小学五年级数学奥林匹克竞赛题(含答案).doc

小学五年级数学奥林匹克竞赛题（含答案）

一、 小数的巧算
（一）填空题
1. 计算 1.996+19.97+199.8=_____。
答案：221.766。
解析：原式=(2-0.004)+(20-0.03)+(200-0.2)
=222-(0.004+0.03+0.2)
=221.766。

2. 计算 1.1+3.3+5.5+7.7+9.9+11.11+13.13+15.15+17.17+19.19=_____。
答案：103.25。
解析：原式=1.1(1+3+…+9)+1.01(11+13+…+19)
=1.125+1.0175
=103.25。

3. 计算 2.894.68+4.686.11+4.68=_____。
答案：46.8。
解析：4.68×（2.89+6.11+1）=46.8

4. 计算 17.4837-17.4819+17.4882=_____。
答案：1748。
解析: 原式=17.48×37-17.48×19+17.48×82
=17.48×(37-19+82)
=17.48×100
=1748。

5. 计算 1.250.322.5=_____。
答案：1。
解析：原式=(1.250.8)(0.42.5)
=11
=1。
6. 计算 754.7+15.925=_____。
答案：750。
原式=754.7+5.3(325)
=75(4.7+5.3)
=7510
=750。
7. 计算 28.6767+3.2286.7+573.40.05=____。
答案：2867。
原式=28.6767+3228.67+28.67(200.05)
=28.67(67+32+1)
=28.67100
=2867。

（二）解答题
8. 计算 172.46.2+27240.38。
答案：原式=172.46.2+(1724+1000)0.38
=172.46.2+17240.38+10000.38
=172.46.2+172.43.8+380
=172.4(6.2+3.8)+380
=172.410+380
=1724+380
=2104。
9.
。
答案：181是三位,11是两位,相乘后18111=1991是四位,三位加两位是五位,因此1991前面还要添一个0,又963+1028=1991,所以
0. 00…01810.00…011=0.00…01991

963个0 1028个0 1992个0 。

10.计算 12.34+23.45+34.56+45.67+56.78+67.89+78.91+89.12+91.23。
答案：9个加数中,十位、个位、十分位、百分位的数都是1~9，所以，
原式=11.11(1+2+…+9)
=11.1145
=499.95 。
二、数的整除性
（一）填空题
1. 四位数“3AA1”是9的倍数，那么A=_____。
答案：7。
解析：已知四位数3AA1正好是9的倍数,则其各位数字之和3+A+A+1一定是9的倍数,可能是9的1倍或2倍,可用试验法试之。
设3+A+A+1=9,则A=2.5,不合题意.再设3+A+A+1=18,则A=7,符合题意。事实上,37719=419。
2. 在“25□79这个数的□内填上一个数字,使这个数能被11整除,方格内应填_____。
答案：1。
解析：这个数奇数位上数字和与偶数位上数字和之差是0或是11的倍数,那么这个数能被11整除.偶数位上数字和是5+7=12,因而,奇数位上数字和2+□+9应等于12,□内应填12-2-9=1。
3. 能同时被2、3、5整除的最大三位数是_____。
答案：990。
解析：要同时能被2和5整除,这个三位数的个位一定是0。要能被3整除,又要是最大的三位数,这个数是990。
4. 能同时被2、5、7整除的最大五位数是_____。
答案：99960。
解析：解法一: 能被2、5整除,个位数应为0,其余数位上尽量取9,用7去除999□0,可知方框内应填6。所以,能同时被2、5、7整除的最大五位数是99960。
解法二: 或者这样想,2,5,7的最小公倍数是70,而能被70整除的最小六位是100030。它减去70仍然是70的倍数,所以能被2,5,7整除的最大五位数是100030-70=99960。
5. 1至100以内所有不能被3整除的数的和是_____。
答案：3367。
解析：先求出1~100这100个数的和,再求100以内所有能被3整除的数的和,以上二和之差就是所有不能被3整除的数的和。
(1+2+3+…+100)-（3+6+9+12+…+99）
=(1+100)2100-(3+99)233
=5050-1683
=3367 。
6. 所有能被3整除的两位数的和是______。
答案：1665。
解析：能被3整除的二位数中最小的是12,最大的是99,所有能被3整除的二位数如下:
12,15,18,21,…，96，99
这一列数共30个数，其和为
12+15+18+…+96+99
=(12+99)302
=1665 。
7. 已知一个五位数□691□能被55整除,所有符合题意的五位数是_____。
答案：96910或46915。
解析：五位数能被55整除,即此五位数既能被5整除,又能被11整除。所以B=0或5。当B=0时,能被11整除,所以(A+9+0)-(6+1)=A+2能被11整除,因此A=9；当B=5时,同样可求出A=4。所以,所求的五位数是96910或46915。
（二）解答题
8. 173□是个四位数字，数学老师说：“我在这个□中先后填入3个数字,
所得到的3个四位数,依次可被9、11、6整除。”问：数学老师先后填入的3个数字的和是多少？
答案：∵能被9整除的四位数的各位数字之和能被9整除，
1+7+3+□=11+□
∴□内只能填7。
∵能被11整除的四位数的个位与百位的数字和减去十位与千位的数字和所得的差能被11整除。
∴ (7+□)-(1+3)=3+□ 能被11整除, ∴□内只能填8。
∵能被6整除的自然数是偶数,并且数字和能被3整除,
而1+7+3+□=11+□, ∴□内只能填4。
所以,所填三个数字之和是7+8+4=19。
9．在1992后面补上三个数字，组成一个七位数，使它们分别能被2、3、5、11整除，这个七位数最小值是多少？
解析：设补上的三个数字组成三位数,由这个七位数能被2,5整除,说明c=0；
由这个七位数能被3整除知1+9+9+2+a+b+c=21+a+b+c能被11整除，从而a+b能被3整除；由这个七位数又能被11整除，可知(1+9+a+c)-(9+2+b)=a-b-1能被11整除；由所组成的七位数应该最小,因而取a+b=3,a-b=1,从而a=2,b=1。
所以这个最小七位数是1992210。
[注]小朋友通常的解法是:根据这个七位数分别能被2,3,5,11整除的条件,这个七位数必定是2,3,5,11的公倍数,而2,3,5,11的最小公倍数是23511=330。这样,1992000330=6036…120，因此符合题意的七位数应是(6036+1)倍的数,即
1992000+(330-120)=1992210。
10．在“改革”村的黑市上,人们只要有心,总是可以把两张任意的食品票换成3张其他票券,也可以反过来交换。试问,合作社成员瓦夏能否将100张黄油票换成100肠票,并且在整个交换过程中刚好出手了1991张票券？
答案：不可能。
由于瓦夏原有100张票,最后还有100张票,所以他作了多少次“两换三”,那么也就作了多少次“三换两”,因此他一共出手了2k+3k=5k张票,而1991不是5的倍数。
三 质数与合数
（一）填空题
1. 在一位的自然数中，既是奇数又是合数的有_____；既不是合数又不是质数的有_____；既是偶数又是质数的有_____。
答案：9，1，2。
解析：在一位自然数中,奇数有:1,3,5,7,9,其中仅有9为合数,故第一个空填9。
在一位自然数中,质数有2、3、5、7，合数有4、6、8、9，所以既不是合数又不是质数的为1。
在一位自然数中,偶数有2、4、6、8，所以既是偶数又是质数的数为2。
2. 最小的质数与最接近100的质数的乘积是_____。
答案：202。
解析：最小的质数是2,最接近100的质数是101,它们的乘积是2101=202。
3．两个自然数的和与差的积是41，那么这两个自然数的积是_____。
答案：420。
解析：首先注意到41是质数,两个自然数的和与差的积是41,可见它们的差是1,这是两个连续的自然数,大数是21,小数是20,所以这两个自然数的积是2021=420。
4. 在下式□中分别填入三个质数,使等式成立。
□+□+□=50
答案：2、5、43。
解析：接近50的质数有43,再将7分拆成质数2与质数5的和.即
2+5+43=50。
另外,还有
2+19+29=50，
2+11+37=50。
[注]填法不是唯一的，如也可以写成
41+2+7=50。
5. 三个连续自然数的积是1716,这三个自然数是_____、_____、_____。
答案：11,12,13。
解析：将1716分解质因数得：
1716=2231113
=11(223)13
由此可以看出这三个数是11,12,13。
6. 找出1992所有的不同质因数,它们的和是_____。
答案：88。
解析：先把1992分解质因数,然后把不同质数相加,求出它们的和。
1992=222383
所以1992所有不同的质因数有:2,3,83。它们的和是
2+3+83=88。
7. 如果自然数有四个不同的质因数, 那么这样的自然数中最小的是_____。
答案：210。
解析：最小的四个质数是2,3,5,7,所以有四个不同质因数的最小自然数是
2357=210。
(二）解答题
8．2，3，5，7，11，…都是质数，也就是说每个数只以1和它本身为约数。已知一个长方形的长和宽都是质数个单位,并且周长是36个单位。问这个长方形的面积至多是多少个平方单位?
答案：由于长+宽是 362=18，
将18表示为两个质数和 18=5+13=7+11，
所以长方形的面积是 513=65或711=77，
故长方形的面积至多是77平方单位。
9. 把7、14、20、21、28、30分成两组，每三个数相乘，使两组数的乘积相等。
答案：先把7，14,20,21,28,30分解质因数,看这六个数中共有哪几个质因数,再分摊在两组中,使两组数乘积相等。
14=72 20=225
21=37 28=227
30=235 7
从上面五个数分解质因数来看,连7在内共有质因数四个7,六个2,二个3,二个5,因此每组数中一定要含三个2,一个3,一个5,二个7。
六个数可分成如下两组(分法是唯一的):
第一组: 7、28、和30
第二组：14、21和20
且72830=142120=5880满足要求。
[注]解答此题的关键是审题,抓住题目中的关键性词语：“使两组数的乘积相等”。实质上是要求两组里所含质因数相同,相同的质因数出现的次数也相同。
10. 学生1430人参加团体操,分成人数相等的若干队,每队人数在100至200之间,问哪几种分法?
答案：把1430分解质因数得：
1430=251113
根据题目的要求,应在2、5、11及13中选用若干个数，使它们的乘积在100到200之间，于是得三种答案：
（1）2511=110；
（2）2513=130；
（3）1113=143.
所以,有三种分法:一种是分为13队,每队110人；二是分为11队，每队130人；三是分为10队，每队143人。
四 约数与倍数
1．28的所有约数之和是_____。
答案：56。
解析：28的约数有1,2,4,7,14,28,它们的和为
1+2+4+7+14+28=56。
2. 用105个大小相同的正方形拼成一个长方形,有_____种不同的拼法。
答案：4。
解析：因为105的约数有1,3,5,7,15,21,35,105能拼成的长方形的长与宽分别是105和1,35和3,21与5,15与7。所以能拼成4种不同的长方形。
3. 一个两位数,十位数字减个位数字的差是28的约数,十位数字与个位数字的积是24.这个两位数是_____。
答案：64。
解析：因为28=227,所以28的约数有6个:1,2,4,7,14,28。在数字0,1,2,…，9中，只有6与4之积，或者8与3之积是24，又6-4=2，8-3=5。故符合题目要求的两位数仅有64。
4. 李老师带领一班学生去种树,学生恰好被平均分成四个小组,总共种树667棵,如果师生每人种的棵数一样多,那么这个班共有学生_____人。
答案：28。
解析：因为667=2329,所以这班师生每人种的棵数只能是667的约数:1,23,29,667.显然,每人种667棵是不可能的。
当每人种29棵树时,全班人数应是23-1=22,但22不能被4整除,不可能。
当每人种23棵树时,全班人数应是29-1=28,且28恰好是4的倍数,符合题目要求。
当每人种1棵树时,全班人数应是667-1=666,但666不能被4整除,不可能。
所以,一班共有28名学生。
5. 两个自然数的和是50,它们的最大公约数是5,则这两个数的差是_____。
答案：40或20。
解析：两个自然数的和是50,最大公约数是5,这两个自然数可能是5和45,15和35,它们的差分别为(45-5=)40,(35-15=)20,所以应填40或20。
[注]这里的关键是依最大公约数是5的条件,将50分拆为两数之和:50=5+45=15+35。
6. 现有梨36个,桔108个,分给若干个小朋友,要求每人所得的梨数,桔数相等,最多可分给_____个小朋友,每个小朋友得梨_____个,桔_____个。
答案：36,1,3。
解析：要把梨36个、桔子108个分给若干个小朋友，要求每人所得的梨数、桔子相等，小朋友的人数一定是36的约数，又要是108的约数，即一定是36和108的公约数.因为要求最多可分给多少个小朋友,可知小朋友的人数是36和108的最大公约数。36和108的最大公约数是36,也就是可分给36个小朋友。
每个小朋友可分得梨: 3636=1(只)，
每个小朋友可分得桔子: 10836=3(只)，
所以,最多可分得36个小朋友,每个小朋友可分得梨1只,桔子3只。
7. 一块长48厘米、宽42厘米的布，不浪费边角料，能剪出最大的正方形布片_____块。
答案：56。
解析：剪出的正方形布片的边长能分别整除长方形的长48厘米及宽42厘米,所以它是48与42的公约数,题目又要求剪出的正方形最大,故正方形的边长是48与42的最大公约数。
因为48=22223,42=237,所以48与42的最大公约数是6。这样,最大正方形的边长是6厘米。由此可按如下方法来剪:长边每排剪8块,宽边可剪7块,共可剪(486)(426)=87=56(块)正方形布片。
8．写出小于20的三个自然数，使它们的最大公约数是1，但两两均不互质，请问有多少组这种解？
答案：三组。
解析：三个数都不是质数,至少是两个质数的乘积,两两之间的最大公约数只能分别是2,3和5,这种自然数有6,10,15和12,10,15及18,10,15三组。
9．和为1111的四个自然数，它们的最大公约数最大能够是多少？
答案：四个数的最大公约数必须能整除这四个数的和,也就是说它们的最大公约数应该是1111的约数。将1111作质因数分解,得
1111=11101
最大公约数不可能是1111,其次最大可能数是101.若为101,则将这四个数分别除以101,所得商的和应为11。现有
1+2+3+5=11,
即存在着下面四个数
101,1012,1013,1015,
它们的和恰好是
101(1+2+3+5)=10111=1111,
它们的最大公约数为101，所以101为所求。
10．狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳米，黄鼠狼每次跳米，它们每秒钟都只跳一次.比赛途中,从起点开始每隔米设有一个陷井,当它们之中有一个掉进陷井时,另一个跳了多少米?
答案：黄鼠狼掉进陷井时已跳的行程应该是与的“最小公倍数”，即跳了=9次掉进陷井，狐狸掉进陷井时已跳的行程应该是和的“最小公倍数”，即跳了=11次掉进陷井。
经过比较可知,黄鼠狼先掉进陷井,这时狐狸已跳的行程是9=40.5(米)。
五 带余数除法
（一）填空题
1．小东在计算除法时，把除数87写成78，结果得到的商是54，余数是8.正确的商是_____,余数是_____。
答案：48,44。
解析：依题意得：被除数=7854+8=4220，而4220=8748+44,所以正确的商是48,余数是44。
2. a24=121……b,要使余数最大，被除数应该等于_____。
答案：2927。
解析：因为余数一定要比除数小,所以余数最大为23,故有，
被除数=24121+23=2927。
3. 一个三位数被37除余17,被36除余3,那么这个三位数是_____。
答案：831
解析：这个三位数可以写成：
37商+17=36商+(商+17)。
根据“被36除余3”。(商+17)被36除要余3。商只能是22(如果商更大的话,与题目条件“三位数”不符合)。
因此,这个三位数是3722+17=831。
4. 393除以一个两位数,余数为8,这样的两位数有_____个,它们是_____。
答案：11,35,55,77。
解析：393减8,那么差一定能被两位数整除。
∵393-8=385，
385=5711=(57)11=(511)7=(711)5，
∴385能被两位数11，35，55，77整除。本题的答案是4个:11,35,55,77。

5. 3145368765987657的积,除以4的余数是_____。
答案：1。
解析：∵314534=7863…1
687654=17191…1
9876574=246914…1
111=1
∴3145368765987657的积除以4余数是1。
6. 888……8乘以666……6的积，除以7余数是_____。
50个8 50个6
答案：5。
解析：因为111111能被7整除,所以888888和666666均能被7整除。而50=68+2,故得被乘数与88被7除的余数相同,乘数与66被7除的余数相同,进而得:被乘数被7除余4,乘数被7除余3。所以乘积与(43=)12被7整除的余数相同。因此得乘积被7除的余数是5。
7. 如果时针现在表示的时间是18点整,那么分针旋转1990圈之后是_____点钟。
答案：16。
解析：因为分针旋转一圈为一个钟头,所以分针旋转24圈,时针旋转2圈.若以现时18点整为起点与终点,这样时针又回到18点整的位置上。
由199024=82…余22，可知那时时钟表示的时间应是16点整。
（二）解答题
8．幼儿园某班学生做游戏，如果每个学生分得的弹子一样多，弹子就多12颗，如果再增加12颗弹子，那么每个学生正好分得12颗，问这班有多少个学生？原有多少颗弹子？
答案：依题意知，原来每个学生分相等的若干颗，余12颗，则学生人数大于12.同时由增加12颗后每个学生正好分得12颗,即12+12=24(颗),24能被班级人数整除,又24能分解为
24=124=212=38=46
由班级人数大于12,可知符合题意的是24人。所以,共有弹子数1224-12=276(颗)。
9．已知：a=199119911991……1991,问：a除以13,余数是几？
1991个1991
答案：用试除的方法可知:199119911991可以被13除尽。原数a有1991个1991.因为1991除以3余2,所以a与19911991除以13所得余数相同。又19911991除以13余8,所以a除以13的余数也是8。
10．100个7组成的一百位数,被13除后,问：
(1)余数是多少？
(2)商数中各位数字之和是多少？
答案：因为77777713=59829,即777777能被13整除,把这100个7,从第一个起,每6个分成一组,1006=16…4，共16组还多4个。
每一组除以13的商都是59829,7777除以13的商是598,余数是3。
所以,100个7组成一百位数除以13后,余数是3,商数中各位数字之和是
(5+9+8+2+9)16+(5+9+8) =550。
六 中国剩余定理
（一）填空题
1. 有一个数，除以3余数是1，除以4余数是3，这个数除以12余数是_____。
答案：7。
解析：因为除以3余数是1的数是1,4,7,10,13,16,19,22,25,28,31,…
除以4余数是3的数是3,7,11,15,19,23,27,31…
所以，同时符合除以3余数是1，除以4余数是3的数有7，19，31，…这些数除以12余数均为7。
2. 一个两位数,用它除58余2,除73余3,除85余1,这个两位数是_____。
答案：14。
解析：用一个两位数除58余2,除73余3,除85余1,那么58-2=56, 73-3=70,85-1=84能被这个两位数整除,这个两位数一定是56、70和84的公约数.
2 56 70 84

7 28 35 42

4 5 6
由可可见,56、70、84的两位数公约数是27=14，可见这个两位数是14。

3. 学习委员收买练习本的钱,她只记下四组各交的钱,第一组2.61元,第二组3.19元,第三组2.61元,第四组3.48元,又知道每本练习本价格都超过1角,全班共有_____人。
答案：41
解析：根据题意得：
319-261=练习本单价第二、一组人数之差，
348-319=练习本单价第四、二组人数之差。即
练习本单价第二、一组人数之差=58,
练习本单价第四、二组人数之差=29，
所以,练习本单价是58与29的公约数,这样,练习本的单价是29分,即0.29元。
因此,全班人数是
(2.612+3.19+3.48)0.29
=11.890.29
=41(人)。
[注]这里为了利用练习本单价是总价的公约数这一隐含条件,将小数化成整数来考虑,为解决问题提供了方便.这里也可直接找261、319和348的公约数，但比较困难.上述解法从一定意义上说是受了辗转相除法的启示。
4. 五年级两个班的学生一起排队出操,如果9人排一行,多出一个人；如果10人排一行，同样多出一个人.这两个班最少共有_____人。
答案： 91
解析：如果将两个班的人数减少1人,则9人一排或10人一排都正好排完没有剩余,所以两班人数减1是9和10的公倍数,又要求这两班至少有几人,可以求出9和10的最小公倍数,然后再加上1.所以,这两个班最少有910+1=91(人)。
5. 一个数能被3、5、7整除，若用11去除则余1，这个数最小是____。
答案：210。
解析：一个数能被3,5,7整除,这个数一定是3,5,7的公倍数.3,5,7的公倍数依次为:105,210,315,420,……，其中被11除余数为1的最小数是210，所以这个最小数是210。
6. 同学们进行队列训练,如果每排8人,最后一排6人；如果每排10人，最后一排少4人，参加队列训练的学生最少有_____人。
答案：46人。
解析：如果总人数少6人,则每排8人和每排10人,均恰好排完无剩余。由此可见,人数比10和8的最小公倍数多6人,10和8的最小公倍数是40,所以参加队列训练的学生至少有46人。
7. 把几十个苹果平均分成若干份,每份9个余8个,每份8个余7个,每份4个余3个.这堆苹果共有_____个。
答案：71。
解析：依题意知,这堆苹果总个数,添进1个苹果后,正好是9,8,4的倍数.因为9,8,4的最小公倍数是98=72,所以这堆苹果至少有98-1=71(个)。
[注]本题为什么求9,8,4的最小公倍数呢?这是根据限制条件“这堆苹果共几十个”决定的.若限制条件改为“这堆苹果的个数在100-200之间”的话，那么这堆苹果共有982-1=141（个）。因此，在解答问题时，一定要把条件看清楚，尤其要注意“隐含条件”的应用。

（二）解答题
8．有一盒乒乓球，每次8个8个地数，10个10个地数，12个12个地数，最后总是剩下3个。这盒乒乓球至少有多少个?
答案：如果这盒乒乓球少3个的话,8个8个地数,10个10个地数,12个12个的数都正好无剩余,也就是这盒乒乓球减少3个后是8,10,12的公倍数,又要求至少有多少个乒乓球,可以先求出8,10,12的最小公倍数,然后再加上3。
2 8 10 12

2 4 5 6

2 5 3
故8,10,12的最小公倍数是22253=120。所以这盒乒乓球有123个。
9. 求被6除余4,被8除余6,被10除余8的最小整数。
答案：设所求数为,则+2就能同时被6,8,10整除.由于[6,8,10]=120,所以=120-2=118。
10. 一盒围棋子,三只三只数多二只,五只五只数多四只,七只七只数多六只,若此盒围棋子的个数在200到300之间,问有多少围棋子?
答案：设有个围棋子,则+1是3,5,7的倍数, +1是[3,5,7]=357=105的倍数, +1=210, =209。
七 奇数与偶数
（一）填空题
1. 2，4，6，8，……是连续的偶数，若五个连续的偶数的和是320，这五个数中最小的一个是______。
答案：60。
解析：这五个连续偶数的第三个(即中间的那一个)偶数是3205=64。所以，最小的偶数是60。
2. 有两个质数,它们的和是小于100的奇数,并且是17的倍数.这两个质数是_____。
答案：2,83。
解析：因为两个质数的和是奇数,所以必有一个是2。小于100的17的奇数倍有17,51和85三个,17,51与2的差都不是质数,所以另一个质数是85-2=83。
3. 100个自然数,它们的和是10000,在这些数里,奇数的个数比偶数的个数多,那么,这些数里至多有_____个偶数。
答案：48
解析：由于100个自然数的和是10000,即100个自然数中必须有偶数个奇数,又由于奇数比偶数多,因此偶数最多只有48个。
4. 下图是一张靶纸,靶纸上的1、3、5、7、9表示射中该靶区的分数.甲说:我打了六枪,每枪都中靶得分,共得了27分.乙说:我打了3枪,每枪都中靶得分,共得了27分。

1 3 5 7 9

已知甲、乙两人中有一人说的是真话，那么说假话的是_____。
答案：甲
解析：由于分数都是奇数,6个奇数之和为偶数,不可能是奇数27,所以说假话的是甲。
5. 一次数学考试共有20道题,规定答对一题得2分,答错一题扣1分,未答的题不计分。考试结束后,小明共得23分。他想知道自己做错了几道题,但只记得未答的题的数目是个偶数。请你帮助小明计算一下,他答错了_____道题。
答案：3。
解析：小明做错的题的数目一定是奇数个,若是做错1个,则应做对12个才会得122-1=23分,这样小明共做13个题,未做的题的个数7不是偶数；若是做错3个，则应做对13个才能得132-3=23分，这样未答的题是4个，恰为偶数个。此外小明不可能做错5个或5个以上的题.故他做错的题有3个。
7. 有一批文章共15篇,各篇文章的页数分别是1页、2页、3页……14页和15页的稿纸，如果将这些文章按某种次序装订成册，并统一编上页码。那么每篇文章的第一页是奇数页码的文章最多有_____篇。
答案：11。
解析：根据奇数+偶数=奇数的性质,先编排偶数页的文章(2页,4页,…，14页)，这样共有7篇文章的第一页都是奇数页码。
然后,编排奇数页的文章(1页,3页,…，15页)，根据奇数+奇数=偶数的性质，这样编排，就又有4篇文章的第一页都是奇数页码。
所以,每篇文章的第一页是奇数页码的文章最多是7+4=11(篇)。
7. 一本书中间的某一张被撕掉了,余下的各页码数之和是1133,这本书有_____页,撕掉的是第_____页和第_____页。
答案：48,21,22。
解析：设这本书的页码是从1到n的自然数,正确的和应该是
1+2+…+n=( n+1)
由题意可知，( n+1)>1133
由估算，当n=48时，( n+1)=4849=1176，1176-1133=43。根据书页的页码编排,被撕一张的页码应是奇、偶，其和是奇数，43=21+22。所以,这本书有48页,被撕的一张是第21页和第22页。
（二）解答题
9．如下图，从0点起每隔3米种一棵树。如果把3块“爱护树木”的小木牌分别挂在3棵树上，那么不管怎么挂，至少有两棵挂牌树之间的距离是偶数（以米为单位）。试说明理由。

0
3
6
9
12
15
18
21
24

答案：相距最远的两块木牌的距离,等于它们分别与中间一块木牌的距离之和。如果三块木牌间两两距离都是奇数,就会出现“奇+奇=奇”，这显然不成立，所以必有两块木牌的距离是偶数。
13．如图所示，一个圆周上有9个位置，依次编为1~9号.现在有一个小球在1号位置上。第一天顺时针前进10个位置,第二天逆时针前进14个位置。以后,第奇数天与第一天相同,顺时针前进10个位置,第偶数天与第二天相同,逆时针前进14个位置。问:至少经过多少天,小球又回到1号位置。

1
9
2
8
7
4
3
6
5

答案：顺时针前进10个位置,相当于顺时针前进1个位置；逆时针前进14个位置，相当于顺时针前进18-14=4（个）位置。所以原题相当于:顺时针每天1个位置,4个位置交替前进,直到前进的位置个数是9的倍数为止。
偶数天依次前进的位置个数:
5,10,15,20,25,30,35,40，……
奇数天依次前进的位置个数：
1，6，11，16，21，26，31，36 ，41，……
第15天前进36个位置，36天是9的倍数，所以第15天又回到1号位置。
八 周期性问题
（一）填空题
1. 某年的二月份有五个星期日，这年六月一日是星期_____。
答案：二。
解析：因为74=28，由某年二月份有五个星期日，所以这年二月份应是29天，且2月1日与2月29日均为星期日，3月1日是星期一，所以从这年3月1日起到这年6月1日共经过了31+30+31+1=93(天)。
因为93¸7=13…2，所以这年6月1日是星期二。
2. 1989年12月5日是星期二,那么再过十年的12月5日是星期_____。
答案：日。
解析：依题意知，这十年中1992年、1996年都是闰年，因此，这十年之中共有
36510+2=3652（天）。
因为36527=521…5，1989年12月5日是星期二所以再过十年的12月5日是星期日。
3. 按下面摆法摆80个三角形,有_____个白色的。

……
答案：39。
解析：从图中可以看出,三角形按“二黑二白一黑一白”的规律重复排列，也就是这一排列的周期为6，并且每一周期有3个白色三角形。
因为806=13…2，而第十四期中前两个三角形都是黑色的，所以共有白色三角形133=39（个）。
4．节日的校园内挂起了一盏盏小电灯，小明看出每两个白灯之间有红、黄、绿各一盏彩灯.也就是说,从第一盏白灯起,每一盏白灯后面都紧接着有3盏彩灯,小明想第73盏灯是_____灯。
答案：白。
解析：依题意知,电灯的安装排列如下:白,红,黄,绿,白,红,黄,绿,白,……这一排列是按“白，红，黄，绿”交替循环出现的，也就是这一排列的周期为4。
由734=18…1,可知第73盏灯是白灯。
5. 时针现在表示的时间是14时正,那么分针旋转1991周后,时针表示的时间是____。
答案：13时。
解析：分针旋转一周为1小时,旋转1991周为1991小时。一天24小时,199124=82…23，1991小时共82天又23小时.现在是14时正,经过82天仍然是14时正,再过23小时,正好是13时。
[注]在圆面上,沿着圆周把1到12的整数等距排成一个圈,再加上一根长针和一根短针,就组成了我们天天见到的钟面。钟面虽然是那么的简单平常,但在钟面上却包含着十分有趣的数学问题,周期现象就是其中的一个重要方面。
6. 把自然数1,2,3,4,5……如表依次排列成5列，那么数“1992”在_____列。
第一列
第二列
第三列
第四列
第五列
1
2
3
4
5

9
8
7
6
10
11
12
13
14

18
17
16
15
…
…
…
…
…

…
…
…
…

答案：3。
解析：仔细观察题中表格。
1 2 3 4 5 (奇数排)
第一组
9 8 7 6 (偶数排)
10 11 12 13 14 (奇数排)
第二组
18 17 16 15 (偶数排)
19 20 21 22 23 (奇数排)
第三组
27 26 25 24 (偶数排)

可发现规律如下:
(1)连续自然数按每组9个数,且奇数排自左往右五个数,偶数排自右往左四个数的规律循环排列；
(2)观察第二组,第三组,发现奇数排的数如果用9除有如下规律:第1列用9除余数为1,第2列用9除余数为2,…，第5列用9除余数为。
(3)109=1…1，10在1+1组，第1列
199=2…1，19在2+1