GMAT数学例题总结
1、任何一个大于2的偶数都可以表示为两个质数的和（注：此为一个未被证明的定理，但在考试中可应用上。如下例）
例：4=2+2 6=3+3 8=3+5
GMAT考试题例：问下边的答案中哪个答案不可能表达为两个质数的和？
(A)21 (B)14 (C)18 (D)28 (E)23
在这五个答案中，（B）、（C）、（D）都为大于2的偶数，根据上述定理不必一个个尝试，必然可以表达为两质数的和，而（A）、（E）为奇数，若两数相加为奇数，则这两数必然为一个奇数，一个偶数，而在所有质数中2是唯一的一个偶数，因此若（A）或（E）可表达为两质数的和，则必有一个为2，则只需将（A）、（E）分别减2，看所得差是否为质数，即可判断（A）21－2＝19为质数（E）23－2＝21不为质数，因而答案为（E）。
2、一次会餐供有三种饮料，餐后统计，三种饮料共用了65瓶；平均每2个人饮用一瓶A饮料，每3人饮用一瓶B饮料，每4人饮用一瓶C饮料。问参加会餐的人数是多少
人？
分析由题意可知，参加会餐人数应是2、3、4的公倍数
解：∵［2, 3, 4］＝12
∴ 参加会餐人数应是12的倍数。
又∵ 12÷2＋12÷3＋12÷4＝6＋4＋3＝13（瓶）
∴ 可见12个人要用6瓶A饮料，4瓶B饮料，3瓶C饮料，共用13瓶饮料
又∵ 65÷13＝5
∴ 参加会餐的总人数应是12的5倍，12×5＝60（人）
答：参加会餐的总人数是60人。
3、用辗转法求4811和1981的最大公约
数
解：∵ 4811＝2×1981＋849，
1981=2×849＋283，
849＝3×283,
∴ （4811，1981）＝283
补充说明：如果三个或更多的数的最大公约数，可以先求其中任意两数的最大公约数，再求这个公约数与另外一个数的最大公约数，这样求下去，直至求得最后结果，也可以直接观察，依次试公有的质因数。
4、求21672和11352的最小公倍
数
解：∵ （21672，11352）＝1032
（1032可以用辗转相除法求得）
∴ （21672，11352）＝21672×11352÷1032＝238392
答：21672和11352的最小公倍数是238392
5、已知整数能被11整除，求所有满足这个条件的整数。
解：∵ ,
∴ 根据能被11整除的数的特征可知：1＋2＋3＋4＋5的和与5a之差应是11的倍数，即11 | (15-5a)，或11 | ()，
但是15-5a＝5(3-a)，5a-15＝5(a-3)，又(5, 11)=1，因此11 | (3-a)或11 | (a-3).
又∵ a 是数位上的数字
∴ a 只能取0~9
所以只有a=3才能11 | (3-a) 或11 | (a-3)，即当a=3时，11 | 15-5a ∴符合题意的整数只有132********
6、把三位数接连重复地写下去，共写1993个，所得到的数
恰是91的倍数，试
求
解：∵91＝7×13，且（7，13）＝1
∴
根据一个数能被7或13整除的特征可知：
原数能被7以及13整除，
当且仅当能被7以及13整除，
也就是能被7以及13整除
因为（7，10）＝1, （13，10）＝1，所以也就是，因此，用一次性质（特征），就去掉了两组；反复使用性质996次，最后转化成：原数能被7以及13整除当且仅当能被7以及13整除。
又∵ 91的倍数中小于1000的只有91×4＝364的百倍数字是3,
∴ ＝364
∴ ＝64
7、求14389除以7的余
数
分析同余的性质能使“大数化小”，凡求大数的余数问题首先考虑用同余的性质化大为小。这道题先把底数在同余意义下变小，然后从低次幂入手，重复平方，找找有什么规律。
解：证得14389≡389（mod 7）后，
36≡32×34≡2×4≡1（mod 7）,
∴ 384≡（36）14≡1（mod 7）
∴ 389≡384·34·3≡1×4×3≡5（mod 7）
∴ 14389≡5（mod 7）
8、求自然数2100＋3101＋4102的个位数
字。
分析求自然数的个位数字即是求这个自然数除以10的余数问题
解：∵2100≡24×25≡625≡（mod 10）
3101≡34×25·31≡125·31·3（mod 10）
4102≡42≡6（mod 10）
∴2100＋3101＋4102≡6＋3＋6≡5（mod 10）
即自然数2100＋3101＋4102的个位数字是5
这道例题证明了十进制数的一个特有的性质：
任何一个整数模9同余于它的各数位上数字之和。
以后我们求一个整数被9除的余数，只要先计算这个整数各数位上数字之和，再求这个和被9除的余数即可。
例如，求1827496被9除的余数，只要先求（1＋8＋2＋7＋4＋9＋6），再求和被9除的余数。
再观察一下上面求和式，我们可以发现，和不一定要求出，因为和式中1＋8,2＋7,9被9除都余0，求余数时可不予考虑。这样只需求4＋6被9除的余数。因此，1827496被9除余数是1.
有人时常利用十进制数的这个特性检验几个数相加、相减、相乘的结果对不对，这种检查方法叫：弃九法。
弃九法最经常地是用于乘法，我们来看一个例子：
用弃九法检验乘式5483×9117＝49888511是否正确？
因为：5483≡5＋4＋8＋3≡11≡2(mod 9)
9117≡9＋1＋1＋7≡0(mod 9)
所以5483×9117≡2×0≡0(mod 9)
但是49888511≡4＋9＋8＋8＋8＋5＋1＋1≡8(mod 9)
所以5483×9117≠49888511，即乘积不正确。
要注意的是弃九法只能知道原题错误或有可能正确，但不能保证一定正确。
例如，9875≡9＋8＋7＋5≡2(mod 9)
4873≡4＋8＋7＋3≡4(mod 9)
32475689≡3＋2＋4＋7＋5＋6＋8＋9≡8(mod 9)
9、若a为自然数，证明10 |
(a1985-a1949)
分析如果换一种方式表达，所要证明的即是要证a1985与a1949个位数字相同。用对于模10两数同余来解，可以使解题过程简化。
解：∵ a1985＝a4×496+1=a(mod 10)
a1949=a4×487+1=a(mod 10)
∴ a1985-a1949≡a-a≡0(mod 10)
即10 | (a1985-a1949)
10、问7123和3321的个位哪个
大
解：既然尾数每4次循环一次，则需求得幂指数除以4余几，就可计算
7123幂指数123除以4余3,因而7123和73个位是一样的，而73的个位如上表为3。因而7123的个位为3
同理：3321 幂指321除以4余1，因而3321和31个位是一样的，而31的个位在表中指出为3,而为3321个位为3
因而7123和3321的个位相同
（注：若指数被4除余数为0应取几次方？）
若指数被4除余数为0应取4次方，如
例：7123和3320的个位哪个大？
7123如上例其个位为3
3320 320除以4余0，则3320和34个位相同，而34个位为1，因而3320个位为1
因而7123比3320的个位大
11、若自然数n不是完全平方数，则n的因子中小于占的一半，大于的也占一半
例：问60有多少个＜的因
子
先如上例求得60共有12个因子
根据性质2，，则60有6个＜的因子
12、若自然数n是完全平方数，则也为n的一个因子，在n的所有因子中除去之外，＜的占剩下的一半，＞的也占余下的一半
例：问64有多少个＜的因
子？
解：64＝26,因而6＋1＝7，64有7个因子由于＝8,也是64的一个因子，因而＜的因子即为个，若问＞的因子，也同理为个
13、若自然数n有m个因子，且m为大于2的质数，则n必为某一质数的m-1
次方
例：16＝24，有4＋1＝5个因子，5为大于2的质数，其为某一质数2的（5－1）＝4次方
81＝34，有4＋1＝5个因子，5为大于2的质数，则81为某一质数（这为3）的（5－1）次方
14、若某一算数数除了1之外只有2个因子，则这个数必为：
（A）奇数（B）偶数（C）4的倍数（D）某一质数的平方（E）质数
解：既然这个数除了1之外只有2个因子，则这个数应共有3个因子（因把1加上）。3是一个大于2的质数，因而它必然是某一质数的（3－1）次方。答案为（D）
15、在一次数学竞赛中，甲答错了题目总数的1/4，乙答错了3道，甲、乙都错的题占题目总数的1/6，求甲、乙都答对的题目
数
解：如右图，设这次竞赛共有k道题，用集合A、B分别表示甲、乙答错的题目。图中字母a、b、c、d分别表示集合A、B在全部题目作成的集合I中形成的各个无重复部分的元素个数，可见d为问题所求。依题意列方程：
将（3）代入（1）：
∴ （4）
注意到a、b、c、d均表示题目的道数，应为自然数或零，因此k为12的倍数：12、24、。。。
将（3）代入（2）：，。
∴ k=12, b=1, c=2, a=1, d= 12- (a+ b+ c)= 12- (1+ 2+ 1)=8（道）
答：甲、乙两人都对的题共8道。
16、某人在年初存银行10000元钱，年利率为12%，以单利每月结算一次，问在年末其在银行有多少
钱？
解：年利率为12%，则每月利率应为12%／12＝1%，又每月结算一次，则次数应为12次，因此按上式应在年末时存款为10000（1＋12×1%）。
17、从1、2、3、4、……、19、20这20个自然数中，至少任选几个数，就可以保证其中一定包括两个数，它们的差是
12.
分析与解答
在这20个数中，差是12的有以下8对：
{20，8}，{19，7}，{18，6}，{17，5}，{16，4}，{15，3}，{14，2}，{13，1}
另外还有4个不能配对的数{9}，{10}，{11}，{12}，共制成12个抽屉（每个括号看成一个抽屉），只要有两个数取自同一个抽屉，那么它们的差就等12，根
据抽屉原理至少任选13个数，即可办到（取12个数，从12个抽屉中各取一个数（例如取1，2，3，…，12），那么这12个数中任意两个数的差必不等于12）。
18、有这样的问题，如：牧场上有一片匀速生长的草地，可供27头牛吃6周，或供23头牛吃9周，那么它可供21头牛吃几周？这类问题称为“牛吃草”问
题
解答这类问题，困难在于草的总量在变，它每天，每周都在均匀地生长，时间愈长，草的总量越多，草的总量是由两部分组成的：①某个时间期限前草场上原有的草量；②这个时间期限后草场每天（周）生长而新增的草量。因此，必须设法找出这两个量来。
下面就用开关的题目为例进行分析（见下图）
从上面的线段图可以看出23头牛9周的总草量比27头牛6击的总草量多，多出部分相当于3周新生长的草量。为了求出一周新生长的草量，就要进行转化，27头牛6周吃草量相当于27×6＝162头牛一周吃草量（或一头牛吃162周）。23头牛9周吃草量相当于23×9＝207头牛一周吃草量（或一头牛吃207周）。这样一来可以认为每周新生长的草量相当于（207-162）÷（9-6）＝15头牛一周
的吃草量。
需要解决的第二个问题是牧场上原有草量是多少？用27头牛6周的总吃草量送去周新生长的草量（即15×5＝90头牛吃一周的草量）即为牧场原有草量。
所以牧场上原有草量为27×6-15×6＝72头牛一周的吃草量（或者为
23×9-15×9＝72）。
牧场上的草21头牛几周才能吃完呢？解决这个问题相当于把21头牛分成两部分。一部分看成志吃牧场上原有的草，另一部分看成专吃新生长的草，但是新生的草只能维持15头牛的吃草量，且始终可保持平衡（前面已分析过每周新生的草恰够15头牛吃一周），故分出15头牛吃新生长的草，另一总分21-15＝6（头）
牛去吃原有的草，所以牧场上的草够吃72÷6＝12（周），也就是这个牧场上的草够21头牛吃12周。问题得解。
19、右图中共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子。问：共有多少种不同的放
法？
分析由于四个棋子要一个一个地放入方格内，故可看成是分四步完成这件事。第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格中内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B
所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决。
解：由乘法原理，共有16×9×4×1＝576 种不同的放法
20、有两个相同的正方体，每个正方体的六个面上分别标有数字1、2、3、4、5、6。将两个正方体放在桌面上，向上的一面数字之和为偶数的有多少种情形？
分析要使两个数字之和为偶数，只要这两个数字的奇偶性相同，即这两个数字要么同为奇数，要么同为偶数，所以，要分两大类来考虑。
第一类，两个数字同为奇数，由于投两个正方体可认为是一个一个地投。投第一个正方体时，出现奇数有三种可能，即1，3，5；投第二个正方体，出现奇数也有三种可能，由乘法原理，这时共有3×3＝9种不同的情形。
第二类，两个数字同为偶数，类似第一类的讨论方法，也有3×3＝9种不同情形。最后再由加法原理即可求解。
解：两个正方体向上的一面同为奇数共有：3×3＝9（种）不同的情形：两个正方体向上的一面同为偶数共有：3×3＝9（种）不同的情形：
所以，两个正方体向上的一面数字之和为偶数的共有3×3+3×3＝18（种）不同的情形。
21、如下图，问： 1）下左图中，有多少个长方形（包括正方形）？ 2）下右图中，有多少个长方体（包括正方
体）？
分析：
1）由于长方形是由两组分别平行的线段构成的，因此，只要看上左图中水平方向的所有平等线中，可以选出几组两条平行线，竖直方向上的所有平地线中，可以选出几组两条平行线？
2）由于长方体是由三组分别平行的平面组成的。因此，只要看上面右图中，平行于长方体上面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的平面，平行于长方体右面的所有平面中，可以选出几组两个互相平等的两个平面，平行于长方体前面的所有平面中，可以选出几组两个互相平行的平面。
解：1) C2
5×C2
7
=210 (个)
因此，左图中共有210个长方形
2） C2
5×C2
6
×C2
4
＝900 (个)
因此，右图中共有900个长方体
22、七个同学照相，分别求出在下列条件下有多少种站法？
1）七个人排成一排；
2）七个人排成一排，某两人必须有一人站在中间；
3）七个人排成一排，某两人必须站在两头；
4）七个人排成一排，某两人不能站在两头；
5）七个人排成两排，前排三人，后排四人，某两人不在同一排。
1）P7
7=5040 2) 2P6
6
=1440 3) 2P5
5
=240
4) 5×5×P5
5＝2400 5）2×3×4×P5
5
＝2880
23、如图，直线A、B、C、D与直线1、2、3、4相交组成9个正方形，图中有点x和点y，一人从点x出发沿着这9个正方形的各边向y走，问从x到y共有多少条最短路线？
解：从点x到点y在横向上需过B、C、D，在纵向上需经过2、3、4，而最短路线必要经过（B, C, D, 2, 3, 4），但不能有多余的去走，也即最短路线条数就是B, C, D, 2, 3, 4这6个元素的一个合理排列，则这时原题转化为满足B在C之前，C在D之前，2在3之前，3在4之前，这种情况下B, C, D, 2, 3, 4这6个元素的排列有多少种可能？（注：因若不满足B在C之前，C在D之前，2在3之前，3在4之前这种情况的必非最短路线）可以这样考虑，这6个元素的排列只要知道哪几步是B，C，D去走也就确定了，因为B，C，D的前后顺序是固定的，而余下的三步是2，3，4去分，其前后顺序也是固定的，因而进一步将原题转化为在六步中可以有哪三步给B，C，D，这实际上就是从6个位置中取出
3个位置的一个组合，也即C3
6，因而最短路线共有C3
6
条，实际上也可以看右图：
可以看出达到x斜线上方某一大顶点的最短线条等于与这点斜向下相信的两大檐帽点的最短路线条数的和，因此就可得出如下最后一个图等于C3
6
。
（注：此题为95年6月GMAT北美考题中一道）
注：如果仔细看上边最后一图，实际上很多同学符发现它就是二项展开式的中项，如下：
24、抽签口试，共有α＋β张考签。每个考生抽1张考签，抽过的不再放回。考生王某会答其中α张，他是第κ个抽签者（κ ≤α＋β），求王某抽到会答考签的概率。
解：考虑把α＋β张考签依次抽出来，抽法总数为（α＋β）！。“王某抽到会答考签”即第κ张必须且只须是王某会答的α张之一。第κ张有α种抽法，其他α＋β－1张有（α＋β－1）！种抽法；因此组成随机事件“王某抽到会答考签”的抽法数为α·（α＋β－1）！，所求概率
值得注意的是这概率与κ无关，说明考生不管先抽后抽，抽到会答考签的概率都一样。
25、把27枚棋子放到7个不同的空盒中，如果要求每个盒子都不空，且任意两个盒子里的棋子数目都不一样多，问能否办到，若能，写出具体方案，若不能，说明理由。
分析与解答：因为每个盒子都不空，所以盒子中至少有一枚棋子；同时，任两盒中棋子数不一样，所以7个盒中共有的棋子数至少为1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28。但题目中只给了27枚棋子，所以，题中要求不能办到。
26、x＋y＋z=1993有多少组正整数解？
解：
x=1991, 则y＋z=2, ∴ y=z=11组
x=1990, 则y＋z=3, ∴ 或2组
x=1989, 则y＋z=4, 3组
x=1988, 则y＋z=5, 4组
…
x=2, 则y＋z=1991, …1990组
x=1, 则y＋z=1992, …1991组
显然，x不能等于1992，1993。
所以，原方程的不同的整数解的组数是：1＋2＋3＋…＋1991＝1983036
本题中运用了分类的思想，先按照x的值分类，在每一类中，又从y的角度来分类，如：x=1987时，因为y＋z=6，且y、z均为正整数，所以y最小取1，最大取5,即按y=1, 2, 3, 4, 5 分类，每一类对应一组解，因此，x=1987时，共5给解。
27、将自然数如下排列：
在这样的排列下，数字3排在第2行第1列，13排在第3行第3列，问：1993排在第几行第几
列？
分析与解答
不难看出，数表的排列规律如箭头所指，为研究的方便，我们不妨把原图顺时针转动45o，就成为三角阵（如右图），三角阵中，第1行1个数，第2行2个数…第n行就有n个数，设1993在三角阵中的第n行，则：
1＋2＋3＋…＋n-1＜1993≤1＋2＋3＋…＋n
即：n×(n-1)÷2＜1993≤n×(n＋1)÷2
用试值的方法，可以求出n=63
又因为1＋2＋3＋…＋62=1953，即第62行中最大的数为1953。三角阵中，奇数列的数字从左到右，依次增大，又1993－1953＝40,所以，1993是三角阵中第63行从左开始数起的第40个数（若从右开始数，则为第24个数）。
把三角阵与左图作比较，可以发现：
1）三角阵中每一行从左开始数起的第几个数，就位于左图的第几列；
2）三角阵中每一行从右开始数起的第几个数，就位于左图的第几行。
由此，我们可知，1993位于原图的24行40列。
28、求和：（α－1）＋（α2－2）＋（α3－3）＋Λ＋（αn－
n）
29、分解因式 x2－3xy－10y2＋x＋
9y—2
分析若将原式按x降幂排列，并把y当作常数，原式也可以认为是关于x的二次三项式，这时常数项是关于y的二次三项式－10y2＋9y—2
解法一原式＝x2＋（1－3y）x＋（－10y2＋9y—2）
＝x2＋（1－3y）x＋（－5y＋2）（2y—1）
又∵
∴原式＝（x－5y＋2）（x＋2y-1）
分析若将原多项式按y降幂排列，并把x当作常数，原式也可以认为是关于y的二次三项式，则常数项是x2＋x－2
解法二原式＝－10y2＋（9－3x）y＋（x2＋x－2）
＝－10y2＋（9－3x）y＋（x＋2）（x－1）
又∵
∴原式＝（－5y＋x＋2）（2y＋x－1）
＝（x－5y＋2）（x＋2y－1）
补充说明：在二元二次多项式中，为了能运用十字相乘法分解因式，一般需要经过两个步骤：
1、固定一个字母为主要字母，把原式看成关于这个字母的多项式，这时另一个字母看作是常数；
2、按这个主要字母将多项式降幂排列，再用十字相乘法尝试能否分解以及怎样分解（有时需要反复运用十字相乘法）。
30、已经知－1＋w＋w2 = 0，
求w1993－w1994－w1995＋w1996－w1997－w1998＋w1999－w2000－w2001的值。
解：原式＝－w1993·（－1 ＋ w ＋ w2－ w3＋ w4＋ w5－ w6＋ w7＋ w8）
＝－w1993［（－1 ＋ w ＋ w2）＋w3（－1＋ w＋ w2）＋w6（－1 ＋ w＋ w2）］
＝－w1993（－1 ＋ w ＋ w2）（1＋w3＋w6）
＝ 0
31、蓄水池有一条进水管和一条排水管。要灌满一池水，单开进水管需5小时，排光一池水，单开排水管需3小时。现在池内有半池水，如果按进水、排水、进水、排水…的顺序轮流各开1小时。问：多长时间后水池的水刚好排完？（精确到分钟）
分析与解答：
1）在解答“水管注水”问题时，会出现一个进水管，一个出水管的情况。若进水管、出水管同时开放，则积满水的时间＝1÷（进水管工效－出水管工效）
排空水的时间＝1÷（出水管工效－进水管工效）
2）这道应用题是分析推理与计算相结合的题目。根据已知条件推出水池中的水每小时减少。水池中有半池水即，经过6小时后还剩。如果按进水、排水的顺序进行，则又应进水1小时，这时水池内共有水。如果按每小时的流速排出需要经过（小时）。共用的时间为（小时）＝7小时54分钟刚好排完。
32、小刚和小强租一条小船，向上游划去，不慎把水壶掉进江中，当他们发现并调过船头时，水壶与船已经相距2千米，假定小船的速度是每小时4千米，水流速度是每小时2千米，那么他们追上水壶需要多少时
间？
分析此题是水中追及问题，已知路程差是2千米，船在顺水中的速度是船速＋水速。水壶飘流的速度只等于水速，所以速度差＝船顺水速度－水壶飘流的速度＝（船速＋水速）－水速＝船速。
解：路程差÷船速＝追及时间
2÷4＝0.5（小时）
答：他们二人追回水壶需用0.5小时。
沁园春·雪
北国风光，千里冰封，万里雪飘。望长城内外，惟余莽莽；大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。惜秦皇汉武，略输文采；唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。