公考《行测全面复习资料二数学运算部分》.docx
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公考《行测全面复习资料二数学运算部分》
公考行测全面复习资料二：
数学运算部分
1.数的拆分：
数的拆分问题是公务员考试常考的题型之一，考察对数的基本特性的掌握，通常此类问题都比较灵活。
一般来说此类问题整体难度不大，不过像考试中常用的代入法等在此将不再实用，故掌握方法就变得特别重要。
下面我们就和大家分享几种常用的解决此类问题的方法。
最后，行测、申论复习与考试过程中，阅读量都非常的大，如果不会提高效率，一切白搭。
首先要学会快速阅读，一般人每分钟才看200字左右，我们要学会一眼尽量多看几个字，甚至是以行来计算，把我们的速读提高，然后再提高阅读量，这是申论的基础。
《行测》的各种试题都是考察学生的思维，大家平时还要多刻意的训练自己的思维。
学会快速阅读，不仅在复习过程中效率倍增，在考试过程中更能够节省大量的时间，提高效率，而且，在我们一眼多看几个字的时候，还能够高度的集中我们的思维，大大的利于归纳总结，学会后，更有利于《行测》的复习、考试，特别是在学习速读的同事，还能够学习思维导图，对于《行测》的各种试题都能得心应手的应付。
本人当年有幸学习了快速阅读，至今阅读速度已经超过5000字/分钟，学习效率自然不用说了。
我读大学的成绩是很差，考公务员的时候我妈说我只是碰运气，结果最后成绩出来了居然考了岗位第二，对自己的成绩非常满意，速读记忆是我成功最大的功劳。
找了半天，终于给大家找到了下载的地址，怕有的童鞋麻烦，这里直接给做了个超链接，先按住键盘最左下角的“ctrl”按键不要放开，然后鼠标点击此行文字就可以下载了。
认真练习，马上就能够看到效果了！
此段是纯粹个人经验分享，可能在多个地方看见，大家读过的就不用再读了，只是希望能和更多的童鞋分享。
1．分解因式型：
就是把一个合数分解成若干个质数相乘的形式。
运用此方法解题首先要熟练掌握如何分解质因数，还要灵活组合这些质因数来达到解题的目的。
例题1：
.三个质数的倒数之和为，则a=（）
A.68B.83C.95D.131
解析：
将231分解质因数得231=3×7×11，则++=，故a=131。
例题2.四个连续的自然数的积为3024，它们的和为（）
A．26B.52C.30D.28
解析：
分解质因数：
3024=2×2×2×2×3×3×3×7=6×7×8×9，所以四个连续的四个自然数的和为6+7+8+9=30。
2．已知某几个数的和，求积的最大值型：
基本原理：
a2+b2≧2ab，（a，b都大于0，当且仅当a=b时取得等号）
推论：
a+b=K（常数），且a，b都大于0，那么ab≦（（a+b）/2）2，当且仅当a=b时取得等号。
此结论可以推广到多个数的和为定值的情况。
例题1：
3个自然数之和为14，它们的的乘积的最大值为（）
A.42B.84C.100D.120
解析：
若使乘积最大，应把14拆分为5+5+4，则积的最大值为5×5×4=100。
也就是说，当不能满足拆分的数相等的情况下，就要求拆分的数之间的差异应该尽量的小，这样它们的乘积才能最大，这是做此类问题的指导思想。
下面再举一列大家可以自己体会.
例题2：
将17拆分成若干个自然数的和，这些自然数的乘积的最大值为（）
A.256B.486C.556D.376
解析：
将17拆分为17=3+3+3+3+3+2时，其乘积最大，最大值为×2=486。
3.排列组合型:
运用排列组合知识解决数的分解问题。
要求对排列组合有较深刻的理解，才能达到灵活运用的目的
例题1.：
有多少种方法可以把100表示为（有顺序的）3个自然数之和？
（）
A.4851B.1000C.256D.10000
解析：
插板法：
100可以想象为100个1相加的形式，现在我们要把这100个1分成3份，那么就相等于在这100个1内部形成的99个空中，任意插入两个板，这样就把它们分成了两个部分。
而从99个空任意选出两个空的选法有：
C992=99×98/2=4851（种）；故选A。
（注：
此题没有考虑0已经划入自然数范畴，如果选项中出现把0考虑进去的选项，建议选择考虑0的那个选项。
）
例题2.学校准备了1152块正方形彩板，用它们拼成一个长方形，有多少种不同的拼法？
A.1152B.384C.28D.12
解析：
本题实际上是想把1152分解成两个数的积。
解法一：
1152=1×1152=2×576=3×384=4×288=6×192=8×144=9×128=12×96=16×72=18×64=24×48=32×36，故有12种不同的拼法。
解法二：
1152=，用排列组合方法：
我们现在就是要把这7个“2”和两个“3”分成两部分，每种分配方法对应一种拼法。
具体地：
1）当两个“3”不挨着时，有4种分配方法，即：
（3，3×）、（3×2，3×）、（）
（）
2）当两个“3”挨着时，有8种分配方法；略。
故共有：
8+4=12种，
这里我们只讨论了数的拆分的几种比较常见的类型及其解题思想，但此类问题决不仅仅局限于此，我们会在以后陆续补充完善。
2.平均数问题
这里的平均数是指算术平均数，就是n个数的和被个数n除所得的商，这里的n大于或等于2。
通常把与两个或两个以上数的算术平均数有关的应用题，叫做平均数问题。
平均数应用题的基本数量关系是：
总数量和÷总份数=平均数
平均数×总份数=总数量和
总数量和÷平均数=总份数
解答平均数应用题的关键在于确定“总数量”以及和总数量对应的总份数。
例1：
在前面3场击球游戏中，某人的得分分别为130、143、144。
为使4场游戏得分的平均数为145，第四场他应得多少分？
（）
【答案】163分。
解析：
4场游戏得分平均数为145，则总分为145×4=580，故第四场应的580－130－143－144=163分。
例2：
李明家在山上，爷爷家在山下，李明从家出发一每分钟90米的速度走了10分钟到了爷爷家。
回来时走了15分钟到家，则李明往返平均速度是多少？
（）
A.72米/分B.80米/分C.84米/分D90米/分
【答案】A。
解析：
李明往返的总路程是90×10×2=1800（米），总时间为10+15=25分钟，则他的平均速度为1800÷25=72米/分。
3.最大公约数与最小公倍数问题
公约数与公倍数的概念
公约数：
几个自然数公有的约数，叫做这几个自然数的公约数。
公约数中最大的一个称为这几个自然数的最大公约数。
公倍数：
几个自然数公有的倍数，叫做这几个自然数的公倍数。
公倍数中最小的一个大于零的公倍数，叫做这几个自然数的公倍数。
最大公约数与最小公倍数问题在日常生活中的应用非常广泛，故而成为公务员考试中比较常见的题型。
这类问题一旦真正理解，计算起来相对简单。
下面通过例题来加深大家对最大公约数与最小公倍数概念的理解。
例题1：
有两个两位数，这两个两位数的最大公约数与最小公倍数的和是91，最小公倍数是最大公约数的12倍，求这较大的数是多少？
A.42B.38C.36D.28
【答案】D。
解析：
这道例题非常清晰的点明了主旨，就是最大公约数与最小公倍数问题，那么我们可以根据定义来解决。
这两个数的最大公约数是91÷（12+1）=7，最小公倍数是7×12=84，故两数应为21和28。
例题2：
三根铁丝，长度分别是120厘米、180厘米、300厘米，现在要把它们截成相等的小段，每段都不能有剩余，那么最少可截成多少段？
A.8B.9C.10D.11
【答案】C。
解析：
这道例题中隐含了最大公约数的关系。
“截成相等的小段”，即为求三数的公约数，“最少可截成多少段”，即为求最大公约数。
每小段的长度是120、180、300的约数，也是120、180和300的公约数。
120、180和300的最大公约数是60，所以每小段的长度最大是60厘米，一共可截成120÷60+180÷60+300÷60=10段。
4.数的整除特性
关于数的整除特性，中公教育的教材上讲的已经很详细了，但是还是不断有学员问相关的题型，看来大家还是不能够完全把握此类规律。
我在这里做个表格，方便大家的理解和记忆。
可以被整除的数字特性
2偶数
3每位数字相加的和是3的倍数
4末两位是4的倍数
5末位数字是0或者5
6能同时被2和3整除
7末三位数字表示的三位数与末三位数字以前的数字所组成的数的差（以大减小）能被7整除
8末三位是8的倍数
9每位数字相加的和是9的倍数
10末位数字是0
111,奇数位置上的数字和与偶数位置上的数字和之间的差（以大减小）是能被11整除
2,任何一个三位数连写两次组成的六位数
3，末三位数字表示的三位数与末三位数字以前的数字所组成的数的差（以大减小）能被11整除
12能同时被3和4整除
13末三位数字表示的三位数与末三位数字以前的数字所组成的数的差（以大减小）能被13整除
25末两位数是25的倍数
125末三位是125的倍数
5.空瓶问题
公务员考试中的数学运算中经常出现“空瓶换水的问题”有的考生由于抓不住此类问题的关键，解题时往往不够准确和迅速。
在空瓶换水这类题目中往往都有这样的字眼：
几个空瓶换一瓶饮料。
这就是题目的关键所在，它告诉了我们多少空瓶可以换一个瓶子中的饮料。
还有些题目将这个换为的未知的，解题的思路依然不变。
看几个例题：
例1.如果4个矿泉水空瓶可以换一瓶矿泉水，现有15个矿泉水空瓶，不交钱最多可以喝矿泉水：
A.3瓶B.4瓶C.5瓶D.6瓶
解：
由题意：
3个空瓶相当于一个瓶子中的矿泉水，显然选C。
例2.6个空瓶可以换一瓶汽水，某班同学喝了157瓶汽水，其中有一些是用喝剩下来的空瓶换的，那么他们至少要买多少瓶汽水？
A．131B．130C．128D．127
解：
5个空瓶相当于一个瓶子中的水，代入算得A符合题意。
例3.冷饮店规定一定数量的汽水空瓶可换原装汽水1瓶，旅游团110个旅客集中到冷饮店每人购买了1瓶汽水，他们每喝完一定数量的汽水就用空瓶去换1瓶原装汽水，这样他们一共喝了125瓶汽水，则冷饮店规定几个空瓶换1瓶原装汽水？
A.8B.9C.10D.11
解：
用代入法检验各个选项比较快的能得出答案。
8个空瓶换一瓶水就相当于7个空瓶子换一个瓶子中的水。
6.方队人数问题
学生排队，士兵列队，横着排叫做行，竖着排叫做列。
如果行数与列数相等，则刚好排成一个正方形，这种队形就叫方队，也叫做方阵。
要求方阵的人数关键是要准确把握方阵问题的核心公式：
1：
方阵总人数=最外层每边人数的平方。
2：
方阵最外层每边人数=（方阵最外层总人数的四分之一再加1。
3：
方阵外一层总人数比内一层人数多8.
4：
去掉一行、一列的总人数=去掉的每边人数的2倍减去1。
7.不定方程
在大家不断的做题中，总会碰到这样一些词语“至多”，“至少”这些关键词，由这些关键词语组成的问题我们就叫不定问题，不定问题的一个重要思维就是不定方程，通过列不定方程来把这些不确定的关键词数学化，数量化。
.例1：
今有桃95个，分给甲、乙两个工作组的工人吃，甲组分到的桃有是坏的，其他是好的，乙组分到的桃有是坏的，其他是好的。
甲、乙两组分到的好桃共有（）个
A.63B.75C.79D.86
【答案】B。
解析：
甲组分到的桃是9的倍数，乙组分到的桃是16的倍数，故9m+16n=95，解得m=7，n=2，即甲组分到桃9×7=63个，乙组分到桃16×2=32个。
两组共分到好桃63×（1－）+32×（1－）=75个。
例2：
甲、乙、丙三人去买书，他们买书的本数都是两位数字，且甲买的书最多，丙买的书最少，又知这些书的总和是偶数，他们的积是3960，那么乙最多买多少本书？
（）
A.18B.17C.16D.15
【答案】A。
解析：
设甲、乙、丙分别买书x本、y本、z本，则（x+y+z）是偶数，可知x、y、z或者都是偶数，或者两奇数一个偶数，x×y×z=3960=23×32×5×11，若x、y、z都是偶数，则分别为2×11=22，2×32=18，2×5=10；若x、y、z是两奇一偶，则分别为23×3=24，3×5=15，11。
故乙最多买18本。
8.栽树问题
一般来说栽树问题有两类：
一类是不封闭的路线，如在马路两边植树；另一类是封闭的路线，如在正方形操场边上植树。
下面就这两类情况分别予以介绍。
首先要注意的是栽树问题要明确三要素：
1、总路线长；2、间距（棵距）长；3、棵数。
只要知道其中任意两个量，就可以求出第三个。
一、直线路线
比如题目要求在马路一旁栽1排树，并且在线路两端都要植树，则棵数要比段数多1。
全长、棵数、株距三者之间的关系是：
棵数=段数+1=全长÷株距+1；
全长=株距×（棵数-1）；
株距=全长÷（棵数-1）
例1、（2006国家行测）为把2008年北京奥运会办成绿色奥运，全国各地都在加强环保，植树造林，某单位计划在通往两个比赛场馆的两条路（不相交）两旁栽上树，现运回一批树苗，已知一条路的长度是另一条路长度的两倍还多6000米。
若每隔4米栽一棵则少2754棵；若每隔5米栽一棵,则多396棵，则共有树苗（）。
A.8500棵B.12500棵C.12596棵D.13000棵
解析：
设两条路共有树苗x棵，根据栽树原理总全长是不变的，所以结合上面给出的公式可以根据路程相等列方程：
（x＋2754－4）×4=（x－396－4）×5。
注意：
因为是2条马路两边都要栽树，因此共有4排，所以要减4。
解得x=13000.
二、封闭路线
封闭路线只需掌握公式：
棵数=段数=周长÷株距
例2、正方形操场四周栽了一圈树，每两棵树相隔5米。
甲、乙从一个角上同时出发，向不同的方向走去（如图），甲的速度是乙的2倍，乙在拐了一个弯之后的第5棵树与甲相遇。
操场四周栽了多少棵树？
A45B60C90D80
解析：
方法一：
如果按我们之前没有介绍封闭路线的解法时的思路是这样解得，设每条边有树x棵，则根据题意得2×[5（x-1）+5×5]=3×5（x-1）-25,解得x=16。
故总共有16×2＋14×2=60棵树。
选B。
方法二：
由于速度比等于路程比，由提意甲速是乙速，故在乙拐了一个弯之后的第5棵树乙走了5×5=25米，在这条边上甲走了50米，因此正方形的边长为25＋50=75；
利用封闭路线的公式，由于正方形是闭合曲线，所以有树75×4÷5=60。
9.年龄问题
年龄问题是日常生活中一种十分常见的问题，也是公务员考试数学运算部分中的常见题型。
它的主要特点是：
时间发生变化，年龄在增长，但是年龄差始终不变。
年龄问题往往是“和差”、“差倍”等问题的综合应用。
解题时，我们一定要抓住年龄差不变这个解题关键。
解答年龄问题的一般方法：
几年后的年龄=大小年龄差÷倍数差－小年龄
几年前的年龄=小年龄－大小年龄差÷倍数差
方程法解年龄问题
熟练掌握了年龄关系之后，便可设所求为未知数，利用上述关系列方程求解。
例1：
爸爸、哥哥、妹妹现在的年龄和是64岁。
当爸爸的年龄是哥哥的3倍时，妹妹是9岁；当哥哥的年龄是妹妹的2倍时，爸爸34岁。
现在爸爸的年龄是多少岁？
A．34B．39C．40D．42
【答案】C。
解析：
解法一：
用代入法逐项代入验证。
解法二，利用“年龄差”是不变的，列方程求解。
设爸爸、哥哥和妹妹的现在年龄分别为：
x、y和z。
那么可得下列三元一次方程：
x+y+z=64；x-（z-9）=3[y-（z-9）]；y-（x-34）=2[z-（x-34）]。
可求得x=40。
例2：
1998年，甲的年龄是乙的年龄的4倍。
2002年，甲的年龄是乙的年龄的3倍。
问甲、乙二人2000年的年龄分别是多少岁?
A．34岁，12岁B．32岁，8岁C．36岁，12岁D．34岁，10岁
【答案】C。
解析：
抓住年龄问题的关键即年龄差，1998年甲的年龄是乙的年龄的4倍，则甲乙的年龄差为3倍乙的年龄，2002年，甲的年龄是乙的年龄的3倍，此时甲乙的年龄差为2倍乙的年龄，根据年龄差不变可得
3×1998年乙的年龄=2×2002年乙的年龄
3×1998年乙的年龄=2×（1998年乙的年龄+4）
1998年乙的年龄=4岁
则2000年乙的年龄为10岁。
巧用年龄差求解
年龄问题中不管涉及的是多少年前还是多少年后的年龄，唯一不变的是年龄差。
所以用年龄差来做运算过程中的基准量便可以大大简化计算过程。
如果能深刻理解年龄差的作用，在面对年龄问题时，更可以瞬间找到切入点。
如下题：
10年前吴昊的年龄是他儿子年龄的7倍，15年后，吴昊的年龄是他儿子的2倍。
则现在吴昊的年龄是多少岁？
（）
A.45B.50C.55D.60
解析：
由“15年后，吴昊的年龄是他儿子的2倍”可知，15年后，吴昊儿子的年龄即为2人的年龄差。
那么10年前吴昊儿子的年龄为1÷（7－1）=个年龄差，故10+15=25年，即为1－=个年龄差，年龄差为25÷=30年。
所以吴昊今年的年龄为30×2－15=45岁。
在这道题中年龄差成了一个衡量年龄的基准量，用它来代表各个人物各时期的年龄，不但简化了计算过程、不易出错，更使得题目容易理解。
10.奇数和偶数
奇数：
不能被2整除的整数；
偶数：
能被2整除的整数，这里要注意零也是整数。
性质1：
奇数+奇数=偶数
性质2：
偶数+偶数=偶数
性质3：
奇数+偶数=奇数
性质4：
奇数×偶数=偶数
性质5：
奇数×奇数=奇数
例题1、10个连续自然数，其中的奇数之和为85，在这10个连续自然数中，是3的倍数的数字之和为多少？
解析：
奇数之和为85，总共有5项，那么中间哪个数就为17，可以知道这5个奇数为13，15，17，19，21；由次可知这10个数可能为12-21和13-22，由于要3的倍数的数字之和最大，那么只可以是12+15+18+21=66。
例题2、书店有单价为10分，15分，25分，40分的四种贺年卡，小华花了几张一元钱，正好买了30张，其中某两种各5张，另两种各10张，问小华买贺年卡花去多少钱？
解析：
设买的贺年卡分别为张，用去张1元的人民币，依题意有+=100，（为整数）即显然具有相同的奇偶性，若同为偶数，和，=不是整数；若同为奇数，和。
11．公约数和公倍数
主要考点：
最小公倍数与最大公约数的题一般不是很难，只要我们仔细的阅读题，都可以做出来，这种题往往和日期（星期几）问题联系在一起，所以我们也要学会求余。
特别指出的是，它们是公考中考试的热点，在考试中出现的概率很大。
最大公约数：
如果一个自然数能被自然数整除，则称为的约数，几个自然数公有的约数，叫做这几个自然数的公约数。
公约数中最大的一个公约数，称为这几个自然数的最大公约数。
最小公倍数：
如果一个自然数能被自然数整除，则称为的倍数，几个自然数公有的倍数，叫做这几个自然数的公倍数。
公倍数中最小的一个大于0的公倍数，叫做这几个数的最小公倍数。
【经典例题】
1、三位采购员定期去某商店，小王每隔9天去一次，大刘每隔11天去一次，老杨每隔7天去一次，三热年星期二第一次在商店相会，下次相会是星期几？
A．星期一B．星期二C．星期三D．星期四
解析：
这道题不难，但要注意审题，看上去好象是9，11，7的最小公倍数问题，但这里有个关键词“每隔”，每隔9天，其实已过了10天，所以要求的是10，12，8的最小公倍数，它们的公倍数为120，120÷7=17余1，所以下一次相会是在星期三。
2、自然数P满足下列条件：
P除以10的余数为9，除以9的余数为8，除以8的余数为7。
如果100＜P＜1000，则这样的P有几个？
A．不存在B．1个C．2个D．3个
解析：
P除以10的余数为9，那么P+1是10的倍数；
P除以9的余数为8，那么P+1是9的倍数；
P除以8的余数为7，那么P+1是8的倍数；
所以，P+1是10，9，8的公倍数，10，9，8的最小公倍数为360，则在100到1000中这样的P+1共有2个，及360，720。
12.重复数字的因式分解
【主要考点】
核心提示：
重复数字的因式分解在公考中是一个重要考点，这个考点是建立在数字构造具有一定规律和特点的基础上的。
例如：
2424=24×101，101101=101×1001，2230223=22302230/10=2230×10001/10=223×10001。
这些在数字构造上具有一定特点的数字都可以变换成因式相乘的形式。
【经典例题】
1．2002×20032003-2003×20022002=?
原式=2002×2003×10001-2003×2002×10001=0
2.9039030÷43043=?
原式=903×1001×10÷（43×1001）=210
3.37373737÷81818181=？
原式=（37×1010101）÷（81×1010101）=37/81
13.整体代换法
【主要考点】
这类计算题先不要急于去计算出具体结果，先观察所求的式子，尽量多的找出其中的同类项，把同类项做为一个整体参量计算，最后在计算具体结果，这样便能省去不少计算量。
【经典例题】
1．为多少？
分析：
这道题，如果我们直接算的话会很烦琐，展开式的项数太多，增加计算量，先观察没项的相同部分，可知为，令=，令分式=，这样原式就简化为，这样来计算就简便多了。
14.裂项相消法
【主要考点】
我们来看这样一个式子
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