小学五年级奥数题（相遇、剩余、加法原理）

小学五年级奥数题

1.五张卡片上分别写有数字：0，0，1，2，3，可以用它们组成许多不同的五位数，求所有这些五位数的平均数是多少。

2．小兔子和小猫咪一起上楼梯，小猫咪的速度是小兔子的速度的2倍，问：当小兔子上到第四层楼时，小猫咪上到第（ ）层楼。

3．一种野草，每天长高1倍，12天能长到48毫米，当这种野草长到6毫米时需要（ ）天。

4．小强有两包糖果，一包有48粒，另一包有12粒，他每次从多的一包里取出3粒，放到少的一包里去，经过（ ）次，才能使两包糖果的粒数相等。

5．紧接着4444后面写一串数字，写下的每个数字都是它前面两个数字乘积的个位数。例如：4×4=16，在4的后面写6，4×6=24，在6的后面写4，……得到一串数字：4444644644……，这串数字从1开始往右数，第4444个数字是( )。

6．妈妈在平底锅上煎鸡蛋，鸡蛋的两面都要煎，每煎完一面需要30秒钟，这个锅上只能同时煎两个鸡蛋，现在需要煎三个鸡蛋，至少需要( )秒钟。

7．有两堆水果，一堆苹果一堆梨。如果用1个苹果换1个梨，那么还多2个苹果，如果用1个梨换2个苹果，那么还多1个梨，想想看，原来有( )个苹果，( )个梨。

8. 修一条路，还剩下2.6千米没有修，已知没修的比修好的一半还多0.2千米。这条马路全长是（ ）千米。

9. 一桶油连桶重5.6千克，用去一半油后连桶还重3.1克。这桶油净重（ ）千克。

10. 农药厂生产一批农药，每天生产0.24吨。如果每500克售价28.5元。这个厂每天生产的农药值（ ）元。

11. 已知甲、乙、丙、丁四个数都不是零，又知道：

甲数÷乙=0.5 丁数÷乙数=1.01 丙数÷0.4=乙数 甲数÷1.25=丙数

比较甲、乙、丙、丁四个数的大小，按从大到小的顺序排列，排在第三位的是（ ）。

12. 3.704小数点后面第100位上的数字是（ ）。 13. 1993×199.2-1992×199.1=( )

14. 15.37×7.88-9.37×7.88-15.37×2.12+9.37×2.12=( )

15. 有甲、乙、丙三人，甲每分钟走50米，乙每分钟走40米，丙每分钟走60米。甲、乙从东村，丙从西村，同时出发相对而行。甲出发40发钟后与丙相遇，乙出发（ ）后与丙相遇。

1客车长190米,货车长240米,两车分别以每秒20米和每秒23M的速度前进.在双轨铁路上,相遇时从车头相遇到车尾相离需几秒? AN（表示答案）:10秒.

2 计算1234+2341+3412+4123=? AN:11110

3 一个等差数列的首项是5.6 ,第六项是20.6,求它的第4项 。 AN:14.6

4 求和0.1+0.3+0.5+0.7+.....+0.87+0.89=? AN:22.5

5 求解下列同余方程:

(1)5X≡3(mod 13) (2)30x≡33(mod 39) (3)35x≡140(mod 47) (4)3x+4x≡45(mod 4) AN:(1)x≡11(mod 13) (2)x≡5(mod 39) (3)x≡4(mod 47) (4)x≡3(mod 4)

6 请问数2206525321能否被7 11 13 整除? AN:能

7现有1分.2分.5分硬币共100枚,总共价值2元.已知2分硬币总价值比一分硬币总价值多13分,三类硬币各几枚? AN:一分币51`枚.二分币32枚.5分币17枚.

8 找规律填数:

0 , 3,8,15,24,35,___,63 AN: 48

9 100条直线最多能把平面分为几个部分? AN:5051

10 A B两人向大洋前进,每人备有12天食物,他们最多探险___天 。 AN:8天

11 100以内所有能被2或3或5或7整除的自然数个数 AN:78个

12 1/2 + 1/2+3 + 1/2+3+4 + ......+ 1/2+3+4+....+10=? AN:343/330

13 从1,2,3,......2003,2004这些数中最多可取几个数,让任意两数差不等于9? AN:1005

14 求360的全部约数个数. AN: 24

15 停车场上,有24辆车,汽车四轮,摩托车3轮,共86个轮.三轮摩托车____辆. AN :10辆.

16 约数共有8个的最小自然数为____. AN:24

17求所有除4余一的两位数和 AN;1210

18 把一笔奖金分给甲乙两个组,平均每人得6元.如果只分给甲组每人得10元,只分给乙每人得___元. AN:15元.

19有一个工厂春游,有若干辆车,每车乘65人,有15人不能去,每车多乘5人,余一辆车.车___辆,共____人 。AN:17,1120

20 AB两市学生乘车参观C地,每车可乘36人,AB两市学员坐满若干台车后,来自A的学生中余下的11人与来自B的余下若干人坐满了一辆车.在C地,来自A地和来自B地的学生两两合影留念,每个胶卷只能拍36张相片.那么全部拍完后相机中残余胶卷能拍____张照片. AN:13张.

21 36A+4/24A+3是否为最简分数? AN:是

22 一个长方体体积为374,其长.宽.高均为质数,其表面积为___ 23 求1246与624的最大公约数. AN:2

24 小茜买了椰子和芒果,共用43元,椰子每斤7元,芒果每斤5元,她买了椰子和芒果斤数都是整数.那么他买了椰子和芒果共___斤 。AN:7

25 100只鸡啄100粒米 大鸡啄3粒米,中鸡啄2粒,小鸡啄1/3 粒,那么小鸡共____只. AN:60或63或66或69或72或75(答案必须完整)

26 2002全部约数和是___ 。 AN:33

按出发时间的不同解相遇问题

知识要点提示：甲从A地到B地，乙从B地到A地，然后甲，乙在A，B途中相遇。 A、 B两地的路程=甲的速度×相遇时间+乙的速度×相遇时间 =（甲的速度+乙的速度）×相遇时间 =速度和×相遇时间 出发时间相同

1.两列对开的列车相遇，第一列车的车速为10米/秒，第二列车的车速为12.5米/秒，第二列车的旅客发现第一列车在旁边开过时用了6秒，则第一列车的长度为多少米？ A.60米 B.75米 C.80米 D.135米

【答案】D。解析：这里A，B两地的距离就为第一列车的长度，那么第一列车的长度为（10+12.5）×6=135米。

2.甲、乙二人同时从相距60千米的两地同时相向而行，6小时相遇。如果二人每小时各多行1千米，那么他们相遇的地点距前次相遇点1千米。又知甲的速度比乙的速度快，乙原来的速度为（ ） A.3千米/时 B.4千米/时 C.5千米/时 D.6千米/时 【答案】B。解析：原来两人速度和为60÷6=10千米/时，现在两人相遇时间为60÷（10+2）=5小时，设原来乙的速度为X千米/时且乙的速度较慢，则5（X+1）=6X+1，解得X=4。注意：在解决这种问题的时候一定要先判断谁的速度快。 我们上面讲的都是同时出发的情况。 出发时间不同

1.每天早上李刚定时离家上班，张大爷定时出家门散步，他们每天都相向而行且准时在途中相遇。有一天李刚因有事提早离家出门，所以他比平时早7分钟与张大爷相遇。已知李刚每分钟行70米，张大爷每分钟行40米，那么这一天李刚比平时早出门（ ）分钟 A.7 B.9 C.10 D.11

【答案】D。解析：设每天李刚走X分钟，张大爷走Y分钟相遇，李刚今天提前Z分钟离家出门，可列方程为70X+40Y=70×（X+Z－7）+40×（Y－7），解得Z=11，故应选择D。抓住了，两地距离不变，列方程。

几道五年级的相遇问题

1、甲乙两车同时从两地相对开出，甲车每小时行60千米，乙车每小时行55千米，相遇时，甲车比乙车多行了45千米，求两地相距多少千米？

2、甲乙两车同时从东站开往西站。甲车每小时比乙车多行12千米，甲车行驶4.5小时后到达西站，立即沿原路返回，在距西站31.5千米与乙车相遇，甲车每小时行多少千米？

3、甲乙两车同时从A、B两地相对开出，第一次在离A地85千米处相遇，相遇后两车继续前进，到站后立即原咱返回；第二次在离B地65千米处相遇，算一算AB两地间的距离和甲车行的路程。

4、一辆客车和一辆货车，同时从东、西两地相向而行，客车每小时行56千米，货车每小时行48千米，两车在离中点32千米的地方相遇，求东、西两地的距离是多少千米？ 5、A、B两地相距480千米，甲、乙两车同时从两站相对出发，甲车每小时行35千米，乙车每小进行45千米，一只燕子以每小时50千米的速度和甲车同时出发向乙车飞去，遇到乙车又折回向甲车飞去，遇到甲车又返回飞向乙车，这样一直飞下去。燕子飞了多少千米两车才能够相遇？

在一次野外长跑比赛中，A、B两人同时从起点开始跑，A的速度为每秒3米，B的速度为每秒2米。途中，一辆汽车以每秒 10米的速度迎面开来，在与A相遇2分钟后，又遇B擦肩而过。问：当汽车与A擦肩而过时，A、B二人相距多远？当汽车与B擦肩而过时，A、B二人相距多远？ 分析：

当汽车与A擦肩而过、与B相向而行时，这道题可改编为：

汽车与B相向而行，已知汽车每秒前进10米，B每秒前进2米，二者2分钟相遇，问两地相距多远？

非常容易的一道题，先将2分钟换算成120秒，然后按照公式 速度和 × 时间 ＝距离 的方法，得到：﹙10＋2﹚×120＝1440米。

即 ：当汽车与A擦肩而过时A、B二人相距1440米 我们把第二问也简化以下。

A、B二人赛跑，已知A在B前面1440米的地方，二人同向而行，又知A的速度是每秒3米，B的速度是每秒2米，跑了2分钟时﹙就是汽车从相遇A到相遇B的时间﹚，两人相距多远？

我们已知开始跑时﹙即汽车与A相遇时﹚，两人本来就相距1440米，二人速度差为每秒1米﹙3－2﹚。汽车走了120秒，两人的距离就增加了120米﹙1×120﹚。那么，2分钟时，两人距离应为1560米﹙120＋1440﹚。

即：当汽车与B擦肩而过时，A、B二人相距1560米。

追击相遇问题（附详细的解题思路和解答）

队伍长120m。一士兵从队尾赶到队首向指挥官报告了队尾发生的情况后又回到队尾。他一共走了432m路程。设士兵和队伍都做匀速运动，这时队伍走的路程是多少？（设士兵向指挥官报告的时间不计） [思路分析]

求解路程要抓住士兵的速度与通讯员的速度恒定为突破口，然后把整个过程分为两段进行考虑，即以通讯员恰好到达排头为第一段，此时他们的都是往前走的，他们的位移关系满足通讯员比士兵队伍多了120m，第二段以通讯员回走到达对尾为对象，此时他们的位移关系满足两者之和为120m。然后以他们的速度之比为一恒量，列出等式，求解。 [解题过程]

假设士兵队伍的速度为v1，通讯员的速度为v2，第一段所用的时间为t1，第二段所用的时间为t2，则：

第一段：假设士兵的路程为xm，则通讯员的路程为（x+120）m，则有关系式： t1=x/v1=(x+120)/v2即：v1/v2=x/(x+120)

第二段t2=(432-120-x)/v2=[120-(432-120-x)]/v1 解得x=240

路程=432*240/(240+120)=288

甲、乙两人同时从两地相向而行。甲每小时行5千米，乙每小时行4.3千米。两人相遇时乙比甲少行2.1千米。两地相距多少千米？

分析：“两人相遇时乙比甲少行2.1千米”：追及问题 追及问题中： 路程差 / 速度差 = 追及时间 所以： 2.1 /（5 - 4.3 ）= 3 小时

相遇问题中： 速度和 * 时间 = 路程和（即相遇路程）

所以： （5 + 4.3 ）* 3 = 27.9千米 …… 相遇路程，即两地距离

甲、乙两车同时从A、B两地相向而行，在距B地54千米处相遇他们各自到达对方车站后立即返回原地，途中有在距A地42千米处相遇。求两次相遇地点的距离。

答案：设两次相遇地点的距离为x千米 根据他们相遇时用的时间是相等的 在距B地54千米处相遇时有： （42+x）/V甲=54/V乙

在距A地42千米处相遇时有： （54*2+x）/V甲=（x+42*2）/V乙 则（42+x）/54=（108+x）/（x+84） x2+72x-2304=0 （x-24）（x+96）=0

解得x=24，x=-96（舍去）

所以两次相遇地点的距离为24千米

简单的相遇与追及问题的解题入手点

简单的相遇与追及问题各自解题时的入手点及需要注意的地方 1.相遇问题：与速度和、路程和有关 ⑴ 是否同时出发 ⑵ 是否有返回条件

⑶ 是否和中点有关：判断相遇点位置 ⑷ 是否是多次返回：按倍数关系走。

⑸ 一般条件下，入手点从\和\入手，但当条件与\差\有关时，就从差入手，再分析出时间，由此再得所需结果

2.追及问题：与速度差、路程差有关 ⑴ 速度差与路程差的本质含义 ⑵ 是否同时出发，是否同地出发。 ⑶ 方向是否有改变

⑷ 环形时：慢者落快者整一圈

中国剩余定理类型题

一个三位数除以9余7，除以5余2，除以4余3，这样的三位数共有几个？ 答案： 方法一： 用剩余定理做： 7*100+2*36+3*45=907

9、5、4的最小公倍数是：180 907/180=5。。。7

所以这样的三位数是：180*1+7=187 180*2+7=367 180*3+7=547 180*4+7=727 180*5+7=907

共有：五个 方法二：

枚举法： 类似题型若无特殊的条件，一般都通过枚举法找出符合条件的最小值，然后在此基础上加上各除数的最小公倍数，则可以得出相应的答案。 具体到此题，我们可以利用一些特殊条件缩小范围，减少枚举次数。 ①因为除以4余3，因此该数为奇数；

②因为除以5余2，因此该数个位数为2或7，根据①，可知该数个位数应为7； ③因为除以9余7，结合②，该数最少应为97；结合①，经过尝试，得到符合条件的最小数值为187

④3个除数9、5、4的最小公倍数180，

因此符合条件的三位数有187、367、547、727、907共5个。

中国数学史书上记载：在两千多年前的我国古代算书《孙子算经》中，有这样一个问题及其解法：

今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三：七七数之剩二。问物几何？ 意思 是说：现在有一堆东西，不知道它的数量，如果三个三个的数最后剩二个，如果五个五个的数最后剩三个，如果七个七个的数最 后剩二个，问这堆东西有多少个？ 你知道这个数目吗？

《孙子算经》这道著名的数学题是我国古代数学思想“大衍求一术”的 具体体现，针对这道题给出的解法是： N=70×2＋21×3＋15×2-2×105＝23

如此巧妙的解法的关键是数字70、21和15的选择： 70是可以被5、7整除且被3除余1的最小正整数，当70×2时被3除余2 21是可以被3、7整除且被5除余1的最小正整数，当21×3时被5除余3 15是可以被3、5整除且被7除余1的最小正整数，当15×2时被7除余2 通过这种构造方法得到的N就可以满足题目的要求而减去2×105 后得到的是满足这一条件的最小正整数。

韩信点兵又称为中国剩余定理，相传汉高祖刘邦问大将军韩信统御兵士多少，韩信答说，每3人一列余1人、5人一列余2人、7人一列余4人、13人一列余6人??。 刘邦茫然而不知其数。

我们先考虑下列的问题：假设兵不满一万，每5人一列、9人一列、13人一列、17人一列都剩3人，则兵有多少？

首先我们先求5、9、13、17之最小公倍数9945（注：因为5、9、13、17为两两互质的整数，故其最小公倍数为这些数的积），然后再加3，得9948（人）。 中国有一本数学古书「孙子算经」也有类似的问题：

「今有物，不知其数，三三数之，剩二，五五数之，剩三，七七数之，剩二，问物几何？」 答曰：「二十三」 术曰：「三三数之剩二，置一百四十，五五数之剩三，置六十三，七七数之剩二，置三十，并之，得二百三十三，以二百一十减之，即得。凡三三数之剩一，则置七十，五五数之剩一，则置二十一，七七数之剩一，则置十五，即得。」 一条长长的阶梯，

如果每步跨 2 级，那么最后余 1 级； 如果每步跨 3 级，那么最后余 2 级；

如果每步跨 5 级，那么最后余 4 级； 如果每步跨 6 级，那么最后余 5 级； 如果每步跨 6 级，那么最后余 5 级； 只有当每步跨7级时，最后才刚好走完. 问这条台阶最少有 多少 级. 答案：

如果每步跨 2 级，那么最后余 1 级；

可知 是个奇数如果每步跨 3 级，那么最后余 2 级； 可知+1就是3的整数倍如果每步跨 5 级，那么最后余 4 级；

可知尾是4或9.但是是个奇数,所以是9如果每步跨 6 级，那么最后余 5 级； 可知+1就是6的整数倍只有当每步跨7级时，最后才刚好走完. 可知是7的整数倍7*7=49 7*17=119 49+1不是3的倍数,排除了. 119+1是3和6的整数倍,所以台阶有119级

加法原理练习题

1.小明要登15级台阶，每步登1级或2级台阶，共有多少种不同登法？ 2.小明要登20级台阶，每步登2级或3级台阶，共有多少种不同登法？

3.有一堆火柴共10根，每次取走1～3根，把这堆火柴全部取完有多少种不同取法， 4.在下图中，从A点沿最短路径到B点，共有多少条不同的路线？

有15根火柴，如果规定每次取2根或3根，那么取完这堆火柴共有多少种不同取法？

分析与解：为了便于理解，可以将本题转变为“上15级台阶，每次上2级或3级，共有多少种上法？”所以本题的解题方法与例1类似（见下表）。

注意，因为每次取2或3根，所以取1根的方法数是0，取2根和取3根的方法数都是1。取4根的方法数是取1根与取2根的方法数之和，即0＋1＝1。依此类推，取n根火柴的方法数是取（n-3）根与取（n-2）根的方法数之和。所以，这串数（取法数）中，从第4个数起，每个数都是它前面第3个数与前面第2个数之和。取完15根火柴共有28种不同取法。

沿左下图中箭头所指的方向从A到B共有多少种不同的走法？

分析与解：如右上图所示，先标出到C点的走法数，再标出到D点和E点的走法数，然后标出到F点的走法数，最后标出到B点的走法数。共有8种不同的走法。

下图是某街区的道路图。从A点沿最短路线到B点，其中经过C点和D点的不同路线共有多少条？

分析与解：本题可以同例2一样从A标到B，也可以将从A到B分为三段，先是从A到C，再从C到D，最后从D到B。如上图所示，从A到C有3种走法，从C到D有4种走法，从D到B有6种走法。因为从A到B是分几步走的，所以应该用乘法原理，不同的路线共有 3×4×6＝72（条）。

在左下图中，从A点沿实线走最短路径到B点，共有多少条不同路线？

分析与解：题目要求从左下向右上走，所以走到任一点，例如右上图中的D点，不是经过左边的E点，就是经过下边的F点。如果到E点有a种走法（此处a＝6），到F点有b种走法（此处b＝4），根据加法原理，到D点就有（a＋b）种走法（此处为6＋4=10）。我们可以从左下角A点开始，按加法原理，依次向上、向右填上到各点的走法数（见上图），最后得到共有35条不同路线。

1、小明要登上10级台阶，他每一步只能登1级或2级台阶，他登上10级台阶共有多少种不同的登法？

分析与解：登上第1级台阶只有1种登法。登上第2级台阶可由第1级台阶上去，或者从平地跨2级上去，故有2种登法。登上第3级台阶可从第1级台阶跨2级上去，或者从第2级台阶上去，所以登上第3级台阶的方法数是登上第1级台阶的方法数与登上第2级台阶的方法数之和，共有1+2＝3（种）??一般地，登上第n级台阶，或者从第（n—1）级台阶跨一级上去，或者从第（n—2）级台阶跨两级上去。根据加法原理，如果登上第（n—1）级和第（n—2）级分别有a种和b种方法，则登上第n级有（a＋b）种方法。因此只要知道登上第1级和第2级台阶各有几种方法，就可以依次推算出登上以后各级的方法数。由登上第1级有1种方法，登上第2级有2种方法，可得出下面一串数： 1，2，3，5，8，13，21，34，55，89。

其中从第三个数起，每个数都是它前面两个数之和。登上第10级台阶的方法数对应这串数的第10个，即89。也可以在图上直接写出计算得出的登上各级台阶的方法数（见下图）。

1.用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。问：共有多少种不同的染色方法？

2.用1，2，3这三种数码组成四位数，在可能组成的四位数中，至少有连续两位是2的有多少个？

3.下图中每个小方格的边长都是1。有一只小虫从O点出发，沿图中格线爬行，如果它爬行的总长度是3，那么它最终停在直线AB上的不同爬行路线有多少条？

1.南京去上海可以乘火车、乘飞机、乘汽车和乘轮船。如果每天有20班火车、6班飞机、8班汽车和4班轮船，那么共有多少种不同的走法？

2.光明小学四、五、六年级共订300份报纸，每个年级至少订99份报纸。问：共有多少种不同的订法？

3.将10颗相同的珠子分成三份，共有多少种不同的分法？ 4.在所有的两位数中，两位数码之和是偶数的共有多少个？ 1、两次掷一枚骰子，两次出现的数字之和为偶数的情况有多少种？

分析与解：两次的数字之和是偶数可以分为两类，即两数都是奇数，或者两数都是偶数。

因为骰子上有三个奇数，所以两数都是奇数的有3×3=9（种）情况；同理，两数都是偶数的也有9种情况。根据加法原理，两次出现的数字之和为偶数的情况有9＋9＝18（种）。 2、用五种颜色给右图的五个区域染色，每个区域染一种颜色，相邻的区域染不同的颜色。问：共有多少种不同的染色方法？

分析与解：本题与上一讲的例4表面上十分相似，但解法上却不相同。因为上一讲例4中，区域A与其它区域都相邻，所以区域A与其它区域的颜色都不相同。本例中没有一个区域与其它所有区域都相邻，如果从区域A开始讨论，那么就要分区域A与区域E的颜色相同与不同两种情况。

当区域A与区域E颜色相同时，A有5种颜色可选；B有4种颜色可选；C有3种颜色可选；D也有3种颜色可选。根据乘法原理，此时不同的染色方法有 5×4×3×3＝180（种）。

当区域A与区域E颜色不同时，A有5种颜色可选；E有4种颜色可选；B有3种颜色可选；C有2种颜色可选；D有2种颜色可选。根据乘法原理，此时不同的染色方法有 5×4×3×2×2＝240（种）。 再根据加法原理，不同的染色方法共有 180＋240=420（种）。

1、从甲地到乙地，可以乘火车，也可以乘汽车，还可以乘轮船。一天中火车有4班，汽车有3班，轮船有2班。问：一天中乘坐这些交通工具从甲地到乙地，共有多少种不同走法？ 分析与解：一天中乘坐火车有4种走法，乘坐汽车有3种走法，乘坐轮船有2种走法，所以一天中从甲地到乙地共有：4＋3＋2=9（种）不同走法。

2、旗杆上最多可以挂两面信号旗，现有红色、蓝色和黄色的信号旗各一面，如果用挂信号旗表示信号，最多能表示出多少种不同的信号？

分析与解：根据挂信号旗的面数可以将信号分为两类。第一类是只挂一面信号旗，有红、黄、蓝3种；第二类是挂两面信号旗，有红黄、红蓝、黄蓝、黄红、蓝红、蓝黄6种。所以一共可以表示出不同的信号

3＋6=9（种）。

以上两例利用的数学思想就是加法原理。

加法原理：如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m1种不同方法，在第二类方法中有m2种不同方法 ??在第n类方法中有mn种不同方法，那么完成这件任务共有 N=m1+m2+?+mn 种不同的方法。

乘法原理和加法原理是两个重要而常用的计数法则，在应用时一定要注意它们的区别。乘法原理是把一件事分几步完成，这几步缺一不可，所以完成任务的不同方法数等于各步方法数的乘积；加法原理是把完成一件事的方法分成几类，每一类中的任何一种方法都能完成任务，所以完成任务的不同方法数等于各类方法数之和。

习题二答案：

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