;10 元的有4 张时,1 元、2 元、5 元组成59 元
有198 种方法;10 元的有3 张时,1 元、2 元、5 元组成69 元
有266 种方法;10 元的有2 张时,1 元、2 元、5 元组成79 元
有344 种方法;10 元的有1 张时,1 元、2 元、5 元组成89 元
有432 种方法;10 元的有0 张时,1 元、2 元、5 元组成99 元
有530 种方法;
共有:8+26+ 54+ 92+ 140+ 198+ 266+ 344+ 432+ 530 = 2090
(种),即P= 2090。
Q 的可能如下:10 元的有10 张时,1 元、2 元、5 元组成1
元,有1 种方法;10 元的有9 张时,1 元、2 元、5 元组成11
元有11 种方法;10 元的有8 张时,1 元、2 元、5 元组成21
元有31 种方法;10 元的有7 张时,1 元、2 元、5 元组成31
元有61 种方法;10 元的有6 张时,1 元、2 元、5 元组成41
元有101 种方法;10 元的有5 张时,1 元、2 元、5 元组成51
元有151 种方法;10 元的有4 张时,1 元、2 元、5 元组成61
元有211 种方法;10 元的有3 张时,1 元、2 元、5 元组成71
元有281 种方法;10 元的有2 张时,1 元、2 元、5 元组成81
元有361 种方法;10 元的有1 张时,1 元、2 元、5 元组成91
元有451 种方法;10 元的有0 张时,1 元、2 元、5 元组成
101 元有551 种方法;
共有:1+11+31+61+101+ 151+ 211+ 281+ 361+ 451+ 551 =
2211(种),即Q= 2211。
所以Q-P= 2211-2090= 121。
类型二 捆绑法
6.
48 【解析】A
4
4×A
2
2 = 48。
7.
1440 【解析】A
6
6×A
2
2 = 1440。
8.
解:先将四对夫妇的整体位置安排好,1 对夫妇位置固定
时,另3 对夫妇一共有3×2×1= 6(种)排法,每对夫妇两人
可以互换位置,每对有2 种排法,所以一共有6×2×2×2×2
= 96(种)排法。
答:一共有96 种安排座位的方法。
类型三 插空法
9.
D 【解析】由于M 位上放置标有数码“2”的纸片,另一个
标有数码“2”的纸片只能放置在左下角或右下角(如解图
①所示),对于每一种可能性,标有数码“1”,“3”,“4”的纸
片放置在A,B,C 三个位置,只有六种方法( 如解图②所
示),所以总共有6×2= 12(种)不同的放置方法。
第9 题解图①
第9 题解图②
10.
18 【解析】当A,C 栽种同一种植物时,A,C 有3 种栽种
方案,则B 与D 各有2 种栽种方案,此时有3× 2× 2 = 12
(种)栽种方案;当A,C 种植不同植物时,A 有3 种栽种方
案,C 有2 种栽种方案,B 与D 各有1 种栽种方案,此时有
3×2×1×1= 6(种)栽种方案,故一共有12+6= 18(种)不同
的栽种方案。
11.
3600 【解析】6 名学生中插入1 名老师且老师不在两端,
共有5 个空位,共5 种排法;6 名学生之间不同站法有6×
5×4×3×2×1 = 720(种) 排法,则共有5×720 = 3600(种)
排法。
类型四 插板法
12.
20 【解析】每个盒子中至少放1 个,所以余下3 个。若
把余下的3 个放在一个盒子中,有4 种放法:若把余下的
3 个分成2 和1 放在两个盒子中,有12 种放法;若把余下
3
的3 个分成1、1 和1 放在三个盒子中,有4 种放法。所以
共有不同的放法4+12+4= 20(种)。
13.
6 【解析】吃一天有1 种吃法;吃两天有4 种吃法:3+6、
4+5、5+4、6+3;吃三天有1 种吃法:3+3+3,所以共有1+
4+1= 6(种)不同的吃法。
14.
462 【解析】把12 块糖排成一排,因为要分6 天吃完,相
当于要把这一排糖分成6 份,在12 块糖形成的11 个间隔
中插入5 个板子,这样就可以把12 块糖分成6 份,每份对
应一天吃的糖数, 且每份至少有1 块糖, 共有C
5
11 =
11×10×9×8×7
5×4×3×2×1 = 462(种)吃法。
15.
20 【解析】10 盏路灯需关3 盏,共亮10-3 = 7(盏)灯,1
号、10 号已固定为亮灯,因此还需从2 ~ 9 号灯(共8 盏)
中选7-2= 5(盏) 灯亮着。亮着的7 盏灯按编号顺序排
列,形成的中间空隙(两端空隙:1 号左侧、10 号右侧无
灯,无效)数量为亮灯数量-1 = 7-1 = 6(个),关掉的3 盏
灯需放入这6 个空隙中(每个空隙最多放1 盏,避免相
邻),共有C
3
6 = 6×5×4
3×2×1 = 20(种)关灯方法。
16.
解:如解图,3 个红球把圆环分成3 段,用A,B,C 表示,每
个白球看作一个间隔长度,设AB= a,BC = b,CA = c,当a =
0 时,b≥a,c≥b 时,b,c 可能的值有(0,10),(1,9),(2,
8),(3,7),(4,6),(5,5),共6 种情况;当a = 1 时,b≥a,
c≥b 时,b,c 可能的值有(1,8),(2,7),(3,6),(4,5),共
4 种情况;当a= 2 时,b≥a,c≥b 时,b,c 可能的值有(2,
6),(3,5),(4,4),共3 种情况;当a= 3 时,b≥a,c≥b 时,
b,c 可能的值有(3,4),共1 种情况;综上,一共可以生产
6+4+3+1= 14(种)不同的圆环。
答:一共可以生产14 种不同的圆环。
第16 题解图
类型五 除序法
17.
C 【解析】首先从物理、化学、生物、历史、地理、政治这6
科中选出3 科,所以一共有:6×5×4÷(3×2×1)= 20(种),
所以一共有20 种不同的选择。
18.
359 【解析】把英语单词“ matter” 的字母顺序写错了,
“matter”有6 个字母,所以排法有6×5×4× 3× 2× 1 = 720
(种),因为有两个t 重复,总数要除以2,可能出现的错误
种数再减去1 种正确的,所以可能出现的错误共有720÷2
-1= 359(种)。
19.
1568 【解析】男女混合双打比赛,首先需要从8 名男队
员中选2 名,有8×7÷2 = 28(种)选法,从8 名女队员中选
2 名与选出的男队员搭档,也有8×7÷2 = 28(种)选法,所
以共有28×28 = 784(种) 选人的方案;然后再进行分组,
根据排列组合的乘法原理,可得共有:784×2 = 1568(对)
不同的阵容;故答案为1568。
类型六 传球法
20.
C 【解析】经典爬楼梯问题的变形,列举出取第(n+2)根
筷子的取法数量=取第(n+1)根筷子的取法数量+取第n
根筷子的取法数量。
取第
几根
筷子
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11 12
取法
/ 种
1
2
3
5
8
13 21 34 55 89 144 233
21.
6 【解析】小兔要从A 处走到B 处,从第一个圆走向第二
个圆有2 种走法,从第二个圆走向第三个圆有3 种走法,
根据乘法原理可得共有2×3= 6(种)选择。
22.
5 【解析】设大卫为甲,皮特为乙,迈克为丙,甲第一个传
球且传递四次后球到丙,可以作出树状图,如解图,共有
5 种不同的传球过程。
第22 题解图
23.
274 【解析】如果是1 级,有1 种走法;如果是2 级,有2
种走法:11,2;如果是3 级,有4 种走法:111,12,21,3;如
果是4 级,有7 种走法:1111,112,121,211,22,13,31;如
果是5 级,有13 种走法:11111,1112,1121,1211,2111,
113,131,311,122,212,221,23,32;…可以看出:走法所组
成的数列中,从4 级的结果数开始,后一个数是它前三个
数的和,由此得出:如果是6 级,走法有:4 + 7 + 13 = 24
(种);如果是7 级,走法有:7+13+24 = 44(种);如果是8
级,走法有:13+24+44= 81(种);如果是9 级,走法有:24+
44+81= 149(种);如果是10 级,走法有:44+81+149 = 274
(种)。
24.
8 【解析】由题图知:六张多米诺骨牌的点数分别是1-
2,1-5,2-5,4-5,4-6,5-6,要求相邻两张牌的对应区域
点数相同,能连着串出两串数,①5-1⇔1-2⇔2-5;②5-6
⇔6-4⇔4-5(每串数字的方向也可以反过来) 如解图所
示,整个一圈可以分为两个部分,一个部分正好放一串
数,由于题目已经规定两个5 的位置,所以与分割线接近
的四个位置都放5,所以位置1 有4 个数可以选择(1,2,
4,6),一旦确定了,一串数就用了位置2 所在的半圈:第
一种情况:如果位置1 所在的半圈用了①串数,位置2 所
在的半圈只能用②串数,位置2 有两个数可以选择(6,
4),第二种情况:如果位置1 所在的半圈用了②串数,位
置2 所在的半圈只能用①串数,位置2 有两个数可以选
择(1,2),所以位置2 有2 个数可以选择,根据乘法原理,
有4×2= 8(种)不同的方法。
第24 题解图
25.
解:(1)如解图。(答案不唯一)
第25 题解图
(2)因为每一行从左到右,每一列从上到下分别依次增
大,1、2、9 只有一种填法,5 只能填在右上角或左下角,5
填好后与之相邻的空格可填6、7、8 任一个;余下两个数
字按从小到大只有一种方法,共有2×3= 6(种)填法。
答:总共有6 种填法。
(3)如果在填入4 的位置填入5,要求每一行从左到右依
次增大,每一列从上到下依次增大,1 只能在3 上边,2 只
能在5 的上边,9 只能在第三行第三列,余下的有6 种
填法。
答:此时还有6 种填法。
类型七 其他复杂排列组合
26.
1260 【解析】设A:BC:DE 是满足题意的时刻,则A 为8,
B、D 应从0,1,2,3,4,5 这6 个数字中任意选择两个不同
的数字,所以有6×5= 30(种)选法,而C、E 应从剩下的7
个数字中任意选择两个不同的数字,所以有7 × 6 = 42
(种)选法,所以共有30×42 = 1260(种)选法,所以此表的
5 个数字都不相同的时刻一共有1260 个。
27.
27 【解析】显然第一场比赛田忌无法获胜。若田忌后四
场全胜,则只有五一二三四这1 种出场方式;若二、三、四
场胜,第五场败,则只有四一二三五这1 种出场方式;若
二、三、五场胜,则第二场必出一,第三场必出二,第五场
可出三、四,共有2×2×1-1= 3(种)出场方式;若二、四、五
场胜,共有2×2×2×1-1 = 7(种)出场方式;若三、四、五场
胜,共有2×2×2×2-1= 15(种)出场方式。综上所述,共有
1+1+3+7+15= 27(种)出场方式。
专题25
牛吃草问题
类型一 草长型
1.
C 【解析】设每头牛每天吃草的量为1 份,则每天草的生
长量为(21×8-24×6) ÷(8-6)= 12(份),为保证牧草永远
吃不完,至多可以放牧12÷1= 12(头)牛。
2.
5 【解析】设每头牛每天吃的草量为1 份,11 头牛可以吃
x 天,根据两种吃草方案草的生长速度相同,可以列出方程
11x-12×(x-5)
5
= 11x-17×(x-15)
15
,解得x= 25,草的生长速
度:[11×25-12×(25-5)]÷5 = 7(份/ 天),则原有草量:11×
25-25×7= 100(份),27 头牛可吃:100÷(27-7)= 5(天)。
3.
2 【解析】假设1 只羊1 天吃1 份草。50 只羊18 天吃完3
块草地上的草,可看作50
3 只羊18 天吃完1 块草地上的草。
40 只羊12 天吃完2 块草地上的草,可看作20 只羊12 天
吃完1 块草地上的草。1 块草地每天新增的草量:
50
3 ×18-20×12
(
) ÷(18-12) = 10( 份),1 块草地原来的草
量:20×12-10×12 = 120(份),70 只羊吃草用的时间:120÷
(70-10)= 2(天)。
4.
25 【解析】设原来有x 头牛,y 天吃完这片草地,每头牛每
天吃1 份草,则
xy=原有草量+y×每天草生长量①
(x+10)(y-4)= 原有草量+(y-4)×每天草生长量②
(x-5)(y+6)= 原有草量+(y+6)×每天草生长量③
ì
î
í
ïï
ïï
①-②得:4x-10y+40 = 4×每天草生长量④,③-①得:6x-
5y-30= 6×每天草生长量⑤,⑤×2-④×3 得:20y = 180,解
得y= 9,代入④得:每天草生长量=x-12. 5⑥,将y = 9 和⑥
代入①,解得原有草量为112. 5。设卖出8 头牛后,t 天吃
完这片草地,则(x-8)t= 112. 5+(x-12. 5)t,解得t= 25。
5.
解:首先利用分割法可知,阴影图形的面积与空白三角形
面积的比为9 ∶2,设一头牛一天吃的草量为1 份,
那么27 头牛吃10 天,吃了1×27×10= 270(份),
15 头牛吃30 天,吃了1×15×30= 450(份),
阴影部分每天新长的草为(450-270)÷(30-10)= 9(份),
阴影部分原有的草为270-9×10= 180(份),
这样空白三角形每天新长的草为2 份,原有的草为40 份,
所以中间三角形的草地可供(40+4×2)÷4 = 12(头)牛恰好
4 天吃完。
答:中间三角形的草地可供12 头牛恰好吃4 天。
4
类型二 草枯型
6.
解:设每头牛每天吃的草量为1 份,则草每天减少:(20×5-
16×6)÷(6-5)= 4(份),原有草:20×5+4×5= 120(份),则11
头牛可以吃:120÷(11+4)= 8(天)。
答:可供11 头牛吃8 天。
类型三 牛长型
7.
12 【解析】设1 头牛1 天吃草1 份,则28 天一共吃1+2+3
+…+28= 406(份),16 天一共吃1+3+5+…+31 = 256(份),
草的生长速度为(406-256) ÷(28-16)= 12. 5(份/ 天),原
草量为406-28×12. 5= 56(份)。假设每天增加三头牛后,
第n 天草被吃完,需草量为1+4+7+…+(3n-2)= (1+3n-
2)×n÷2= (3n- 1) ×n÷ 2(份),草场n 天提供的总草量为
(56+12. 5n)份,依次代入天数得,第11 天的需草量为176
份,供草量为193. 5 份,草未吃完;第12 天的需草量为210
份,供草量为206 份,草已经被吃完,所以第12 天时草将被
吃完。
8.
10 【解析】设每头牛每天吃的草量为1 份。每天长草:(8
×16-9×12)÷(16-12) = 5(份),原有草:9×12-5×12 = 48
(份),共吃12 天,后6 天共有牛:[48+(5-4) ×6] ÷6+5 =
14(头),所以从第7 天起增加的牛有:14-4= 10(头)。
类型四 牛亡型
9.
5 【解析】设每头牛每天吃的草量是1 份,则8 天10 头牛
共吃了8×10= 80(份)。15 头牛每天减少一头,5 天共吃了
15+14+13+12+11 = 65(份),所以每天草场长草量为(80-
65)÷(8-5)= 5(份),够5 头牛吃一天。
10.
40 【解析】设每头牛每天吃1 份草,每天长草的份数为
(17×30-19×24)÷(30-24)= 9(份),那么牧场原有草17×
30-9×30= 240(份),8 天总草量为240+8×9 = 312(份),
卖掉4 头牛,这2 天少吃的草量为4×2= 8(份),若不卖掉
4 头牛,8 天需要吃的总草量为312+8 = 320(份),原来有
320÷8= 40(头)牛。
类型五 变形问题
11.
12 【解析】将每台抽水机每分钟抽水量看作1 份,1 小时
= 60 分钟,山泉每分钟流入池塘水量为(1×60-2×20) ÷
(60-20)= 0. 5(份),池塘原有水量为1×60-0. 5×60 = 30
(份),3 台抽水机需要30÷(3-0. 5)= 12(分)抽完。
12.
17 【解析】设每人每小时舀水1 份,每小时进水量为(5×
10-12×3)÷(10-3)= 2(份),船内原有水量为12×3-2×3
= 30(份),想在2 小时内舀完,至少需要(30+2×2) ÷2 =
17(人)。
13.
0. 8 【解析】因为每小时有60 人前来排队,所以从开始
付款到没人排队的4 小时来了60×4 = 240(人),4 小时一
个收银台能服务80×4= 320(人),所以原来有320-240 =
80(人)排队,两个收银台同时开始工作,每小时服务80×
2= 160(人),除去每小时来的60 人,还可以服务已经在
排队的160-60= 100(人),80÷100 = 0. 8(时),所以付款
开始0. 8 小时就没有人排队了。
14.
9 时15 分
【解析】设每个入场口每分钟进入人数为1
份,10 时开门,开3 个入场口,10:09 就不再有人排队,开
5 个入场口,10:05 就没有人排队,来人的速度为(9×3-5
×5)÷(9-5)= 1
2 (份),开门之前来人数为3×9- 1
2 ×9= 22
1
2 (份),第一个观众来的时间距开门时间22 1
2 ÷ 1
2 = 45
(分), 第一个观众到达的时刻是10 时- 45 分= 9 时
15 分。
15.
100 【解析】此题可以看作是牛吃草问题,自动扶梯的长
度就是“原有的草量”,走扶梯的速度就是“牛的头数”,
扶梯运行的速度就是“草量的增长速度”,因此扶梯的运
行速度为(2×100-3×50)÷(100-50)= 1(米/ 秒),自动扶
梯的长度为3×50-1×50= 100(米)。
16.
150 【解析】自动扶梯每分钟走:(20×5-15×6) ÷(6-5)
= 10(级),自动扶梯共有:(20+10)×5= 150(级)。
17.
8 【解析】手机只要是开着,无论是否通话都要耗电,所
以设待机手机每小时耗电1 份,电池存电量为24× 1 =
24(份),纯通话1 小时的耗电量,电量为(24-1×3) ÷3 =
7(份),9 小时里面包括通话60 分钟,即1 小时的耗电量
综上可知,她手机已经持续开机9 小时,电池还储存的电量
为24-7-9=8(份),手机还能维持的时间为8÷1=8(时)。
18.
21 【解析】一只蜗牛恰好用6 个昼夜到达井底,白天爬
了20×6= 120(分米);另一只蜗牛恰好用7 个昼夜到达井
底,白天爬了15×7 = 105(分米),黑夜里往下滑,两只蜗
牛滑行的速度是相同的,说明每夜下滑(120-105) ÷(7-
6)= 15(分米),所以井深为(15+20)×6 = 210(分米)= 21
(米)。
专题26
抽屉原理
类型一 抽屉原理的直接应用
1.
C 【解析】10÷3= 3(只)……1(只),所以总有一个笼子里
至少有3+1= 4(只)兔子。
2.
A 【解析】6÷4= 1(个)……2(个),1+1= 2(个),所以至少
有2 个面涂的颜色相同。
3.
22 【解析】先将两个颜色的筷子取完,再任取两根筷子,
一定能取出3 双不同颜色的筷子,即2×10+2= 22(根)。
4.
9
【解析】任两种颜色的球的个数之和都不超过7-1 = 6
(个),所以最多的是每个颜色的球都有6÷2 = 3(个),共有
3×3= 9(个)。
5.
124 【解析】把学校数看作抽屉,1123 人看作1123 个元
素,利用抽屉原理最差情况:要使学校数最多,只要使每个
抽屉的元素数先有10-1 = 9(个),那么1123÷9 = 124(个)
……7,那么最多有124 个学校参加了这次比赛。
6.
7 【解析】因为新来的人无论坐在何处都与某个人相邻,
所以一定没有连续的三个及以上的空座,要使原来人数最
少,需要空座最多,也就是每隔两个座坐一个人,即20÷3 =
6(人)……2( 个),6 + 1 = 7( 人),所以原来至少有7 人
就座。
7.
13 【解析】最不利的情况下,每次都拿出的是一只脏袜子
和一只干净袜子,在第12 次之后,脏袜子全部扔掉,剩下
干净袜子,再拿一次,就能拿到两只干净袜子,所以至少拿
12+1= 13(次)才能保证一定拿到两只干净的袜子。
8.
31 【解析】根据抽屉原理,王牌和其中一种花色的牌全部
抽完,然后剩下三种花色的牌各抽5 张,此时再任意抽一
张,就满足至少包含两种花色,且这两种花色的牌至少都
各有6 张,则最少取出的数量是2+13+3×5+1= 31(张)。
9.
73 【解析】90÷5 = 18(个),1 ~ 90 中,有18 个数是5 的倍
数,则有90-18 = 72(个) 数不是5 的倍数,所以至少取出
72+1= 73(个) 数才能保证所取的数中一定有一个数是5
的倍数。
10.
136 【解析】先将与组成2025 无关的数字全部取出:11+
13+14+16+17+18+19= 108(个),再将数字2 和5 的球全
部取出:12+15= 27(个),在此基础上,再取1 个球,必然
可以组成2025,因此至少要取出108+27+1= 136(个)球。
11.
解:考虑最不利的情况,当棋子数为8 枚时,可以放置使
得一行有2 枚棋子,其他六行各有1 枚棋子;一列有2 枚
棋子,其他六列各有1 枚棋子。此时,对于任意两行和两
列,棋子数之和最多为2+1+2+1 = 6(例如选择有2 枚棋
子的行和有1 枚棋子的行,选择有2 枚棋子的列和有1
枚棋子的列),小于7,因此无法保证存在两行和两列棋
子数之和不少于7。当棋子数为9 枚时,假设存在放置方
式使得任意两行和两列棋子数之和均不超过6。设行棋
子数最大的两行棋子数之和为A,列棋子数最大的两列
棋子数之和为B。根据A+B≤6,因此A≤6-B 且B≤6-
A。但总棋子数为9 枚,7 行,故A 至少为4(例如两行各
有2 枚棋子,其他行各有1 枚棋子)。由A≥4 和A≤6-
B,得B≤2。B≤2 意味着所有列中棋子数均不超过1,则
总棋子数不超过7 枚,与9 枚矛盾。因此,当棋子数为9
枚时,必然存在两行和两列棋子数之和不少于7。
综上,至少要放入9 枚棋子。
类型二 构造抽屉
12.
108 【解析】把n 个数分成13 个序列,每个序列的长度
为
n
13
é
ëêê
ù
ûúú 或
n
13
é
ëêê
ù
ûúú +1,两个长度差为1 的序列,要使取出的
数中没有两个数的差为13,这两个序列能够被取得的数
的个数之差也不会超过1,所以为使57 个数中任意两个
数的差都不为13,则这57 个数被分配在13 个序列中,在
每个序列中被分配的数的个数差不会超过1,那么13 个
序列中有8 个序列分配了4 个数,5 个序列分配了5 个
数,则这13 个序列中8 个长度为8,5 个长度为9,那么当
n 最小为8×8+9×5 = 109 时,可以取出57 个数,其中任意
两个数的差不为13,所以要使任取57 个数必有两个数的
差为13,那么n 的最大值为108。
13.
证明:将每行3 个格子,随机涂上红色或白色,共有2×2×
2= 8(种) 涂法,分别是( 红,红,红)、( 红,红,白)、( 红,
白,红)、(红,白,白)、(白,红,红)、(白,红,白)、(白,白,
红)、(白,白,白)。这7 行中假如有2 行涂色相同,则证
明成立。假如7 行均不同,那以上8 种涂法仅有一种不
能涂,如(红,红,红) 不行,则(白,红,白) 与(白,白,白)
可组成矩形,以此类推,证明成立。
14.
证明:将1,4,7,…,100 这34 个数,去掉1 与52,分成16
个数对:(4,100),(7,97),…,(49,55),显然每个数对中
两数的和为104。所取的20 个数中,至少有20- 2 = 18
(个)取自这16 个数对,则根据抽屉原理,其中必有两个
数a、b 在同一数对中,它们的和a+b = 104。剩下的16 个
数,取自其余的15 个数对,同样根据抽屉原理,其中必有
两个数c、d 在同一数对中,它们的和c+d = 104,所以其中
至少有4 个不同的数a,b,c,d,使得a+b=c+d= 104。
15.
解:构造抽屉:把报名一门课外学习班、报名两门课外学
习班、报名三门课外学习班看作3 个抽屉,第一个抽屉有
4 种情况,第二个抽屉有6 种情况,第三个抽屉有4 种情
况,一共有4+ 6+ 4 = 14( 种) 情况,至少有14× 4+ 1 = 57
(名)学生,才能保证有不少于5 名同学参加学习班的情
况完全相同。
答:至少有57 名学生,才能保证有不少于5 名同学参加
学习班的情况完全相同。
16.
证明:设小华在第i 天学了ai 小时,则前i 天学习的时间
总和为Ai =a1+a2 +a3 +…+ai,其中1≤ai ≤12,i = 1,2,3,
…,37。由题意可得:1≤A1<A2<…<A37≤60,14≤A1 +13<
A2+13<…<A37 +13≤73,74 个整数,范围为在1 到73,一
定存在i,k,使得Ai-Ak = 13,即Ai = Ak +13,所以暑假期间
必定存在连续的若干天,使得小华学习时间总和恰为13
小时。
17.
解:最多有8 名考生参加了这次竞赛。举例:设考生得分
分别为0、1、2、3、4、5、6、7。根据题意转换后,得分依次为
7、6、5、4、3、2、1、0,恰好使原排名颠倒。
5
证明如下:设考生得分集合为{a1,a2,…,an},满足a1 <a2
<…<an,转换后得分集合为{a1′,a2′,…,an′},且a1′>a2′
>. . . >an′。由于每个得分唯一且转换后仍唯一,n 的最大
值受限于得分的唯一性。考虑得分的最小非负整数序
列,从0 开始,最多可构造8 个不同得分(0、1、2、3、4、5、
6、7),转换后对应7、6、5、4、3、2、1、0,满足排名颠倒。若
考生数超过8,则至少有两个得分相同,与“所有考生最
终得分各不相同”矛盾。因此,最多有8 名考生。
答:最多有8 名考生参加了这次竞赛。
专题27
推理问题
类型一 逻辑推理
1.
小丽 【解析】假设小聪或小明说了真话,与小丽说的不矛
盾;假设小丽说了真话,小明说的与小红说的矛盾;假设小
红说了真话,则这件好事是小丽做的。
2.
10 【解析】因为16 名小矮人排成一列,戴红帽子的小矮
人一直说真话,而戴蓝帽子的小矮人一直说假话,所以每
一名戴红帽子的小矮人的旁边都是戴蓝帽子的,每一名戴
蓝帽子的小矮人一边是戴红帽子的,所以小矮人所戴帽子
的情况如下:蓝红蓝蓝红蓝蓝红蓝蓝红蓝蓝红蓝红。因此
最多有10 名小矮人戴蓝帽子。
3.
解:假设丁没有说错,则乙也没有说错,那么甲和丙两人中
有一人说错了;假设甲说对了“我最高”,那么丙也说对了
“我没有甲高,但还有人比我矮”,所以此假设不成立;可得
出甲说错了,那么丙就说对了。
答:四个人的身高从高到低的排序是:乙、甲、丙、丁。
4.
17 【解析】先枚举出所有三位无重复数字的完全平方数
如下表:
百
十
个
1
6
9
1
9
6
2
5
6
2
8
9
3
2
4
3
6
1
5
2
9
5
7
6
6
2
5
7
2
9
7
8
4
续表
8
4
1
9
6
1
根据甲知道百位的数字,但不知道这个数,排除了625、
841、961
三种情形;根据乙的第一句话,说明乙拿到的数字
是十位数里可以和6、8、9 组成平方数的数,所以乙拿到的
一定不是2、4、6,从而只剩下了196、256、289、576、784
;根
据丙的话,知道丙拿的一定不是6,否则就不可能知道结
果,于是又排除了196、256、576;根据甲的第二句话,知道
甲在乙说完之后还不知道结果,因此甲一定是2,这个完全
平方数是289。故这个数是17 的平方。
5.
2
【解析】两只猴不相邻,则至少需要3 个空位(两猴前
后,和猴中间),猫不与猴相邻,所以猫在两猴中间时,猫前
后各有一个空位;猫在两只猴前时,猫在第一位,猴在第三
位或第五位;猫在两只猴后时,猫在第五位,前有空位。因
为只有5 只小动物,且猫前是狗,所以猫不能在第一,再结
合排在最前面和最后面的不是同一种动物,所以五只动物
的排序为猴、猪、猴、狗、猫,从前往后数,猪排在第2 个。
6.
2 【解析】首先,假设去A 地,A 地去则B 地也去,但B 地
去则C 地不能去,C 地不去则D 地也不能去,D 地不去则E
地也不能去,D、E 都不去则不符合条件,故如果去A 地则
无法按要求完成参观;再次,假设A 地不去,B 地去,则情
况与上面相同,也同样无法完成参观;综上所述,要完成参
观,则B 地一定不能去,B 地不去,前提是A 地不去,故A、
B 两地都不能去,A、B 两地都不去,则E 地一定也不能去。
所以,能去的只有C、D 两地。
7.
四 【解析】假设今天周一,狮子:周一说谎→它说的“昨天
(周日)是我说谎的日子”是假话→实际昨天狮子说真话,
不矛盾,独角兽:周一说真话→它说的“昨天(周日)是我说
谎的日子”是真话→但周日独角兽说真话,矛盾,排除。假
设今天周二,狮子:周二说谎→它说的“昨天(周一)是我说
谎的日子”是假话→实际昨天狮子说谎,矛盾,排除。假设
今天周三,狮子:周三说谎→它说的“昨天(周二)是我说谎
的日子”是假话→实际昨天狮子说谎,矛盾,排除。假设今
天周四,狮子:周四说真话→它说的“昨天(周三)是我说谎
的日子”是真话→周三狮子确实说谎,独角兽:周四说谎→
它说的“昨天(周三)是我说谎的日子”是假话→实际昨天
独角兽说真话,符合条件。同理,验证剩余日期均矛盾,所
以今天是星期四。
类型二 取胜策略
8.
4 【解析】因为谁移动最后一根算谁输,所以用101-1 =
100,先移动的人要想取胜只要移动到第100 根就可以了,
一个人移动1 根,另一个就移动5 根,只要保证每一轮都
移动1+5= 6(根)即可,100÷6= 16(轮)……4(根),先移动
的人第一次必须移动4 根火柴棍,然后与对手“凑6”,就一
定能取胜。
9.
解:甲要获胜,只要每一次都和乙走的步数凑足4 的倍数
即可。因为每次移动的格数不是合数,所以只能是1 或质
数,而质数中除了2 其他都是奇数,所以所有质数( 除2
外)除以4 的余数不是1 就是3,共有2019 个方格,需要移
动2018 个方格,甲先走了2 格,还剩下2018-2= 2016(个)
方格,2016÷4= 504。
类型三 计算推理
10.
4 【解析】6 组数字之和为外圈数字和+内圈数字和= 12
+6+17+8+10+7+4+13+11+14+9+15= 126,又因为6 组数
字之和都相等,则每组数字之和为126÷6 = 21,13 对应的
外圈数字应为21-13 = 8,结合题图可知外圈齿轮需要顺
时针转动4 格。
11.
789333
【解析】假设左边三个数字分别为x,x+1,x+2,
右边三个相同数字为y,根据题意可得:x+(x+1)+(x+2)
+3y= 10y+y,化简得:x= 8
3 y-1,所以y 可取3、6、9,当y =
3 时,x= 7;当y= 6 或9 时,x 不符合题意,故x= 7,y= 3,所
以密码是789333。
12.
5 【解析】因为猜对3 条、5 条、6 条谜语的共有50-16-9
= 25(人),而猜对3 条和5 条的人数一样多,所以猜对6
条的人数为奇数,故可能为1、3、5、…、23 人,这25 人共猜
对178-2×16-4×9= 110(条)谜语,当猜对6 条的人数为
1、3、7、9、…、23 人时,不符合条件,故舍去;当猜对6 条的
人数为5 人时,猜对3 条和5 条的人数是(25-5) ÷2 = 10
(人),则5×6+10×3+10×5= 110(条),符合条件。综上所
述,6 条全猜对的有5 人。
13.
28 24 【解析】由题意得:①1764= 2×2×3×3×7×7 = (2×
2)×3×3×7×7= 4×3×3×7×7,此时和为:4+3+3+7+7 = 24;
②1764= 2×2×3×3×7×7 = 2×2×(3×3) ×7×7 = 2×2×9×7×
7,此时和为:2+2+9+7+7 = 27;③1764 = 2×2×3×3×7×7 =
2×(2×3)×3×7×7= 2×6×3×7×7,此时和为:2+6+3+7+7 =
25;④1764= 2×2×3×3×7×7 = 2×2×(3×3) ×7×7 = 1×(2×
2)×(3×3)×7×7= 1×4×9×7×7,此时和为:1+4+9+7+7 =
28;⑤1764= 2×2×3×3×7×7 = 2×2×(3×3) ×7×7 = 1×(2×
3)×(2×3)×7×7= 1×6×6×7×7,此时和为:1+6+6+7+7 =
27,所以甲、乙取出的扑克的数字之和分别为28 和24。
类型四 其他推理
14.
4 【解析】第1 次后:3 下1 上;第2 次后:2 下2 上;第3
次后:3 上1 下;第4 次后:4 下,即最少经过4 次后杯口都
向下。
15.
6 【解析】假设6 个数字全部出现2 次,这些数字之和为
2×(1+2+3+4+5+6)= 42,而实际12 次数字之和为47,说
明出现1 次的数字比出现3 次的数字少5,在1~6 中只有
6-1= 5,所以出现3 次的数字是6,最后一次记录的数字
就是6。
16.
8 【解析】当最大的孩子是女孩时,最大的女孩为10 岁,
那么最小的男孩为:10-4 = 6(岁),则4 岁一定是最小的
女孩,那么最大的男孩为:4+4= 8(岁),满足题意;当最大
的孩子是男孩时,最大的男孩为10 岁,那么最小的女孩
为:10-4= 6(岁),则4 岁一定是最小的男孩,那么最大的
女孩为:4+4= 8(岁),也就是说4 个年龄不同的女孩的年
龄在6~8 之间,不满足题意,所以最大的男孩8 岁。
17.
1122 【解析】每一次相邻学生面对面就握手并转身,可
等价为:两人交换位置,且各自朝向保持初始状态(面朝
前的仍面朝前,面朝后的仍面朝后)。初始面朝前的学生
位于第3k 个位置(k = 1、2、3、…、33),为了不再有“面对
面”的情况,这些面朝前的学生最终需移动到第k 个位置
(k= 1、2、…、33),且相邻两个学生不会面对面。第3k 个
位置的学生,需从第3k 个位置移动到第k 个位置,移动
距离为3k-k = 2k。每移动1 个位置,需与相邻面对面学
生握手1 次,因此该学生的握手次数为2k。100 以内3 的
倍数的数共33 个,所以这33 位都要从第3k 个位置移动
到第k 个位置,握手1×2+2×2+3×2+4×2+…+33×2= 1122
(次)。
18.
12 【解析】无论如何操作,任意两种数的个数的差只有
不变、加3 和减3 三种情况(比如说1 和2 的个数,无论
怎样操作,对于这两个数的个数只有3 类情况,要么同时
减少一个,个数差不变;要么1 的个数加2 个,2 的个数减
1 个,个数差减3;要么1 的个数减1 个,2 的个数加2 个,
个数差多3)。那么,看1 的个数和2 的个数,用2 的个数
减去1 的个数,它们的差是22-11 = 11,11 除以3 的余数
是2,那就是说当2 的个数比1 的个数多时,它们的个数
差一定是除以3 余2 的;但如果1 的个数比2 的个数多的
话,那么个数差除以3 的余数一定是1(可以试着操作几
次,让1 的个数多于2 的个数)。这样都算下来比较麻
烦,观察一些特殊的,不用分类讨论的,可以发现1 的个
数和4 的个数,它们的差是33,正好是3 的倍数,也就是
说,操作到最后,剩下的1 和4 要么一样多,要么个数差
33 的倍数。再根据题意,最后只剩下3 个数字,如果1 的
个数为3,那么2 的个数必然为2,不合题意;如果3 的个
数为3,而1 和2 不可能都为0 个,所以操作到最后时1
的个数和4 的个数都只能为0,而2 的个数一定是2,那么
3 的个数就是1,所以剩下的三个数是2 个2 和1 个3,它
们的乘积是12。
6
