九乡新闻网香港万圣节放假吗:【小学数学解题思路大全】填充、判断、选择题---小学数学网-学而思教育
来源：百度文库 编辑：九乡新闻网 时间：2024/05/01 18:33:29
填充、判断、选择题 1.想平均数
例如，美国小学数学奥林匹克，第三次(1982年1月)题3：求三个连续自然数，使第一个和第三个之和等于118。( )
由于三个数是连续自然数，所以第一个和第三个数的平均数是第二个数，即118÷2＝59。另两个数是58和60。
2.想中间数
判断方法：
3.接近某数法
两个分数与1的差大的分数小；被减数不变，减数越大差数越小。
例2 下面的正确排列是( )。
4.拆 数
例如，99999992＋19999999的和是( )。
原式＝9999999×9999999＋19999999
＝9999999×(10000000—1)＋
(10000000＋9999999)
＝99999990000000—9999999＋
10000000＋9999999
＝100000000000000
5.插 数
就是把两个分数的分子、分母各扩大2倍，使原来分子和分母都“相挨”
这种方法简便，一次成功，正确率高，所填分数的分子分母又最小。
6.奇偶数法
基本关系：
奇数±奇数=偶数
奇数±偶数=奇数
偶数±偶数=偶数
奇数×奇数=奇数。奇数的任何次方，幂是奇数。
奇数×偶数=偶数。n(n＋1)必是偶数，因为n和(n＋1)必为一奇一偶。
偶数×偶数=偶数。偶数的任何次方，幂是偶数。
在整除的前提下：
奇数÷奇数=奇数
偶数÷偶数=偶数
偶数÷奇数=偶数
例1 30个饺子五碗装，装单不装双( )。
因为 奇数×奇数=奇数，故无解。
例2 两个连续偶数的和是82，这两个数是( )。(1)相邻的两偶数相差2。由和差问题解依次为
(82—2)÷2＝40，40＋2＝42。
(2)相邻的两个自然数相差1。82÷2—1=40，40＋2=42。或者41＋1=42。
例3 1＋3＋5＋……＋25＝( )。
由“从1开始的连续奇数的和，等于所有奇数个数的平方”。知
例4 用质数的和表示，23＝( )＋( )。
奇数＝奇数＋偶数，质数中只有2是偶数。23—2＝21是合数。此题无解。
只有与2的差是质数的奇数。才能表示为两个质数的和，这类奇数是无限的。例如：
5＝2＋3，39＝2＋37，……
例5 有六个六位数：
(1)987654；(2)987653；(3)987652；
(4)987651；(5)987650；(6)987649。
从中选出两个，使这两个数的乘积能被6整除，有( )种选法。
(1)和(4)的各位数字和分别是39和36，都能被3整除，前者又能被2整除。偶数×奇数＝偶数，能被2和3整除的数就能被6整除。有七种选法：
(1)和(2)；(1)和(3)；(1)和(4)；(1)和(5)；
(1)和(6)；(4)和(3)；(4)和(5)。
例6 1989年“从小爱数学”邀请赛试题：三个不同的最简真分数的分子都是质数，分母都是小于20的合数，要使这三个分数的和尽可能大，这三个分数是____、____、____。
要使其和最大，则每个数应是同分母的真分数中最大的真分数。分子应依次是20以内的最大的质数，分母是分子加1的偶数。即
例7 已知三个连续自然数的最小公倍数是360。这三个数是____、____、____。
三个连续自然数只能有：
A.奇数、偶数、奇数；
B.偶数、奇数、偶数。
这两种可能。
若是情况A，则一定是两两互质，最小公倍数是它们的乘积。由360＝23×32×5知两两互质的数只能是8、9、5。但它们不是连续的。
情况B中，最大及最小数都是偶数，2是其最大公约数，三个数的乘积是它们最小公倍数的2倍。360×2=24×32×5。
所求数是23＝8，32＝9，2×5＝10。
7.由合数想
例1 能被十个最小自然数整除的最小四位数是( )。
这个合数，一定是三个合数和一个质数的乘积。
例2 1989×20002000—2000×
19891989＝( )
合数的20002000和19891989，有相同的质因数。
原式＝1989×(2000×10001)
－2000×(1989×10001)＝0。
例3 第二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试题第一试7题：在下面的算式中，所有分母都是四位数。请在每个方格里各填入一个数，使等式成立。
由式右的分子为1，知式左的两个分数相加的和可约分。若是同分母分数相加约分后，式右的分母不可是四位数，只能是异分母。
从分析合数1988入手：
(1)1988＝4×7×71。1988是4的倍数，如果式左两个分数的分子之和为4，则可约成分子是1的最简分数。
(2)由4×7=28，28＋43＝71，知
例4 最大公约数是1，两两均不互质，且大于50而小于100的三个数是( )、( )、( )。
解答此题，需综合应用合数、质数、互质数、质因数、公有质因数、最大公约数等概念。取三个两两互质的数，且它们两两之积大于50、小于100，得五组解：
7、8、9得56、63、72；
7、8、11得56、77、88；
7、9、10得63、70、90；
7、9、11得63、77、99；
8、9、11得72、88、99。
所取三数之间相互互质，其两两之积的三个数定无公有的质因数，最大公约数是1；每组的三个数都是两两的积，其两两之间必有相同的质因数。
8.由质因数想
例1 649被某数除，所得的商与除数相同，余数比除数少1，余数是( )。
因为 649＋1=650=2×52×13=25×26，
而 649=25×26—1
=25×(25＋1)－1
=25×25+24，
即 649÷25＝25余数是24。
例2 三姐妹的年龄依次大3岁，其积是1620，其和是( )。
1620＝22×34×5
=32×(22×3)×(3×5)
＝9×12×15，
9＋12＋15＝36。
例3 A、B、C、D是四个由小到大的自然数，其积是585，要使其和最小各是( )。
由 585＝3×3×5×13，知
A＝1，B＝5，C＝9，D＝13。
例4 四个自然数的积是144，这四个数可组成比例式()。
144＝24×32＝(2×6)×(3×4)。
由比例的基本性质，知
2∶3＝4∶6，2∶4＝3∶6，
6∶3＝4∶2，3∶2＝6∶4。
例5 把14、30、33、35、39、75、143、169分成两组，每组四个数，使它们的乘积相等( )，( )。
14＝2×7 39＝3×13
30＝2×3×5 75＝3×5×5
33＝3×11 143＝11×13
35＝5×7 169＝13×13
将相同质因数分属两组，配平于两个积中。
14×33×75×169＝2×32×52×7×11×132，
30×35×39×143＝2×32×52×7×11×132。
例6 从1到30的自然数中，能被2、3、5整除的各有( )、( )、( )个。不能被其中任意一个整除的有( )个。
30＝2×3×5。
前三个空应依次填：3×5＝15，
2×5＝10，2×3＝6。
1～30中有十个质数2、3、5、7、11、13、17、19、23、29。去掉前三个加上1。最后空为8。
例7 715×972×975×( )，要使其积的最后四个数字都是0，括号内最小应填什么数？
乘积后面每含一个0，其乘数中必含质因数2和5各一个。
715＝5×11×13， 972＝22×35，975＝3×52。
这些数中共含三个“5”、两个“2”，构成四对2和5，需补足两个“2”和一个“5”。
应填2×2×5＝20。
例8 四个连续自然数的积是5040，这四个数是( )、( )、( )、( )。
5040＝24×32×5×7
＝7×23×32×(2×5)，
所求为 7、8、9、10。
( )。
105＝3×5×7，
512＝23×23×23。
例10 长、宽、高之比是3∶2∶5的长方体体积为1920cm3，长宽高各是( )、( )、( )cm。
1920＝27×3×5
＝(22×3)×23×(22×5)。
应填12、8、20。
9.巧用最大公约数
例1 224、292、377、496分别被( )除，余数都相同。
292－224＝68 377—224＝153 496—224＝272即后三个数，分别被第一个数除商为1，余数是68、153、272。
(68，153，272)＝17，
224÷17＝13……3。
四个数分别被17除，余数都是3。
例2 在一块边长为104m、240m、152m的三角形地周围栽树，株距相等，各角栽1棵。最少可栽( )棵。
株距相等，是各边长的公约数。株数最少，株距必最大，应为最大公约数。
(104，240，152)＝8
(104＋240＋152)÷8＝62(棵)
例3 把长144cm、宽48cm、高32cm的长方体，锯成尽可能大的同样大小的正方体。正方体的棱长( )cm，个数( )。
(144，48，32)＝16(cm)
10.巧用最小公倍数
例1 一个数，用12除余10，用16除余10，用20除缺10。这个数是( )。
把“一个数用20除缺10”，也理解成用20除余10。[12，16，20]＝240。
所求的数是240＋10＝250。
例2 某数加上1后除以7余3，而减去1后除以14余1。该数最小值( )。
由条件一知，这个数除以7余2；由条件二知、这个数除以14余2。所以这个数应是7和14的最小公倍数加2。
14＋2＝16
例3 某班学生不足50人，敖老师组织学生做三次不同游戏。第一次每组4人，第二次每组6人，第三次每组8人，都正好分完没余下。该班有学生( )人，每次各分( )组、( )组、( )组。
［4，6，8］＝24
因限定这个数接近50，应是24×2＝48(人)。48分别除以 4、6、8得组数 12、8、6。
例4 一篓杏。十个十个地数最后缺一个；九个九个地数，数到最后也缺一个；八个八个地数，七个七个地数……到二个二个地数，一样数到最后总是缺一个。这篓杏至少有多少个？
因为十个十个地数到二个二个地数都缺一个，如果加上一个就没有缺数了。那么正好是2到10各数的公倍数，所以题意是求比2到10九个数的最小公倍数少1的数。求2、3、4、5、6、7、89、10的最小公倍数，因大数是小数的倍数，所以2、3、4、5不用求，只求6、7、8、9、10的最小公倍数即可。
2、3、4、……、10九个数的最小公倍数是2×3×1×7×4×3×5＝2520。这篓杏有2520—1＝2519(个)。
11.想 倍 数
例1 四个数的和为45，第一个数加2，第二个数减2，第三个数乘2，第四个数除以2，其结果都相同。这四个数是 ( )。
第一个数加2，第二个数减2的结果都等于第三个数的2倍，所以第一、二个数的和是第三个数的4倍。而第四个数的一半与第三个数的2倍相等，故第四个数是第三个数的4倍。四个数的和是第三个数的9倍。
第三个数是 45÷9＝5。
其它数为5×2—2＝8，5×2＋2＝12，5×4＝20。
依次为8，12，5，20。
12.分 数 法
例如，乙数除甲数商3余8，如果甲数扩大5倍后，商正好是19。甲数是( )。
此题可表述为：甲数比乙数的3倍多8，且是乙数的19/5，求甲数。
也可这样想：根据“不完全商的变化”规律，假设乙数也同时扩大5倍，商不变，余数也扩大5倍，即8×5＝40。
这40实际上是乙数的19倍与乙数15(5×3)倍的差，乙数是40÷(19—15)＝10。
甲数：10×3＋8＝38。
再如，一项工程，由甲独做12天可以完成。甲做了3天后另有任务而调走。余下的乙独做15天完成。乙单独完成这项工程要()天。
由一般分数应用题想：
若从特殊分数应用题的“工程问题”考虑，则算式为
13.由三数和求
例如，在右图六角星的○里，分别填上一个数，使每条边上四个数的和相等。
可这样想：
填右下角○中的数
则6＋2＋7－5－1
＝15－6＝9。
事实上，此题所求数均为所对边中间两数之和。
14.由个位数想
例1 下面乘法算式中，每个汉字代表一个不同的自然数，这些汉字分别代表( )。
例2 有1、2、3、4四张数字卡片，每次取两张组成两位数，其中是偶数的( )。
要使所组成的两位数是偶数，个位上只能是2或4。任取一个作个位，有两种取法。
个位上的数字确定后，十位上的数字只能从余下的三个数字中取，组成三个两位数。即
12、32、42、14、24、34。
15.纵观位数
例如，美国小学数学奥林匹克，第五次(1981年3月)题1：在右边的加法算式中，相同字母表示相同的数字，不同字母表示不同的数字。
由于结果是两位数，所以H应小于3；又由于H是偶数，故H＝2。这样E只可能是3或8，而8将使结果为三位数，故E＝3。
23＋23＋23＋23＝92
17.想 定 义
对一个名词或者一个术语的意义的说明，叫做定义。
把概念用文字或语言表达出来，叫做给这个概念下定义。定义有两个任务：
(1)把被定义的对象同其它一切对象区别开；
(2)揭示出被定义的对象的本质属性。
解这类题的关键在于对照定义分析判断对象，是否违反了定义的本质属性。
例1 判断下列两题说法的正误。
(1)能被2除尽的一定是偶数。( )
能被2整除的数，称偶数。“整除”是对自然数而言，“除尽”除包含“整除”外，所得数还可是有限小数。故“一定是偶数”不对。
例2 316( )801≈316万
6( )8630000≈7亿
由“四舍五入”的意义知，前题只能填小于5的整数4、3、2、1、0；后题为等于或大于5而小于或等于9的数6、7、8、9。
例3 用24cm的铝丝所围成的长方形，面积的变化趋势是( )。
如果a＝11，那么b＝1，则S＝11；
如果a＝8，那么b＝4，则S＝32；
……
如果a＝6，那么b＝6，则S＝36。
显然，长与宽的和一定时，其长度越接近面积越大。最大面积是围成的正方形。
例4 4∶( )＝3∶( )
由“比例的意义”和“比例的基本性质”知，在某个( )中任意填个不为0的数，再算出另一个( )中应填的数。
例5 哪组中的比，可组成比例( )。
(A)10∶12和35∶42
(B)20∶10和60∶20
(1)从定义出发，比值入手。
所以 10∶12＝35∶42。
(2)化简比入手。
10∶12＝5∶6 35∶42＝5∶6
所以 10∶12＝35∶42。
(3)假设(A)正确，因为10×42＝12×35，假设成立。
例6 表示分解质因数的式子是( )。
(A)18＝2×9 (B)108＝2×2×27
(C)36＝2×2×3×3 (D)24＝2×2×3
分解出的因数要全部是质数，其连乘积等于被分解的合数。(C)正确。
例7 一些概念判断题和原概念相比往往只有一字之差，记不准确，易失误。如：
乘积为1的两个数叫做倒数。“叫做”应是“互为”。
有公约数1的两个数叫互质数。应是“只”有公约数1
例8 (多解题)下面图形( )是轴对称图形。
(1)正方形；(2)长方形；(3)梯形；
(4)等腰三角形；(5)等边三角形；
(6)圆形；(7)平行四边行。
根据“轴对称图形”的定义，正确答案为(1)、(2)、(4)、(5)、(6)。
18.想 定 理
已知证明具有正确性，可以作为原则或规律的命题或公式称定理。
例1 五边形的内角和是( )度；一个多边形的每个内角都是120°，它的边数是( )，对角线条数是( )。
根据定理：“对凸多边形来说，n边形的内角和等于(n—2)·180°。
五边形的内角和为：
(5—2)×180°＝540°。
设边数为n，则
(n－2)· 180°＝n·120°，
n(180°－120°)＝360°， n＝6。
这个六边形，对角线的条数为：
例2 一个三角形三个内角的度数比是2∶1∶1。这个三角形是( )(多解题)。
(1)锐角三角形；(2)钝角三角形；(3)直角三角形；(4)等腰三角形；(5)等边三角形。
根据“三角形内角和定理”，每份数为180°÷(2＋1＋1)＝45°，三内角分别为45°、45°、90°。应选择(3)、(4)。
把新分数，看作
由分比定理：
设未约的新分子为x，因为“分子与分母加上同一个数，分数值变了、但分母与分子的差是不变的”，这个差是9—5。
加上的数是8—5＝3。
设这个“和倍问题”中的甲数为a，乙数为b。
a＝44－32＝12。
例5 两个数的最大公约数是5，最小公倍数是120。这两个数是( )、( )。
定理：两个数的最小公倍数，等于这两个数的乘积除以它们的最大公约数。
证明：
设 (a，b)＝M，
则 a＝M·P1，b＝M·P2，(P1，P2)＝1，
[a，b]＝[M·P1，M·P2]＝M·P1·P2，
所以 a·b＝［a，b］·(a，b)＝120×5＝600。
由题意知a和b的最小数是5，将600分成10×60、15×40、 20×30。
符合题意的是5、120；15、40。
若从“最大公约数与最小公倍数的求法”想，120÷5＝24是最后两个互质数的乘积。把其分解成所有可能的两个互质数相乘的形式：
24＝1×24 24＝3×8
每式中的每一个因数，分别乘最大公约数得到的一组数，即为一个答案。
本定理中，如果a—b＝c，c＜b，且b÷c＝d，那么［a，b］＝ad。
证明：
因为 b÷c＝d，a—b＝c，
所以 b＝cd，a—cd＝c，a＝c(1＋d)，
c是a、b的公约数。
又因为(d，1＋d)＝1，
所以(a，b)＝c，
19.想 定 律
［定律］是科学上对某种客观规律的概括，反映事物在一定条件下发生一定变化过程的必然关系。数学中，具有某种规律性的结论叫做定律。
例1 “从小爱数学”邀请赛试题：比较下面两个积的大小A( )B。
A＝987654321×123456789，
B＝987654322×123456788。
由“分配律”想：
A＝987654321×123456788＋987654321，
B＝987654321×123456788＋123456788。
因为 987654321＞123456788，
所以 A＞B。
由“两数的和一定时，两数的差越小积越大，相等时积最大”想：
因为 987654321＋123456789＝987654322＋123456788，
而 987654321—123456789＜987654322—123456788，前差比后差小2。
知 A＞B。
例2 下图的30个格子中各有一个数，最上面一横行和最左边一竖列的数已经填好，其余每个格子中的数等于最上面一横行它所对应的数与第一竖列它所对应的数之和(例如a＝14＋17＝31)，这30个数总和是( )。
最上面一横行除10以外，是从11起到19的五个连续奇数，其和为15×5＝75。而第二横行的五个空格是12＋11，12＋13，12＋15，12＋17，12＋19。用加法结合律计算
(11＋13＋15＋17＋19)＋12×6。
同理可知第三横行是11＋13＋15＋17＋19＋14×6＝75＋14×6。五行的和为
75×5＋6×(12＋14＋16＋18)＝735，
所求是 10＋735＝745。
20.发现规律
规律是事物之间内在的必然联系。是客观存在的，不以人们的意志为转移的，但人们能够通过实践认识它，利用它。它也叫法则。
例1 看规律填数：2，4，8，____，____，____，____。
一般学生常填作16，32，64，128。
这类问题涉及到数列知识——根据所给数列的前n项写出以后各项。21，22，23，…通项公式是2n，由此得上解。
若作另一种分析：
1×0＋2，2×1＋2，3×2＋2，…通项公式是n(n—1)＋2。即
2，4，8，14，22，32，44，…
此题只有写成：
(l)2，4，8，…，2n，…；
(2)2，4，8，…，n(n—1)＋2，…。
或者(1)2，4，8，16，…；
(2)2，4，8，14，…。
才是确定的数列。要有唯一解，宜将原题改为：
(1)2，4，8，16，____，_____，_____；
(2)2，4，8，14，______，_____，_____。
例2 真分数的分子、分母同时加上一个相同的自然数一定大于原分数。是否正确( )。
命题正确。
21.想 公 式
用数字符号(或文字)表示各个数量之间的关系的式子，叫做公式。
数学公式是数学知识的概括，适用性强。活用基本公式要求从左到右、从右到左，各种变形都会用。
例1 面积为12cm2。周长是14cm的长方形，长与宽的比是( )。
因为14÷2＝7(cm)，4×3＝12(cm2)，而4＋3＝7(cm)，所以是4∶3。
例2 一个正方形的花园，每边栽等株距的常青松7棵，可栽( )棵。
由 M＝na－a＝(n-1)a，知
(7-1)×4＝24(棵)。
例3 圆心角是n°的扇形面积公式( )。
值)。
例4 一个圆柱底面直径10cm，表面积314cm2，高( )。
由 S表＝ch＋2S
＝2πrh＋2πr2
＝2πr(h＋r)，
＝10－5＝5(cm)。
22.巧 估 算 不需严密计算，只根据给出的数据，略加思考，便可判断正误或选择正确答案。
(A)比1大(B)比1小(C)不能确定与1的大小关系
只需粗略地估计出这个结果介于哪两个数之间。将其分母适当放大和缩小：
例3 l2345678910ll1213÷312l1101987654321，商的小数点后前三位数字是( )。
将除法进行到被除数前七位1234567为止，算出小数点后四位是0.3954。
将除法进行到被除数前七位为止。算出小数点后前四位是0.3955。
由“被除数不变，除数扩大，商就变小；除数缩小，商就变大”知，原商在0.3954与0.3955之间。所求为395。
23.把分子拆成和
例如，1984年杭州市小学毕业会考试题：有两个不相等的自然数，要使
这类题是求“不定方程”的正整数解的问题。
这里介绍一种适合于小学生的解法——把已知的倒数和的分子分成两个不相等的加数，使这两个加数都能整除倒数和的分母。
必要时，可把原倒数和的分子与分母同乘以一个适当的自然数再试。
分母6、30即为所求的数。
再如，倒数和是1—6的两个自然数是：
24.分 形 想
例如，美国小学数学奥林匹克，第三次(1981年1月)题3：右图中每一个小方格都是一个正方形。图中线段共围出( )个正方形。
分形统计如下：
正方形 正方形个数
1×1 21
2×2 12
3×3 5
25.巧 分 组
例如，下式的结果是( )。
分子是连锁自然数，且分母相同，共有1990个分数。除了前四个和后两个分数外，剩下的1984个分数均按连续4个减、4个加的顺序排列，且后4个分数的分子之和比前4个分数的分子之和多16［如(9＋10＋11＋12)－(5＋6＋7＋8)＝16］。
把这样的八个分数分为一组，可分成(1990－6)÷8＝248(组)。每组的分子差16，248组是16×248＝3968。
26.巧 分 类
例如，从1992到4891的整数中，十位数字与个位数字相同的数有( )个。
分别考虑，既可防止遗漏又避免了重复。
千位数字是“1”的一类中，十位、个位相同的有99这1个。
千位数字是“2”的一类中，百位是“0”而十位、个位相同的有00、11、22、…99共10个。同理百位是1、2、3、…9的各有10个，共10×10＝100(个)。
千位数字是“3”的一类中，也有100个。
千位数字是“4”的一类中，从百位是“0”到百位是“7”，十位、个位相同的有10×8＝80(个)。百位是“8”，十位、个位相同的数从00、11、22、…88共9个，千位是“4”的共有80＋9＝89(个)。
1＋100＋100＋89＝290(个)。
27.少量事例分析法
从题中给出的少量事例或具体条件分析，推理。
例如，中南五省1989年小学生数学联赛，第二试试题： 根据左边给出的各行数，通过分析各数及行与行之间的关系，推出第25行的第2个数是( )。
(A)301 (B)326 (C)339
除第一、二行外，其余各行对应的第二个数分别等于上行的第一个数与第二个数之和。而各行对应的第一个数分别是1、2、3、4、5……所以有：
第二、三、四、五、六，…行第二个数依次是
2＝1＋1
4＝2＋2＝1＋(1＋2)
7＝3＋4＝1＋(1＋2＋3)
11＝4＋7＝1＋(1＋2＋3＋4)
16＝5＋11＝1＋(1＋2＋3＋4＋5)
…………
故知，第25行第二个数为：
1＋(1＋2＋3＋4＋…＋24)
如果用a表示第n行第一个数，则an＝n。则bn表示第n行第二个数，则
＝1＋300＝301。
例1 一个真分数乘以一个自然数，所得的积一定比原数大。( )
想到1，便知是错的。
例2 分数的分子和分母都乘以或都除以一个相同的数，分数的大小不变。( )
这一判断题，隐藏了“0除外”这个特殊的因素。
由“两个相同数的差为0”知
由“一个加数＝和－另个加数”知
28.想特殊情况
例如，美国小学数学奥林匹克，第五次(1982年3月)题5：3×3的末位数字是9，3×3×3的末位数字是7，3×3×3×3的末位数字是1。求35个3相乘的结果的末位数字是( )。
先看几个特殊情况：
31＝3，32＝9，33＝27，34＝81；35＝243，36＝729，……。每四个尾数3、9、7、1—循环。
35÷4＝8余3。
35个3相乘的结果的个位数字是7。
29.想 整 体
例如，第五届“从小爱数学”邀请赛试题：把20以内的质数分别填入□中，每个质数只用一次。
使A是整数。A最大是( )。
若分别把其中的质数轮流放一个到分母中，其它的填到分子的□中逐一计算，再作比较，那就太麻烦了。
先从整体上考虑这八个质数之和，2＋3＋5＋7＋11＋13＋17＋19＝77。
再考虑A与77的关系，设分母的质数为x，则
要使A是整数，X只能是77的质数约数7或11。
要使A最大，x应取7，A＝10。
30.想 总 和
例如，1989年“从小爱数学”邀请赛试题8：某次考试，试题共六道，均为判断题。考生认为是正确的就画“√”，认为错的就画“×”。记分方法是：每道题答对的给2分，不答的给1分，答错的不给分。郑得多少分？
对每一道题来说，不管应画“√”还是应画“×”，前 6人“得分总和”比郑多5分，即多一个空格，二个“×”。这样，六道题前6人应比郑多5×6＝30(分)。实际前6人的总分是：
7×2＋5×3＋9＝38(分)。
所以郑得38－30＝8(分)。
还可这样想：
得分最多的周答对四题只答错12－9－1＝2，一题。假定答错的是第1题，这样标准答案已有了，据此分析其他人的得分。如果出现矛盾，再依次假设，经检查验证答错的是第4题。
标准答案是1.×；2.√；3.×；4.√；5.√；6.×。
郑第1、2题错了，得12－4＝8(分)。
31.想 范 围
例1 美国小学数学奥林匹克，第一次(1980年11月)试题1：设x和y是选自前50个自然数的两个不同的数，求下式的最大可能值。
在非负数范围内，要想使分数值尽量大，就要使分母尽量小而分子尽量大。分母最小可能是x—y＝1，这说明x与y是连续自然数，x与y最大可能是x＝50，y＝49。
例2 上例的试题4：壹分、伍分和拾分硬币各有100个，从中选出21个，每种硬币都要选到，恰好凑出1元钱。那么这21枚硬币中，每种各有多少个( )。
为使总价钱是1元，壹分币个数应该是5的倍数。而硬币总数是21枚，因此壹分币个数只可能是5，10，15，20。但15和20显然不能满足要求，下面考虑两种情况：
(1)如果有5枚壹分币
这时还有21－5＝16(枚)硬币，币值95分。列出下表不难发现，应有13枚伍分币，3枚拾分币。
(2)如果有10枚壹分币
这时还有21—10＝11(枚)硬币，币值90分，由下表知应为4枚伍分币，7枚拾分币。
例3 美国小学数学奥林匹克，第五次(1981年3月)题2：两个整数之积为144，差为10，它们的和是( )。
所有积为144的两个数：
差为10的只有18和8，18＋8＝26。
32.巧设条件
有些题数量关系抽象，猛一看去甚至觉得条件“不充分”。若把题变为“看得见，摸得着”，则易为学生理解接受。
例1 制造某种机器零件的时间甲比乙少用1/4，那么，甲比乙的工作效率高( )％。
若假设乙加工这种零件要8小时(是4的倍数计算方便)，那么，甲加工
如果设乙加工这种零件要4分钟，那么，他每小时加工15个；甲用的时间比乙少1/4，只需要3分钟，他每小时能加工20个。这样，就更简捷了。
(20—15)÷15≈33.3％。
例3 甲数比乙数多25％，乙数比甲数少( )％。
数少
例4 一组题。
(1)一个正方形体的棱长扩大2倍，那么它的体积就扩大( )倍，表面积扩大( )倍。
假设原正方体的棱长为1个单位长度，其体积为1×1×1，表面积为1×1×6；扩大后的棱长为2，体积为23、表面积为22×6。再通过比较就可得出结果。
(2)大圆半径是小圆半径的3倍，大圆周长是小圆周长的( )倍，小圆
假定小圆半径为1，则大圆半径为3。
与小圆面积的比是( )。
假设阴影部分的面积为6，代入计算比直接利用两个“分率”推导易理解。
33.想答案逆思考
不难发现：上述三个答案的分母，是两边所增分率的两个分母之积；分子是两边所增分率的分母与分子和的乘积，减去两分母之积的差。从答案，逆向思维：
分析上式：
(1)两个括号里都有一个1，分别表示原平行四边形相邻两边的长度；
(2)1加分率之和表示所得平行四边形一边的长度，相当于原平行四边形的长度的几分之几；
(3)括号外面的1，表示原平行四边形的面积。两个括号结果的乘积，表示所得平行四边形相当于原面积的几分之几。
因此，解这类题的规律为
若平行四边形相邻两边的长各减少几分之几，或一边减少而另一边增加，规律式略加改变即可。如：
形的面
积，比原面积减少
由于两个形状相同，面积相等的三角形可并成一个平行四边形，此规律也适用于三角形。
34.从反面想
的差数将小于任意小的一个正数；不论你想一个怎样小的正数ε，总可以增加小数位数，而使1
与0.99……9的差数小于这个极小的正数。这还不是说
35.由位置想
例如，美国小学数学奥林匹克，第二次(1981年12月)题1：用数字1，1，2，2，3，3拼凑出一个六位数，使两个1之间有一个数字，两个2之间有两个数字，两个3之间有三个数字。( )
由于两个3之间有三个数字，所以一定有一个3位于第一个或最后一个，即
3□□□3□
或 □3□□□3
又由于两个2之间有两个数字，只可能是
3□2□32
或 23□2□3
最后填入1，得31 21 32和23 12 13。
36.表 格 法
例1 “化简比”与“求比值”的区别是( )。
例2 在下面的( )里填上适当的质数：
(1)64＝( )＋( )
(2)84＝( )＋( )
(3)86＝( )＋( )
这类关于“哥德巴赫猜想”的习题，可用下面巧妙的表格解答。
比6的倍数少2的数(除4＝2＋2外)，只可能表示为：(1)3与一个比6的倍数多1的质数之和；
如：16＝3＋13。
(2)两个比6的倍数少1的质数之和。
如：64＝3＋61＝5＋59＝11＋53＝17＋47＝23＋416的倍数(除6＝3＋3外)，只可能表示为一个比6的倍数少1的质数与一个比6的倍数多1的质数之和。如：84＝5＋79＝11＋73＝17＋67＝23＋61＝41＋43＝47＋37＝53＋31＝71＋13。
比6的倍数多2的数，只可能表示为：
(1)3与一个比6的倍数少1的质数之和；
(2)两个比6的倍数多1的质数之和。
如：86＝3＋83＝7＋79＝13＋73＝19＋67＝43＋43。
37.找 规 律
遇到任何一串数，要仔细观察，找出数与数之间的联系。
例1 根据表中数的排列，推算出空格里面应填的数。
第一行10、8、6后面的数，比相邻的前面的数少2；第二行后面的数，都是相邻的前面数的一半；第三行后面的数，都比相邻的前面数多7；第四行后面的数，是相邻的前面的数的平方。
应依次填4，12，25，256。
例2 竞赛题：一个长方体的体积是个七位数
1□□2□□5cm3，已知它的长、宽、高是三个连续奇数，这三个数是( )、( )、( )。
三个连续奇数一定是两两互质，如果知道其体积，只要将其分解质因数，便可得解。但本题只知道体积是七位数，且首位数字是1，个位数字是5，由此应联想到：
三个奇数，必在100到130之间，且必有一个奇数的个位数字是5；逆用分解质因数知识，运用尝试法寻找符合条件的答案，答案不是唯一的。
基于上面分析，可得出九组数：
(1)101×103×105；
(2)103×105×107；
(3)105×107×109；
(4)111×113×115；
(5)113×115×117；
(6)115×117×119；
(7)121×123×125；
(8)123×125×127；
(9)125×127×129。
经过试算(1)、(4)、(8)都符合题意。
38.多层次想
都是正确答案。
例2 车站有货物45吨。用甲汽车10小时可以运完，用乙汽车15小时可以运完，两车同时运多少小时可以运完？正确算式是( )。(多解题)
正确算式为(2)、(3)、(4)、(5)。
例3 一个没盖的长方体容器的长8cm，宽和高都是5cm，其表面积的正确算式是( )，最简算式是( )。
(1)(8×5＋8×5＋5×5)×2；
(2)(8×5＋8×5＋5×5)×2－8×5；
(3)〔(8＋5)×2＋8〕×5；
(4)5×5×2＋8×5×3；
(5)5×5×4＋8×5；
(6)(8×5＋5×5)×2＋8×5。
正确算式为(2)、(3)、(4)、(6)。简式为(3)。
时。正确算式是( )。
答案是(A)、(C)、(D)、(E)。
例5 下面各题的( )中应填上哪一个字母。
a是真分数；b是假分数；c是1；
d是0。
(2)2.8÷( )＞2.8
(4)9÷( )＞( )÷9
应分别填：
39.想 周 期
竞赛题往往出现较大的数目，一般都有周期变化规律。
例1 7771990结果的末位数字是( )。
因为71、72、73、74、75、76、……的未位数字分别是7、9、3、1、7、9、……3、1，以“7、9、3、1”周期变化，其周期为4。
而1990÷4＝497余2，
所以、原式的末位数字为9。
由21、22、23、24、25、26、27、28、……的个位数字依次为2、4、8、6、2、4、8、6、……
知若干个2连乘，积的个位数以“2、4、8、6”为一个周期循环出现。
201÷4＝50余1
即201个2连乘积的个位数字是2，应填数为2－1＝1。
40.筛 选 法
也称排除法，宜用于不易直接判断的选择题。由众多的数组或式组中选择其中不符合要求的，这就要筛选。即在题目所给的集合范围内，排除不符合要求的数或式。
三数依次为( )。
筛，考虑到分母为10或11的分数，均无法约简成分母为7的分数，故轻而易举地又将(A)、(C)排除。(D)必为答案无疑。
例2 从3、1、8、0、5这五个数字中选出四个数字，组成能被2、5、3整除的最大四位数是( )。
先确定个位上的数，能被2整除的有8、0，能被5整除的有0、5，而同时能被2、5整除的只有0；再确定另三位上的数字，使它们之和能被3整除，3、1、8或3、1、5符合，其中3、1、8能组成较大的数。所求数为8310。
例3 20以内的自然数中，既是合数又是奇数的有( )。
先把不符合条件的划掉：
得到9和15。
例4 5.995保留两位小数是( )。
(A)5.99(B)6(C)6.00
根据“保留两位小数”的要求，先筛去(B)；取近似值时一般用四舍五入法，(A)不符合“四舍五入”的要求；(C)既符合“保留两位小数”的要求，又符合四舍五入的法则。
例5 已知x＞1，下列各式中有可能成立的是( )。
(A)x＋x＝x·x
(B)x＋x＝x÷x
(C)x－x＝x÷x
(D)x－x＝x·x
因为x＞1，则
x＋x＝2x＞2，x÷x＝1，x＋x≠x÷x。(B)不成立。
x－x＝0，x÷x＝1，x·x＞1，所以(C)、(D)都不成立。
只有(A)有可能成立，如2＋2＝2×2。
例6 分子和分母是互质数的分数是( )。
(A)真分数(B)假分数(C)带分数(D)最简分数
有人认为备选答案都可能成立，理由是分子和分母是互质数的分数，可以是真分数，还可以是假分数和带分数。
它的正确答案不是4个，只有D正确，的确是单项选择题。下面用“排除法”加以说明。
假设给出的备选答案都正确，那么原题变成以下四个判断。
(A)分子和分母互质的分数是真分数；
(B)分子和分母互质的分数是假分数；
(C)分子和分母互质的分数是带分数；
(D)分子和分母互质的分数是最简分数。
这四个判断都是全称肯定判断。对第一个判断来说。可举出这样的反例
假分数。
但它并不是带分数。
第四个判断D，由最简分数定义知它是正确的。
41.想 搭 配
例如，三张卡片分别写上1、2、3后，翻过去把次序弄乱，背面再写上1、2、3。每张两面数的和连乘，积能否是奇数。( )
一般学生，力图尝试。罗列可能的情况：
(1) 1＋1＝2
2＋2＝4
3＋3＝6
2×4×6＝48
(2) 1＋1＝2
2＋3＝5
3＋2＝5
2×5×5＝50
(3) 1＋2＝3
2＋1＝3
3＋3＝6
3×3×6＝54
(4) 1＋2＝3
2＋3＝5
3＋1＝4
3×5×4＝60
(5) 1＋3＝4
2＋2＝4
3＋1＝4
4×4×4＝64
综观这五种情况，积都是偶数
智力好的，思维简捷、明快。由1＋2＋3＋1＋2＋3＝12，知这六个数两两相加的三个和a1、a2、a3只有五种可能：
2、4、6；2、5、5；3、3、6；3、4、5；4、4、4。
每种情况的三个乘数中，至少有一个偶数，a1×a2×a3都是偶数。
智力特别好的，会更一般化的思考：这六个数中四个奇数与两个偶数，两两搭配相加，所得的六个和不可能都是奇数，至少有一个是偶数。
也就是a1、a2、a3只能有两种可能：两奇一偶或三偶：
它们的积必为偶数。
42.想 重 叠
例如，把1、2、3、……、12，分别填入图中的十二个空格，使两行两列每四个数的和都是23。
两行两列的总和是23×4＝92，实际是1＋2＋3＋……＋12＝78，正方形四个顶点处“重叠部分”的和是92－78＝14。只要在“重叠”处填上其和为14的四个数，如1、2、5、6，关键问题就解决了。剩下的空格易填。
43.想上下界
例1 90＋91＋92＋…＋99的和为( )。
(A)845 (B)945 (C)1005 (D)1025 (E)1045
此和必在900(90×10)和990
(99×10)之间，只有(B)正确。
例2 下图，多边形的面积(单位：cm2)是( )。
(A)30 (B)44 (C)54。
此图面积必小于54(6×9)，大于36(4×9)，应选(B)。
44.列 举 法
这是一种不完全归纳法，有些抽象。结论难以确定正误时，根据需要既要列举一些有代表性的数据(如0与1)，也要照顾到各种情况，否则会出现以偏概全的错误。通过观察计算，从中得到启示，找出规律，确定结论是否成立。
例1 一个数乘以真分数，积一定小于这个数。( )
显然，结论中的“一定”不确切。
例2 判断，圆心角一定，扇形的半径与面积成不成比例。( )
用公式推导，繁杂不易理解。列举些数据：
设圆心角为45°，r为半径，S为面积。
当r＝1时，S＝0.3925；
当r＝2时，S＝1.57；
当r＝3时，S＝3.5325；
当r＝4时，S＝6.28。
r与S的比值或积都不一定，因而扇形的半径与面积不成比例。
45.想上下界
例1 90＋91＋92＋…＋99的和为( )。
(A)845 (B)945 (C)1005 (D)1025 (E)1045
此和必在900(90×10)和990
(99×10)之间，只有(B)正确。
例2 下图，多边形的面积(单位：cm2)是( )。
(A)30 (B)44 (C)54。
此图面积必小于54(6×9)，大于36(4×9)，应选(B)。
46.列 举 法
这是一种不完全归纳法，有些抽象。结论难以确定正误时，根据需要既要列举一些有代表性的数据(如0与1)，也要照顾到各种情况，否则会出现以偏概全的错误。通过观察计算，从中得到启示，找出规律，确定结论是否成立。
例1 一个数乘以真分数，积一定小于这个数。( )
显然，结论中的“一定”不确切。
例2 判断，圆心角一定，扇形的半径与面积成不成比例。( )
用公式推导，繁杂不易理解。列举些数据：
设圆心角为45°，r为半径，S为面积。
当r＝1时，S＝0.3925；
当r＝2时，S＝1.57；
当r＝3时，S＝3.5325；
当r＝4时，S＝6.28。
r与S的比值或积都不一定，因而扇形的半径与面积不成比例。
47.归纳推理