中考数学趣味解题技巧

篇1：中考数学趣味解题技巧

在下列乘法算式中，每个字母代表0～9的一个数字，而且不同的字母代表不同的数字：

ABCDE

×F

______________

GGGGGG

G代表0～9中哪一个数字?

提示：G×111111可能有哪些因数?G是不是F的倍数?代表哪个数字?)

答 案

F×ABCDE=GGGGGG。

F×ABCDE=G×111111。

在从2到9的整数中，只有3和7能整除111111。

F×ABCDE=G×3×7×5291。

如果G是F的一个倍数，则ABCDE将是一个各位数字全部相同的六位数。因此G不是F的倍数。

于是：

a)F不会等于0，否则C也将等于0，从而成为F的倍数。

b)F不会等于1，否则G就成为F的倍数。

C)F不会等于2，否则G就会成为2的倍数因为2要整除G×llllll)，从而成为F的倍数。

d)F不会等于4，否则G就会成为4的倍数因为4要整除G×llllll)，从而成为F的倍数。

e)F不会等于8，否则G也将等于8因为8要整除G×1lllll)，从而成为F的倍数。

f)F不会等于5，否则G也将等于5因为5要整除G×llllll｝从而成为F的倍数。

g)如果F=3，则ABCDE=G×7×5291=G×37037。37037中有个0，这说明任何一位数乘以这个数将使积ABCDE的各位数字中出现重复。因此F不会等于3。

h)如果F=6，则ABCDE×2=G×7×5291=G×37037。于是G一定是2的倍数。令G/2=M，则ABCDE=M×27037。根据g)中的推理，F不会等于6。

i)如果F=9.则ABCDE×3=G×7×5291=G×37037。于是G一定是3的倍数。令G/3=M则ABCDE=M×37037。根据g)中的推理，F不会等于9。

j)因此F=7。于是，ABCDE=G×3×5291=G×15873。由于题目中那个乘法算式所包含的七个数字各不相同，因此G不会等于1、5或7。由于ABCDE只是个五位数，所以G不会等于8或9。既然F不等于0，那G也不等于O。因此G只可能等于2、3、4或6。

相应的四种情况是：

F=7，G=2，ABCDE=31746;

F=7，G=3，ABCDE=47619;

F=7，G=4，ABCDE=63492;

F=7，G=6，ABCDE=95238。

其中只有最后一种可使那个乘法算式中的七个数字各不相同。于是，可得那个乘法算式如下：

95238

×7

———————

666666

因此G代表的数是6。

篇2：中考数学趣味解题技巧

图书馆馆长德雷克女士问她的三位助手，在某层书架上可以并排平放多少本书。她得到的回答是：

阿斯特女士：这层书架正好可以用2本图书目录、3本字典和3本百科全书放满。

布赖斯女士：这层书架正好可以用4本图书目录、3本字典和2本百科全书放满。

克兰女士：这层书架正好可以用4本图书目录、4本字典和3本百科全书放满。

1)只有两位助手的回答是正确的。

2)如果用同一类图书放，德雷克女士发现只有一类图书能正好放满这层书架。

3)要正好放满这层书架，需要这类图书15本。

4)所有的图书目录开本相同，所有的字典开本相同，所有的百科全书开本相同。

假设这三类图书并排平放时相邻两本书的间距都可以忽略不计，那么，用哪类图书可正好放满这层书架?

提示：用代数式表示书架的宽度以及15本同类图书并排平放时的总宽度。根据三位女士的回答，将导出包含书架宽度和每类图书并排平放时的总宽度的三对方程;其中只有一对方程可解出取正值的各类图书宽度。能够正好放满书架的那类图书的宽度不能是其他两类图书中任何一类图书宽度的倍数。)

答 案

运用4)，设：

c=一本图书目录的宽度，

d=一本字典的宽度，

e=一本百科全书的宽度，

x=书架的宽度。

于是，根据每位助手的回答，相应有：

A)阿斯特：2c+3d+3e=x，

B)布赖斯：4c+3d+2e=x，

C)克兰：4c+4d+3e=x。

从C)减去A)，得：2c+d=0，从而d=-2c，这不可能。

从C)减去B)，得：d+e=0，从而d=-c，这不可能。

从B)减去A)，得：2c-e=0，从而e=2c，这是可能。

由于用C)同A)和B)联立得出的解都导致不可能的情况，所以克兰女士的回答是错误的。于是，根据{1)只有两位助手的回答是正确的。}方程A)和B)是正确的，e=2c。

根据3)，如果是15本百科全书能正好放满这层书架，那么

30本图书目录也能正好放满这层书架。因此，根据2)，百科全书不能正好放满这层书架。

如果是15本字典能正好放满这层书架，那么运用A)也可以运用B))以及e=2c，可得：

2c+3d+3e=x，

e+3d+3e=x，

3d+4e=x，

3d+4e=15d，

4e=12d，

e=3d。

根据{3)要正好放满这层书架，需要这类图书15本。}，如果是15本字典能正好放满这层书架，那么5本百科全书也能正好放满这层书架。因此，根据{2)如果用同一类图书放，德雷克女士发现只有一类图书能正好放满这层书架。}，字典不能正好放满这层书架。#p#分页标题#e#

于是，只有图书目录能正好放满这层书架。

运用A)也可以运用B)以及e=2c，可得：

2c+3d+3e=x,

2c+3d+6c=x,

3d+8c=x,

3d+8c=15c,

3d=7c, .

既然15本图书目录能正好放满这层书架，那么百科全书就不能正好放满这层书架，因为根据e=2c，书架的宽度相当于 本百科全书的总宽度。字典也不能正好放满这层书架，因为根据，书架的宽度相当于 本字典的总宽度。

篇3：中考数学趣味解题技巧

有两位女士，阿琳和谢里尔，有两位男士，伯顿和唐纳德，他们都是音乐家。一位是钢琴手，另一位是小提琴手，第三位是长笛手，第四位是鼓手。有一天他们围着方桌而坐：

1)坐在伯顿对面的是钢琴手。

2)坐在唐纳德对面的不是长笛手。

3)坐在阿琳左侧的是小提琴手。

4)坐在谢里尔左侧的不是鼓手。

5)长笛手与鼓手是夫妻。

谁是鼓手?

提示：按姓名给出这四人的各种可能的坐法。然后确定可以把哪些音乐专长分配给哪些人而不会与任何陈述发生矛盾。) 鼓手

答 案

四位音乐家的坐位安排，有以下六种可能A代表阿琳，B代表伯顿，C代表谢里尔，D代表唐纳德)：

根据1)和3)，可以排除Ⅰ和Ⅱ，而Ⅲ、Ⅳ、和Ⅵ变为：

根据5)，可以排除Ⅲ和Ⅳ。再根据2)，Ⅴ和Ⅵ变为：

根据{4)坐在谢里尔左侧的不是鼓手。}，可以排除V。因此鼓手必定是谢里尔。

篇4：中考数学趣味解题技巧

;多拉，洛伊丝和罗斯玩一种纸牌游戏，一共35张牌，其中有17个对子，还有一个单张。

1)多拉发牌，先给洛伊斯一张，再给罗斯一张，然后给自己一张;如此反复直到发完所有的牌。

2)在每个人把手中成对的牌打出之后，每人手中至少剩下一张牌，而三人手中的牌总共是9张。

3)在剩下的牌中，洛伊丝和多拉手中的牌加在一起能配成的对子最多，罗斯和多拉手中的牌加在一起能配成的对子最少。

提示：判定给每个人发了几张牌以及每两个人手中的牌加在一起能配成的对子的数目。)

答 案

根据{2)在每个人把手中成对的牌打出之后，每人手中至少剩下一张牌，而三人手中的牌总共是9张。}，三人手中剩下的牌总共可以配成4对。再根据{3)在剩下的牌中，洛伊丝和多拉手中的牌加在一起能配成的对子最多，罗斯和多拉手中的牌加在一起能配成的对子最少。}，洛伊丝和多拉手中的牌加在一起能配成3对，洛伊丝和罗斯手中的牌加在一起能配成一对，而罗斯和多拉手中的牌加在一起一对也配不成。

根据以上的推理，各个对子的分布A、B、C和D各代表一个对子中的一张)如下：

洛伊丝手中的牌多拉手中的牌罗斯手中的牌

ABCDABCD

根据{1)多拉发牌，先给洛伊斯一张，再给罗斯一张，然后给自己一张;如此反复直到发完所有的牌。}和总共有35张牌的事实，洛伊丝和罗斯各分到12张牌，多拉分到11张牌。因此，在把成对的牌打出之后，多拉手中剩下的牌是奇数，而洛伊丝和罗斯手中剩下的牌是偶数。于是，单张的牌一定是在罗斯的手中。

篇5：中考数学趣味解题技巧

在这下面的乘法算式中，每个字母都代表0～9的一个数字，而且不同的字母代表不同的数字：

A

×CB

—————

ED

GF

—————

DDD

请问D代表哪一个数字?

提示：首先判定111的整数因子。)

答 案

A×CB=DDD。

A×CB=D×111。

A×CB=D×3×37。

因而CB为37或74即2×37)。

如果CB为37，则A=3D。

如果CB为74，则2A=3D。

于是A、B、C、和D的值有六种可能，如下表：

由于每个字母各代表一个不同的数字，a)、c)、e)这三种可能可以排除。

以b)、d)、f)的数值作实际运算，可以确定在每种情况下E、F和G所代表的数字。得到如下三个式子：

篇6：中考数学趣味解题技巧

在这下面两个加法算式中，每个字母都代表0～9的一个数字，而且不同的字母代表不同的数字：

A代表哪一个数字?

提示：判定A+B+C和A+D+E的值。)

答 案

A+B+C和A+D+E都不能大于27即9+9+9)。因为G、H和I代表不同的数字，所以右列要给中进位一个数，而中列也要给左列进位一个数，并且这两个进位的数不能相同。在一列的和小于或等于27的情况下，唯一能满足这种要求的是一列的和为19。因此,A+B+C或A+D+E必定等于19。

于是,FGHI等于2109。

排除了0、1、2、9这四个数字之后，哪三个不同数字之和为19呢?经过试验，可以得出这样的两组数字：4、7、8与5、6、8。

因此，A代表8。两种可能的加法是：

篇7：中考数学趣味解题技巧

在下列乘法算式中，每个字母代表0～9的一个数字，而且不同的字母代表不同的数字：

AS

×A

——————

MAN

A代表0～9中的哪一个数字?

提示：如果式子中每个字母都有一个解确实是有一个解的话，那也需要首先求出A的值。)

答 案

A不能是0，否则M和N也都等于0。

A不能是1，因为乘积与AS不同。

A不是能2，因为这样乘积就不会是三位数。

A不能是3，因为不可能给A×A进位4。

A不能是4或7，因为不可能给A×A进位8。

A不能是5或6，因为这样要公S等于0，这就使得N等于S;要么S等于1，这就使得N等于A。

A不能是9，因为这样就必须要进位8，使得A等于S。

因此，A必定是8。

虽然至此已经完成了本题的要求，但还是把S、M和N的值求出来：由于必须进位4，S一定是5或6;但是S不是能是6，否则会使A等于N。因此S是5，整个乘法算式如下：

85

×8

————

680

篇8：中考数学趣味解题技巧

四位女士在玩一种纸牌游戏，其规则是：a)在每一圈中，某方首先出一张牌，其余各方就要按这张先手牌的花色出牌如果手中没有这种花色，可以出任何其他花色的牌);b)每一圈的获胜者即取得下一圈的首先出牌权。现在她们已经打了十圈，还要打三圈。

1)在第十一圈，阿尔玛首先出一张梅花，贝丝出方块，克利奥出红心，黛娜出黑桃，但后三人的这个先后顺序不一定是她们的出牌顺序。

2)女主人在第十二圈获胜，并且在第十三圈首先出了一张红心。

3)在这最后三圈中，首先出牌的女士各不相同。

4)在这最后三圈的每一圈中，四种花色都有人打出，而且获胜者凭的都是一张;王牌;。王牌是某一种花色中的任何一张牌：a)在手中没有先手牌花色的情况下，可以出王牌——这样，一张王牌将击败其他三种花色中的任何牌;b)与其他花色的牌一样，王牌可以作为先手牌打出。)

5)在这最后三圈中，获胜者各不相同。

6)女主人的搭档手中是三张红色的牌。

这四位女士中，谁是女主人?

提示：哪种花色是王牌?谁在第二十圈出了王牌?)

答 案

梅花不会是王牌，否则，根据l)和4)，阿尔玛在最后三圈中将不止一次地拥有首先出牌权，而这与{3)在这最后三圈中，首先出牌的女士各不相同。}矛盾。红心不会是王牌，否则，根据2)和4)，女主人在最后三圈中将不止一次地获胜，而这与{5)在这最后三圈中，获胜者各不相同。}矛盾。

根据{1)在第十一圈，阿尔玛首先出一张梅花，贝丝出方块，克利奥出红心，黛娜出黑桃，但后三人的这个先后顺序不一定是她们的出牌顺序。}，没有人跟着阿尔玛出梅花，这表明其他人都没有梅花;可是根据{4)在这最后三圈的每一圈中，四种花色都有人打出，而且获胜者凭的都是一张;王牌;。王牌是某一种花色中的任何一张牌：a)在手中没有先手牌花色的情况下，可以出王牌——这样，一张王牌将击败其他三种花色中的任何牌;b)与其他花色的牌一样，王牌可以作为先手牌打出。)}，每一圈中都有梅花出现，从而打最后三圈时阿尔玛手中必定是三张梅花。由于最后三圈都是凭王牌获胜，而且梅花不是王牌，所以阿尔玛没有一圈获胜。根据5)，其他三人各胜一圈，所以其他三人各有一张王牌。

黑桃不会是王牌，否则，没有一个人能有三张红牌，而这与{6)女主人的搭档手中是三张红色的牌。}矛盾。

因此方块是王牌。

于是根据1)，贝丝在第十一圈获胜，并且取得了第十二圈的首先出牌权。#p#分页标题#e#

根据{2)女主人在第十二圈获胜，并且在第十三圈首先出了一张红心。}，女主人在第十二圈获胜用王牌方块)，并且接着在第十三圈首先出了红心。因此，根据4)，红心不是第十二圈的先手牌花色。

方块不能是第十二圈的先手牌花色，否则贝丝将不止一次地获胜，而这与5)矛盾贝丝已经在第十一圈获胜，根据4)，如果在第十二圈她首先出方块，那她还要在这一圈获胜)。

梅花不能是第十二圈的先手牌花色，因为所有的梅花都在阿尔玛的手中，而根据3)，在最后三圈中阿尔玛首先出牌只有一次根据l)，是在第十一圈)。

因此，黑桃是第十二圈的先手牌花色。这张牌是贝丝出的。根据以上所知的每位女士所出花色的情况，可以列成下表：

既然贝丝在第十二圈首先出的是黑桃，那么根据5)，在这一圈出方块王牌)的不是克利奥就是黛娜。根据2)，如果是克利奥出了方块，则她一定是女主人。但是根据6)，女主人的搭档有三张红牌，而除克利奥之外，其他人都不可能是女主人的搭挡阿尔玛手中全是梅花，贝丝在第十二圈首先出了黑桃，黛那在第十一圈出了黑桃，说明这三人在最后三圈时手中都有黑牌。)因此，在第十二圈贝丝首先出了黑桃之后，克利奥没有出方块王牌)。

于是，在第十二圈贝丝首先出了黑桃之后，一定是黛娜出了方块王牌)。从而根据2)，女主人一定是黛娜。

分析可以继续进行下去。根据2)，黛娜在第十三圈首先出了红心。于是上表可补充成为：

于是根据4)，克利奥在第十二圈出了红心。根据5)，克利奥在第十三圈出了方块王牌)。再根据4)，贝丝在第十三圈出了黑桃。完整的情况如下表：

篇9：中考数学趣味解题技巧

上面是同一立方体的三个视图。在这些视图中，立方体的每一个可视面上都有一个图形，一共有五种图形：

稍加分析便可知道，这五种图形中必定有一种会在立方体上出现两次。实际上，有三种图形，其中任何一种都有可能在立方体上出现两次。

但是，这个立方体的主人如实地说：;在立方体上出现两次的那个图形不在这三个视图中立方体的底面上。;这样，只有一种图形可以在立方体上出现两次。

在这五种图形中，在立方体上出现两次的是哪种图形?

注：如果你觉得难以同时看到立方体的六个面，你可以用纸制作一个立方体，或者照下图画出立方体的多面图。在这种多面图中，除了底面外，其他各面都可以同时看到。)

提示：任一种图形，或是出现一次或是出现两次。选定这样一种图形：当假设它只出现一次时，可立即推断出其他四个面上的图形;当假设它出现两次时，可通过另一种图形推断出所有面上的图形。)

答 案

先不考虑立方体主人的话，将看到，立方体各面的图形安排有三种可能。其中的两种将用主人的话加以排除。任何一种图形或是出现一次或是出现两次。选择一种图形进行推理。选择哪一种图形合适呢?由于与●出现在同一幅视图中的包括所有其他四种图形，○也是如此，因此，如果假定●或○只出现一次，则其他四个面上的图形可以立即推导出来。

选择●，如前所述，存在两种可能：●或是出现一次或是出现两次。

假设●只出现一次，则根据视图2，可得： 于是，根据

视图3，可得： 。最后，根据视图1，可得：

#p#分页标题#e# 图1 图2

假设●出现两次，则其他每个图形都只出现一次。于是，视图1中的○和视图2中○的是一回事。因此根据视图1，可得： 。

于是，根据●出现两次的假设，可得：

Ⅲ

。可验证视图3与这个假设相符。

在下表中，对上述三种可能，在每个视图项下记录了相应的底面图形，同时还记录了相应的出现两次的图形。

底面图形 出现两次的图形 视图1 视图2 视图3

篇10：中考数学趣味解题技巧

四位男士在玩一种纸牌游戏，其规则是：a)在每一圈中，某方首先出一张牌，其余各方就要按这张先手牌的花色出牌如果手中没有这种花色，可以出任何其他花色的牌);b)每一圈的获胜者即取得下一圈的首先出牌权。现在他们已经打了九圈，还要打四圈。

1)四人手中花色的分布如下;

Ⅰ：梅花、方块、黑桃、黑桃;

Ⅱ：梅花、方块、红心、红心;

Ⅲ：梅花、红心、方块、方块;

Ⅳ;梅花、红心、黑桃、黑桃。

2)阿特在某一圈中首先出了方块。

3)鲍勃在某一圈中首先出了红心。

4)卡布在某一圈中首先出了梅花。

5)丹在某一圈中首先出了黑桃。

6)每圈的获胜者凭的都是一张;王牌;。王牌是某一种花色的任何一张牌：a)在手中没有先手牌花色的情况下，可以出王牌——这样，一张王牌将击败其他二种花色中的任何牌;b)与其他花色的牌一样，王牌可以作为先手牌打出。)

7)阿特和卡布这对搭档胜了两圈，鲍勃和丹这对搭档也胜了两圈。

这四人中谁胜了第十圈?

提示：先在不考虑具体人物的情况下，判定每人各有几张王牌以及每人各胜了几圈?根据各人首先出的牌的花色，判定各人手中的是哪一套牌?哪一种花色是王牌?)

答 案

把这四人手中的牌汇总起来，每种花色都是四张牌，再根据{6)每圈的获胜者凭的都是一张;王牌;。王牌是某一种花色的任何一张牌：a)在手中没有先手牌花色的情况下，可以出王牌——这样，一张王牌将击败其他二种花色中的任何牌;b)与其他花色的牌一样，王牌可以作为先手牌打出。)}，得知在每一圈牌中都只出了一张王牌。因此，根据2)至5)，在某一圈，有一人首先出了一张王牌因为在这四圈中，四种花色各首先出了一次)而这时其他三人都拿不出王牌。由于每一圈的获胜者都是凭的王牌，所以首先出王牌的那人必定有两张王牌：他必定是在最后一圈中首先出了一张王牌，为此他用一张王牌胜了倒数第二圈。如果他在倒数第二圈之前就胜过一圈，那么他就还取得过一次首先出牌权从而有了两次首先出牌权，这与2)至5)所说的四人各首先出了一次相矛盾。)因此，有一人手中有两张王牌.另外两个人各有一张王牌，还有一个人没有王牌。根据四个人手中牌的花色分布，王牌花色不是红心就是方块。

如果方块是王牌，则阿特拿着的是Ⅲ根据{2)阿特在某一圈中首先出了方块。}，阿特首先出了方块);如果红心是王牌，则鲍勃拿的是Ⅱ根据{3)鲍勃在某一圈中首先出了红心。}，鲍勃首先出了红心)。根据2)，阿特不能拿着Ⅳ。根据3)，鲍勃不能拿着Ⅰ。根据{5)丹在某一圈中首先出了黑桃。}，丹不能拿着Ⅱ或Ⅲ。#p#分页标题#e#

于是对于王牌花色的两种可能，各人手中持牌的情况各有三种可能：

数一数各人手中王牌的数目，等于数一数各人所胜的圈数。对于上述六种可能，有以下情况：

a)阿特胜2圈，鲍勃胜1圈,卡布胜0圈，丹胜1圈;

b)阿特胜2圈，鲍勃胜1圈，卡布胜1圈,丹胜0圈;

c)阿特胜2圈，鲍勃胜0圈,卡布胜1圈，丹胜1圈;

d)阿特胜1圈，鲍勃胜2圈，卡布胜1圈，丹胜0圈;

e)阿特胜1圈,鲍勃胜2圈，卡布胜0圈，丹胜1圈;

f)阿特胜0圈，鲍勃胜2圈,卡布胜1圈，丹胜1圈。

根据{7)阿特和卡布这对搭档胜了两圈，鲍勃和丹这对搭档也胜了两圈。}，可排除b)、c)、e)和f)。注意a)和d)表明的是同样的持牌情况：

阿特手中的牌Ⅲ：梅花、红心、方块、方块;

鲍勃手中的牌Ⅱ：梅花、方块、红心、红心;

卡布手中的牌Ⅲ：梅花、红心、黑桃、黑桃;

丹手中的牌Ⅳ：梅花、方块、黑桃、黑桃。

这就是各人手中所持牌的真实情况。

如果方块是王牌，那么由于卡布手中没有王牌从而一圈也没有胜，所以必须是卡布在第十圈首先出牌。但是根据{4)卡布在某一圈中首先出了梅花。}，卡布首先出的是梅花，而这时候每人手中都有梅花，在先手牌花色为梅花的情况下，没有人能出王牌，在第十圈不是卡布先出牌，从而方块不是王牌。

如果红心是王牌，实际上它必定是王牌)，则根据同样的推理，必定是丹在第十圈首先出牌。而鲍勃有两张红心，所以他在第十三圈首先出牌。因此，在第十一圈首先出牌的不是阿特就是卡布，这个人胜了第十圈。由于根据5)，丹首先出的是黑桃，而在这个时候卡布不能出王牌他有两张黑桃)，因此，必定是阿特在第十圈出了王牌，阿特胜了第十圈。

最后四圈的整个进展情况如下;

第十圈----丹首先出黑桃，阿特出红心王牌)获胜，卡布出

黑桃，鲍勃出梅花或方块)。

第十一圈----阿特首先出方块，卡布出红心王牌)获胜，丹

出方块，鲍勃出方块或梅花)。

第十二圈----卡布首先出梅花，鲍勃出红心王牌)获胜，丹

出梅花，阿特出梅花。

第十三圈----鲍勃首先出红心王牌)获胜，卡布出黑桃，丹#p#分页标题#e#

出黑桃，阿特出方块。

篇11：中考数学趣味解题技巧

;阿格尼丝、贝齐、辛迪、迪莉娅这四位女士在工作间歇去用了些咖啡点心，正在付款。

1)有两位女士，身上带有的硬币各为60美分，都是银币，且枚数相同，但彼此间没有一枚硬币面值相同。

2)有两位女士，身上带有的硬币各为75美分，都是银币，且枚数相同，但彼此间没有一枚硬币面值相同。

3)阿格尼丝的账单是10美分，贝齐的账单是20美分，辛迪的账单是45美分，迪莉娅的账单是55美分。

4)每位女士都一分不少地付了账，而且不用找零。

5)有两位女士是姐妹俩，她们付账后剩下的硬币枚数相同。

哪两位女士是姐妹?

注：;银币;是指5美分、10美分、25美分或3O美分的硬币。

提示：先判定四种符合题意的持币情况，然后判定每人符合哪种情况。)

答 案

运用l)和2)，通过反复试验可以发现如下的四种持币情况H代表50美分.Q代表25美分，D代表10美分，N代表5美分)：

60美分75美分

——————————————

IQQDⅢHNNNNN

ⅡNNHIVQDDDDD

于是，根据3)和4)，辛迪的持币情况必定是IV。再从3)和4)，贝齐的持币情况必定是Ⅲ。再从3)和4)，迪莉娅的持币情况必定是Ⅱ。再从3)和4)，阿格尼丝的持币情况必定是I。

因此，在付账之后，各人持有的硬币为：

阿格尼丝I)——QQ贝齐Ⅲ)——HN

迪莉娅Ⅱ)——N辛迪IV)——DDD

根据{5)有两位女士是姐妹俩，她们付账后剩下的硬币枚数相同。}，阿格尼丝和贝宁是姐妹俩。

篇12：中考数学趣味解题技巧

阿诺德、巴顿、克劳德和丹尼斯都是股票经纪人，其中有一人是其余三人中某一人的父亲。一天，他们在证券交易所购买股票的情况是：

l)阿诺德购买的都是每股3美元的股票，巴顿购买的都是每股4美元的股票，克劳德购买的都是每股6美元的股票，丹尼斯购买的都是每股8美元的股票。

2)父亲所购的股数最多，他花了72美元。

3)儿子所购的股数最少，他花了24美元。

4)这四个人买股票总共花了161美元。

在这四个人当中，谁是那位父亲?谁是那位儿子?

提示：根据1)和4)列出一个方程。依次假定某个人是那位父亲或者是那位儿子，则这个人买了多少股?如果一个数是方程中五项中四项的因数，则它必定也是第五项的因数。)

答 案

设

a为阿诺德所购的股数，

b为巴顿所购的股数，

c为克劳德所购的股数，

d为丹尼斯所购的股数。

于是，根据1)和4)，就这四人购买股票总共所花的钱可写出方程：

3a+4b+6c+8d=161。

假定阿诺德是那位父亲，则根据1)和2)，他买了24股;假定巴顿是那位儿子，则根据1)和3)，他买了6股。如此等等，共有十二种可能，列表于下。

注意：A)a、b、c、d都是正整数，B)如果一个整数能整除一个具有五个项的方程中的四项，则它也一定能整除其中的第五项。

根据上述的B)，a不能等于24或8，因为161不能被2整除。如果d等于3则b不能等于18，如果b等于6则d不能等于9，因为161不能被3整除。因此，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ、Ⅵ、Ⅶ、Ⅹ、和Ⅺ都被排除。

如果d=9，c=4.则3a+4b=65.这样，a或b要大于9，从而与2)矛盾。如果c=12，b=6则3a+8d=65。这样，a或d要小于6,从而与3)矛盾。因此，Ⅷ和Ⅻ被排除。

如果b=18，c=4.则3a+8d=65。3a必须是奇数，因为8d是偶数而65是奇数偶数乘以任何整数总得偶数，偶数加上奇数总得奇数)。

于是，a必须是4和18之间的一个奇数奇数乘以奇数总得奇数)。这里唯一能使d取整数的是a=11。这意味着d=4，但这与3)矛盾。因此，V被排除。

剩下唯一的可能是Ⅸ，因此，克劳德是那位父亲，丹尼斯是那位儿子。

通过进一步分析，可以得出a、b、c、d的两组可能值。由c=12，d=3，得3a+4b=65。根据与前面同样的推理，a必须是3和12之间的一个奇数。这里能使b取整数的只有a=7和a=11。于是得到这样两组可能的值：

篇13：中考数学趣味解题技巧

把饼那样的物体分成2等份，可以采用一个人切而让另一个人挑的办法，这样分的优点是很明显的。在第一个人看来，他必须把饼分成他认为价值相等的两部分，才能保证得到他应得的那一部分;而第二个人只要选取价值大的那一部分，或在两部分价值相等的情况下任选其中一部分，就能保证他得到他至少应得的那一部分。在这里，假定物体具有在分割时不会损失它的总价值。

若要把一个物体分成3或若干等份，可以采用这样的方法：这里以5个人分配来说明，对于任意多个分配者，分法大致是相同的。把这5个人叫做甲、乙、丙、丁、戊。甲有权利从饼上割下任一部分;乙有把甲所割出的一块减少的自由，但没有人强迫他这样做;然后丙又有减少这一块的自由，这样继续下去。假定最后是戊接触这块饼，那么由戊拿走这块饼，然后把剩余的饼在甲乙丙丁四人之间平分。第二轮可一用同样的步骤把参加的人数减少到三，以此分配下去。现在来看，每一个参加分配的人应如何做才能保证自己应得的那一部分归自己。在第一轮甲割下它认为值1/5的一块后，很可能没有人再去碰它而甲就达到值1/5的那一部分;在这种情况下，他没有做错。然而，如果有另一个或几个人减少了这块饼，那么最后接触到他的人就要得到它，所以甲当然认为价值超过/5的饼被留下由4个人平分，而他是这4个人中的一个。在第二轮甲照前面的办：如果他仍就是第一个，那么他割下认为有余下部分1/4价值的那一块。这个策略还不完全，还应指出一个分配者在他不是第一时应怎样做。假定乙认为甲所个下的部分太大，也就是比他估计的整个饼的1/5大了，那么他只要把它减少到他认为适当的大小;如果他成为最后一个减少这部分饼的人，他就得到了它，而且并没有做错，如果他没有得到它，那是因为在乙以后又有别的人接触了它。因而在乙以后的减小者中有一人要得到被乙认为是价值小于1/5的一块饼，所以乙在下一轮将参加分配他认为价值大于原来4/5的部分。现在方法就清楚了：如果你在任一轮中是n个分配者的第一个，那么不论放在你面前的是整个饼还是余下的部分，你总应该割下你认为价值时这部分饼的1/n的一块;如果你在这一轮中不是第一个，而且你看到由别人割下的一块比你估计的那部分饼的1/n大，那你就把它减小到1/n;如果割下的你估计的那部分饼的1/n小，那你就不要动它。这个方法保证每一个人得到他认为是应得的部分。

在经济生活中，存在着另一种分配问题：分配的是不能分割的物体，如房子、家畜、家具、汽车、艺术品等。例如一笔遗产，包括：一座房子、一座磨坊和一辆汽车，要在享有同等继承权的四个继承人甲乙丙丁之间分配，需要一个公正人，请读者想一想，应如何去做?#p#分页标题#e#

篇14：中考数学趣味解题技巧

达纳溺水死亡，为此，阿洛、比尔和卡尔被一位警探讯问。

l)阿洛说，如果这是谋杀，那肯定是比尔干的。

2)比尔说：如果这是谋杀，那可不是我干的。

3)卡尔说：如果这不是谋杀，那就是自杀。

4)警探如实地说：如果这些人中只有一个人说谎，那么达纳是自杀。

达纳是死于意外事故，还是自杀，甚至是谋杀?

提示：在分别假定陈述1)、陈述2)和陈述3)为谎言的情况下，推断达纳的死亡原因;然后判定这些陈述中有几条能同时为诺言。)

答 案

分别假定陈述1)、陈述2)和陈述3)为谎言，则达纳的死亡原因如下表：

这个表显示，没有两个陈述能同时为谎言。因此，要么没有人说谎，要么只有一个说了谎。

根据{4)警探如实地说：如果这些人中只有一个人说谎，那么达纳是自杀。}，不能只是一个人说谎。因此，没有人说谎。

由于没有人说谎，所以既不是谋杀也不是意外事故。因此，达纳死于自杀。

篇15：中考数学趣味解题技巧

气象学家Lorenz提出一篇论文，名叫「一只蝴蝶拍一下翅膀会不会在Taxas州引起龙卷风?」论述某系统如果初期条件差一点点，结果会很不稳定，他把这种现象戏称做「蝴蝶效应」。就像投掷骰子两次，无论如何刻意去投掷，两次的物理现象和投出的点数也不一定是相同的。Lorenz为何要写这篇论文呢?

这故事发生在的某个冬天，他如往常一般在办公室操作气象电脑。平时，他只需要将温度、湿度、压力等气象数据输入，电脑就会依据三个内建的微分方程式，计算出下一刻可能的气象数据，因此模拟出气象变化图。

这一天，Lorenz想更进一步了解某段纪录的後续变化，他把某时刻的气象数据重新输入电脑，让电脑计算出更多的後续结果。当时，电脑处理数据资料的数度不快，在结果出来之前，足够他喝杯咖啡并和友人闲聊一阵。在一小时後，结果出来了，不过令他目瞪口呆。结果和原资讯两相比较，初期数据还差不多，越到後期，数据差异就越大了，就像是不同的两笔资讯。而问题并不出在电脑，问题是他输入的数据差了0.000127，而这些微的差异却造成天壤之别。所以长期的准确预测天气是不可能的。