第二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛
初赛
复赛
决赛第一试
决赛第二试
决赛面试
【初赛试题与解答】
“华罗庚金杯”少年数学邀请赛每隔一年举行一次。今年是第二届。问2000年是第几届？
【解法】“每隔一年举行一次”的意思是每2年举行一次。今年是1988年，到2000年还有2000-1988=12年，因此还要举行12÷2=6届。今年是第二届，所以2000年是2＋6=8届
答：2000年举行第八届。
【分析与讨论】这题目因为数字不大，直接数也能很快数出来：1988、1990、1992、1994、1996、1998、2000年分别是第二、三、四、五、六、七、八届。
一个充气的救生圈（如图32）。虚线所示的大圆，半径是33厘术。实线所示的小圆，半径是9厘米。有两只蚂蚁同时从A点出发，以同样的速度分别沿大圆和小圆爬行。问：小圆上的蚂蚁爬了几圈后，第一次碰上大圆上的蚂蚁？
【解法】由于两只蚂蚁的速度相同，由距离÷速度=时间这个式子，我们知道大、小圆上的蚂蚁爬一圈的时间的比应该等于圈长的比。而圈长的比又等于半径的比，即：33∶9。
要问两只蚂蚁第一次相遇时小圆上的蚂蚁爬了几圈，就是要找一个最小的时间，它是大、小圆上蚂蚁各自爬行一圈所斋时间的整数倍。由上面的讨论可见，如果我们适当地选取时间单位，可以使小圆上的蚂蚁爬一圈用9个单位的时间，而大圆上的蚂蚁爬一圈用33个单位的时间。这样一来，问题就化为求9和33的最小公倍数的问题了。不难算出9和33的最小公倍数是99，所以答案为99÷9=11。
答：小圆上的蚂蚁爬了11圈后，再次碰到大圆上的蚂蚁。
【分析与讨论】这个题目的关键是要看出问题实质是求最小公倍数的问题。注意观察，看到生活中的数学，这是华罗庚教授经常启发青少年们去做的。
图33是一个跳棋棋盘，请你算算棋盘上共有多少个棋孔？
【解法】这个题目的做法很多。由于时间所限，直接数是来不及的，而且容易出错。下图（图34）给出一个较好的算法。把棋盘分割成一个平行四边形和四个小三角形，如图34。平行四边形中的棋孔数为9×9=91，每个小三角形中有10个棋孔。所以棋孔的总数是81＋10×4=121个
答：共有121个棋孔。
【分析与讨论】玩过跳棋的同学们，你们以前数过棋孔的数目吗？有兴趣的同学在课余时都可以数一数，看谁的方法最巧？
有一个四位整数。在它的某位数字前面加上一个小数点，再和这个四位数相加，得数是2000.81。求这个四位数。
【解法1】由于得数有两位小数，小数点不可能加在个位数之前。如果小数点加在十位数之前，所得的数是原米四位数的百分之一，再加上原来的四位数，得数2000.81应该是原来四位数的1.01倍，原来的四位数是2000.81÷1.01＝1981。
类似地，如果小数点加在百位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.001倍，小数点加在千位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.0001倍。但是（2000.81÷1.001）和（2000.81÷1.0001）都不是整数，所以只有1981是唯一可能的答案。
答：这个四位数是1981。
【解法2】注意到在原来的四位数中，一定会按顺序出现8，1两个数字。小数点不可能加在个位数之前；也不可能加在千位数之前，否则原四位数只能是8100，在于2000.81了。
无论小数点加在十位数还是百位数之前，所得的数都大于1而小于100。这个数加上原来的四位数等于2000.81，所以原来的四位数一定比2000小，但比1900大，这说明它的前两个数字必然是1，9。由于它还有8，1两个连续的数字，所以只能是1981。
【分析与讨论】解法1是用精确的计算，解法2靠的是“判断”。判断也需要技巧，而且是建立在对问题的细致分析上。
这里需要指出，不能一看到得数2000.81中有二位小数就得出“小数点正好加在十位数之前”的结论。请同学们想想为什么？
图35是一块黑白格子布。白色大正方形的边长是14厘米，白色小正方形的边长是6厘米。问：这块布中白色的面积占总面积的百分之几？
【解法】格子布的面积是图36面积的9倍，格子布白色部分的面积也是图36上白色面积的9倍。这样，我们只需计算图36中白色部分所占面积的百分比就行了。这个计算很简单：
答：格子布中白色部分的面积是总面积的58％。
【分析与讨论】这个题目的关键是看到格子布可以分割成9块如图35的正方形。这实质上是利用了格子布的“对称性”：格子布图案是由一块图案重复地整齐排列而成的。
“对称”不仅是数学中的重要概念，而且是自然界构成的一条基本规律。因此，自古以来，在各个不同领域，如数学、物理学、化学、甚至美学等，都把“对称性”与“不对称性”作为重要的课题来研究。著名数学家H·魏尔曾专门写过一本名为《对称》的书（有中译本），内容非常丰富，思想极其深刻，很值得一读。
图37是两个三位数相减的算式，每个方框代表一个数字。问：这六个方框中的数字的连乘积等于多少？
图 37
【解法】两数相减，习惯上先考虑个位数。但仔细看一下就会发现，两个二位数的个位是不确定的：这两个个位数同时加1或同时减1，它们的差不变。这样一来，六个方框中的数字的连乘积就会不确定了，除非有一个方框的数字是0，使得乘积总是0。这就启发我们试着找方框中的0。
两个三位数的首位当然不是0，因此减数的首位最少是1，被减数的首位至多是9。但因为差的首位是8，所以只有一种可能，就是被减数首位是9，减数的首位是1。
这样一来，第二位数上的减法就不能借位了。被减数的第二位至多是9而减数的第二位至少是0，这两数的差是9，所以也只有一种可能：被减数的第二位是9，减数的第二位是0。这样我们就确定了六个方框中有一个方框里的数必是0。
答：六个方框中的数字的连乘积等于0。
【分析与讨论】这道题不需要完全确定这两个三位数，而且也不能完全确定，例如被减数与减数可以分别是（996，102），也可以是（994，100），（999，105），等等。
有的同学会说：这个题目的答案是猜出来的。
“猜”也是数学上的一种方法。数学上有许多著名的猜想对数学的发展产生了重要的影响。这里要着重说明二点：第一，数学上的“猜想”不是毫无根据的“胡思乱想”，而是指数学家对问题经过深入的分析或大量的例证检验后所设想的答案；是有一定道理的。象本题的解法中，我们经过分析发现，如果六个方框中没有0，这个题目的答案就不是唯一的了，所以猜想答案是0。如果猜测答案是100就没有道理了。第二，“猜想”不等于答案，猜想要经过严格的证明才能成为答案。例如，著名的哥德巴赫猜想至今还未能得到证明，因此仍然被称为“猜想”。
图38中正方形的边长是2米，四个圆的半径都是1米，圆心分别是正方形的四个顶点。问：这个正方形和四个圆盖住的面积是多少平方米？
【解法】每个圆和正方形的公共部分是一个扇形，它的面积是圆的面积的四分之一。因此，整个图形的面积等于正方形的面积加上四块四分之三个圆的面积。而四块四分之三个圆的面积等于圆面积的三倍。因此，整个图形的面积等于正方形的面积加上圆面积的三倍，也就是
2×2＋π×1×1×3≈13.42（平方米）。
答：这个正方形和四个圆盖住的面积约是13.42平方米。
有七根竹竿排成一行。第一根竹竿长1米，其余每根的长都是前一根的一半。
问：这七根竹竿的总长是几米？
【解法】我们这样考虑：取一根2米长的竹竿，把它从中截成两半，各长1米。取其中一根作为第一根竹竿。将另外一根从中截成两半，取其中之一作为第二根竹竿。如此进行下去，到截下第七根竹竿时，所剩下的一段竹竿长为
因此，七根竹竿的总长度是2米减去剩下一段的长，也
【分析与讨论】中国古代就有“一尺之棰，日取其半，万世不竭”这样一个算术问题。就是说，有一根一尺长的短棍，每天截去它的一半，永远也截不完。那么，每天剩下多少呢？第七天剩下多少呢？
用上面的解法计算七根竹竿的总长，时间是绰绰有余的。但如果先把每根竹竿都算出来再相加，需要通分，时间恐怕就来不及了。同学们不妨试一试。
有三条线段A、B、C，A长2.12米，B长2.71米，C长3.53米，以它们作为上底、下底和高，可以作出三个不同的梯形。问：第几个梯形的面积最大？
【解法】首先注意，梯形的面积＝（上底＋下底）×高÷2。但我们现在是比较三个梯形面积的大小，所以不妨把它们的面积都乘以2，这样只须比较（上底＋下底）×高的大小就行了。我们用乘法分配律：
第一个梯形的面积的2倍是：
（2.12＋3.53）×2.71＝2.12×2.17＋3.53×2.71
第二个：
（2.71＋3.53）×2.12＝2.71×2.12＋3.53×2.12
第三个：
（2.12＋2.71）×3.53＝2.12×3.53＋2.71×3.53
先比较第一个和第二个。两个式子右边的第一个加数，一个是2.12×2.71，另一个是2.71×2.12。由乘法交换律，这两个积相等。因此只须比较第二个加数的大小就行了。显然3.53×2.71比3.53×2.12大，因为2.71比2.12大。因此第一个梯形比第二个梯形的面积大。
类似地，如果比较第一个和第三个，我们发现它们有边第二个加数相等，而第一个加数2.12×2.71＜2.12×3.53。因此第三个梯形比第一个梯形面积大。
综上所述，第三个梯形面积最大。
答：第三个梯形面积最大。
【分析与讨论】做这个题目应该充分利用所学过的乘法交换律、乘法分配律等知识，而不应该直接计算面积。很明显，直接计算三个梯形的面积要浪费很多时间。
有一个电子钟，每走9分钟亮一次灯，每到整点响一次铃。中午12点整， 电子钟响铃又亮灯。问：下一次既响铃又亮灯是几点钟？
【解法】因为电子钟每到整点响铃，所以我们只要考虑哪个整点亮灯就行了。从中午12点起，每9分钟亮一次灯，要过多少个9分钟才到整点呢？由于1小时＝60分钟，这个问题换句话说就是：9分钟的多少倍是6O分钟的整数倍呢？这样一来问题的实质就清楚了：是求9分和60最小公倍数。
不难算出9和60的最小公倍数是180。这就是说，从正午起过180分钟，也就是3小时，电子钟会再次既响铃又亮灯。
答：下一次既响铃又亮灯时是下午3点钟。
【分析与讨论】这样的问题在生活中到处都会遇到。同学们能不能再举些例子呢？
一副扑克牌有四种花色，每种花色有13张。从中任意抽牌。问：最少要抽多少张牌，才能保证有四张牌是同一花色的？
【解法】这里“保证”的意思就是无论怎样抽牌，都一定有4张牌为同一花色。
我们先看抽12张牌是否能保证有4张同花的？虽然有时12张牌中可能有4张同花，甚至4张以上同花，但也可能每种花色正好3张牌，因此不能保证一定有4张牌同花。
那末，任意抽13张牌是否保证有4张同花呢？我们说可以。证明如下：
如果不行的话，那末每种花色最多只能有3张，因此四种花色的牌加起来最多只能有12张，与抽13张牌相矛盾。所以说抽13张牌就可以了。
这种证明的方法称为反证法。
答：至少要抽13张牌，才能保证有四张牌是同一花色的。
【分析与讨论】这个题目用的是所谓“抽屉原则”。比如说有4个抽屉，要在里面放13本书，那么至少有一个抽屉要放4本。这个原则也被称作“鸽子笼原则”或“重迭原则”。
抽屉原则虽然简单，在数学上却有很多巧妙的应用。有兴趣的同学可以阅读常庚哲著的《抽屉原则及其他》这本书。
有一个班的同学去划船。他们算了一下，如果增加一条船，正好每条船坐6人；如果减少一条船，正好每条船坐9人。问：这个班共有多少同学？
【解法1】假定先增加一条船，那么正好每条船坐6人。现在去掉两条船，就会余下6×2＝12名同学没有船坐。而现在正好每条船9人，也就是说，每条船增加9-6＝3人，正好可以把余下的12名同学全部安排上去，所以现在还有12÷3＝4条船，而全班同学的人数是9×4＝36人。
答：这个班共有36个人。
【解法2】由题目的条件可知，全班同学人数既是6的倍数，又是9的倍数，因而是6和9的公倍数。6和9的最小公倍数是18。如果总数是18人，那么每船坐6人需要有18÷6＝3条船，而每船坐9人需要18÷9＝2条船，就是说，每船坐6人比每船坐9人要多一条船。但由题目的条件，每船坐6人比每船坐9人要多用2条船。可见总人数应该是18×2＝36。
【分析与讨论】我国古代有很多类似于这个题目的问题，流传到现在。例如“鸡兔同笼”之类。
这道题也可以用列方程来解。同学们不妨试一试。
四个小动物换座位。一开始，小鼠坐在第1号位子，小猴坐在第2号，小兔坐在第3号，小猫坐在第4号。以后它们不停地交换位子。第一次上下两排交换。第二次是在第一次交换后再左右两排交换。第三次再上下两排交换。第四次再左右两排交换……这样一直换下去。问：第十次交换位子后，小兔坐在第几号位子上？（参看图39）
【解法】这道题问的是第十次交换位子后，小兔坐在第几号位子上？我们先根据题意将小兔座位变化的规律找出来。
从图40的箭头图可以看出：每一次交换座位，小兔的座位按顺时针方向转动一格，每4次交换座位，小兔的座位又转回原处。知道了这个规律，答案就不难得到了。第十次交换座位后，小兔的座位应该是第2号位子。
答：第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子。
【分析与讨论】“小动物换座位”这样的运动，在数学上称为“置换”，而小兔座位的改变称为“旋转”。置换和旋转都是群论、几何学等数学分支中的重要概念。这道题虽然简单，但其中却有不少有趣的道理呢！
为了使同学们加深理解，我们再出两个思考题，请同学们想想。
（1）找出其它三个小动物座位变化的规律。它们的规律有什么相同点，有什么不同点。
（2）将题目中的提问改为：“第十次交换位子后，第4号座位上坐的是哪个小动物？”你知道怎么做吗？想想看。
用1、9、8、8这四个数字能排成几个被11除余8的四位数？
【解法】什么样的数能被11整除呢？一个判定法则是：比较奇位数字之和与偶位数字之和，如果它们之差能被11除尽，那么所给的数就能被11整除，否则就不能够。
现在要求被11除余8，我们可以这样考虑：这样的数加上3后，就能被11整除了。所以我们得到“一个数被11除余8”的判定法则：将偶位数字相加得一个和数，再将奇位数字相加再加上3，得另一个和数，如果这两个和数之差能被11除尽，那么这个数是被11除余8的数；否则就不是。
要把1、9、8、8排成一个被11除余8的四位数，可以把这4个数分成两组，每组2个数字。其中一组作为千位和十位数，它们的和记作A；另外一组作为百位和个位数，它们之和加上3记作B。我们要适当分组，使得能被11整除。现在只有下面4种分组法：
经过验证，第（1）种分组法满足前面的要求：
A＝1＋8，B＝9＋8＋3＝20，B－A＝11能被11除尽。但其余三种分组都不满足要求。
根据判定法则还可以知道，如果一个数被11除余8，那么在奇位的任意两个数字互换，或者在偶位的任意两个数字互换，得到的新数被11除也余8。于是，上面第（1）分组中，1和8中任一个可以作为千位数，9和8中任一个可以作为百位数。这样共有4种可能的排法：1988，1889，8918，8819。
答：能排成4个被11除余8的数
【分析与讨论】用1、9、8、8可能组成12个互不相同四位数。如果把这12个数都列出来，再分别检验它们被除的余数，就不胜其繁了。所以在解题时一定要先设法简化检验过程。
图41是一个围棋盘，它由横竖各19条线组成。问：围棋盘上有多少个与图42中的小正方形一样的正方形？
【解法】要能准确迅速地数出小正方形的个数，需要动动脑筋。
我们先在右图小正方形中找一个代表点，例如右下角的点E作为代表点。然后将小正方形按题意放在围棋盘上，仔细观察点E应在什么地方。通过观察，不难发现：
（1）点E只能在棋盘右下角的正方形ABCD（包括边界）的格子点上。
（2）反过来，右下角正方形ABCD中的每一个格子点都可以作为小正方形的点E，也只能作为一个小正方形的点E。
这样一来，就将“小正方形的个数”化为“正方形ABCD中的格子点个数”了。很容易看出正方形ABCD中的格子点为10×10＝100个。
答：共有100个。
【分析讨论】这个题目有很多种解法，而上面这个解法既巧妙又迅速。它利用了“一一对应就一样多”这个简单的道理。
一一对应是数学上的一个重要的基本概念。从这个题目可以看出，仅仅是搞清楚这么一个概念，就会起很大的作用了。
思考题：如果两个图形均为长方形，情况有什么不同？
例如：大棋盘是20×30，而小棋盘是10×15。问大棋盘中有多少个与小棋盘相同的长方形？
【复赛试题与解答】
计算
【解】
有三张卡片，在它们上面各写有一个数字（图43）。从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排起来，可以得到不同的一位数、二位数、三位数。请你将其中的素数都写出来。
【解法】我们知道，一个比1大的自然数，如果除了1和它本身，不再有别的约数，那末这个数就叫做质数，也叫做素数。
我们先回想一下被3整除的判定法则：如果一个数的各位数字之和能被3整除，那末这个数也能被3整除。
因为三张卡片上的数字分别为1，2，3。这三个数字的和为6，能被3整除，所以用这三个数字任意排成的三位数都能被3整除，因此不可能是素数。
再看二张卡片的情形。因为1＋2＝3，根据同样的道理，用1，2组成的二位数也能被3整除，因此也不是素数。这样剩下要讨论的二位数只有13，31，23，32这四个了。其中13，31和23都是素数，而32不是素数。
最后，一位数有三个：1，2，3。1不是素数。2和3都是素数。
总之，本题中的素数共有五个：2，3，13，23，31。
答：共有五个素数：2，3，13，23，31。
【分析与讨论】这道题主要考察问学们对素数概念的掌握以及整除的基本规律（如被3整除的特点）。当然，如果将二张卡片组成的所有数都写出来，再一个一个地分析，也可以做出来。但这样做是不可取的。
有大、中、小三个正方形水池，它们的内边长分别是6米、3米、2米。把两堆碎石分别沉没在中、小水池的水里，两个水池的水面分别升高了6厘米和4厘米。如果将这两堆碎石都沉没在大水池的水里，大水池的水面升高了多少厘米？
【解法】把碎石沉没在水中，水面升高所增加的体积，就等于所沉入的碎石的体积。
因此，沉入水池中的碎石的体积是
3米×3米×0.06米＝0.54米3
而沉入小水池中的碎石的体积是
2米×2米×0.04米＝0.16米3
这两堆碎石的体积一共是
0.54米3＋0.16米3＝0.7米3。
把它们都沉入大水池里，大水池的水面升高所增加的体积也就是0.7米3。而大水池的底面积是
6米×6米＝36米2。
所以水面升高了：
在一个圆圈上有几十个孔（不到100个），如图44。小明像玩跳棋那样，从A孔出发沿着逆时针方向，每隔几个孔跳一步，希望一圈以后能跳回到A孔。他先试着每隔2孔跳一步，结果只能跳到B孔。他又试着每隔4孔跳一步，也只能跳到B孔。最后他每隔6孔跳一步，正好跳回到A孔。你知道这个圆圈上共有多少个孔吗？
【解法】设想圆圈上的孔已按下面方式编了号；A孔编号为1，然后沿逆时针方向顺次编号为2，3，4，……B孔的编号就是圆圈上的孔数。
我们先看每隔2孔跳一步时，小明跳在哪些孔上？很容易看出应在1，4，7，10，……上。也就是说，小明跳到的孔上的编号是3的倍数加1。按题意，小明最后跳到B孔，因此总孔数是3的倍数加1。
同样道理，每隔4孔跳一步最后跳到B孔，就意味着总孔数是5的倍数加1；而每隔6孔跳一步最后跳回到A，就意味着总孔数是7的倍数。
如果将孔数减1，那么得数是3的倍数也是5的倍数，因而是15的倍数。这个15的倍数加上1就等于孔数，而且能被7整除。注意15被7除余1，所以15×6被7除余6，15的6倍加1正好被7整除。我们还可以看出，15的其他（小于7的）倍数加1都不能被7整除，而15×7＝105已经大于100，7以上的倍数都不必考虑。因此，总孔数只能是15×6＋l＝91。
答：圆圈上共有91个孔。
【分析与讨论】这道题其实是下面一类问题的特殊情形。一般的问题是：有一个未知整数，只知道它被某几个整数除后所得的余数，求这个整数。中国古代数学名著《孙子算经》中，已经有解决这类问题的一般方法了。这个方法在国际上被普遍称为“中国余数定理”。华罗庚教授曾为高小初中学生写过一本小册子《从孙子的“神奇妙算”谈起》，深入浅出地介绍了解决这个问题的巧妙方法，还由此引伸出其他一些很有趣的问题，极富启发性。这本小册子已被选入《华罗庚科普著作选集》（上海教育出版社），有兴趣的同学可以读读。
试将1，2，3，4，5，6，7分别填入图45的方框中，每个数字只用一次：
使得这三个数中任意两个都互质。其中一个三位数已填好，它是714。
【解法】我们知道，如果两个数的最大公约数是1，那末这两个数就叫做互质数。
已经填好的三位数714是个合数，它的质因数分解是
714＝2×3×7×17。
使得这三个数中任意两个都互质。其中一个三位数已填好，它是714。
由此可以看出，要使最下面方框中的数与714互质，在剩下未填的数字2，3，5，6中只能选5，也就是说，第三行的一位数只能填5。
现在来讨论第二行的三个方框中应该怎样填2，3，6这三个数字。
因为任意两个偶数都有公约数2，因此不互质。而714是偶数，所以第二行的三位数不能是偶数，也就是说，2和6不能填在个位上，因此个位数只能是3。这样一来，第二行的三位数只能是263或623。但是623能被7整除，所以623与714不互质。
最后来看263这个数。通过检验可知：714的质因数2，3，7和17都不是263的因数，所以714与263这两个数互质。显然，263与5也互质。因此，714，263和5这一个数两两互质。
答：填法是：
图47是一张道路图，每段路上的数字是小王走这段路所需的分钟数。请问小王从A出发走到B，最快需要几分钟？
【解法1】为叙述方便，我们把每个路口都标上字母，如图48、图49所示
首先我们将道路图逐步简化。
从A出发经过C到B的路线都要经过DC和GC。面从A到C有两条路线可走：ADC需时间14＋13＝27（分钟）；AGC需时间15＋11＝26（分钟）。我们不会走前一条路线，所以可将DC这段路抹去。但要注意，AD不能抹去，因为从A到B还有别的路线（例如AHB）经过AD，需要进一步分析。
由G到E也有两条路线可走：CCE需16分钟，GIE也是16分钟。我们可以选择其中的任一条路线，例如选择前一条，抹掉GIE。（也可以选择后一条而抹掉CE。但不能抹掉GC，因为还有别的路线经过它。）这样，道路图被简化成图49的形状。
在图49中，从A到F有两条路线，经过H的一条需14＋6＋17＝37（分钟），经过G的一条需15＋11＋10＝36（分钟），我们又可以将前一条路线抹掉（图50）。
图50中，从C到B也有两条路线，比较它们需要的时间，又可将经过E的一条路线抹掉。最后，剩下一条最省时间的路线（图51），它需要15＋11＋10＋12＝48（分钟）。
答：最快需要48分钟。
【解法2】要抓住关键点C。从A到B的道路如果经过C点，那么，从A到C的道路中选一条最省时间的，即AGC；从C到B的道路中也选一条最省时间的，即CFB。因而从A到B经过C的所有道路中最省时间的就是这两条道路接起来的，即AGCFB。它的总时间是48分钟。
剩下的只要比较从A到B而不经过C点的道路与道路AGCFB，看那个更省时间。
不经过C点的道路只有两条：①ADHFB，它需要49分钟；②AGIEB，它也需要49分钟。
所以，从A到B最快需要48分钟。
【分析与讨论】上面的简化过和并不需要逐一画图，只要在原图上将准备抹掉的路段打上记号，就能很快找出需时最短的路线来。即使更复杂的道路图，也很容易得到简化。图52是稍为复杂一些的道路图，图中数字意义与本题相同。请同学们试用上面的逐步简化方法求出从A到B的最短时间。
本题在应用数学中有个专门的名称，叫做“最短路线问题”。最短路线问题在交通运输、计划规划等许多方面都有广泛的应用。在实际问题中，道路图往往很复杂，要找出从A到B的所有路线是很困难的。因此，象上面这样的间化方法，就十分必要了。
梯形 ABCD的中位线EF长15厘米（见图53），∠ABC=∠AEF=90°，G是EF上的一点。如果三角形ABG的面积是梯形ABCD面积的1/5，那么EG的长是几厘米？
［解］梯形ABCD的面积等于EF×AB，而三用形ABC的面积等于（1/2）EG×AB，因此三角形ABG和梯形 ABCD的面积比等于（1/2）EG与EF的比。 由题目的条件，三角形ABG的面积是梯形ABCD的面积的1/5，或者说EG是EF的2/5。因为EF长15厘米.EG的长就是15厘米×2/5＝6厘米
答：EG长6厘米。
[分析与讨论］在本题中，假设∠ABC＝∠AEG=90°，这个条件其实是多余的。只是考虑到小学同学可能还没有学过有关中位线的性质，才加上这个条件的。有兴趣的同学可以考虑一下，如果去掉这个条件，这一题应该怎样做？
有三堆砝码，第一堆中每个法码重3克，第二堆中每个砝码重5克，第三堆中每个砝码重7克。请你取最少个数的砝码，使它们的总重量为130克写出的取法：需要多少个砝码？其中3克、5克和7克的砝码各有几个？
[解法] 为厂使问题简化，我们首先分析一下这三排砝码之间的关系。很明显，一个3克的破码加上一个7 克的砝码正好等于两个5克的砝码（都是10兑）。因此，如果用一个3克的砝码和一个7克的砝码去替换两个5克的砝码，砝码的个数及总重量都保持不变。这样一来，我们就可以把 5克砝码两个两个地换掉，直到只剩一个5克的砝码或者没有5克砝码为止。
这样就将问题归结为下面两种情形：
一、所取的砝码中没有5克砝码。很明显，为了使所取的砝码个数尽量少，应该尽可能少取3克砝码，而130克减去3克砝码的总重量应该是7无的倍数。计算一下就可以知道，取0个、1个、2个、3个、4个、5个3克砝码，所余下的重量都不是7克的倍数 。面如果取6个3克砝码，则130-3克×6=112克=7克×16。于是可以取16个7克砝码和6个3个克砝码，总共22个砝码，
二、所取的砝码中有一个5克的。那么3克和7克砝码的总重最是130克-5克=125克、和第一种情形类似，可以算出应取2个3克砝码和17个7克砝码，这样总共有17+2+1=20个 砝码。
比较上面两种情形，我们得知最少也取20个砝码。取法可以就象后十种情形那样；2个3克的，1个5克的，17个7克的；当然也可以用两个5克砝码换掉一个3克和1个7克的砝码， 例如可以取5个5克的和15个7克的。
答：最少要取 20个砝码，取法如上述。
[分析和讨论] 在这个问题中，有三个数（即三种砝码的个数）是可以变的。上面的解法实质上是先固定一个数（5克砝码的个数）、那么只剩下的个数在变， 就比较容易处理了。如果三个数都在变，就会变得很乱，即使是找到一种只需20个砝码的取法，也很难说清楚为什么这就是最少的。
如果同学们还想冉做一个这样的习题，那么不妨算一下，在本题的条件下，至多可以取多少个砝码？怎样取？
有5块圆形的花圃，它们的直径分别是3米、4米、5米、8米、9米；请将这5块花圃分成两组，分别交给两个班管便两班所管 理的面积尽可能接近。
[解法]我们知道，每个圆的面积等于直径的平方乘以（π/4）。现在要把5个圆分组， 两组的总面积累尽可能接近或者说；两组总面积的比尽可能接近！由于每个圆面积都有因子（π/ 4）。而我们关心的只是面积的比，所以不把这个共同的因索都去掉，而把问题简化为：将5个圆公成两组，使两组圆的直径的个方和尽可能接近。
5个圆的直径的平方分别是：9，16，25，64，81。
这5个数的和是195。由于195是奇数，所以不可能把这5个数分成两组，使它们的和相等。另一方面.81+16=97，9+25+24=98天者仅相差1，这当是我样期望的最佳分配了。
答：应该把直径4米和9米的两个花圃交给一个班管理，其余三个花圃交给另一个班管理。
[分析与讨论]这个题目和“华罗庚金杯”赛第一届初赛第18题属于同一类型。
做这个题目时，如果先每花圃的面积、再根据面积来分组，计算量就太大了。将这个因数去掉，只考虑直径的平方，就使问题大大简化。
一串数排成一行，它们的规律是这样的：头两个数都是1，从第三个数开始， 每一个数都是前两个数的和，也就是：1，2，3，5，8，13，21，34，55，问：这串数的前100个数中（包括第100个数）有多少个偶数？
[解法]观察一下已经写出的数就会发现，每隔两个奇数就有一个偶数。如果再算几个数，会发现这个规律仍然成立。这个规律是不难解释的：因为两个奇数的和是偶救，所以两个种数后面一定是偶数。另一方面，一个奇放和一个偶数的和是奇数，所以偶数后面一个是奇数，再后面一个还是奇数。这样，一个偶数后面一定有连续两个奇数，而这两个奇数后面一定又是偶数，等等。
因此，偶数出现在第三、第六、第九……第九十九个位子上。所以偶数的个数等于100以内3的倍数的个数，它等于99÷3＝33。
答：这串数的前100个数中共有33个偶数。
［分析与讨论]本题给出的这串数叫做“菲波那西数列”，又叫“兔子数列”，它有许多有趣的性质。
有兴趣的同学可以想想：在这串数的前1000个数中，有多少个3的倍数？有多少个11的倍数？
王师傅驾车从甲地开乙地交货。如果他往返都以每小时60公里的速度行驶，正好可以按时返回甲地。可是，当到达乙地时、他发现他从甲地到乙地的速度只有每小时55公里，如果他想按时返回甲地，他应以多大的速度往回开？
[解法］根据题意，如果王师傅往返都以每小时60公里的速度行驶，正
傅从甲地到乙地的实际行驶速度只有55公里/小时，这样一来、实际行驶1
按时返回甲地，王师傅从乙地返回甲地时，行驶1公里所花的时间必须比原
此王师傅往回开的速度应是66公/小时。
答：王师傅应以66公里/小时的速度往回开。
图54大圈是400米跑道，由A 到B的跑道长是200米，直线距离是50米。父子俩同时从A点出发逆时针方向沿跑道进行长跑锻炼，儿于跑大圈，父亲每跑到B点便沿各直线跑。父亲每100米用20秒，儿子每100米用 19秒。 如果他们按这样的速度跑，儿子在跑第几圈时，第一次与父亲再相遇？
[解法]首先我们要注意到：父亲和儿子只能在由A沿反时针方向到B这一段跑道上相遇。而且儿子比父亲跑得快，所以相遇时一定是儿子从后面追上父亲。
儿子跑一圈所用的时间是19×（400∪÷100）=76，也就是说，儿了每过76秒到达A点一次。同样道理，父亲每过50秒到达A点一次。
在从A到B逆时针方向的一段跑道上，儿子要跑19×（200∶100）＝38秒，父亲垫跑20 ×（200÷100）=40.因此，只要在父亲到达A点后的2秒之内，儿子到达A点，儿子就能从后面追上父亲。于是，我们需要找76的一个整数倍（这个倍数是父子相遇时儿子跑完的圈数），它比50的一个整数倍大，但至多大2。换句话说，以找76的一个倍数，它除以50的余数在0到2之间，这试一下就可以了：76÷50余26，76×2÷50余2，正合我们的要求。
因此.在父子办第一次相遇时，儿子已跑完2圈，也就是正在跑第3圈。
答：儿子在跑第3圈时，第一次与父亲再相遇。
[分析与讨论]严格地说，一面用的“试除”的方法不是好方法。在一般情况下，还是应该先看看76的倍数除以50的余数有什么规律，有兴趣的同学可想一想：儿子在跑第几圈时，第二次与父亲再相遇？
【决赛第一试试题与解答】
图55的30个格子中各有一个数字， 最上面一横行和最左面一竖列的数字已经填好，其余每个格子中的数字等于同一横行最左面数字与同一竖到最上面数字之和（例如a=14＋17＝31）。问这30个数字的总和等于多少？
［解法]从题目的填数规则，我们知道，与12同一行的六个格子中都有12这个数，因此总和数中有六个12相加。与14同一行的六个格子中都有14这个数，所以总和数中有六个14这个数。同样，与16同一行，与18同一行的格子中，分别都有六个16，六个18，也就是说，从行看总和中有六个12，六个14，六个16，六个18.它们的和是6×（12＋14＋16＋18）
再从列看，与11同一列的五个格子中都有11这个数。所以在总和数中有五个11这个救。同样分析，总和数中有五个13，五个15，五个17，五个19，它们之和是：
5×（11＋13＋15＋17＋19）
方格子中还有一个数10，此外，没有别的数了。所以
总和数=6×（12＋14＋16＋18）＋5×
（11＋13＋17＋19）＋10
＝ 745
［分析与讨论]这道题，有的同学按填数规则把每个格于上的数都填出来，然后用硬加的办法求出总和数。这样做法个可取，因为如果行数列数很大时，这样做的计算最大，硬加就很困难。因此应该采用巧算法。本题还有其它的巧算法，这里就不再叙述了。
另外需要提醒的是，不少问学思路是正确的，但忘了加10这个数。同学们不要轻视这种疏忽。
本题求一些数的和，在表现形式上是有新意的，平时同学们常做的求和问题，多数是求一串数的和，而本题是求一个表上所有数字之和。这种填着数的表格在工农业和科学试验上是常用的。
平行四边形ABCD周长为75厘米， 以BC为底时高是14厘米（图57）；以CD为底时高是16厘米。求：平行四边形ABCD的面积。
[解法]平行四边形的面积=底×高
所以，平行四边形ABCD的面积S=BC×14，
S=280（平方厘米）
答：平行四边形ABCD的面积是280平方厘米。
［分析与讨论] 本题是求面积问题，解法很多。问学们可以试试其它解法再和上面的解法比较一下，看看哪种方法最简便？
同一个问题，可以从不同角把它看成不同的数学问题，比如本题可以看成求面积问题，也可以看成“工程问题。这种能力的培养也是非常重要的。
一段路程分成上坡、平路、下坡三段。各段路程长之比依次是1∶2∶3 三人走各段路所用时间之比次依是4∶5∶6。已知他上坡时速度为每小时3公里.路程全长50公里。问此人走完全程用了多少时间？
［解法]
上坡时间是（上坡路程）÷（上坡的速度）
所以，全程时间
[分析与讨论]这是一道比例题。比例问题在代数和几何中都很重要。在小学算术课本中也有不少比例问题，主要是搞清楚部分与整体的关系。在进一步学习过程中，同学们会不断得到有关知识与技能。
小玲有两种不同形状的纸板。一种是正方形的，一种是长方形的（图58）。正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是1∶2。她用这些纸板做成一些竖式和横式的无盖纸盒（图59）。正好将纸板用完，在小玲所做的纸盒中、竖式纸盒的总数与横式纸盒的总数之比是多少？
[解法1] 设竖式盒总数：横式盒总数=X∶1
长方形纸板数量=（4X＋3）×（横式盒的总数） ；正方形纸板数量=（X＋2）×（横式盒的总数）。所以4X＋3=2×（X＋ 2）
答：竖式纸盒的总数与横式纸盒的总数之比是1∶2。
[解法2]如果把无盖纸盒都加上了盖子。那么，无论盒是竖式的还是横式的，在加盖以后都用了两块正方形纸板四块长方形纸板。因此，加盖以后所用的正方形纸板总数长方形纸板总数之比是2∶4=1∶2。而在加盖以前所用正方形纸板总数与长方形纸板总数之比恰好也是1∶2。由此可见，所加的盖子中正方形的比是1∶2，因为竖式的盖子是正方形的，而横式盒的盖子是长方形的。所以在小玲所做的纸盒中，竖式纸盒的总数与横式纸盒的总数之比是1∶2。
[分析与讨论] 注意，“解法2”是对于比数是1∶2这个特定条件下的一种特殊解法，它不具普遍性。比如，如果正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是1∶3，那么答案就是3∶1。
请同学们算一算，如果正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是N∶M，那么答案是什么？请自己分析讨论一下。
在工业生产中，常常遇到这样一类问题，原材料的来源是按一定的配比给定了，要用这些材料生产各种类型的产品。这时有最佳安排问题。安排不好就会造成材料的浪费。学了小学的数学知识就可以解决一些这类问题中最简单的问题。
在一根长木棍上，有三种刻度线、第一种刻度线将木棍分成十等份；第于种将木棍分成十二等份；第三仲将木棍分成十五等份。如果沿每条刻度先将木的锯断， 木棍总共被锯成多少段？
[解法]求出（10，12，15）的最小公倍数，它是60。把这根木棍的
10等分的每等分长6个单位。12等分的每等分长5单位；15等分的每等分长4单位。
不计木的两个端点，木棍的内部等分点数分别是9，11，14（相应于10，12，15等分），共计34个。
由于5，6的最小 公倍数为30，所以10与12等分的内分点在30单位处处相重，必须从34中减。
又由于4，5的最小公倍数为20，所以12与15等分的内分点在20童位和40童位两个相重，必须再减去2。
同样，6，4的最小公倍数为12，所以15与10等分的内分点在12，24，26；48童位处相重，必须再减去4。
由于这些相重点，各不相同，所以从34个内分点中减去1，再减去2，再减去4，得27小刻度点，沿这些刻度点把木棍锯成28段。
答：木棍总共被锯成28段。
[分析与讨论]本题还有许多解法。不少同学把木棍长看成1个单位， 那么等分点将是一批分数，分析起来不如这里父段。
[分析与讨论]本题还有许多解法。不少同学把木棍长看成1个单位，那么等分点将是一批分数，分析起来不如这里给出的解法清楚，因此计数多有错。也有一些同学列出全部等分点，计算繁琐，也未必能做对，所以巧算是很重要的。
已知：
问：a的整数部分是多少？
[解法］
现在我们来看a的第二项的分母，一方面
11×65+12×66+13×67+14×68+15×69＜11×69+12×69
+13×69+14×69+15×69
另一方面
11×65+12×66+13×67+14×68+15×69＞11×65+12×65
+13×65＋14×65+15×65
由于一个正的分数，分母变小分数变大，分母变大分数变小。所以
即
同样分析可得，
也就是
所以 a的整数部分是101。
答：a的整数部分是101。
[分析与讨论]这是一道估值问题。估值问题不论在纯数学上还是在应用数学上都很重要。
估值问题在小学生中很少受到训练。但同学们在日常生活中，经常会遇到一些这类问题，他们也有一些解决的办法。当然直接计算的方法是不可取的。在小学生中，适当增加一点这方面的训练，是有好处的。
图60算式中，所有分母都是四位数。请在每个方格中各填入一个数字，使等式成立。
图60
[解法］本题中，三个分数的分母都是四位数、不能立刻看出结果，因此有必要将问题先简化一下。
我们知道，如果将三个分数的分母同时扩大或缩小相同的倍数，等式照样成立。这就启发我们一种化简的方法，使分母尽量变得简单。
自然的想法是将1988这个数做质因数分解。通过试除 知道1988的质因数分解为：
1988＝2×2×7×71。
这样，根据上面的分析，可以先用1988的约数来代替1998，试着找一组解，然后再将分母都乘以适当的倍数，检查一个是否都是四位数就行了
例如：1988的质因数分解中有的数4，很容易看出：
由于1988＝2×2×7×71=4×497，所以，将上面等式的两边均乘
这样就给出了一组适合条件的解。
再如，
1988＝2×2×7×71
=（2×7）×（2×71）
＝14×142
而且有
这就给出了另一组解。
[分析和讨论]我们在解题中只给出了二组不同的解，而且在找解时多少带有一点试探的意味。这是因为要限于小学教村的内容，而且也为了使同学们对如何简化问题的技巧有一点体会。
这道题有多少组不同的解呢？是不是还有更一般的方法？下面就来讨论。因为，要涉及到较深一点的知识，同学们如果现在看不懂，可以留到以后再看。
为叙述方便，个妨将问题重写出来设X，Y为两个四位数，并适合
问：X，Y各为多少？
-Y根据题意，Y是四们数，即 Y＞1000，由此可知：
0＜U＜988 （2）
和U代换（1）式中的Y，我们有
因此
亦即
XU=（1988-U）1988=19882-988U（5）
从（5）式可以得到
19882=XU＋1988U=（X＋1988）U （6）
也就是说，
其中，S为4位数，U是适合条件（2）的整数。
由于（7）式左方是整数，因此U必须是19882的因子。
更进一步，按题设X是四位数，亦即X≤9999。所以从（7）式可知
即
再结合（2）式，我们有
330＜U＜988 （10）
这样，整个问题就化为求19882中适合条件（10）的因数有多少个？
容易看出：1988有质因素分解
1988=22×7×71 （11）
因此，19882=24×72×712。其中有哪些因数适合条件（10）呢？经过检查可知有如下4个因素：
71×7， 71×23， 72×23，72 ×24
用这 4个数分别代入 （7）式和Y=1988-U，就可以得到四组解如下：（1） X=5964， Y=1491；
（Ⅱ）X＝4970，Y=1420；
（Ⅲ）X=8094，Y=1596；
（Ⅳ）X＝3053，Y＝1204。
最后，我们要给出解的一般公式，以供参考。
设X，Y，Z为三个自然数，适合
求X，Y，Z的一般形式
［解]由（12）式可知：
因此，X＞Z，Y＞Z，由此不妨设
X＝Z+U，Y=Z+V（14）
其中U＞0，V＞0.
将（14）式代入到（12）式中， 我们有
即（2Z＋U＋V）Z=（Z+U）（Z+V）=Z2＋ZU+ZV+UV （16）
化简后可得：
Z2=UV （17）
设U和V有最大公约数为T，则
U=U1·T，V=V1.T （18）
其中U1和V1互质。
将（16）式代入到（17）式中，可以得到
Z=Z1T （19）
而Z1，U1，V1适合方程
因为U1和V1互质，即只有公因数1，从（20）可知U1和V1均为平方数，也就说，一般解为
将（21）式代入到（14）式中，我们有一般解：
X=R（R＋S）T
Y＝S（R＋S）T （22）
Z=R·S·T
其中R，S，T均为自然数。
有兴趣的同学不妨用一般公式试试求本题的解。
【决赛第二试试题与解答】
有50名学生参加联欢会。第一个到会的女生同全部男生握过手，第二个到会的女生只差1个男生没握过手，三个到会的女生只差 2个男生没握手，如此等等，最后一个到会的女生同7个男生握过手，问这50名同学中有多少男生？
[解法]从题目中已经知道参加联欢会的男生和女生共有50名。因此，如果知道男生人数与女生人数的差，那么这50名同学中有多少男生就可以知道了。
为了使题目中的条件更容易分析，我们不妨将女生的顺序反过来，从后往前看。也就是说：最后一个到会的女生同7个男生握过手；倒数第二个到会的女生同8个男生握过手；倒数第三个到会的女生同9个男生握过手；如此等等，第一个到会（即倒数最后一个）的女生同全男生握过手，由此立刻可知，男生的人数比女生的人数多6个人，再通过简单的计算就可得到：男生的人数为28人。
答：这对50名同学中有28名男生。
[分析与讨论]这道题实际上也就是大家常说的年龄问题。
分子小于6而分母小于60的不可约真分数有多少个？
［解法]在解这道题时，首先要弄清“不可约真分数”的意思。当分数的分子与分母互质时，这个分数称为不可约分数；当分数的分子小于分母时，这个分数就称为真分数。
弄清了这些概念以后，剩下的问题就是用什么方法将符合题目条件的分数准确地找出来。也就是说，“数”的时候既不能重复又不能遗漏。
由于分子的取值范围是从1到5，明显地小于分母的取值范围，因此自然会想到对分子分别为1，2，3，4，5的情形逐一考虑。
当分子为1时，分母可从2到59，共有58个真分数，它们当然都是不可约分数。
由于2，3，5都是质数，因此当分子分别为2，3，5时，分母必须而且只须适合下列二个条件就可以了.
1）分母大于分子且小于60.
2）分母不是分子的倍数。
经过简单的计算（请同学们仔细算一算）。可以知道：
当分子为 2时，适合条件的分母有29个
当分子为3时，适合条件的分母有38个、
当分子为5时，适合条件的分母有44个
最后来看分子为4的情形。因为4不是质数，所以不能照搬上面的算法。也就是说，不能只将4的倍数去掉，应该去掉偶数。这样一来，分母就只有从5到59的奇数了，一共有28个。
总之，符合要求的分数共有
58+29＋38＋44＋28＝197（个）
答：分子小于6而分母小于60的不可约真分数共有197个。
[分析与讨论]这道题并不难，但容易算错。有不少同学的方法是对的，但算不清楚。例如：有的同学忘了“真分数”的条件，不管分子是几，分母都从1算起。还有不少同学在讨论分子为4的情形时，分母只去掉了4的倍数，而忘掉了2的倍数与4也不互质。
另外，还有少数同学直接讨论分母，当然就乱成一团了。
计算能力是数学的一项基本功，同学们应该从小就扎扎实实地打好基础。千万不能“眼高手低”。
己知五个数依次是13，12， 15， 25，20它们每相邻的两个数相乘得四个数，这四个数每相邻的两个数相乘得三个数，这三个数每相邻的两个数相乘得两个数，这两个数相乘得一个数。请问最后这个数从个位起向左数、可以连续地数到几个0（参看图61）？
[解法] 对一般的几个整数的乘积，如果要确定它后面有几个0. 可以用这样的办法：把每个乘数分解质因数，把分解中2的重数加起来，5的重数也加起来，看哪一个小，哪一个就是乘积尾部0的个数。这是因为10＝2×5，所以乘积尾部有个0，质因数2和5的重数就至少是几。
我们可以分别计算质因数2和5的重数。为此我们画两个图（图 62、图 63）：
图中的数字是这样填的：以2的重数为例，第一行第一个数13不含因数2，在这个位置填0，第二个数12含2重因数2（12=2×2×3），在这个位置填2，等等。下面各行各数都是肩上两数的和（因为乘积的因数2的重数等于各乘数的因数2的重数的和）。
这样我们就把图61中每个圈中数的质因数分解中的2的重数和5的重数分别标在图62和图63中了。特别地，最下面一个数的质因数分解中2的重数是10，5的重数是15，所以它尾部应该有10个0。
答：可以连续地数到10个0。
[分析与讨论]因为数字不太多，图62和图63的圈是逐个填上的。如果第一行的数再多几个的话；最好还是先找找各圈中数的规律。我们先看第二行。第二行第一个数是第一行第一、二个数的和，第二个数是第一行第二、三个数的和，等等。再看第三行。第三行第一个数是第二行第一、二个数的和，也就等于第一行第一个数加上第二个数的2倍再加第三个数。类似地，第三行第一个数等于第一行第一个数加第二个数的3倍加第三个数的3倍加第四个数。最后，最下面一个数等于第一行的数分别乘以1，4，6，4，1再加起来，如
0×1＋2×4＋0×6＋0×4＋2×1=10，
0×1＋0×4＋1×6＋2×4＋1×1＝15。
总之，在一般情况下，每个圈中的数可以这样得到：在第一行找出与这个圈有直线相连的两个圈、将这两个圈之间的圈（包括这两个圈）中的数分别乘以一个整数再加起来，所乘的整数见图64：
图中的乘数排列成一个三角形，这就是著名的“扬辉角”，其中的每个数部称为“组合数”。将来同学们在学习排列组合时，会知道杨辉三角有很多有趣的性质。参看华罗庚：《从杨辉三角谈起》。
用1分、2分和5分的硬币凑成一元钱、共有多少种不同的凑法？
【解法】为了找到简捷的解法，我们先将问题作一番分析。首先注意.要确定二种凑法是否相同，只要看二种凑法中所用的二分硬币的个数和五分硬币的个数是否分别相等就可以了。其次，用一分，二分和五分硬币凑成一元钱与用二分和五分硬币凑成不超过一元钱的凑法是一样的。最后，不难看出，二分硬币最多用50个，五分硬币最多用20个。
经过上面的分析，我们看到问题的提法可以改为：
有二分硬币50个，五分硬币20个。问：凑成不超过元钱的个同凑法有多少种？
这个问题的解法有很多，这坐我们将给出二种不同的解法。
【解法1】这是一种直接的解法。基本想法是按1五分硬币的个救将所有凑法分类。
假定五分硬币有20个，则没有二分硬币，因此只有一种凑法。假定五分硬币有19个，币值为5×19=95分， 因此要使总币值不超过1元=100分，所取二分硬币的币值不能超过5分。很明显，二分硬币的个数可以为0个，1个，或2个，这样就有三种不同的凑法。如此继续下去，可以看出不同的凑法共有
1＋3＋6＋8＋11＋13＋……＋48+51
=（1＋48）＋（3＋46）＋（6＋43）＋……＋（23
+26）+51
=49×10+51
=541（种）
答：共有541种凑法。
【解法2】这是一种比较巧妙的简便算法。
将 50个二分硬币和20个五分硬币分成甲、乙二组。 因为这些硬币的总币值为 50×2+20×5=200（分）。所以甲、乙二组的币值无非是下面三种情形；
（1）甲组的钱比一元少，乙组的钱比1元多。
（2）甲组的钱比一元多，乙组的钱比1元少。
（3）甲、乙两组的钱相等，都是一元钱。
这里有两点要特别注意：第一，情形（1）与情形（2）是对称的，只不过甲和乙交换了位置。第二，（1）的所有可能性加上（3）的所有可能性就是我们的问题的答案。
那么（1），（3）的个数各有多少呢？
先计算一下上面的分组总共有多少不同的方法。因为二分硬币有50个，所以有51种分法。类似地，五分硬币有20个，所以有21种分法。这样总共就有21×51种不同的分法。
再来看甲，乙两组的钱都是一元这种情形的分法有多少种？很明显，这时五分硬币必须有偶数个（为什么？），所以五分硬币的数可以为0个，2个，……，20个，共有十一种分法。
根据情形（1）和情形（2）的对称性，容易知道（1）的个数为（21×51-11）÷2=530
（1）的个数加上（3）的个数是530+11=541（种）这就是答案。
【分析与讨论】这是一道思考与计算相结合的题。用解法1来做的同学比较多。但大部份同学都没有算对，也许是“数”不清楚吧。学会“数”数是数学原基本的功夫，可不能马虎。提高你的“数”数能力，不妨换个方法试试。
解法2避免了较多的计算，但不容易想到。建议同学们仔细想清楚，或许能从中得到一点启示。有的同学在答卷上写了一个方程式
X+2Y-5Z=100.
X、Y、Z分别为一分，二分和五分硬币的个数。这个方程式当然是对的，但怎样解？答卷上找不到下文。解法二实际上是上述方程的一种解法。
有两个班的小学生要到少年宫参加活动，但只有一辆车接送。第一班的学生坐车从学校出发的同时，第二班学生开始步行；车到途中某处，让第一班学生下车步行，车立刻返回接第二班学生上车并直接开往少年宫。学生步行速度为每小时4公里，载学生时车速每小时40公里，空车每小时50公里。问：要使两班学生同时到达少年宫，第一班学生步行了全程的几分之几？（学生上下车时间不计）
【解法】首先注意，由于两个班的同学都是一段路步行一段路乘车，而乘车的速度比步行快，中间又没有停留，因此要同时到达少年宫，两个班的同学步行的路程一定要一样长。
我们画一个图（见图书65）来分析。图中A是学校，B是少年宫，C是第一班学生下车的地点，D是第二班学生上车的地点。由上所述AD和CB一样长。设第一班同学下车时，第二班同学走到E处。由于载学生时车速为每小时40公里，而步行的速度为每小时4公里，是车速的1/10，因而AE是AC的1/10。在第一班学生下车后，汽车从C处迎着第二班学生开，车速是每小时50公里，而第二班学生从E处以每小时4公里的速度向前走，汽车和第二班学生在D点相遇。这是普通的行程问题，不难算出
最后，由于AD=CB， A D就是A B的
【分析与讨论】这道题比普通行程问题略为复杂一些，有不少同学做出来了，而且方法也很多。有兴趣的同学可以想想其它的解法，如列方程的方法，并比较一下各种解法的不同。
下面是两个1989位整数相乘：
问：乘积的各位数字之和是多少？
【解】首先注意1989是9的倍数。由9的倍数的判定法则，我们知道
事实上，1989=221×9，=×9。
因此
=… ×（101989-1）
如果把最末一个1并到箭头所指的8上去，我们就得到221个和221个。所以各位数字的和是221×81=17，901。
答：乘积的各位数字的和是17，901。
【决赛面试试题与解答】
图66
图66是一个对称的图形。黑色部分面积大还是阴影部分面积大？
【解法】因为是对称图形、四个小圆半径相等，且恰好是大园半径的一
等于大圆面积。
阴影部分是四个小圆相重迭的部分，而黑色则是由于重迭而空余出来的部分，所以这两部分面积相等。
答：一样大。
你能不能将自然数1到9分别填入图67的方格中，使得每个横行中的三个数之和都是偶数？
【解法】 9个自然数中有5个奇数，所以这9个数字之和一定是奇数。如果每一行3个数的和都是偶数，那么9个数之和便是偶数，这是不可能的。
答：不可能。
司机开车按顺序到五个车站接学生到学校（图68）。每个站都有学生上车。第一站上了一批学生，以后每站上车的人数都是前一站上车人数的一半。车到学校时，车上最少有多少学生？
【解法】因为每个站都有学生上车，所以第五站至少有1个学生上车。假如第五站只有一个学生上车，那么第四、三、二、一站上车的人数分别是2，4，8，16个。因此五个站上车的人数共有
1＋2＋4＋8＋16=31（人）
很明显，如果第五站有不止一个学生上车，那么上车的总人数一定多于31个.
答：最少有31个学生。
图69中五个正方形的边长分别是1米、2米、3米、4米、5米。问：白色部分面积与阴影部分面积之比是多少？
【解法1】先分别算出这两部分的面积。根据正方形面积公式，白色部分的面积是
（22-12）＋（42-32）=10平方米
阴影部分面积是大正方形面积减去白色部分面积，即等于
52-10＝15平方米。
因此白色部分与阴影部分面积之比是10∶15，
即2∶3。
答：2∶3。
【解法2】我们先来看看怎样计算每个方框的面积。以最外面的方框为例；如囹70所示，按虚线将方框剪开、再拼成两个宽的1米，长分别为4米和5米的矩形。可见方框的面积等于4+5（平方米）。
按这个方法，可知阴影部分的面积是
1＋2＋3＋4+5=15（平方米）
而白色部分的面积是
1+2+3+4=10（平方米）
所以白色部分和阴影部分的面积比是10∶15＝2∶3
【分析与讨论】计算方框面积的方法很多。由于本题方框个数少，各种计算方法差别不大。如果方框多一些，解法2就有明显的优越性了。
用1、2、3、4、5这五个数两两相乘。可以得到10个不同的乘积。问乘积中是偶数多还是奇数多？
【解法】如果二个整数乘积是奇数，那么这二个整数都必须是奇数。五个数中有三个奇数，这三个奇数两两相乘，只有3个乘积，也就是说总共只有3个奇数。而偶数的乘积有 10-3=7个，因此偶数多。
答：乘积中偶数比奇数多。
1÷（2÷3）÷（3÷4）÷（4÷5）÷（5÷6）＝？
【解法】如果去掉括号，第一个3前面变为×号，第二个3前面仍为÷号，所似3可以约掉。同样， 4和5都可以约掉，只剩下
1÷2×6=3
答：原式=3。
【分析与讨论】本题是抢答题，要求四则运算熟练准确。如果列出算式计算便嫌太慢了，必须用心算很快算出来。
将右边的硬纸片沿虚线折起来。便可作成一个正方体。问：这个正方体的2又号面对面是几号面？
【解法1】正方体中，相对的两个面个能有公共顶。给出的硬纸片中，1、3、4、5号面都与2号面有公共顶点，只有6号面与2号而没有公共顶点，所以2号面的对面是6号面。
【解法2】这道题的目的是检查同学们对简单的空间图形的想象力。在下面的解法中、请同学们注意空间图形面展开图之间的联系。
我们先来看一个简单的情形（图72）。
左图是平面展开图，而右图是立体图。对于这个圆形，很容易看出：1、2、4、6这四个面围成立方体的四个侧面，3号面为顶面，5号面为底面。因此，1号面的对面是4号面；2号面的对面是6号面； 3号面的对面是5号面。
我们现在换一个方式将立方体拆开，看新的平面展开图是什么形状？例如：将4号面与6号面的公共边剪开，将6号面与5号面粘上，这样，平面展开图就成了图71。
也就是说：图71和图72只不过同一个立方体的不同平面展开图而已，因此，图71中2号面的对面是6号面。顺便说一句，我们也同时知道了1号面，3号面的对面分别是4号面和5号面。
答：2号面的对面是6号面。
【分析与讨论】空间图形的想象力是数学的基本功之一。如果同学们对这个问题有点生疏的话，不妨自己动手用硬纸片做一个立方体。然后再用不同的方法展开成平面图。
为了帮助大家加深理解，我们再出一道思考题，有兴趣的同学可以想一想。
【思考题】图73的两块纸板能不能折成正方体盒子？ 如果能，请指出每个面的对面是哪一个面；如果不能，请说明原因。
下面是一个11 位数，它的每三个相邻数字之和都是20。如你知道打“？”的数字是几？
【解法】因为每相邻3位数字之和为20，从左数起第一位数字9与第二、三位数字之和为20，第二、三位数字与第四位数字之和也走20，所以第四位数字是9。这样，我们便找到一条规律：每隔2位必出现相同的数字！
现在从最末一位数字7开始，每隔2位跳一次，正好跳到打“？”处、所以打“？”的数字应该是7.
答：打“？”的数字是7。
有八张卡片。上面分别写着自然数1到8（图74）。从中取出三张，要使这三张卡片上的数字之和为9。问有多少种不同的取法？
【解法】先确定三张卡片中数字最大的卡片。
8、 7都不用考虑，因为最小的两张卡片（1和2）相加都超过9。
最大数字为6时，与之搭配的只有1和2；
最大数字为5时，与之搭配的只有1和3；
最大数字为4时，与之搭配的只有2和3；
如果最大数字不超过3，三张卡片数字之和小于9。
所以，只有3种不同的取法。
答：有3种不同的取法。