第1讲。分数计算中的特殊方法——裂项。
1. 原式。
2. 原式。
3. 原式。
4. 原式。
5. 原式。
7. 原式。
8. 原式。
总结】本题很明显我们可以先想到裂项，再来观察分子和分母的关系，发现分子是分母两个乘数之差，这样我们就叫“裂差”．
第2讲。浓度问题。
1. （1）300克浓度为10%的糖水一共有糖克，加入60克糖后，共有克糖，糖水的浓度变为。
2）加入240克水，浓度为。
3）加入浓度为15%的糖水120克，浓度变为：。
4. 千克。
5. 第二次倒出的纯酒精为：
所以两次共倒出纯酒精为：
2.5＋3.75=6.25（升）
此时容器内的溶液浓度为：
6. 在中加入60克水后，但溶质质量之和不变，此时两杯盐水中的盐的质量比仍然为，倒完后加满水后两杯盐水中的盐的质量比，也就是说中的盐减少了，所以从中倒出了的盐水，即25克．
7. 设第一次是将甲杯中的纯酒精克倒入乙杯，第二次是将乙杯中的克倒入甲杯，可列方程，解得。则第二次从乙杯倒入甲杯的混合溶液是14克。
8. 整个过程中盐水浓度在下降．倒入中后，浓度变为原来的；倒入中后，浓度变为中的；倒入中后，浓度变为中的．所以对于一开始倒入中的盐水浓度可以用倒推的方法，，即一开始倒入中的盐水浓度为．
第3讲。逻辑综合。
1. 探险家说：我将被五马分尸。
2. 第一天的时候，每个人都说自己左右的人都是**，可见其中任意相邻的三个人不能都是**，也就是说每相邻的3个人中至少有1个骑士，那么第一天至少有个骑士；
第二天的时候，每个人都说自己左右的人都与自己不是同类人，那么其中任意相邻的三个人中至多有一个骑士，那么第二天至多有个骑士．
由于第二天有一个人生病没来，那么实际上第二天应该至少有个骑士．可见第二天恰好有15个骑士，且生病的那个人也是骑士．
3. 鲍春来后两局最少赢4分，而陶菲克总分没输，所以只能在赢的那局赢了4分，只能是17：21，后两局就直接推出了，而题目中说是逆转，所以陶菲克是第一局赢了，答案为:19
4. 甲队得6分，只能是胜2场负1场；乙队得4分，只能是胜1场平1场负1场；丙队得2分，只能是平2场负1场．
因为甲没有平局，所以丙与乙、丁都是平局，负给甲．
如果甲胜乙负丁，那么乙必负丁；如果甲胜丁负乙，那么乙必胜丁．所以丁与甲、乙的比赛必是一胜一负，得3分，再加上与丙是平局，得1分，所以丁共得4分．
5. 5位选手进行乒乓球循环赛，每位选手比赛4盘，一共进行了10盘比赛，全部比赛共得20分。又胜者得2分，负者得0分，因此，每位选手的得分一定是偶数，最高分不会走超过8分，由于a与b并列第一，知道a与b不会4盘比赛全胜。
故a与b的最高分只能是6分。
由于每人都至少胜了一盘，所以，最后一名的得分不少于2分，5个人的得分情况只能是2，4，6这三种情况。由于d比c的名次高，所以a、b各得6分，d得4分，c得2分，因此e得20-6-6-4-2=2分。
6. 考察两支队之间进行比赛所获得的分数，如果产生胜负关系，那么两队总得分为3分，如果平局，则总得分为2分．
四支队伍相互间进行了6场比赛，如果不出现平局，应当得分总和为18分，但是出现了一场平局，因此总得分为分．
一支队伍要确保出线，必须保证不可能出现两支比自己得分高的球队．因此其得分应大于总得分的，因此这支球队至少要得分，即至少得6分．
很容易说明得6分一定出线，因为如果存在另外两支队伍出线，那么他们的得分应不小于6分，因此总得分将不小于18分，矛盾．
另外，如果得分不到6分，那么这支球队最多只能得4分（因为得5分意味着两场平局，题目中告诉我们只有一场平局），这时候其他三支球队总得分为13分，如果分别为6分，6分，1分，那么4分的球队就不能出线了．
7. 支球队进行循环赛，共需要打场，产生总分分．由⑴、⑵知第名负于第名，那么第名最多得分．由于各队得分互不相同，而且，所以支球队得分依次为分、分、分、分、分．
第一名没有平过，又只得到了6分，因此负过一场，而第二名的队没有负过，因此第一名应该负于第二名，胜3，4，5名．
第二名得了5分，其中胜第一名得了2分，又没有负过，因此和3，4，5名皆为平局．
第四名得了3分，其中输给了第一名，平了第二名，没有胜过，因此和第3，5名都是平局．
第三名得了4分，输给了第一名，平了2，4名得2分，因此胜了第5名得2分．
第五名显然只和第2，4名平了，其余皆负．
综上，所有比赛平了5场，分别是2-3，2-4，2-5，3-4，4-5．
给其编上号：（1）如右上图，由于，所以，；
2），由于，则，所以，而。
3），所以有，其他依次展开即可，最后填法如下图：
第4讲。整除问题。
1. 2+1+1+4+9=17,再加1即为9的倍数，所以方框中填1
2. 原式等价于，即，
所以或者。当时，经过约分后，无解；当
时，经过约分后。为了使的末尾为，所以，。即。
3. 和谐法，我们列一个**。
其倍数。其倍数。
其倍数。我们设三个连续自然数为，它们分别为的倍数；我们把它扩大
被，它们分别还是的倍数；我们分别把它减去、减去、
减去，它们分别还是的倍数。所以是的倍数。
最小是，则，则。那么三个连续自然数的和
最小为。4. 考虑到，而是奇数，所以必为的倍数，因此可得；四位数各位数字之和为不是的倍数也不是的倍数，因此必须是的倍数，其各位数字之和能被整除，所以。
5. ，由于这个六位数被8整除，后三位只能是688，768或者776三种情况，分别检验这个六位数被7除的情况可知，只有768768满足要求。
6. 先将55872分解质因数：，可见这两个三位数中有一个一定是97的倍数，且这两个三位数不会超过600，否则另一个数就不可能是三位数．
另外，由于55872是3的倍数，所以其中必有一个是3的倍数，而如果其中一个是3的倍数，另一个也一定是3的倍数，所以这两个数都是的倍数．那么其中一个三位数是的倍数，又不超过600，只可能是291或582，则另一个是192或96，显然只有291和192满足，所以这两个数的和为．
7. 有两个数满足要求：123654,321654.
8. 设两位数是，三位数是，根据题意有：，所以．因此，能被整除，且是的倍．
由于是两位数，是三位数，所以，即小于的100倍，所以，得到．由此又可得到，所以小于的13倍，则，得到．
又因为，所以，则只能是，此时．
所以原来的两个数分别为14和112，它们的乘积为．
第5讲。列方程解应用题。
1. 设这批《辞海》一共有本，那么第一天售出本，第二天售出本，由第一天售出本数的代数式可以得到，总本数是5的倍数，由第二天售出本数的代数式可以得到被8除余4，所以总本数被8除余4，而这批《辞海》的本数不超过30本，所以这批《辞海》只能是20本，到第三天，这批《辞海》还有本．
2. 用二元一次方程组求解即可，设菜地有亩，麦地有亩．根据题意，有：
解得：，．所以菜地有18亩．
3. 设得3分的人数有人，得分的人数有人，那么：
化简为： 得到，即，再代入，最后得到方程组得解，所以名学生当中得分的有人，得分的有人．
分析】 为了叙述方便，我们将图中各个小正方形分别用字母表示（如图）．
设最小的正方形边长为厘米．
又因为小正方形的边长为7厘米，小正方形的边长为4厘米，所以小正方形的边长可以表示为（厘米），小正方形的边长可以表示为（厘米），小正方形的边长可以表示为（厘米），同时，小正方形e的边长还可以表示为正方形d、c的边长减去正方形a的边长，即（厘米），可以列方程为，解得从而可得小正方形、、、的边长分别为8厘米、9厘米、10厘米、14厘米、18厘米、15厘米．大长方形的长为：（厘米），宽为：（厘米），大长方形的面积为：
（平方厘米）．
5. 设头牛天吃份草，设公顷草地的原有草量为，公顷草地的生长速度为。
根据题意列方程组得，解得，因此第二群牛有（头）
6. 设第一堆砖有块，则根据第一个条件可得第二堆砖有块．
再设从第二堆中取出块放在第一堆后，第一堆将是第二堆的倍，可列方程：
化简得，那么．
因为是整数，与互质，所以应是的倍数，最小是，推知最小是，所以，第一堆中的砖头最少有块．
7. 设这样的四位数为，则，即，则或2．
若，则，得，，；
若，则，由于，所以，所以，故为9，，则为偶数，且，故，由为偶数知，，；
所以，这样的四位数有2003和1985两个，其和为：．
8. 设所求的三位数为，经过排列所得最大数为（，其中两个等号不能同时成立），则最小数为，依条件应有，由于，所以从上式得。
由第二条式子可得到，又因为是经过改变数字次序而得，且为最大数，所以，因此，、必由、经过变换而得；从第一条式子及知，所以，于是必定，，由第三条式子得．故，再由第一条式子得，因此所求的三位数为．
第6讲。公式类行程问题（一）
1. 在两船的船速相同的情况下，一船顺水，一船逆水，它们的航程差是什么造成的呢？不妨设甲船顺水，乙船逆水．甲船的顺水速度船速水速，乙船的逆水速度船速水速，故：
速度差(船速水速) (船速水速)水速，即：每小时甲船比乙船多走(千米)．4小时的距离差为(千米)．
2. 如果通过隧道时速度没有提高，那么将需要秒，火车速度为（米/秒），火车全长（米）
3. 由题意可知，两辆电车之间的距离为1，有，，又有。
所以，。全程为，那么相遇时间为。
4. 小q上楼走60级的时间，下楼只能走(级)．而下楼走了36级，所以下楼用的时间是上楼时间的(倍). 设小q上楼的时间自动扶梯走了级，则下楼的时间内自动扶梯走了级。
根据自动扶梯的级数可列方程：，解得(级)，自动扶梯有(级)．
5. 令自动扶梯的运行速度为x级，则有300-100x=600-300x,x=0.5。
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