公务员考试数量关系应用题400道详解.docx

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公务员考试数量关系应用题400道详解

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公务员考试数量关系应用题400道详解

【1】、从1、2、3、4、5、6、7、8、9中任意选三个数，使他们的和为偶数，则有多少种选法？

A.40；B.41；C.44；D.46；

分析：

选C，形成偶数的情况：

奇数+奇数+偶数=偶数；偶数+偶数+偶数=偶数=>其中，奇数+奇数+偶数=偶数=>C（2,5）[5个奇数取2个的种类]×C（1,4）[4个偶数取1个的种类]=10×4=40，偶数+偶数+偶数=偶数=>C（3,4）=4[4个偶数中选出一个不要]，综上，总共4+40=44。

（附：

这道题应用到排列组合的知识，有不懂这方面的学员请看看高中课本，无泪天使不负责教授初高中知识）

【2】、从12时到13时，钟的时针与分针可成直角的机会有多少次？

A.1；B.2；C.3；D.4；

分析：

选B，时针和分针在12点时从同一位置出发，按照规律，分针转过360度，时针转过30度，即分针转过6度（一分钟），时针转过0.5度，若一个小时内时针和分针之间相隔90度，则有方程：

6x=0.5x+90和6x=0.5x+270成立，分别解得x的值就可以得出当前的时间，应该是12点180/11分（约为16分左右）和12点540/11分（约为50分左右），可得为两次。

【3】、四人进行篮球传接球练习，要求每人接到球后再传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球。

若第五次传球后，球又回到甲手中，则共有传球方式多少种：

A.60；B.65；C.70；D.75；

分析：

选A，球第一次与第五次传到甲手中的传法有:

C（1,3）×C（1,2）×C（1,2）×C（1,2）×C（1,1）=3×2×2×2×1=24，球第二次与第五次传到甲手中的传法有:

C（1,3）×C（1,1）×C（1,3）×C（1,2）×C（1,1）=3×1×3×2×1=18，球第三次与第五次传到甲手中的传法有:

C（1,3）×C（1,2）×C（1,1）×C（1,3）×C（1,1）=3×2×1×3×1=18，24+18+18=60种，具体而言：

分三步：

1.在传球的过程中,甲没接到球,到第五次才回到甲手中,那有3×2×2×2=24种,第一次传球,甲可以传给其他3个人,第二次传球,不能传给自己,甲也没接到球,那就是只能传给其他2个人,同理,第三次传球和第四次也一样,有乘法原理得一共是3×2×2×2=24种.

2.因为有甲发球的,所以所以接下来考虑只能是第二次或第三次才有可能回到甲手中,并且第五次球才又回到甲手中.当第二次回到甲手中,而第五次又回到甲手中,故第四次是不能到甲的,只能分给其他2个人,同理可得3×1×3×2=18种.

3.同理,当第三次球回到甲手中,同理可得3×3×1×2=18种.最后可得24+18+18=60种

【4】一车行共有65辆小汽车,其中45辆有空调,30辆有高级音响,12辆兼而有之.既没有空调也没有高级音响的汽车有几辆?

A．2；B.8；C.10；D.15；

答：

选A，车行的小汽车总量=只有空调的+只有高级音响的+两样都有的+两样都没有的，只有空调的=有空调的-两样都有的=45-12=33，只有高级音响的=有高级音响的-两样都有的=30-12=18，令两样都没有的为x，则65=33+18+12+x=>x=2

【5】一种商品如果以八折出售，可以获得相当于进价20%的毛利，那么如果以原价出售，可以获得相当于进价百分之几的毛利

A.20%；B.30%；C.40%；D.50%；

答：

选D，设原价X，进价Y，那X×80%-Y=Y×20%,解出X=1.5Y所求为[（X-Y）/Y]×100%=[（1.5Y-Y）/Y]×100%=50%

【6】有两个班的小学生要到少年宫参加活动，但只有一辆车接送。

第一班的学生做车从学校出发的同时，第二班学生开始步行；车到途中某处，让第一班学生下车步行，车立刻返回接第二班学生上车并直接开往少年宫。

学生步行速度为每小时4公里，载学生时车速每小时40公里，空车是50公里/小时，学生步行速度是4公里/小时，要使两个班的学生同时到达少年宫，第一班的学生步行了全程的几分之几？

（学生上下车时间不计）

A.1/7；B.1/6；C.3/4；D.2/5；

答：

选A，两班同学同时出发，同时到达，又两班学生的步行速度相同=>说明两班学生步行的距离和坐车的距离分别相同的=>所以第一班学生走的路程=第二班学生走的路程；第一班学生坐车的路程=第二班学生坐车的路程=>令第一班学生步行的距离为x，二班坐车距离为y，则二班的步行距离为x，一班的车行距离为y。

=>x/4（一班的步行时间）=y/40（二班的坐车时间）+（y-x）/50（空车跑回接二班所用时间）=>x/y=1/6=>x占全程的1/7=>选A

【7】一个边长为8的正立方体，由若干个边长为1的正立方体组成，现在要将大立方体表面涂漆，问一共有多少小立方体被涂上了颜色？

A.296；B.324；C.328；D.384；

答：

选A，思路一：

其实不管如何出？

公式就是===》边长（大正方形的边长）3-（边长（大正方形的边长）-2）3。

思路二：

一个面64个，总共6个面，64×6=384个，八个角上的正方体特殊，多算了2×8=16个，其它边上的，多算了6×4×2+4×6=72，所以384—16—72=296

【8】现有200根相同的钢管，把它们堆放成正三角形垛，使剩余的钢管尽可能的少，那么乘余的钢管有（）

A.9；B.10；C.11；D.12；

答：

选B，因为是正三角形，所以总数为1+2+3+4，，，，，，求和公式为：

（n+1）×n/2，总数是200根，那么代入公式可以推出所剩10根符合题意。

【9】某医院内科病房有护士15人，每两人一班，轮流值班，每8小时换班一次，某两人同值一班后，到下次这两人再同值班，最长需（）天。

A.15；B.35；C.30；D.5；

答：

选B，15×14/2=105组，24/8=3每24小时换3组，105/3=35

【10】有从1到8编号的8个求，有两个比其他的轻1克，用天平称了三次，结果如下：

第一次1+2>3+4第二次5+6<7+8第三次1+3+5=2+4+8，求轻的两个球的编号！

A：

1和2；B：

1和5；C：

2和4；D：

4和5；

答：

选D，思路一：

1+2>3+4，说明3和4之间有个轻的，5+6<7+8，说明5和6之间有个轻的，1+3+5=2+4+8，说明因为3和4必有一轻，要想平衡，5和4必为轻，综上，选D。

思路二：

用排除法，如果是A的话那么1+2〉3=4就不成立，如果选B，则1+3+5=2+4+8不成立，如果选C，则1+2>3+4和1+3+5=2+4+8不成立，综上，选D

【11】用计算器计算9+10+11+12=？

要按11次键，那么计算：

1+2+3+4+……+99=？

一共要按多少次键？

分析：

1、先算符号，共有"+"98个，"="1个=>符号共有99个。

2、再算数字，1位数需要一次，2位数需要两次=>共需要=一位数的个数*1+两位数的个数×2=1×9+2×C（1,9）×C（1,10）=9+2×9×10=189。

综上，共需要99+189=288次

【12】已知一对幼兔能在一月内长成一对成年兔子，一对成年兔子能在一月内生出一对幼兔。

如果现在给你一对幼兔，问一年后共有多少对兔子？

分析：

斐波那契的兔子问题。

该问题记载于公元前13世纪意大利数学家斐波那契的名著《算盘书》。

该题是对原体的一个变形。

假设xx年1月1日拿到兔子，则第一个月围墙中有1对兔子（即到1月末时）；第二个月是最初的一对兔子生下一对兔子，围墙内共有2对兔子（即到2月末时）。

第三个月仍是最初的一对兔子生下一对兔子，共有3对兔子（即到3月末时）。

到第四个月除最初的兔子新生一对兔子外，第二个月生的兔子也开始生兔子，因此共有5对兔子（即到4月末时）。

继续推下去，每个月的兔子总数可由前两个月的兔子数相加而得。

会形成数列1（1月末）、2（2月末）、3（3月末）、5（4月末）、8（5月末）、13（6月末）、21（7月末）、34（8月末）、55（9月末）、89（10月末）、144（11月末）、233（12月末，即第二年的1月1日），因此，一年后共有233只兔子。

【13】计算从1到100（包括100）能被5整除得所有数的和？

（）

A.1100；B.1150；C.1200；D.1050；

答：

选D，思路一：

能被5整除的数构成一个等差数列即5、10、15。

。

。

。

100。

100=5+（n-1）×5=>n=20说明有这种性质的数总共为20个，所以和为[（5+100）×20]/2=1050。

思路二：

能被5整除的数的尾数或是0、或是5，找出后相加。

【14】1/（12×13）+1/（13×14）+......+1/（19×20）的值为：

（0）

A.1/12；B.1/20；C.1/30；D.1/40；

答：

选C，

1/（12×13）+1/（13×14）+......+1/（19×20）=

1/12-1/13+1/13-1/14+…1/18-1/19+1/19-1/20=1/12-1/20=1/30

【15】如果当“张三被录取的概率是1/2，李四被录取的概率是1/4时，命题：

要么张三被录取，要么李四被录取”的概率就是（）

A．1/4B.1/2C.3/4D.4/4

答：

选B，要么张三录取要么李四录取就是2人不能同时录取且至少有一人录取,张三被录取的概率是1/2，李四被录取的概率是1/4,（1/2）×（3/4）+（1/4）×（1/2）=3/8+1/8=1/2其中（1/2）×（3/4）代表张三被录取但李四没被录取的概率，（1/2）×（1/4）代表张三没被录取但李四被录取的概率。

李四被录取的概率为1/4=>没被录取的概率为1-（1/4）=3/4。

【16】一个盒子里面装有10张奖券,只有三张奖券上有中奖标志,现在5人每人摸出一张奖券,至少有一人的中奖概率是多少?

（）

A.4/5；B.7/10；C.8/9；D.11/12；

答：

选D，至少有一人中奖那算反面就是没有人中奖1-（7/10）×（6/9）×（5/8）×（4/7）×（3/6）=11/12

【17】某电视台的颁奖礼品盒用如下方法做成:

先将一个奖品放入正方体内,再将正方体放入一个球内,使正方体内接于球；然后再将该球放入一个正方体内,球内切于正方体,再讲正方体放入一个球内,正方体内接于球,.......如此下去,正方体与球交替出现.如果正方体与球的个数有13个,最大正方体的棱长为162cm.奖品为羽毛球拍,篮球,乒乓球拍,手表,项链之一,则奖品可能是[]（构成礼品盒材料的厚度可以忽略不计）

A.项链；B.项链或者手表；

C.项链或者手表或者乒乓球拍；D.项链或者手表或者乒乓球拍或者篮球

答：

选B，因正方体的中心与外接球的中心相同，设正方体的棱长为a，外接球的半径为R，则

即

其中BD=2R，BC=，DC=，四边形ABCD为正方体上下底面对角线和侧棱构成的平面。

半径为R的球的外切正方体的棱长

相邻两个正方体的棱长之比为

因为最先装礼物的是正方体，所以或正方体个数和球体相同，或正方体个数比球体多1个，题中正方体和球体共13个，所以正方体为7个，设最小正方体的棱长为t，则

得.

故礼品为手表或项链.故应选B.

【18】银行存款年利率为2.5%，应纳利息税20%，原存1万元1年期，实际利息不再是250元，为保持这一利息收入，应将同期存款增加到（）元。

A.15000；B.20000；C.12500；D.30000；

答：

选C，令存款为x，为保持利息不变250=x×2.5%×（1-20%）=>x=12500

【19】某校转来6名新生,校长要把他们安排在三个班,每班两人,有多少中安排方法?

分析：

答案90，先分组=>C（2,6）共分15组（由于人是不可重复的），这里的15组每组都是6个人的，即6个人每2个人一组，这样的6人组共有多少种情况。

也可以用列举法求出15组，再计算=>C（1,15）×P（3,3）=90

【20】一条街上，一个骑车人和一个步行人相向而行，骑车人的速度是步行人的3倍，每个隔10分钟有一辆公交车超过一个行人。

每个隔20分钟有一辆公交车超过一个骑车人，如果公交车从始发站每隔相同的时间发一辆车，那么间隔几分钟发一辆公交车？

A.10；B.8；C.6；D.4

答:

选B,令间隔t，汽车速度b，自行车速度3a，人速a，这道题关键是相对速度乘以相对时间等于路程差。

2车路程差为b×t，与行人相同方向行驶的汽车的相对速度为b-a，行驶b×t的相对时间为10=>b×t=10×（b-a）同理，可得b×t=20×（3a-b），通过2式求出a/b=1/5，带入原式t=8。

【21】用1，2，3，4，5这五个数字组成没有重复数字的自然数，从小到大顺序排列：

1，2，3，4，5，12，......，54321。

其中，第206个数是（）

A、313；B、12345；C、325；D、371；

或者用排除法只算到=85<206，所以只能选B

【22】100张骨牌排成一列编号为1－100第一次拿走奇数位上的牌，第二次在从剩余的牌中拿走所有奇数位上的牌，依此类推。

问最后剩下的一张牌是第几张？

分析:

答案64,第一次取牌后，剩下的第一张为2，且按2倍数递增；第二次，剩下的第一张为4，且按2倍数递增；第三次，剩下的第一张为8，且按2倍递增。

。

。

。

第n次，剩下的第一张为2n，且按2倍数递增=>2n<100=>n最大为6=>说明最多能取6次，此时牌全部取完=>26=64

【23】父亲把所有财物平均分成若干份后全部分给儿子们，其规则是长子拿一份财物和剩下的十分之一，次子拿两份财物和剩下的十分之一，三儿子拿三份财物和剩下的十分之一，以此类推，结果所有儿子拿到的财物都一样多，请问父亲一共有几个儿子?

（c）

A.6；B.8；C.9；D.10

分析:

答案C,设父亲把所有的财产平均分成X份，则1+（X-1）/10=2+[X-1-（X-1）/10-2]/10，解出X=81。

1+（X-1）/10为长子取得的份额，每个儿子均得9份财产，所以有9个儿子

【24】整数64具有可被他的个位数整除的性质，问在10到50之间有多少整数有这种性质？

分析：

用枚举法

能被1整除的11—41共4个

能被2整除的12—42共4个

能被3整除的33共1个

能被4整除的24，44共2个

能被5整除的15—45共4个

能被6整除的36共1个

能被8整除的48共1个

共17个

【25】

=

=

=

其中，

【26】时钟指示2点15分，它的时针和分针所成的锐角是多少度?

A．45度；B．30度；C．25度50分；D．22度30分；

分析：

选D，追击问题的变形，2点时，时针分针成60度，即路程差为60度，时针每分钟走1/2度，分针每分钟走6度，时针分针速度差为6-1/2=11/2，15分钟后时针分针的路程差为60-（11/2）×15=-45/2，即此时分针已超过时针22度30分。

【27】一列快车和一列慢车相对而行，其中快车的车长200米，慢车的车长250米，坐在慢车上的旅客看到快车驶过其所在窗口的时间是6秒钟，坐在快车上的旅客看到慢车驶过其所在窗口的时间是多少秒钟?

A．6秒钟；B．6．5秒钟；C．7秒钟；D．7．5秒钟

分析：

选D，追击问题的一种。

坐在慢车看快车=>可以假定慢车不动，此时，快车相对速度为V（快）+V（慢），走的路程为快车车长200；同理坐在快车看慢车，走的距离为250，由于两者的相对速度相同=>250/x=200/6=>x=7.5（令x为需用时间）

【28】有8种颜色的小球,数量分别为2、3、4、5、6、7、8、9，将它们放进一个袋子里面，问拿到同颜色的球最多需要几次？

？

A、6；B、7；C、8；D、9

分析：

选D，"抽屉原理"问题。

先从最不利的情况入手，最不利的情况也就使次数最多的情况。

即8种小球，每次取一个，且种类不相同（这就是最不利的情况）。

然后任取一个，必有重复的，所以是最多取9个。

【29】已知2008被一些自然数去除，得到的余数都是10，那么，这些自然数共有（b）

A.10；B.11；C.12；D.9

分析：

答:

选B,余10=>说明2008-10=1998都能被这些数整除。

同时，1998=2×3×3×3×37，所以，取1个数有37，2，3。

---3个。

，只取2个数乘积有3×37，2×37，3×3，2×3。

---4个。

，只取3个数乘积有3×3×37，2×3×37，3×3×3，2×3×3。

---4个。

只取4个数乘积有3×3×3×37，2×3×3×37，2×3×3×3。

---3个。

只取5个数乘积有2×3×3×3×37---1个。

总共3+4+4+3+1=15，但根据余数小于除数的原理，余数为10，因此所有能除2008且余10的数，都应大于10=>2，3,3×3，2×3被排除。

综上，总共有3+4+4+3+1-4=11个

【30】真分数a/7化为小数后，如果从小数点后第一位数字开始连续若干数字之和是1992，那么A的值是（）

A.6；B.5；C.7；D.8；

分析：

答:

选A,由于除7不能整除的的数结果会是‘142857’的循环（这个可以自己测算一下），1+4+2+8+5+7＝27，1992/27余数为21，重循环里边可知8+5+7+1＝21，所以8571会多算一遍（多重复的一遍，一定在靠近小数点的位置上），则小数点后第一位为8，因此a为6。

【31】从1到500的所有自然数中，不含有数字4的自然数有多少个？

（）。

A.323；B.324；C.325；D.326；

分析：

答:

选B,把一位数看成是前面有两个0的三位数，如：

把1看成是001．把两位数看成是前面有一个0的三位数。

如：

把11看成011．那么所有的从1到500的自然数都可以看成是“三位数”，除去500外，考虑不含有4的这样的“三位数”．百位上，有0、1、2、3这四种选法；十位上，有0、1、2、3、5、6、7、8、9这九种选法；个位上，也有九种选法．所以，除500外，有C（1,4）×C（1,9）×C（1,9）=4×9×9=324个不含4的“三位数”．注意到，这里面有一个数是000，应该去掉．而500还没有算进去，应该加进去．所以，从1到500中，不含4的自然数有324-1+1=324个

【32】一次数学竞赛，总共有5道题，做对第1题的占总人数的80%，做对第2题的占总人数的95%，做对第3题的占总人数的85%，做对第4题的占总人数的79%，做对第5题的占总人数的74%，如果做对3题以上（包括3题）的算及格，那么这次数学竞赛的及格率至少是多少？

分析：

设总人数为100人。

则做对的总题数为80+95+85+79+74=413题，错题数为500-413=87题，为求出最低及格率，则令错三题的人尽量多。

87/3=29人，则及格率为（100-29）/100=71%

【33】A、B两地以一条公路相连。

甲车从A地，乙车从B地以不同的速度沿公路匀速相向开出。

两车相遇后分别掉头，并以对方速率行进。

甲车返回A地后又一次掉头以同样的速率沿公路向B地开动。

最后甲、乙两车同时到达B地。

如果最开始时甲车的速率为X米/秒，则最开始时乙的速率为：

（）

A.4X米/秒；B.2X米/秒；C.0.5X米/秒；D.无法判断；

分析：

答:

选B,1、同时出发，同时到达=>所用时间相同。

2、令相遇点为C，由于2车换速=>相当于甲从A到C之后，又继续从C开到B；同理乙从B到C后，又从C-A-B，因此转换后的题就相当于=>甲走了AB的距离，乙走了2AB的距离，掉头且换速的结果与不掉头并且也不换速的结果是一样的=>因此路程为甲：

乙=1：

2，3、因此，路程之比等于速度之比=>甲速：

乙速=1：

2

【34】某项工程，小王单独做需20天完成，小张单独做需30天完成。

现在两人合做，但中间小王休息了4天，小张也休息了若干天，最后该工程用16天时间完成。

问小张休息了几天？

（）

A.4天；B.4.5天；C.5天；D.5.5天；

分析：

答:

选A,令小张休息了x天总的工作量为1，1/20为小王一天的工作量，1/30为小张一天的工作量（1/30）×（16-x）+（1/20）×（16-4）=1=>x=4

【35】在一次国际会议上，人们发现与会代表中有10人是东欧人，有6人是亚太地区的，会说汉语的有6人。

欧美地区的代表占了与会代表总数的23以上，而东欧代表占了欧美代表的23以上。

由此可见，与会代表人数可能是：

（）

A、22人；B、21人；C、19人；D、18人；

分析：

答:

选C,思路一：

此题用排除法解答。

假设A项正确，与会代表总人数为22人，其中亚太地区6人，则欧美地区有16人，其中10人是东欧人，则东欧代表占欧美代表的比例为10÷16＝0.625，此比例小于2/3，与题中条件矛盾，所以假设不成立，A项应排除。

假设B项正确，与会代表人数为21人，其中亚太地区6人，则欧美地区有15人，其中10人是东欧人，则东欧代表占欧美代表的比例等于2/3，而题中给出的条件是以上，所以此假设也不成立，B项应排除。

假设C项正确，与会人数为19人，其中亚太地区6人，则欧美地区有13人，其中10人是东欧人，则欧美地区代表占与会代表总数的比例为13÷19≈0.68，东欧代表占欧美代表的比例为10÷13≈0.77，这两个比例都大于2/3，与题意相符，假设成立。

假设D项正确，与会代表人数为18人，其中亚太地区6人，则欧美地区代表有12人，其占与会代表总人数的比例为12÷18＝2/3，而题中条件是以上，所以与题意不符，假设不成立，D项应排除。

思路二：

东欧代表占了欧美代表的2/3以上==>欧美代表最多14人。

（当为2/3时，10/（2/3）=15,因为实际上是大于2/3的，因此一定小于15，最多为14）欧美地区的代表占了与会代表总数的2/3以上==>与会代表最多20人。

（当为2/3时，14/（2/3）=21,因为实际上是大于2/3的，因此一定小于21，最多为20）有6人是亚太地区的==>除了欧美代表至少6人（占了与会代表总数的1/3以下）==>与会代表最少19人。

（当为1/3时，6/（1/3）=18,因为实际上是小于1/3的，因此一定多于18，至少为19）所以与会代表最多为20人，最少为19人，即或为19、或为20。

综上，选C

【36】在一条长100米的道路上安装路灯，路灯的光照直径是10米，请问至少要安装多少盏灯？

（）

A.11；B.9；C.12；D.10；

分析：

答:

选D,最少的情况发生在，路灯的光形成的圆刚好相切。

要路灯的光照直径是10米，即灯照的半径为5米，因此第一个路灯是在路的开端5米处，第二个在离开端15米处，第三个在25米处。

。

。

。

第十个在95米处，即至少要10盏。

【37】一个时钟从8点开始，它再经过多少时间，时针正好与分针重合？

分析：

追击问题的变形，在8点时分针时针路程差240度，时针一分钟走1/2度，分针每分钟走6度，分针时针速度差为11/2，当相遇时所用时间=240/（11/2）=48