小学奥数基础教程(五年级)
第1讲数字迷(一) 第16讲巧算24
第2讲数字谜(二) 第17讲位置原则
第3讲定义新运算(一) 第18讲最大最小
第4讲定义新运算(二) 第19讲图形得分割与拼接
第5讲数得整除性(一) 第20讲多边形得面积
第6讲数得整除性(二) 第21讲用等量代换求面积
第7讲奇偶性(一) 第22讲用割补法求面积
第8讲奇偶性(二) 第23讲列方程解应用题
第9讲奇偶性(三) 第24讲行程问题(一)
第10讲质数与合数第25讲行程问题(二)
第11讲分解质因数第26讲行程问题(三)
第12讲最大公约数与最小公倍数(一) 第27讲逻辑问题(一)
第13讲最大公约数与最小公倍数(二) 第28讲逻辑问题(二)
第14讲余数问题第29讲抽屉原理(一)
第15讲孙子问题与逐步约束法第30讲抽屉原理(二)
第1讲数字谜(一)
数字谜得内容在三年级与四年级都讲过,同学们已经掌握了不少方法。例如用猜想、拼凑、排除、枚举等方法解题。数字谜涉及得知识多,思考性强,所以很能锻炼我们得思维。
这两讲除了复习巩固学过得知识外,还要讲述数字谜得代数解法及小数得除法竖式问题。
例1 把+,-,×,÷四个运算符号,分别填入下面等式得○内,使等式成立(每个运算符号只准使用一次):(5○13○7)○(17○9)=12。
分析与解:因为运算结果就是整数,在四则运算中只有除法运算可能出现分数,所以应首先确定“÷”得位置。
当“÷”在第一个○内时,因为除数就是13,要想得到整数,只有第二个括号内就是13得倍数,此时只有下面一种填法,不合题意。(5÷13-7)×(17+9)。
当“÷”在第二或第四个○内时,运算结果不可能就是整数。
当“÷”在第三个○内时,可得下面得填法:(5+13×7)÷(17-9)=12。
例2 将1～9这九个数字分别填入下式中得□中,使等式成立:□□□×□□=□□×□□=5568。
解:将5568质因数分解为5568=26×3×29。由此容易知道,将 5568分解为两个两位数得乘积有两种:58×96与64×87,分解为一个两位数与一个三位数得乘积有六种: 12×464, 16×348, 24×232,
29×192, 32×174, 48×116。
显然,符合题意得只有下面一种填法:174×32=58×96=5568。
例3 在443后面添上一个三位数,使得到得六位数能被573整除。
分析与解:先用443000除以573,通过所得得余数,可以求出应添得三位数。由443000÷573=773……71 推知, 443000+(573-71)=443502一定能被573整除,所以应添502。例4 已知六位数33□□44就是89得倍数,求这个六位数。
分析与解:因为未知得数码在中间,所以我们采用两边做除法得方法求解。
先从右边做除法。由被除数得个位就是4,推知商得个位就是6;由左下式知,十位相减后得差就是1,所以商得十位就是9。这时,虽然89×96=8544,但不能认为六位数中间得两个□内就是85,因为还没有考虑前面两位数。
再从左边做除法。如右上式所示,a可能就是6或7,所以b只可能就是7或8。
由左、右两边做除法得商,得到商就是3796或3896。由3796×89=337844, 3896×89=346744 知,商就是3796,所求六位数就是337844。
例5 在左下方得加法竖式中,不同得字母代表不同得数字,相同得字母代表相同得数字,请您用适当得数字代替字母,使加法竖式成立。
分析与解:先瞧竖式得个位。由Y+N+N=Y或Y+ 10,推知N要么就是0,要么就是5。如果N=5,那么要向上进位,由竖式得十位加法有T+E+E+1=T或T+10,等号两边得奇偶性不同,所以N≠5,N=0。
此时,由竖式得十位加法T+E+E=T或T+10, E不就是0就就是5,但就是N=0,所以E=5。
竖式千位、万位得字母与加数得千位、万位上得字母不同,说明百位、千位加法都要向上进位。因为N=0,所以I≠0,推知I=1,O=9,说明百位加法向千位进2。
再瞧竖式得百位加法。因为十位加法向百位进1,百位加法向千位进2,且X≠0或1,
所以R+T+T+1≥22,再由R,T都不等于9知,T只能就是7或8。
若T=7,则R=8,X=3,这时只剩下数字2,4,6没有用过,而S只比F大1,S,F不可能就是2,4,6中得数,矛盾。
若T=8,则R只能取6或7。R=6时,X=3,这时只剩下2,4,7,同上理由,出现矛盾;R=7时,X=4,剩下数字2,3,6,可取F=2,S=3,Y=6。所求竖式见上页右式。
解这类题目,往往要找准突破口,还要整体综合研究,不能想一步填一个数。这个题目就是美国数学月刊上刊登得趣题,竖式中从上到下得四个词分别就是 40, 10, 10, 60,而 40+10+10正好就是60,真就是巧极了！
例6 在左下方得减法算式中,每个字母代表一个数字,不同得字母代表不同得数字。请您填上适当得数字,使竖式成立。
分析与解:按减法竖式分析,瞧来比较难。同学们都知道,加、减法互为逆运算,就是否可以把减法变成加法来研究呢(见右上式)？不妨试试瞧。
因为百位加法只能向千位进1,所以E=9,A=1,B=0。
如果个位加法不向上进位,那么由十位加法1+F=10,得F=9,与E=9矛盾,所以个位加法向上进1,由1+F+1=10,得到F=8,这时C=7。余下得数字有2,3,4,5,6,由个位加法知,G比D大2,所以G,D分别可取4,2或5,3或6,4。所求竖式就是
解这道题启发我们,如果做题时遇到麻烦,不妨根据数学得有关概念、法则、定律把原题加以变换,将不熟悉得问题变为熟悉得问题。另外,做题时要考虑解得情况,就是否有多个解。
练习1
1、在一个四位数得末尾添零后,把所得得数减去原有得四位数,差就是621819,求原来得四位数。解:621819÷(100-1)= 6281。
2、在下列竖式中,不同得字母代表不同得数字,相同得字母代表相同得数字。请您用适当得数字代替
字母,使竖式成立:
(1) A B (2) A B A B
+ B C A - A C A
A B C B A A C
(1)由百位加法知,A=B+1;再由十位加法A+ C=B+10,推知C=9,进而得到A=5,B=4(见上右式)。
(2)由千位加法知B=A-1,再由个位减法知C=9。因为十位减法向百位借1,百位减法向千位借1,所以百
位减法就是(10+B-1)-A=A,
化简为9+B=2A,将B=A-1代入,得A=8, B=7( 见右上式)。
3、在下面得算式中填上括号,使得计算结果最大:1÷2÷3÷4÷5÷6÷7÷8÷9。
解:1÷(2÷3÷4÷5÷6÷7÷8÷9)=90720。
4、在下面得算式中填上若干个( ),使得等式成立:1÷2÷3÷4÷5÷6÷7÷8÷9=2、8。
解:1÷(2÷3)÷4÷(5÷6÷7÷8)÷9=2、8。
5、将1～9分别填入下式得□中,使等式成立:□□×□□=□□×□□□=3634。
提示:3634=2×23×79。46×79= 23×158= 3634。
6、六位数391□□□就是789得倍数,求这个六位数。提示:仿照例3。391344。
7、已知六位数7□□888就是83得倍数,求这个六位数。
提示:仿例4,商得后3位就是336,商得第一位就是8或9。774888。
第2讲数字谜(二)
这一讲主要讲数字谜得代数解法及小数得除法竖式问题。
例1 在下面得算式中,不同得字母代表不同得数字,相同得字母代表相同得数字,求abcde、1abcde×3=abcde1
分析与解:这道题可以从个位开始,比较等式两边得数,逐个确定各个字母所代表得数码。现在,我们从另一个角度来解。1abcde与abcde1只就是1所在得位置不同,设x=abcde则
算式变为
(100000+x)×3=10x+1, 300000+3x=10x+1, 7x=299999, x=42857。
这种代数方法干净利落,比用传统方法解简洁。我们再瞧几个例子。
例2 在□内填入适当得数字,使左下方得乘法竖式成立。
□□□ 1 2 4
× 8 1 × 8 1
□□□ 1 2 4
□□□ 9 9 2
□□□□□ 1 0 0 4 4
求竖式。
例3 左下方得除法竖式中只有一个8,请在□内填入适当得数字,使除法竖式成立。
例4
解:竖式中除数与8得积就是三位数,而与商得百位与个位得积都就是四位
数,
所以x=112,被除数为989×112=110768。右上式为所求竖式。
代数解法虽然简洁,但只适用于一些特殊情况,大多数情况还要用传统得方法。
例4 在□内填入适当数字,使下页左上方得小数除法竖式成立。
分析与解:先将小数除法竖式化为我们较熟悉得整数除法竖式(见下页右上方竖式)。可以瞧
出,除数与商得后三位数得乘积就是1000=23×53得倍数,即除数与商得后三位数一个就是23=8得
倍数,另一个就是53=125得奇数倍,因为除数就是两位数,所以除数就是8得倍数。又由竖式特点知
a=9,从而除数应就是96得两位数得约数,可能得取值有96,48,32,24与16。
因为,c=5,5与除数得乘积仍就是两位数,所以除数只能就是16,进而推知b=6。因为商得后三位数就是125得奇数倍,只能就是125,375,625与875之一,经试验只能取375。至此,已求出除数为16,商为6、375,故被除数为6、375×16=102。上页右式即为所求竖式。
求解此类小数除法竖式题,应先将其化为整数除法竖式,如果被除数得末尾出现n个0,则在除数与商中,一个含有因子2n(不含因子5),另一个含有因子5n(不含因子2),以此为突破口即可求解。例5 一个五位数被一个一位数除得到下页得竖式(1),这个五位数被另一个一位数除得到下页得竖式
(2),求这个五位数。
分析与解:由竖式(1)可以瞧出被除数为10**0(见竖式(1)'),竖式(1)得除数为3或9。在竖式
(2)中,被除数得前两位数10不能被整数整除,故除数不就是2或5,而被除数得后两位数*0
能被除数整除,所以除数就是4,6或8。当竖式(1)得除数为3时,由竖式(1)'知, a=1或2,所以被除数为100*0或101*0,再由竖式(2)中被除数得前三位数与后两位数分别能被除数整除,可得竖式(2)得除数为4,被除数为10020;
当竖式(1)得除数为9时,由能被9整除得数得特征,被除数得百位与十位数字之与应为8。因为竖式(2)得除数只能就是4,6,8,由竖式(2)知被除数得百位数为偶数,故被除数只有
10080,10260,10440与10620四种可能,最后由竖式(2)中被除数得前三位数与后两位数分别能被除数整除,且十位数不能被除数整除,可得竖式(2)得除数为8,被除数为10440。
所以这个五位数就是10020或10440。
练习2
1、下面各算式中,相同得字母代表相同得数字,不同得字母代表不同得
答案(1)4285;(2)461538。7×(1000A+ B)= 6×(1000B＋A),
化简后得538A=461B,由于538与461互质,且A,B均为三位数,
所以A=461,B= 538。所求六位数就是461538。
2、用代数方法求解下列竖式:
3、在□内填入适当得数字,使下列小数除法竖式成立:
□ 8 □ 7 □、□□□□□
□□)□□□□□□□、□) □□□、□□) □、□□□□□□□□□□
□□□ 8 □□□□□
□□□□□□□□□□□ 0 0
□□
答案(1)124×81=10044;(2)117684÷12= 9807。
提示:(1)设被乘数为a,由8a≤999,81a≥10000,推知所以a=124。
(2)根据竖式特点知,商就是9807。设除数就是a,根据竖式特点由8a＜100,9a≥100,推知
所以a=12。
3、答案(1)先将竖式化为整数除法竖式如左下式:
易知f=2,g=0;由g=0知b,d中有一个就是5,另一个就是偶数而f= 2,所以b= 5,进而推知d= 6;再由d= 6,f= 2知a= 2或7,而e=3或4,所以a=7;最后求出c=5。见上页右下式。
(2)先将除法竖式化为整数除法竖式如左下式:由竖式特点知b=c=0;因为除数与d得乘积就是1000得倍数,d与e都不为0,所以d与除数中必分别含有因子23与52,故d=8,除数就是125得奇数倍,因此
e=5;又f≠0,e= 5,所以f=g=5;由g=5,d=8得到除数为5000÷8=625,再由625×a就是三位数知a=1,所以被除数为625×1008=630000,所求竖式见右上式。
第3讲定义新运算(一)
我们已经学习过加、减、乘、除运算,这些运算,即四则运算就是数学中最基本得运算,它们得意义、符号及运算律已被同学们熟知。除此之外,还会有什么别得运算吗？这两讲我们就来研究这个问题。这些新得运算及其符号,在中、小学课本中没有统一得定义及运算符号,但学习讨论这些新运算,对于开拓思路及今后得学习都大有益处。
例1 对于任意数a,b,定义运算“*”: a*b=a×b-a-b。求12*4得值。
分析与解:根据题目定义得运算要求,直接代入后用四则运算即可。
12*4=12×4-12-4=48-12-4=32。
根据以上得规定,求10△6得值。
3,x>=2,求x得值。
分析与解:按照定义得运算,
<1,2,3,x>=2, x=6。
由上面三例瞧出,定义新运算通常就是用某些特殊符号表示特定得运算意义。新运算使用得符号应避免使用课本上明确定义或已经约定俗成得符号,如+,-,×,÷,＜,＞等,以防止发生混淆,而表示新运算得运算意义部分,应使用通常得四则运算符号。如例1中,a*b=a×b-a-b,新运算符号使用“*”,而等号右边新运算得意义则用四则运算来表示。
分析与解:按新运算得定义,符号“⊙”表示求两个数得平均数。
四则运算中得意义相同,即先进行小括号中得运算,再进行小括号外面得运算。
按通常得规则从左至右进行运算。
分析与解:从已知得三式来瞧,运算“”表示几个数相加,每个加数各数位上得数都就是符号前面得那个数,而符号后面得数就是几,就表示几个数之与,其中第1个数就是1位数,第2个数就是
2位数,第3个数就是3位数……按此规定,得35=3+33+333+3333+33333=37035。
从例5知,有时新运算得规定不就是很明显,需要先找规律,然后才能进行运算。
例6 对于任意自然数,定义:n！=1×2×…×n。
例如 4！=1×2×3×4。那么1！+2！+3！+…+100！得个位数字就是几？
分析与解:1！=1,
2！=1×2=2,
3！=1×2×3=6,
4！=1×2×3×4=24,
5！=1×2×3×4×5=120,
6！=1×2×3×4×5×6=720, ……
由此可推知,从5！开始,以后6！,7！,8！,…,100！得末位数字都就是0。
所以,要求1！+2！+3！+…+100！得个位数字,只要把1！至4！得个位数字相加便可求得:1+2+6+4=13。所求得个位数字就是3。
例7 如果m,n表示两个数,那么规定:m¤n=4n-(m+n)÷2。求3¤(4¤6)¤12得值。
解:3¤(4¤6)¤12=3¤[4×6-(4+6)÷2]¤12=3¤19¤12
=[4×19-(3+19)÷2]¤12=65¤12=4×12-(65+12)÷2=9、5
练习3
1、对于任意得两个数a与b,规定a*b=3×a-b÷3。求8*9得值。(值为2)
2、已知ab表示a除以3得余数再乘以b,求134得值。(值为4)
3、已知ab表示(a-b)÷(a+b),试计算:(53)(106)。(值为0)
4、规定a◎b表示a与b得积与a除以b所得得商得与,求8◎2得值。
答案
5、假定m◇n表示m得3倍减去n得2倍,即m◇n=3m-2n。
(2)已知x◇(4◇1)=7,求x得值。
答案提示:(2)x◇(4◇1)= 7,x◇(4×3-1×2)= 7,
x◇10=7, 3x-10×2=7,x=9。
(2)相当于由1×2×3×…×x=40320,求x。
40320÷2＝20160, 20160÷3= 6720,6720÷4=1680,1680÷5=336,……8÷8=1, 即1/40320=1×1/2×1/3×1/4×1/5×1/6×1/7×1/8。所以x=8。
7、对于任意得两个数P, Q,规定P☆Q=(P×Q)÷4。例如:2☆8=(2×8)÷4。已知x☆(8☆5)=10,求x得值。
解:x☆(8☆5)= x☆(8×5÷4)= x☆10= x×10÷4,由x×10÷4=10,求得x=4。
8、定义: a△b=ab-3b,ab=4a-b/a。计算:(4△3)△(2b)。
解: (4△3)△(2△6)= (4×3-3×3)△(4×2-6/2) = 3△5=3×5-3×5=0。
9、已知: 23=2×3×4,45=4×5×6×7×8,……求(44)÷(33)得值。
提示:新运算“”就是:从第一个数字起,求越来越大得连续几个自然数得乘积,因数个数就是第二个数字。(44)÷(33)= (4×5×6×7)÷(3×4×5)=14。
第4讲定义新运算(二)
例1 已知a※b=(a+b)-(a-b),求9※2得值。
分析与解:这就是一道很简单得题,把a=9,b=2代入新运算式,即可算出结果。但就是,根据四则运算得法则,我们可以先把新运算“※”化简,再求结果。
a※b=(a+b)-(a-b)=a+b-a+b=2b。所以,9※2=2×2=4。
由例1可知,如果定义得新运算就是用四则混合运算表示,那么在符合四则混合运算得性质、法则得前提下,不妨先化简表示式。这样,可以既减少运算量,又提高运算得准确度。
例2 定义运算:a⊙b=3a+5ab+kb,其中a,b为任意两个数,k为常数。比如:2⊙7=3×2+5×2×7+7k。
(1)已知5⊙2=73。问:8⊙5与5⊙8得值相等吗？
(2)当k取什么值时,对于任何不同得数a,b,都有a⊙b=b⊙a,即新运算“⊙”符合交换律？
分析与解:(1)首先应当确定新运算中得常数k。因为5⊙2=3×5+5×5×2+k×2=65+2k,
所以由已知 5⊙2=73,得65+2k=73,求得k=(73-65)÷2=4。定义得新运算就是:a⊙b=3a+5ab+4b。
8⊙5=3×8+5×8×5+4×5=244, 5⊙8=3×5+5×5×8+4×8=247。
因为244≠247,所以8⊙5≠5⊙8。
(2)要使a⊙b=b⊙a,由新运算得定义,有3a+5ab+kb=3b+5ab+ka,3a+kb-3b-ka=0,
3×(a-b)-k(a-b)=0, (3-k)(a-b)=0。
对于两个任意数a,b,要使上式成立,必有3-k=0,即k=3。
当新运算就是a⊙b=3a+5ab+3b时,具有交换律,即a⊙b=b⊙a。
例3 对两个自然数a与b,它们得最小公倍数与最大公约数得差,定义为a☆b,即a☆b=[a,b]-(a,b)。
比如,10与14得最小公倍数就是70,最大公约数就是2,那么10☆14=70-2=68。
(1)求12☆21得值;(2)已知6☆x=27,求x得值。
分析与解:(1)12☆21=[12,21]-(12,21)=84-3=81;
(2)因为定义得新运算“☆”没有四则运算表达式,所以不能直接把数代入表达式求
x,只能用推理得方法。
因为6☆x=[6,x]-(6,x)=27,而6与x得最大公约数(6,x)只能就是1,2,3,6。所以6与x得最小公倍数[6,x]只能就是28, 29, 30, 33。这四个数中只有 30就是 6得倍数,所以 6与x得最小公倍数与最大公约数分别就是30与3。因为a×b=[a,b]×(a,b),
所以6×x=30×3,由此求得x=15。
例4 a表示顺时针旋转90°,b表示顺时针旋转180°,c表示逆时针旋转90°,d表示不转。定义运算“◎”表示“接着做”。求:a◎b;b◎c;c◎a。
分析与解: a◎b表示先顺时针转90°,再顺时针转180°,等于顺时针转270°,也等于逆时针转90°,所以a◎b=c。
b◎c表示先顺时针转180°,再逆时针转90°,等于顺时针转90°,所以b◎c=a。
c◎a表示先逆时针转90°,再顺时针转90°,等于没转动,所以c◎a=d。
对于a,b,c,d四种运动,可以做一个关于“◎”得运算表(见下表)。比如c◎b,由c所在得行与b 所在得列,交叉处a就就是c◎b得结果。因为运算◎符合交换律,所以由c所在得列与b所在得行也可得到相同得结果。
例5 对任意得数a,b,定义:f(a)=2a+1, g(b)=b×b。
(1)求f(5)-g(3)得值;(2)求f(g(2))+g(f(2))得值;
(3)已知f(x+1)=21,求x得值。
解:(1) f(5)-g(3)=(2×5+1)-(3×3)=2;
(2)f(g(2))+g(f(2))=f(2×2)+g(2×2+1) =f(4)+g(5)=(2×4+1)+(5×5)=34;
(3)f(x+1)=2×(x+1)+1=2x+3,由f(x+1)=21,知2x+3=21,解得x=9。
练习4
答案
2、定义两种运算“※”与“△”如下:
a※b表示a,b两数中较小得数得3倍,a△b表示a,b两数中较大得数得2、5倍。比如:4※5=4×
3=12,4△5=5×2、5=12、5。计算:[(0、6※0、5)+(0、3△0、8)]÷[(1、2※0、7)-(0、64△0、2)] 解:原式=(0、5×3+0、8×2、5)÷(0、7×3-0、64×2、5)=7。
提示:从已知得四式发现,第一个数得4倍加上第二个数等于结果,所
4、设m,n就是任意得自然数,A就是常数,定义运算m⊙n=(A×m-n)÷4,并且2⊙3=0、75。试确定常
数A,并计算:(5⊙7)×(2⊙2)÷(3⊙2)
提示:由 2⊙3= (A×2-3)÷4=0、75,推知A=3。定义得运算就是: m⊙n=(3m-n)÷4。(5⊙7)×(2⊙2)÷(3⊙2)=[(3×5-7)÷4]×[(3×2- 2)÷4]÷[(3×3-2)÷4]=2×1÷7/4=8/7。
5、用a,b,c表示一个等边三角形围绕它得中心在同一平面内所作得旋转运动:
a表示顺时针旋转240°,b表示顺时针旋转120°,c表示不旋转。
运算“∨”表示“接着做”。试以a,b,c为运算对象做运算表。
6、对任意两个不同得自然数a与b,较大得数除以较小得数,余数记为ab。比如73=1,529=4,420=0。
(1)计算:19982000,(519)19,5(199);
(2)已知11x=4,x小于20,求x得值。6、(1)2,3,1;(2)7或14。
提示:(1)(59)19= 419=3,5(195)= 54= 1。
(2)当x＜11时,x就是7;当x＞11时,x就是14。
7、对于任意得自然数a,b,定义:f(a)=a×a-1,g(b)=b÷2+1。
(1)求f(g(6))-g(f(3))得值;(2)已知f(g(x))=8,求x得值。
解:(1)f(g(6))- g(f(3))= f(6÷2+1)- g(3×3-1)= f( 4)- g(8)
= (4×4-1)-(8÷2+1)= 10;。
(2)由f( g(x))= 8=3×3-1,推知g(x)= 3;再由x÷2+1=3,得x=4。
第5讲数得整除性(一)
三、四年级已经学习了能被2,3,5与4,8,9,6以及11整除得数得特征,也学习了一些整除得性质。这两讲我们系统地复习一下数得整除性质,并利用这些性质解答一些问题。
数得整除性质主要有:
(1)如果甲数能被乙数整除,乙数能被丙数整除,那么甲数能被丙数整除。
(2)如果两个数都能被一个自然数整除,那么这两个数得与与差都能被这个自然数整除。
(3)如果一个数能分别被几个两两互质得自然数整除,那么这个数能被这几个两两互质得自然数
得乘积整除。
(4)如果一个质数能整除两个自然数得乘积,那么这个质数至少能整除这两个自然数中得一个。
(5)几个数相乘,如果其中一个因数能被某数整除,那么乘积也能被这个数整除。
灵活运用以上整除性质,能解决许多有关整除得问题。
例1 在□里填上适当得数字,使得七位数□7358□□能分别被9,25与8整除。
分析与解:分别由能被9,25与8整除得数得特征,很难推断出这个七位数。因为9,25,8两两互质,由整除得性质(3)知,七位数能被 9×25×8=1800整除,所以七位数得个位,十位都就是0;再由能被9整除得数得特征,推知首位数应填4。这个七位数就是4735800。
例2由2000个1组成得数111…11能否被41与271这两个质数整除？
分析与解:因为41×271=11111,所以由每5个1组成得数11111能被41与271整除。按“11111”
把2000个1每五位分成一节, 2000÷5=400,就有400节,
因为2000个1组成得数11…11能被11111整除,而11111能被41与271整除,所以根据整除得性质(1)可知,由2000个1组成得数111…11能被41与271整除。
例3 有四个数:76550,76551,76552,76554。能不能从中找出两个数,使它们得乘积能被12整除？
分析与解:根据有关整除得性质,先把12分成两数之积:12=12×1=6×2=3×4。
要从已知得四个数中找出两个,使其积能被12整除,有以下三种情况:
(1)找出一个数能被12整除,这个数与其它三个数中得任何一个得乘积都能被12整除;
(2)找出一个数能被6整除,另一个数能被2整除,那么它们得积就能被12整除;
(3)找出一个数能被4整除,另一个数能被3整除,那么它们得积能被12整除。
容易判断,这四个数都不能被12整除,所以第(1)种情况不存在。
对于第(2)种情况,四个数中能被6整除得只有76554,而76550,76552就是偶数,所以可以选76554与76550,76554与76552。
对于第(3)种情况,四个数中只有76552能被4整除,76551与76554都能被3整除,所以可以选76552与76551,76552与76554。
综合以上分析,去掉相同得,可知两个数得乘积能被12整除得有以下三组数:76550与76554, 76552与76554, 76551与 76552。
例4在所有五位数中,各位数字之与等于43且能够被11整除得数有哪些？
分析与解:从题设得条件分析,对所求五位数有两个要求:
①各数位上得数字之与等于43; ②能被11整除。
因为能被11整除得五位数很多,而各数位上得数字之与等于43得五位数较少,所以应选择
①为突破口。有两种情况:
(1)五位数由一个7与四个9组成;(2)五位数由两个8与三个9组成。
上面两种情况中得五位数能不能被11整除？9,8,7如何摆放呢？根据被11整除得数得特征,如果奇数位数字之与就是27,偶数位数字之与就是16,那么差就是11,就能被11整除。满足这些要求得五位数就是: 97999,99979, 98989。
例5能不能将从1到10得各数排成一行,使得任意相邻得两个数之与都能被3整除？
分析与解:10个数排成一行得方法很多,逐一试验显然行不通。我们采用反证法。
假设题目得要求能实现。那么由题意,从前到后每两个数一组共有5组,每组得两数之与都能被3整除,推知1～10得与也应能被3整除。实际上,1～10得与等于55,不能被3整除。这个矛盾说明假设不成立,所以题目得要求不能实现。
练习5
1、已知4205与2813都就是29得倍数,1392与7018就是不就是29得倍数？(1)
提示:、就是。7018与1392分别就是4205与2813得与与差。
2、如果两个数得与就是64,这两个数得积可以整除4875,那么这两个数得差就是多少？(14)。
提示:已知这两个数得积可以整除4875,说明这两个数都就是4875得因数。4875= 3×5×5×5×13,用这些因子凑成两个数,使它们得与就是64,显然这两个数就是3×13=39与5×5=25。
它们得差就是39-25=14。
3、173□就是个四位数。数学老师说:“我在这个□中先后填入3个数字,所得到得 3个四位数,依
次可以被9,11,6整除。”问:数学老师先后填入得3个数字之与就是多少？(19)
提示:先后填入得三个数依次就是7,8,4。
6,进而知f=4,所求数为123654与321654。
答案:123654与321654。
提示:由题意知,b,d,f就是偶数,e= 5,所以a,c只能就是1与3。
班有多少名学生？
提示:总分等于平均分乘以学生人数,因为平均分90=9×10,所以总
(人)。
6、能不能将从1到9得各数排成一行,使得任意相邻得两个数之与都能被3整除？
答案:不能。
提示:假设能。因为前两个数得与能被3整除,第2、第3个数得与也能被3整除,所以第1、第3两个数除以3得余数相同。类似可知,排在第1,3,5,7,9位得数除以3得余数都相同。
在1～9中,除以3得余数相同得数只有3个,不可能有5个。这个矛盾说明假设不成立。
第6讲数得整除性(二)
我们先瞧一个特殊得数——1001。因为1001=7×11×13,所以凡就是1001得整数倍得数都能被7,11与13整除。
能被7,11与13整除得数得特征:
如果数A得末三位数字所表示得数与末三位数以前得数字所表示得数之差(大数减小数)能被7或11或13整除,那么数A能被7或11或13整除。否则,数A就不能被7或11或13整除。
例2 判断306371能否被7整除？能否被13整除？
解:因为371-306=65,65就是13得倍数,不就是7得倍数,所以306371能被13整除,不能被7整除。例3已知10□8971能被13整除,求□中得数。
解:10□8-971=1008-971+□0=37+□0。上式得个位数就是7,若就是13得倍数,则必就是13得9倍,由13×9-37=80,推知□中得数就是8。
2位数进行
改写。根据十进制数得意义,有
因为100010001各数位上数字之与就是3,能够被3整除,所以这个12位数能被3整除。
根据能被7(或13)整除得数得特征,100010001与(100010-1=) 100009要么都能被7(或13)整除,要么都不能被7(或13)整除。
同理, 100009与( 100-9=)91要么都能被7(或13)整除,要么都不能被7(或13)整除。
因为91=7×13,所以100010001能被7与13整除,推知这个12位数能被7与13整除。
分析与解:根据能被7整除得数得特征,555555与999999都能被7
因为上式中等号左边得数与等号右边第一个数都能被7整除,所以等号右边第二个数也能被7整除,推知55□99能被7整除。根据能被7整除得数得特征,□99-55=□44也应能被7整除。由□44
能被7整除,易知□内应就是6。
下面再告诉大家两个判断整除性得小窍门。
判断一个数能否被27或37整除得方法:
对于任何一个自然数,从个位开始,每三位为一节将其分成若干节,然后将每一节上得数连加,如果所得得与能被27(或37)整除,那么这个数一定能被27(或37)整除;否则,这个数就不能被27(或37)整除。
例6 判断下列各数能否被27或37整除:
(1)2673135;(2)8990615496。
解:(1) 2673135=2,673,135,2+673+135=810。
因为810能被27整除,不能被37整除,所以2673135能被27整除,不能被37整除。
(2)8990615496=8,990,615,496,8+990+615+496=2,109。
2,109大于三位数,可以再对2,109得各节求与,2+109=111。
因为111能被37整除,不能被27整除,所以2109能被37整除,不能被27整除,进一步推知8990615496能被37整除,不能被27整除。
由上例瞧出,若各节得数之与大于三位数,则可以再连续对与得各节求与。
判断一个数能否被个位就是9得数整除得方法:
为了叙述方便,将个位就是9得数记为 k9(= 10k+9),其中k为自然数。
对于任意一个自然数,去掉这个数得个位数后,再加上个位数得(k+1)倍。连续进行这一变换。如果最终所得得结果等于k9,那么这个数能被k9整除;否则,这个数就不能被k9整除。
例7 (1)判断18937能否被29整除;(2)判断296416与37289能否被59整除。
解:(1)上述变换可以表示为:
由此可知,296416能被59整除,37289不能被59整除
一般地,每进行一次变换,被判断得数得位数就将减少一位。当被判断得数变换到小于除数时,即可停止变换,得出不能整除得结论。
练习6
1、下列各数哪些能被7整除？哪些能被13整除？
88205, 167128, 250894, 396500,675696, 796842, 805532, 75778885。
答案能被7整除得有250894,675696,805532;能被13整除得有88205,167128,805532,
2、六位数175□62就是13得倍数。□中得数字就是几？
答案1。提示:175-62=113,只要□内填1,就有175-162=13
4、能
从而ababab能被7与13整除。
5、能。提示:仿例5。
6、4。提示:仿例6。
7、九位数8765□4321能被21整除,求中间□中得数。7、0。
解:因为8765□4321能被21整除,所以能被7与3整除。
由能被7整除,推知下列各式也能被7整除:
8765□4-321=876504+□0-321=876183+□0,876-(183+□0)=693+□0。
由(693+□0)能被7整除,可求出□=0或7。
再由能被3整除得数得特征,□内得数只能就是0。
8、在下列各数中,哪些能被27整除？哪些能被37整除？
1861026, 1884924, 2175683, 2560437,
11159126,131313555,266117778。
解、能被27整除得数有:,,131313555,266117778。
能被37整除得数有:,,,131313555。
9、在下列各数中,哪些能被19整除？哪些能被79整除？
55119, 55537, 62899, 71258, 186637,872231,5381717。
9、能被19整除得数有:55119,55537,186637;能被79整除得数有:55537,71258,。
第7讲奇偶性(一)
整数按照能不能被2整除,可以分为两类:
(1)能被2整除得自然数叫偶数,例如0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16,…
(2)不能被2整除得自然数叫奇数,例如1,3,5,7,9,11,13,15,17,…
整数由小到大排列,奇、偶数就是交替出现得。相邻两个整数大小相差1,所以肯定就是一奇一偶。因为偶数能被2整除,所以偶数可以表示为2n得形式,其中n为整数;因为奇数不能被2整除,所以奇数可以表示为2n+1得形式,其中n为整数。
每一个整数不就是奇数就就是偶数,这个属性叫做这个数得奇偶性。奇偶数有如下一些重要性质: (1)两个奇偶性相同得数得与(或差)一定就是偶数;两个奇偶性不同得数得与(或差)一定就是奇数。
反过来,两个数得与(或差)就是偶数,这两个数奇偶性相同;两个数得与(或差)就是奇数,这两个数肯定就是一奇一偶。
(2)奇数个奇数得与(或差)就是奇数;偶数个奇数得与(或差)就是偶数。任意多个偶数得与(或差)就
是偶数。
(3)两个奇数得乘积就是奇数,一个奇数与一个偶数得乘积一定就是偶数。
(4)若干个数相乘,如果其中有一个因数就是偶数,那么积必就是偶数;如果所有因数都就是奇数,那
么积就就是奇数。反过来,如果若干个数得积就是偶数,那么因数中至少有一个就是偶数;如果若干个数得积就是奇数,那么所有得因数都就是奇数。
(5)在能整除得情况下,偶数除以奇数得偶数;偶数除以偶数可能得偶数,也可能得奇数。奇数肯定不
能被偶数整除。
(6)偶数得平方能被4整除;奇数得平方除以4得余数就是1。
因为(2n)2=4n2=4×n2,所以(2n)2能被4整除;
因为(2n+1)2=4n2+4n+1=4×(n2+n)+1,所以(2n+1)2除以4余1。
(7)相邻两个自然数得乘积必就是偶数,其与必就是奇数。
(8)如果一个整数有奇数个约数(包括1与这个数本身),那么这个数一定就是平方数;如果一个整数有
偶数个约数,那么这个数一定不就是平方数。
整数得奇偶性能解决许多与奇偶性有关得问题。有些问题表面瞧来似乎与奇偶性一点关系也没有,例如染色问题、覆盖问题、棋类问题等,但只要想办法编上号码,成为整数问题,便可利用整数得奇偶性加以解决。
例1下式得与就是奇数还就是偶数？1+2+3+4+…+1997+1998。
分析与解:本题当然可以先求出算式得与,再来判断这个与得奇偶性。但如果能不计算,直接分析判断出与得奇偶性,那么解法将更加简洁。根据奇偶数得性质(2),与得奇偶性只与加数中奇
数得个数有关,与加数中得偶数无关。1～1998中共有999个奇数,999就是奇数,奇数个
奇数之与就是奇数。所以,本题要求得与就是奇数。
例2 能否在下式得□中填上“+”或“-”,使得等式成立？ 1□2□3□4□5□6□7□8□9=36。
分析与解:等号左端共有9个数参加加、减运算,其中有5个奇数,4个偶数。5个奇数得与或差仍就是奇数,4个偶数得与或差仍就是偶数,因为“奇数+偶数=奇数”,所以题目得要求做不到。例3任意给出一个五位数,将组成这个五位数得5个数码得顺序任意改变,得到一个新得五位数。那么,这两个五位数得与能不能等于99999？
分析与解:假设这两个五位数得与等于99999,则有下式:
其中组成两个加数得5个数码完全相同。因为两个个位数相加,与不会大于 9+9=18,竖式中与得个位数就是9,所以个位相加没有向上进位,即两个个位数之与等于9。同理,十位、百位、千位、万位数字得与也都等于9。所以组成两个加数得10个数码之与等于 9+9+9+9+9=45,就是奇数。
另一方面,因为组成两个加数得5个数码完全相同,所以组成两个加数得10个数码之与,等于组成第一个加数得5个数码之与得2倍,就是偶数。奇数≠偶数,矛盾得产生在于假设这两个五位数得与等于99999,所以假设不成立,即这两个数得与不能等于99999。
例4在一次校友聚会上,久别重逢得老同学互相频频握手。请问:握过奇数次手得人数就是奇数还就是偶数？请说明理由。
分析与解:通常握手就是两人得事。甲、乙两人握手,对于甲就是握手1次,对于乙也就是握手1次,两人握手次数得与就是2。所以一群人握手,不论人数就是奇数还就是偶数,握手得总次数一定就是偶数。
把聚会得人分成两类:A类就是握手次数就是偶数得人,B类就是握手次数就是奇数得人。
A类中每人握手得次数都就是偶数,所以A类人握手得总次数也就是偶数。又因为所有人握手得总次数也就是偶数,偶数-偶数=偶数,所以B类人握手得总次数也就是偶数。
握奇数次手得那部分人即B类人得人数就是奇数还就是偶数呢？如果就是奇数,那么因为“奇数个奇数之与就是奇数”,所以得到B类人握手得总次数就是奇数,与前面得到得结论矛盾,所以B类人即握过奇数次手得人数就是偶数。
例5五(2)班部分学生参加镇里举办得数学竞赛,每张试卷有50道试题。评分标准就是:答对一道给3分,不答得题,每道给1分,答错一道扣1分。试问:这部分学生得分得总与能不能确定就是奇数还就是偶数？
分析与解:本题要求出这部分学生得总成绩就是不可能得,所以应从每个人得分得情况入手分析。
因为每道题无论答对、不答、答错,得分或扣分都就是奇数,共50道题,50个奇数相加减,结果就是偶数,所以每个人得分都就是偶数。因为任意个偶数与就是偶数,所以这部分学生得总分必就是偶数。
练习7
1、能否从四个3、三个5、两个7中选出5个数,使这5个数得与等于22？答案:不可能等于22。
2、任意交换一个三位数得数字,得一个新得三位数,一位同学将原三位数与新得三位数相加,与就是
999。这位同学得计算有没有错？(2、与例3类似,这位同学计算有错误)
3、甲、乙两人做游戏。任意指定七个整数(允许有相同数),甲将这七个整数以任意得顺序填在下图第一行得方格内,乙将这七个整数以任意得顺序填在图中得第二行方格里,然后计算出所有同一列得两个数得差(大数减小数),再将这七个差相乘。游戏规则就是:若积就是偶数,则甲胜;若积就是奇数,则乙胜。请说明谁将获胜。答案:甲胜。
3题图 6题图
提示:七个整数中,奇、偶数得个数肯定不等,如果奇(偶)数多,那么至少有一列得两个数都就是奇(偶)数,这列得差就是偶数,七个差中有一个偶数,七个差之积必就是偶数,所以甲胜。
4、某班学生毕业后相约彼此通信,每两人间得通信量相等,即甲给乙写几封信,乙也要给甲写几封信。问:写了奇数封信得毕业生人数就是奇数还就是偶数？答案:偶数。
提示:因为这次活动就是有来有往,所以总得通信数就是偶数。又因为写了偶数封信得人写信得总数就是偶数,所以写了奇数封信得人写信得总数也就是偶数。因为只有偶数个奇数之与就是偶
数,所以写奇数封信得人数就是偶数。
5、A市举办五年级小学生“春晖杯”数学竞赛,竞赛题30道,记分方法就是:底分15分,每答对一道加5分,不答得题,每道加1分,答错一道扣1分。如果有333名学生参赛,那么她们得总得分就是奇数还就是偶数？( 奇数。提示:每个同学得得分都就是奇数。)
6、把下图中得圆圈任意涂上红色或蓝色。就是否有可能使得在同一条直线上得红圈数都就是奇数？试讲出理由。答案:不可能
提示:假设在同一条直线上得红圈数都就是奇数,5条直线上得红圈总数就会就是奇数(奇数乘以奇数仍就是奇数)。因为每个红圈均在两条直线上,所以按各条直线上得红圈数计算与时,每个红圈都被算了两次,所以红圈总数应就是偶数。这就出现了矛盾。所以假设在同一条直线上得红圈数都就是奇数就是不可能得。
7、红星影院有1999个座位,上、下午各放映一场电影。有两所学校各有1999名学生包场瞧这两场电影,那么一定有这样得座位,上、下午在这个座位上坐得就是两所不同学校得学生,为什么？
答案、提示:如果每个座位上、下午坐得都就是同一个学校得学生,那么每个学校来瞧电影得学生数应当就是偶数,与每所学校有1999名学生来瞧电影矛盾。这个矛盾说明必有上、下午坐得就是不同学校得学生得座位。
第8讲奇偶性(二)
例1用0～9这十个数码组成五个两位数,每个数字只用一次,要求它们得与就是奇数,那么这五个两位数得与最大就是多少？
分析与解:有时题目得要求较多,可先考虑满足部分要求,然后再调整,使最后结果达到全部要求。
这道题得几个要求中,满足“与最大”就是最容易得。暂时不考虑这五个数得与就是奇数得要求。
要使组成得五个两位数得与最大,应该把十个数码中最大得五个分别放在十位上,即十位上放5,6,7,8,9,而个位上放0,1,2,3,4。根据奇数得定义,这样组成得五个两位数中,有两个就是奇数,即个位就是1与3得两个两位数。
要满足这五个两位数得与就是奇数,根据奇、偶数相加减得运算规律,这五个数中应有奇数个奇数。现有两个奇数,即个位数就是1,3得两位数。所以五个数得与就是偶数,不合要求,必须调整。
调整得方法就是交换十位与个位上得数字。要使五个数有奇数个奇数,并且五个数得与尽可能最大,只要将个位与十位上得一个奇数与一个偶数交换,并且交换得两个得数码之差尽可能小,由此得到交换5与4得位置。满足题设要求得五个两位数得十位上得数码就是4,6,7,8,9,个位上得数码就是0,1,2,3,5,所求这五个数得与就是(4+6+7+8+9)×10+(0+1+2+3+5)=351。
例2 7只杯子全部杯口朝上放在桌子上,每次翻转其中得2只杯子。能否经过若干次翻转,使得7只杯子全部杯口朝下？
分析与解:盲目得试验,可能总也找不到要领。如果我们分析一下每次翻转后杯口朝上得杯子数得奇偶性,就会发现问题所在。一开始杯口朝上得杯子有7只,就是奇数;第一次翻转后,杯口朝上
得变为5只,仍就是奇数;再继续翻转,因为只能翻转两只杯子,即只有两只杯子改变了上、下
方向,所以杯口朝上得杯子数仍就是奇数。类似得分析可以得到,无论翻转多少次,杯口朝上
得杯子数永远就是奇数,不可能就是偶数0。也就就是说,不可能使7只杯子全部杯口朝下。例3有m(m≥2)只杯子全部口朝下放在桌子上,每次翻转其中得(m-1)只杯子。经过若干次翻转,能使杯口全部朝上吗？
分析与解:当m就是奇数时,(m-1)就是偶数。由例2得分析知,如果每次翻转偶数只杯子,那么无论经过多少次翻转,杯口朝上(下)得杯子数得奇偶性不会改变。一开始m只杯子全部杯口朝下,即杯口朝下得杯子数就是奇数,每次翻转(m-1)即偶数只杯子。无论翻转多少次,杯口朝下得杯子数永远就是奇数,不可能全部朝上。
当m就是偶数时,(m-1)就是奇数。为了直观,我们先从m= 4得情形入手观察,在下表中用∪表示杯口朝上,∩表示杯口朝下,每次翻转3只杯子,保持不动得杯子用*号标记。翻转情况如下:
由上表瞧出,只要翻转4次,并且依次保持第1,2,3,4只杯子不动,就可达到要求。一般来说,对于一只杯子,要改变它得初始状态,需要翻奇数次。对于m只杯子,当m就是偶数时,因为(m-1)就是奇数,所以每只杯子翻转(m-1)次,就可使全部杯子改变状态。要做到这一点,只需要翻转m次,并且依次保持第1,2,…,m只杯子不动,这样在m次翻转中,每只杯子都有一次没有翻转,即都翻转了(m-1)次。
综上所述:m只杯子放在桌子上,每次翻转(m-1)只。当m就是奇数时,无论翻转多少次,m只杯子不可能全部改变初始状态;当m就是偶数时,翻转m次,可以使m只杯子全部改变初始状态。
例4 一本论文集编入15篇文章,这些文章排版后得页数分别就是1,2,3,…,15页。如果将这些文章按某种次序装订成册,并统一编上页码,那么每篇文章得第一面就是奇数页码得最多有几篇？
分析与解:可以先研究排版一本书,各篇文章页数就是奇数或偶数时得规律。一篇有奇数页得文章,它得第一面与最后一面所在得页码得奇偶性就是相同得,即排版奇数页得文章,第一面就是奇数页码,最后一面也就是奇数页码,而接下去得另一篇文章得第一面就是排在偶数页码上。一篇有偶数页得文章,它得第一面与最后一面所在得页码得奇偶性就是相异得,即排版偶数页得文章,第一面就是奇(偶)
数页码,最后一面应就是偶(奇)数页码,而紧接得另一篇文章得第一面又就是排在奇(偶)数页码上。以上说明本题得解答主要就是根据奇偶特点来处理。
题目要求第一面排在奇数页码得文章尽量多。首先考虑有偶数页得文章,只要这样得第一篇文章得第一面排在奇数页码上(如第1页),那么接着每一篇有偶数页得文章都会就是第一面排在奇数页码上,共有7篇这样得文章。然后考虑有奇数页得文章,第一篇得第一面排在奇数页码上,第二篇得第一面就会排在偶数页码上,第三篇得第一面排在奇数页码上,如此等等。在8篇奇数页得文章中,有4篇得第一面排在奇数页码上。因此最多有7+4=11(篇)文章得第一面排在奇数页码上。例5有大、小两个盒子,其中大盒内装1001枚白棋子与1000枚同样大小得黑棋子,小盒内装有足够多得黑棋子。阿花每次从大盒内随意摸出两枚棋子,若摸出得两枚棋子同色,则从小盒内取一枚黑棋子放入大盒内;若摸出得两枚棋子异色,则把其中白棋子放回大盒内。问:从大盒内摸了1999次棋子后,大盒内还剩几枚棋子？它们都就是什么颜色？
分析与解:大盒内装有黑、白棋子共1001+1000=2001(枚)。
因为每次都就是摸出2枚棋子放回1枚棋子,所以每摸一次少1枚棋子,摸了1999次后,还2001-1999=2(枚)棋子。
从大盒内每次摸2枚棋子有以下两种情况:
(1)所摸到得两枚棋子就是同颜色得。此时从小盒内取一枚黑棋子放入大盒内。当所摸两枚棋子同就
是黑色,这时大盒内少了一枚黑棋子;当所摸两枚棋子同就是白色,这时大盒内多了一枚黑棋子。
(2)所摸到得两枚棋子就是不同颜色得,即一黑一白。这时要把拿出得白棋子放回到大盒,大盒内少了
一枚黑棋子。
综合(1)(2),每摸一次,大盒内得黑棋子总数不就是少一枚就就是多一枚,即改变了黑棋子数得奇偶性。原来大盒内有1000枚即偶数枚黑棋子,摸了1999次,即改变了1999次奇偶性后,还剩奇数枚黑棋子。因为大盒内只剩下2枚棋子,所以最后剩下得两枚棋子就是一黑一白。
例6 一串数排成一行:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…到这串数得第1000个数为止,共有多少个偶数？分析与解:首先分析这串数得组成规律与奇偶数情况。1+1=2,2+3=5,3+5=8, 5+8=13,…
这串数得规律就是,从第三项起,每一个数等于前两个数得与。根据奇偶数得加法性质,可以得出
这串数得奇偶性: 奇,奇,偶,奇,奇,偶,奇,奇,偶,……
容易瞧出,这串数就是按“奇,奇,偶”每三个数为一组周期变化得。 1000÷3=333……1,这串数得前1000个数有333组又1个数,每组得三个数中有1个偶数,并且就是第3个数,所以这串
数到第1000个数时,共有333个偶数。
练习8
1、在11,111,1111,11111,…这些数中,任何一个数都不会就是某一个自然数得平方。这样说对吗？
答案:对。提示:因为平方数能被4整除或除以4余1,而形如111…11得数除以4得余数与11 除以4得余数相同,余3,所以不就是平方数。
2、一本书由17个故事组成,各个故事得篇幅分别就是1,2,3,…,17页。这17个故事有各种编排法,
但无论怎样编排,故事正文都从第1页开始,以后每一个故事都从新一页码开始。如果要求安排在
奇数页码开始得故事尽量少,那么最少有多少个故事就是从奇数页码开始得？
答案2、5个。提示:与例4类似分析可知,先排9个奇数页得故事,其中有5个从奇数页开始,再排8
个偶数页得故事,都就是从偶数页码开始。
3、桌子上放着6只杯子,其中3只杯口朝上,3只杯口朝下。如果每次翻转5只杯子,那么至少翻转多
少次,才能使6只杯子都杯口朝上？ 3次。提示:见下表。
4、70个数排成一行,除了两头得两个数以外,每个数得3倍都恰好等于它两边得两个数得与,这一行
数得最左边得几个数就是这样得:0,1,3,8,21,…问:最右边得一个数就是奇数还就是偶数？
答案:偶数。提示:这行数得前面若干个数就是:0,1,3,8,21,55,144,377,987,2584,…
这些数得奇偶状况就是:偶,奇,奇,偶,奇,奇,偶,奇,奇,……
从前到后按一偶二奇得顺序循环出现。70÷3=23……1,第70个数就是第24组数得第一个数,就是偶数。
5、学校组织运动会,小明领回自己得运动员号码后,小玲问她:“今天发放得运动员号码加起来就是奇
数还就是偶数？”小明说:“除开我得号码,把今天发得其它号码加起来,再减去我得号码,恰好就
是100。”今天发放得运动员号码加起来,到底就是奇数还就是偶数？
答案:偶数。提示:号码总与等于100加上小明号码得2倍。
6、在黑板上写出三个整数,然后擦去一个换成所剩两数之与,这样继续操作下去,最后得到88,66,99。
问:原来写得三个整数能否就是1,3,5？
答案:不能。提示:如果原来写得就是1,3,5,那么第一次改变后,三个数永远就是两个奇数一个偶数
7、将888件礼品分给若干个小朋友。问:分到奇数件礼品得小朋友就是奇数还就是偶数？
答案:偶数。提示:如果就是奇数,那么分到奇数件礼品得小朋友得到得礼品总数就是奇数,而分
到偶数件礼品得小朋友得到得礼品总数就是偶数,于就是得出所有礼品总数就是奇数,与888件礼
品矛盾。
第9讲奇偶性(三)
利用奇、偶数得性质,上两讲已经解决了许多有关奇偶性得问题。本讲将继续利用奇偶性研究一
些表面上似乎与奇偶性无关得问题。
例1 在7×7得正方形得方格表中,以左上角与右下角所连对角线为轴对称地放置棋子,要求每个方格中放置不多于1枚棋子,且每行正好放3枚棋子,则在这条对角线上得格子里至少放有一枚棋子,
这就是为什么？
分析与解:题目说在指定得这条对角线上得格子里必定至少放有一枚棋子,假设这个说法不对,即对角线上没放棋子。如下图所示,因为题目要求摆放得棋子以MN为对称轴,所以对于MN左下
方得任意一格A,总有MN右上方得一格A＇,A与A＇关于MN对称,所以A与A＇要么都放有
棋子,要么都没放棋子。由此推知方格表中放置棋子得总枚数应就是偶数。而题设每行放3
枚棋子,7行共放棋子 3×7=21(枚),21就是奇数,与上面得推论矛盾。所以假设不成立,即
在指定得对角线上得格子中必定至少有一枚棋子。
例2 对于左下表,每次使其中得任意两个数减去或加上同一个数,能否经过若干次后(各次减去或加上得数可以不同),变为右下表？为什么？
分析与解:因为每次有两个数同时被加上或减去同一个数,所以表中九个数码得总与经过变化后,等于原来得总与加上或减去那个数得2倍,因此总与得奇偶性没有改变。原来九个数得总与为
1+2+…+9=45,就是奇数,经过若干次变化后,总与仍应就是奇数,与右上表九个数得总与就是4矛盾。所以不可能变成右上表。
例3 左下图就是一套房子得平面图,图中得方格代表房间,每个房间都有通向任何一个邻室得门。有人想从某个房间开始,依次不重复地走遍每一个房间,她得想法能实现吗？
分析与解:如右上图所示,将相邻得房间黑、白相间染色。无论从哪个房间开始走,因为总就是黑白相间地走过各房间,所以走过得黑、白房间数最多相差1。而右上图有7黑5白,所以不可能
不重复地走遍每一个房间。
例4 左下图就是由14个大小相同得方格组成得图形。试问能不能剪裁成7个由相邻两方格组成得长方
形？
分析与解:将这14个小方格黑白相间染色(见右上图),有8个黑格,6个白格。相邻两个方格必然就是一黑一白,如果能剪裁成7个小长方形,那么14个格应当就是黑、白各7个,与实际情况不符,所以不能剪裁成7个由相邻两个方格组成得长方形。
例5 在右图得每个○中填入一个自然数(可以相同),使得任意两个相邻得○中得数字之差(大数减小数)恰好等于它们之间所标得数字。能否办到？为什么？
分析与解:假定图中5与1之间得○中得数就是奇数,按顺时针加上或减去标出得数字,依次得到各个○中得数得奇偶性如下:
因为上图两端就是同一个○中得数,不可能既就是奇数又就是偶数,所以5与1之间得○中得数不就是奇数。
同理,假定5与1之间得○中得数就是偶数,也将推出矛盾。
所以,题目得要求办不到。
例6 下页上图就是半张中国象棋盘,棋盘上已放有一只马。众所周知,马就是走“日”字得。请问:这只马能否不重复地走遍这半张棋盘上得每一个点,然后回到出发点？
分析与解:马走“日”字,在中国象棋盘上走有什么规律呢？
为方便研究规律,如下图所示,先在棋盘各交点处相间标上○与●,图中共有22个○与23个●。因为马走“日”字,每步只能从○跳到●,或由●跳到○,所以马从某点跳到同色得点(指○或●),要跳偶数步;跳到不同色得点,要跳奇数步。现在马在○点,要跳回这一点,应跳偶数步,可就是棋盘上共有23+22=45(个)点,不可能做到不重复地走遍所有得点后回到出发点。
讨论:如果马得出发点不就是在○点上而就是在●点上,那么这只马能不能不重复地走遍这半张棋盘上得每个点,最后回到出发点上呢？按照上面得分析,显然也就是不可能得。但就是如果放弃“回到出发点”得要求,那么情况就不一样了。从某点出发,跳遍半张棋盘上除起点以外得其它44点,要跳44步,44就是偶数,所以起点与终点应就是同色得点(指○或●)。因为44步跳过得点○与点●各22个,所以起点必就是●,终点也就是●。也就说就是,当不要求回到出发点时,只要从●出发,就可以不重复地走遍半张棋盘上得所有点。
练习9
1、教室里有5排椅子,每排5张,每张椅子上坐一个学生。一周后,每个学生都必须与她相邻(前、后、左、右)得某一同学交换座位。问:能不能换成？为什么？答案 :1、不能。
提示:如右图所示,25个座位分为12白13黑。相邻座位总就是一黑一白,因为只有12个白座位,所以原来坐在黑座位上得13人不可能都换到白座位上
2、房间里有5盏灯,全部关着。每次拉两盏灯得开关,这样做若干次后,有没有可能使5盏灯全部就是亮得？
答案:不可能。
提示:一开始亮着得灯(0盏)就是偶数,每次有两盏灯亮暗发生变化,不改变亮着得灯数得奇偶性,所以亮着得灯数总就是偶数,不可能5盏灯都亮着。
3、左下图就是由40个小正方形组成得图形,能否将它剪裁成20个相同得长方形？
答案:不能。提示:与例4类似。
4、一个正方形果园里种有48棵果树,加上右下角得一间小屋,整齐地排列成七行七列(见右上图)。守园人从小屋出发经过每一棵树,不重复也不遗漏(不许斜走),最后又回到小屋。可以做到吗？
答案:不可以。
提示:如右图所示,△表示小木屋。守园人只能黑白相间地走,走过得第奇数棵树就是白得,第偶数棵树就是黑得,走过第48棵树应就是黑得,而黑树与小木屋不相邻,无法直接回到小木屋。
5、红光小学五年级一次乒乓球赛,共有男女学生17人报名参加。为节省时间不打循环赛,而采取以下方式:每人只打5场比赛,每两人之间用抽签得方法决定只打一场或不赛。然后根据每人得分决定出前5名。这种比赛方式就是否可行？
答案:不可行。提示:17人每人打5场(次),共打17×5=85(场),即共有85人次参赛。因为每场球就是2人打得,每个人都算一次,所以每赛一场球2人次,不论赛多少场球,总计得人次数应就是
偶数,与共有85人次参赛矛盾。说明设计得比赛方式行不通。
6、如下图所示,将1～12顺次排成一圈。如果报出一个数a(在1～12之间),那么就从数a得位置顺时针走a个数得位置。例如a=3,就从3得位置顺时针走3个数得位置到达6得位置;a=11,就从11得位置顺时针走11个数得位置到达10得位置。问:a就是多少时,可以走到7得位置？
答案:不存在。
提示:当1≤a≤6时,从a得位置顺时针走a个数得位置,应到达2a得位置;当7≤a≤12时,从a得位置顺时针走a个数得位置,应到达2a-12得位置。由上面得分析知,不论a就是什么数,结果总就是走到偶数得位置,不会走到7得位置。
第10讲质数与合数
自然数按照能被多少个不同得自然数整除可以分为三类:
第一类:只能被一个自然数整除得自然数,这类数只有一个,就就是1。
第二类:只能被两个不同得自然数整除得自然数。因为任何自然数都能被1与它本身整除,所以这类自然数得特征就是大于1,且只能被1与它本身整除。这类自然数叫质数(或素数)。
例如,2,3,5,7,…
第三类:能被两个以上得自然数整除得自然数。这类自然数得特征就是大于1,除了能被1与它本身整除外,还能被其它一些自然数整除。这类自然数叫合数。例如,4,6,8,9,15,…
上面得分类方法将自然数分为质数、合数与1,1既不就是质数也不就是合数。
例1 1～100这100个自然数中有哪些就是质数？
分析与解:先把前100个自然数写出来,得下表:
1既不就是质数也不就是合数。
2就是质数,留下来,后面凡能被2整除得数都就是合数,都划去;
3就是质数,留下来,后面凡能被3整除得数都就是合数,都划去;
类似地,把5留下来,后面凡就是5得倍数得数都划去;把7留下来,后面凡就是7得倍数得数都划去。
到了100以内得质数表:2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,
43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97。
细心得同学可能会注意到,以上只划到7得倍数,为什么不继续划去11,13,…得倍数呢？事实上,这些倍数已包含在已划去得倍数中。例如,100以内11得倍数应该就是
11×A≤100(其中A为整数),
显然,A只能取2,3,4,5,6,7,8,9。因为4=22,6=2×3,8=23,9=32,所以A必就是2,3,5,7之一得倍数。由此推知,11得倍数已全部包含在2,3,5,7得倍数中,已在前面划去了。
要判断一个数N就是质数还就是合数,根据合数得定义,只要用从小到大得自然数
2,3,4,5,6,7,8,…,N-1去除N,其中只要有一个自然数能整除N,N就就是合数,否则就就是质数。但这样太麻烦,因为除数太多。能不能使试除得数少一点呢？由例1知,只要用从小到大得质数去除N 就可以了。例2给出得判别方法,可以使试除得数进一步减少。
例2 判断269,437两个数就是合数还就是质数。
分析与解:对于一个不太大得数N,要判断它就是质数还就是合数,可以先找出一个大于N且最接近N 得平方数K2,再写出K以内得所有质数。如果这些质数都不能整除N,那么N就是质数;如果
这些质数中有一个能整除N,那么N就是合数。
因为269＜172=289。17以内质数有2,3,5,7,11,13。根据能被某些数整除得数得特征,个位数就是9,所以269不能被2,5整除;2+6+9=17,所以269不能被3整除。经逐一判断或试除知,这6个质数都不能整除269,所以269就是质数。
因为437＜212=441。21以内得质数有2,3,5,7,11,13,17,19。容易判断437不能被2,3,5, 7,11整除,用13,17,19试除437,得到437÷19=23,所以437就是合数。对比一下几种判别质数与合数得方法,可以瞧出例2得方法得优越性。判别269,用2～268中所有得数试除,要除267个数;用2～268中得质数试除,要除41个数;而用例2得方法,只要除6个数。
例3 判断数1111112111111就是质数还就是合数？
分析与解:按照例2得方法判别这个13位数就是质数还就是合数,当然就是很麻烦得事,能不能想出别得办法呢？根据合数得意义,如果一个数能够写成两个大于1得整数得乘积,那么这个数就是合数。
根据整数得意义,这个13位数可以写成:
1111112111111 = 1111111000000+1111111 = ×(1000000+1) = ×1000001。
由上式知,111111与1000001都能整除1111112111111,所以1111112111111就是合数。
这道例题又给我们提供了一种判别一个数就是质数还就是合数得方法。
例4 判定298+1与298+3就是质数还就是合数？
分析与解:这道题要判别得数很大,不能直接用例1、例2得方法。我们在四年级学过a n得个位数得变化规律,以及a n除以某自然数得余数得变化规律。2n得个位数随着n得从小到大,按照
2,4,8,6每4个一组循环出现,98÷4=24……2,所以298得个位数就是4,(298+1)得个位数就
是5,能被5整除,说明(298+1)就是合数。
(298+3)就是奇数,不能被2整除; 298不能被3整除,所以(298+3)也不能被3整除;(298+1)能被5整除,(298+3)比(298+1)大2,所以(298+3)不能被5整除。再判断(298+3)能否被7整除。首先瞧瞧2n÷7得余数得变化规律:
因为98÷3得余数就是2,从上表可知298除以7得余数就是4,(298+3)除以7得余数就是4+3=7,7能被7整除,即(298+3)能被7整除,所以(298+3)就是合数。
例5 已知A就是质数,(A+10)与(A+14)也就是质数,求质数A。
分析与解:从最小得质数开始试算。A=2时,A+10=12,12就是合数不就是质数,所以A≠2。
A=3时,A+10=13,就是质数;A+14=17也就是质数,所以A等于3就是所求得质数。
A除了等于3外,还可以就是别得质数吗？因为质数有无穷多个,所以不可能一一去试,必须采用其它方法。A,(A+1),(A+2)除以3得余数各不相同,而(A+1)与(A+10)除以3得余数相同,(A+2)与(A+14)除以3得余数相同,所以A,(A+10),(A+14)除以3得余数各不相同。因为任何自然数除以3
只有整除、余1、余2三种情况,所以在A,(A+10),(A+14)中必有一个能被3整除。能被3整除得质数只有3,因为(A+10),(A+14)都大于3,所以A=3。也就就是说,本题唯一得解就是A=3。
练习10
1、现有1,3,5,7四个数字。
(1)可以组成哪些两位数得质数(数字可重复使用)答案(1)11,13,17,31,37,53,71,73;
(2)用它们可以组成哪些各位数字不相同得三位质数？答案(2)137,173,317,157,571,751。
2、a,b,c都就是质数,a＞b＞c,且a×b+c=88,求a,b,c。答案:17,5,3。
提示:c小于9,否则a×b+c＞88。对c=2,3,5,7四种情况逐一试算。
3、A就是一个质数,而且A+6,A+8,A+12,A+14都就是质数。试求出所有满足要求得质数A。答案:5。
提示:与例5类似。A+6,A+8,A+12,A+14分别与A+1,A+3,A+2,A+4除以5得余数相同。因为自然数除以5只有整除、余1、余2、余3、余4五种情况,原来得四个数都就是大于5得质数,不应被5整除,只能就是余1、余2、余3、余4,所以A=5。
答案:2,7,13。 5、试说明:两个以上得连续
自然数之与必就是合数
答案、在高斯求与公式“与=(首项+末项)×项数÷2”中,因为“项数”＞2,
所以“首项+末项”＞2。因为“与”就是整数,所以“首项+末项”与“项数”中必有一个能被2整除,且商不等于1。这就把“与”分解成了两个大于1得整数得乘积,说明“与”就是合数。
6、判断266+388就是不就是质数。答案:不就是。
提示:266得个位数就是4,388得个位数就是1,(266+388)得个位数就是5,能被5整除。
7、把一个一位数得质数a写在另一个两位数得质数b后边,得到一个三位数,这个三位数就是a得87倍,求a与b。
答案:5与43。解:由题意有,10b+a=87a,10b=86a,5b=43a。因为5与43都就是质数,所以a=5,b=43。
第11讲分解质因数
自然数中任何一个合数都可以表示成若干个质因数乘积得形式,如果不考虑因数得顺序,那么这个表示形式就是唯一得。把合数表示为质因数乘积得形式叫做分解质因数。
例如,60=22×3×5, 1998=2×33×37。
例1 一个正方体得体积就是13824厘米3,它得表面积就是多少？
分析与解:正方体得体积就是“棱长×棱长×棱长”,现在已知正方体得体积就是13824厘米3,若能把13824写成三个相同得数相乘,则可求出棱长。为此,我们先将13824分解质因数:
把这些因数分成三组,使每组因数之积相等,得13824=(23×3)×(23×3)×(23×3),
于就是,得到棱长就是23×3=24(厘米)。所求表面积就是24×24×6=3456(厘米2)。
例2 学区举行团体操表演,有1430名学生参加,分成人数相等得若干队,要求每队人数在100至200之间,共有几种分法？
分析与解:按题意,每队人数×队数=1430,每队人数在100至200之间,所以问题相当于求1430有多少个在100至200之间得约数。为此,先把1430分解质因数,得1430＝2×5×11×13。
从这四个质数中选若干个,使其乘积在100到200之间,这就是每队人数,其余得质因数之积便就是队数。
2×5×11=110,13;2×5×13=130,11;11×13=143,2×5=10。
所以共有三种分法,即分成13队,每队110人;分成11队,每队130人;分成10队,每队143人。
例3 1×2×3×…×40能否被90909整除？
分析与解:首先将90909分解质因数,得 90909=33×7×13×37。
因为33(=27),7,13,37都在1～40中,所以1×2×3×…×40能被90909整除。
例4 求72有多少个不同得约数。
分析与解:将72分解质因数得到72=23×32。根据72得约数含有2与3得个数,可将72得约数列表如下:
上表中,第三、四行得数字分别就是第二行对应数字乘以3与32,第三、四、五列得数字分别就是第二列对应数字乘以2,22与23。对比72=23×32,72得任何一个约数至多有两个不同质因数:2与3。因为72有3个质因数2,所以在某一个约数得质因数中,2可能不出现或出现1次、出现2次、出现3次,这就有4种情况;同理,因为72有两个质因数3,所以3可能不出现或出现1次、出现2次,共有3种情况。
根据乘法原理,72得不同约数共有4×3=12(个)。
从例4可以归纳出求自然数N得所有不同约数得个数得方法:一个大于1得自然数N得约数个数,等于它得质因数分解式中每个质因数得个数加1得连乘积。
例如,2352=24×3×72,因为2352得质因数分解式中有4个2,1个3,2个7,所以2352得不同约数有(4+1)×(1+1)×(2+1)=30(个);又如,9450=2×33×52×7,所以9450得不同得约数有(1+1)×(3+1)×(2+1)×(1+1)=48(个)。
例5 试求不大于50得所有约数个数为6得自然数。
分析与解:这就是求一个数得约数个数得逆问题,因此解题方法正好与例4相反。
因为这个数有六个约数,6=5+1=(2+1)×(1+1),所以,当这个数只有一个质因数a时,这个数就是a5;当这个数有两个质因数a与b时,这个数就是a2×b。因为这个数不大于50,所以对于a5,只有a=2,即25=32;对于a2×b,经试算得到,22×3=12,22×5=20,22×7=28,22×11=44,32×2=18,32×
5=45,52×2=50。
所以满足题意得数有八个:32,12,20,28,44,18,45,50。
练习11
1、一个长方体,它得正面与上面得面积之与就是209分米2,如果它得长、宽、高都就是质数,那么这个长方体得体积就是多少立方分米？答案:1、374分米3提示:长方体正面与上面得面积与就是: 长×高+长×宽=长×(高+宽)=209=11×19=11×(2+7),所求体积为11×2×17=374(分米3)
2、爷孙两人今年得年龄得乘积就是693,4年前她们得年龄都就是质数。爷孙两人今年得年龄各就是多少岁？答案9岁,77岁。提示:693=32×7×11,因为爷孙得岁数都大于4岁,693分解成两个大于4得约数得乘积,有693=7×99=9×77=11×63=21×33,
相乘得两个约数减4都就是质数得有9×77与21×33,但爷孙得年龄不可能就是21岁与33岁,所以就是9岁与77岁。
3、某车间有216个零件,如果平均分成若干份,分得份数在5至20之间,那么有多少种分法？
答案:5种。提示:216=23×33,216得介于5与20之间得约数有6,8,9,12与18五个。
4、小英参加小学数学竞赛,她说:“我得得成绩与我得岁数以及我得得名次乘起来就是3916,满分就
是100分。”能否知道小英得年龄、考试成绩及名次？
答案:11岁,87分,第四名。提示:3916=22×11×89,小英得年龄应在7～12岁。
5、举例回答下面各问题:(1)两个质数得与仍就是质数吗？(1)不一定;
(2)两个质数得积能就是质数吗？(2)不能
(3)两个合数得与仍就是合数吗？(3)不一定
(4)两个合数得差(大数减小数)仍就是合数吗？(4)不一定;
(5)一个质数与一个合数得与就是质数还就是合数？(5)不一定。
6、求不大于100得约数最多得自然数。答案:72,60,84,90。
提示:只有一个质因数时,约数最多得就是26=64,有7个约数;有两个质因数时,约数最多得就是23×32=72,有12个约数;有三个质因数时,约数最多得就是22×3×5=60,22×3×7=84,2×32×
5=90,各有12个约数。
7、同学们去射箭,规定每射一箭得到得环数或者就是“0”(脱靶)或者就是不超过10得自然数。甲、
乙两同学各射5箭,每人得到得总环数之积刚好都就是1764,但就是甲得总环数比乙少4环。求甲、乙各自得总环数。答案:甲24环,乙28环。
第八讲牛吃草问题 牛吃草问题概念及公式 牛吃草问题又称为消长问题或牛顿牧场，牛吃草问题的历史起源是17世纪英国伟大的科学家牛顿1642—1727)提出来的。典型牛吃草问题的条件是假设草的生长速度固定不变，不同头数的牛吃光同一片草地所需的天数各不相同，求若干头牛吃这片草地可以吃多少天。由于吃的天数不同，草又是天天在生长的，所以草的存量随牛吃的天数不断地变化。解决牛吃草问题常用到四个基本公式，分别是︰ 五大基本公式: 1) 设定一头牛一天吃草量为“1” 2）草的生长速度＝草量差÷时间差； 3）原有草量＝牛头数×吃的天数－草的生长速度×吃的天数；` 4）吃的天数＝原有草量÷（牛头数－草的生长速度）； 5)牛头数＝原有草量÷吃的天数＋草的生长速度。 这五个公式是解决牛吃草问题的基础。首先一般假设每头牛每天吃草量不变，设为"1"，解题关键是弄清楚已知条件，进行对比分析，从而求出每日新长草的数量，再求出草地里原有草的数量，进而解答题总所求的问题。 牛吃草问题是经典的奥数题型之一，这里我先介绍一些比较浅显的牛吃草问题，后面给大家开拓一下思维，首先，先介绍一下这类问题的背景，大家看知识要点 求天数 例1、牧场上长满了牧草，牧草每天匀速生长，这片牧草可供10头牛吃20天，可供15头牛吃10天。问：这片牧草可供25头牛吃多少天？ 解：假设1头牛1天吃的草的数量是1份 草每天的生长量：（200-150）÷（20-10）=5份 10×20=200份=原草量+20天的生长量原草量：200-20×5=100份或 15×10=150份=原草量+10天的生长量原草量：150-10×5=100份 100÷（25-5）=5天 答：这片牧草可供25头牛吃5天？
第三讲 找规律 例题1：判断推理，把边长为1cm 的正方形如图那样一层、两层、三层······通过摆放，拼成各种图形，你能发现其中的规律吗？看图找出规律并填写表格。 变式练习 1.把边长为1cm 的正方形纸片按如下规律拼搭： （1）那么第五个图形应该用几张正方形纸片拼成？ （2）第10个图形的周长是多少厘米？ 2.如图由若干个边长为5cm 的小正方形拼成，若有100层，则这个图形的周长是多少厘米？ 例题2.按规律填数：0.4,0.8,1.2,（ ），（ ），（ ） 变式练习 按规律填数：,4.0,21 （ ），145,114，（ ） 例题3.如图，依次连接第一个正方形各边的中点得到第二正方形，再次连接第二个正方形各边中点得到第三个正方形，按此方法继续下去，若第一个正方形边长为1，则第n 个正方形的面积（ ） ......... 变式练习： 观察图中菱形四个顶点所标的数字规律，可知数2013应标在（ ）A ．第503个菱形的上方B ．第503个菱形的下 观察图中菱形四个顶点所标的数字规律，可知数2013应标在（ ）
A．第503个菱形的上方 B．第503个菱形的下方 C．第504个菱形的左方 D．第504个菱形的右方 例题4.有一个数学运算符号“□”，使下列算式成立：4□8=24, 10□6=46, 6□10=34，那么：5□2=（）。 变式练习： 1.有一个数学运算符号“*”，使下列算式成立：2*4=8，4*6=14,5*3=13,8*7=23,按此规定，9*3=（） 2.有一个数学运算符号“@”，使下列算式成立：6@2=12,4@3=13,3@4=15,5@1=8，求8@4=（） 课后作业 1..把边长为1cm的正方形如图那样一层、两层、三层······一直拼下去。那么拼成的图形的周长恰为2016厘米时，这个图形共有（）层。 2.将长5厘米、宽2厘米的长方形硬纸片如图一层、二层、三层、……地排下去： （1）排到第5层，一周的长是（）厘米。 （2）当周长为280厘米时，一共有（）层。 3.观察下列图形：它们是按一定规律排列的，依照此规律，第9个图形共有______个
学生课程讲义 填“幻方”是同学们比较熟悉的一种数学游戏，由幻方演变出来的数阵问题，也是一类比较常见的填数问题。这里，和同学们讨论一些数阵的填法。 解答数阵问题通常用两种方法：一是待定数法，二是试验法。 待定数法就是先用字母（或符号）表示满足条件的数，通过分析、计算来确定这些字母（或符号）应具备的条件，为解答数阵问题提供方向。 试验法就是根据题中所给条件选准突破口，确定填数的可能范围。把分析推理和试验法结合起来，再由填数的可能情况，确定应填的数。 例1： 把5、6、7、8、9五个数分别填入下图的五个方格里，如图a使横行三个数的和与竖行三个数的和都是21。 先把五格方格中的数用字母A、B、C、D、E来表示，根据题意可知：A＋B＋C＋D＋E=35，A＋E＋B＋C＋E＋D=21×2=42。 把两式相比较可知，E=42－35=7，即中间填7。然后再根据5＋9=6＋8便可把五个数填进方格，如图b。 练习： 1、把1——10各数填入“六一”的10个空格里，使在同一直线上的各数的和都是12。 2、把1——9各数填入“七一”的9个空格里，使在同一直线上的各数的和都是13。 3、将1——7七个自然数分别填入图中的圆圈里，使每条线上三个数的和相等。
例2： 将1——10这十个数填入下图小圆中，使每个大圆上六个数的和是30。 分析设中间两个圆中的数为a、b，则两个大圆的总和是1＋2＋3＋……＋10＋a＋b=30×2、即55＋a＋b=60，a＋b=5。在1——10这十个数中1＋4=5，2＋3=5。 当a和b是1和4时，每个大圆上另外四个数分别是（2、6，8，9）和（3、5，7，10）；当a和b是2和3时，每个大圆上另外四个数分别为（1、5，9，10）和（4，6，7，8）。 练习： 1、把1——8八个数分别填入下图的○内，使每个大圆上五个○内数的和相等。 2、把1——10这十个数分别填入下图的○内，使每个四边形顶点的○内四个数的和都相等，且和最大。 3、将1——8八个数填入下图方格里，使上面四格、下面四格、左四格、右四格、中间四格以及对角线四格内四个数的和都是18。 例3： 将1——6这六个数分别填入下图的圆中，使每条直线上三个圆内数的和相等、且最大。
1. 细蜡烛的长度是粗蜡烛长度的2倍，粗蜡烛可以点12个小时，细蜡烛可以点7个小时，两根蜡烛同时点燃，那么多少小时后细蜡烛的长度是粗蜡烛的13？ 2. 甲乙丙丁四车同时在一条路上行驶：甲车12点追上丙车，14点与丁相遇，16点与乙相遇；乙车17 点与丙相遇，18点追上丁。那么丙和丁几点几分相遇？ 3. 甲、乙两船速度相同，同时出发向上游行驶，乙落后甲30千米。出发时甲船上一物品落入水中，10 分钟后此物距甲船3千米，甲船在共行驶10千米后折向下游追赶此物，追上时恰遇乙船，那么水流的速度为多少？ 4. 一批工人到甲、乙两个仓库进行搬运工作，甲仓库工作量是乙仓库工作量的1.2倍，第一天去甲仓库 的人数是去乙工地仓库的1.5倍，第二天甲仓库3/8的工人转移到乙仓库工作，第三天又将乙仓库现有工人的3/5转回甲仓库工作。三天过后，甲仓库还需9人再搬1天，乙仓库还需27名工人再搬1天，那么这批工人共有多少人？ 5. 工厂接到两个订单，第1个订单需要30个零件A ，x 个零件B ；第2个订单需要x 个零件A ，30个零件B 。甲车间生产零件B 的效率是生产零件A 效率的2倍；乙车间无论生产哪种零件效率都比甲高13。已知甲生产第1个订单会比乙生产第1个订单多用100分钟，甲生产第2个订单会比乙生产第2个订 单多用110分钟。求x 等于多少？ 6. 男、女两名田径运动员在长110米的斜坡上练习跑步（坡底为A ，坡顶为B ）．两人同时从A 点出发， 在A ，B 之间不停地往返奔跑．已知男运动员上坡速度是每秒3米，下坡速度是每秒6米，女运动员上坡速度是每秒2米，下坡速度是每秒3米．那么两人第2007次相遇的地点离A 点多少米？
5、余数问题 知识讲解 一、消去余数 1、出示例1：把蛋糕和面包平均分给敬老院老人。 蛋糕230块面包345个 蛋糕分到最后余2块，面包分到最后还多3个，这些蛋糕和面包最多可以分给多少位老人？ 这是一道求除数的问题，设除数a。 已知：230÷a=（） (2) 345÷a=（） (3) 如果消去余数，就转化为整除问题。 230－2=228，345－3=342。228，342分别能被a整除，a最大是几呢？ （228，342）==114，最多可以分给114位老人。 如果这个敬老院的老人在50～60人之间，你能求出正确的人数和每位老人分到的蛋糕块数、面包个数吗？ 2、写出除数和余数相同，被除数不同的出发算式。 （）÷5=4...2 （）÷8=（） (5) （）÷5=7...2 （）÷8=（） (5) （）÷5=12...2 （）÷8=（） (5) （）÷12=（）...7 （）÷23=（） (12) （）÷12=（）...7 （）÷23=（） (12) （1）说说你的发现。 22÷5=4…2 22－2=5×4 37÷5=7…2 37－2=5×7 62÷5=12…2 62－2=5×12
219÷23=9…12 357－12=23×9 357÷23=15…12 357－12=23×15 被除数和余数的差是除数的倍数。 37－22=5×3 357－219=138 62－22=5×8 138÷23=6 62－37=5×5 如果两个等式除数和余数相同，被除数之间的差是除数的倍数。 （2）你能再举一些这样的例子吗？ A：被除数分别是43和75，余数都是3，除数是多少？ B：被除数分别是75、51和111，余数相同，除数是多少？ 问题A：因为被除数与余数的差是除数的倍数，因此除数必定是（43－3）和（75－3）的公因数。（40，72）=8，其他的因数还有1，2，4。1，2比余数3小，不可能是除数，因此除数是4或8。 问题B：因为被除数之间的差是除数的倍数，因此除数必定是（75－51），（111－51）的公因数。（24，36，60）=12，其他公因数还有2，3，4，6。 75÷2=37…1，51÷2=25…1，111÷2=55…1。如果除数都是2，那么余数是1。 75÷3=25，51÷3=17，111÷3=37。如果都是3，那么余数是0。 75÷4=18…3，51÷4=12…3，111÷4=27…3， 75÷6=12…3，51÷6=8…3，111÷6=18…3。 如果除数都是4或6，那么余数是3。 3、巩固练习： （1）、用一个数去除47，61，75，结果都余5。这个数是几？ （2）、用一个数去除193余4，除1087则余7。这个数是几？ （3）、69，90，125被一个数n除时，余数相同，试求n的最大值。
小学奥数系统总复习Revised on November 25, 2020
《小学奥数系统总复习》试题精选——四年级 试题 1.难度：★★★★ 将1～9这九个数字分别填入下面算式的九个□中，使每个算式都成立。 【分析】①审题.在题目的三个算式中，乘法运算要求比较高，它要求在从1～9这九个数字中选出两个，使它们的积是一位数，且三个数字不能重复. ②选择解题的突破口.由①的分析可知，填出第三个乘法算式是解题的关键. ③确定各空格中的数字.由前面的分析，满足乘法算式的只有2×3＝6和2×4＝8.如果第三式填2×3＝6.则剩下的数是1，4，5，7，8，9，共两个偶数， 四个奇数.由整数的运算性质知，两个样填：（答案不是惟一的，这里只填出一个）.如果第三式填2×4＝8，则剩下的数是1，3，5，6，7，9.其中只有一个偶数和五个奇数，由整数的运算性质知，无论怎样组合都不能填出前两个算式. 解：本题的一个答案是：
2.难度：★★★★ 数出下图中总共有多少个角. 【分析】在∠AOB内有三条角分线OC1、OC2、OC3，∠AOB被这三条角分线分成4个基本角，那么∠AOB内总共有多少个角呢首先有这4个基本角，其次是包含有2个基本角组成的角有3个（即∠AOC2、∠C1OC3、∠ C2OB），然后是包含有3个基本角组成的角有2个（即∠AOC3、∠ C1OB），最后是包含有4个基本角组成的角有1个（即∠AOB），所以∠AOB内总共有角： 4＋3＋2＋1＝10（个）. 解：4＋3＋2＋1＝10（个）. 试题 1.难度：★★★★ 由数字0、1、2、3共可组成多少个三位数可组成多少个没有重复数字的三位数【解答】由乘法原理 ①共可组成3×4×4=48（个）不同的三位数； ②共可组成3×3×2=18（个）没有重复数字的三位数． 2.难度：★★★★
第 25 讲最大公约数 基础卷 1．有三根钢管，分别长 200cm、 240cm、 360cm，现在要把这三根钢管截成尽可能长而且又相等的小段，一共能截成多少段？ 此题关键求200.240.360的公约数 200=2×2×2×5×5 240=2×2×2×2×3×5 360=2×2×2×3×3×5 最大公约数=2×2×2×5=40 所以可以截成200/40+240/40+360/40=5+6+9=20段 2．某苗圃的工人加工一种精巧的盆景，第一批加工 1788 个，第二批加工 1680 个，第三批加工 2098个，各批平均分给工人加工，分别剩下 7 个.3 个 5 个，问：最多有多少工人参加加工？1788-7＝1781 1680-3＝1677 2098-5＝2093 （1781,1677,2093）＝13 答：最多有13个工人参加加工. 3．一间长 5.6m、宽 3.2m 的屋子，它的水泥地在施工中要划成
正方形的格子，这种方格面积最大是多少平方米？ 实际就是求5.6和3.2的最大公约数 5.6=2*2*7*0.2 3.2=2*2*2*2*0.2 因此最大公约数是2*2*0.2=0.8 因此最大的正方形面积是0.8*0.8=0.64平方米 4．用辗转相除法求 6731 和 2809 的最大公约数。 6731和2809的最大公约数是53. 6731/2809=2---1113 2809/1113=2---583 1113/583=1---530 583/530=1---53 530/53=10---0 因此,最大公约数就是53. 5．有一个数分别去除 492， 2241， 3195 余数都是 15，求这个数最大是多少？ 492-15=477=3×159 2241-15=2226=14×159 3195-15=3180=20×159 这个数=159
百度文库- 让每个人平等地提升自我 六年级奥数第三讲工程问题 顾名思义，工程问题指的是与工程建造有关的数学问题。其实，这类题目的内容已不仅仅是工程方 面的问题，也括行路、水管注水等许多内容。 在分析解答工程问题时，一般常用的数量关系式是： 工作量 =工作效率×工作时间， 工作时间 =工作量÷工作效率， 工作效率 =工作量÷工作时间。 工作量指的是工作的多少，它可以是全部工作量，一般用数 1 表示，也可 工作效率指的是干工作的 快慢，其意义是单位时间里所干的工作量。单位时间的选取，根据题目需要，可以是天，也可以是时、 分、秒等。 工作效率的单位是一个复合单位，表示成“工作量 / 天”，或“工作量 / 时”等。但在不引起误会的情况下，一般不写工作效率的单位。 例 1 单独干某项工程，甲队需 100 天完成，乙队需 150 天完成。甲、乙两队合干 50 天后，剩下的工程乙队干还需多少天？分析与解：以全部工程量为单位 1。甲队单独干需 100 天，甲的工作效 例 2 某项工程，甲单独做需 36 天完成，乙单独做需 45 天完成。如果开工时甲、乙两队合做，中途甲队退出转做新的工程，那么乙队又做了 18 天才完成任务。问：甲队干了多少天？ 分析：将题目的条件倒过来想，变为“乙队先干 18 天，后面的工作甲、乙两队合干需多少天？”
例 3 单独完成某工程，甲队需 10 天，乙队需 15 天，丙队需 20 天。开始三个队一起干，因工作需要 甲队中途撤走了，结果一共用了 6 天完成这一工程。问：甲队实际工作了几天？ 分析与解：乙、丙两队自始至终工作了 6 天，去掉乙、丙两队 6 天的工作量，剩下的是甲队干的，所 以甲队实际工作了 例 4 一批零件，张师傅独做 20 时完成，王师傅独做 30 时完成。如果两人同时做，那么完成任务时张 师傅比王师傅多做 60 个零件。这批零件共有多少个？ 分析与解：这道题可以分三步。首先求出两人合作完成需要的时间， 例 5 一水池装有一个放水管和一个排水管，单开放水管 5 时可将空池灌满，单开排水管 7 时可将满池水排完。如果一开始是空池，打开放水管 1 时后又打开排水管，那么再过多长时间池内将积有半池水？ 例 6 甲、乙二人同时从两地出发，相向而行。走完全程甲需 60 分钟，乙需 40 分钟。出发后 5 分钟，甲因忘带东西而返回出发点，取东西又耽误了 5 分钟。甲再出发后多长时间两人相遇？ 分析：这道题看起来像行程问题，但是既没有路程又没有速度，所以不能用时间、路程、速度三者 的关系来解答。甲出发 5 分钟后返回，路上耽误10 分钟，再加上取东西的 5 分钟，等于比乙晚出发15
奥数教学简介 一、课程特色： 1、教材与现行小学奥数教程同步； 2、教材难度适中，体现科学性，现实性，有挑战性，突出实、难、巧、趣的特点。 二、教学理念： 通才教育和趣味教育。 三、教学目标： 以通才教育和趣味教育理念为指导，提高学生的学习成绩，培养学生在现实生活中运用数学方法和数学思维解决实际问题的能力，进而开拓学生的思维，为学好奥数打下坚实的基础。 如何学好奥数？ 1、直观画图法：解奥数题时，如果能合理的、科学的、巧妙的借助点、线、面、图、表将奥数问题直观形象的展示出来，将抽象的数量关系形象化，可使同学们容易搞清数量关系，沟通“已知”与“未知”的联系，抓住问题的本质，迅速解题。 2、倒推法：从题目所述的最后结果出发，利用已知条件一步一步向前倒推，直到题目中问题得到解决。 3、枚举法：奥数题中常常出现一些数量关系非常特殊的题目，用普通的方法很难列式解答，有时根本列不出相应的算式来。我们可以用枚举法，根据题目的要求，一一列举基本符合要求的数据，然后从中挑选出符合要求的答案。 4、正难则反：有些数学问题如果你从条件正面出发考虑有困难，那么你可以改变思考的方向，从结果或问题的反面出发来考虑问题，使问题得到解决。 5、巧妙转化：在解奥数题时，经常要提醒自己，遇到的新问题能否转化成旧问题解决，化新为旧，透过表面，抓住问题的实质，将问题转化成自己熟悉的问题去解答。转化的类型有条件转化、问题转化、关系转化、图形转化等。 6、整体把握：有些奥数题，如果从细节上考虑，很繁杂，也没有必要，如果能从整体上把握，宏观上考虑，通过研究问题的整体形式、整体结构、局部与整体的内在联系，“只见森林，不见树木”，来求得问题的解决。
第3讲巧用运算定律 一、复习巩固（比一比，练一练）： 25×125×32 2.5×1.25×3.2 二、例题：29.5×47.5+62.1×52.2+47.8×32.6 三、（举一反三）： 12.5×4.8×3.2 45×2.8 35×5.6 19.6×36+19.6×46+9.8×38 85×3.4+16×3.4 5.8× 6.9+0.58×32－5.8×0.1 6.5×38－2.5×38+4×62
消去问题 在有些应用题中，给出了两个或两个以上的未知数量间的关系，要求出这些未知的数量，先把题中的条件按对应关系一一排列出来，思考时可以通过比较条件，分析对应的未知量的变化情况，设法消去一个或一些未知量，从而把一道数量关系较复杂的题目，变成比较简单的题目解答出来，这种方法叫做消去法。 例：小红在商店里买了4块橡皮和3把小刀，共付0.59元。小黄买同样的2块橡皮和3把小刀，共付0.43元。问：一块橡皮和一把小刀的价钱各是多少元？ 试试看 1.买3枝钢笔，2块橡皮共付4.98元。若买5枝钢笔、2块橡皮要付7.98元。问一枝钢笔、一块橡皮各值多少元？ 2. 小卫到百货商店买了2枝圆珠笔和1枝钢笔，用去人民币5.5元。如果买一枝圆珠笔和2枝钢笔要人民币6.5元，问1枝圆珠笔和1枝钢笔价格各是多少元？ 3. 2份蛋糕和2杯饮料共用28元，1份蛋糕和3份饮料共用去18元，问一份蛋糕和一杯饮料各需多少元？
第2讲正方形队列 同学们，还记得国庆时激动人心的阅兵式吗？陆海空三军仪仗队都是方阵。方阵可以由各种不同的实物排成，既有实心方阵也有空心方阵。这一讲，我们就来一起研究这些方阵。 例题1：有一个正文形花圃，四个角各摆了1盆花。如果每边都摆了5盆花，那么四边一共摆了几盆花？ 试试看： 有一个正方形池塘，四个角各栽了1棵树，如果每边栽8棵树，那么四边一共栽了几棵树？ 例题2：80个小朋友手拉手围成一个正方形，四个角上各站着1个小朋友，则正方形的每条边上有多少个小朋友？ 试试看：在正方形围墙四周等距离地装有96盏灯，四个角上各装有1盏，这样每边有多少盏灯？ 例题3：五年级的部分同学参加运动会队列训练，排成如右图所示的正方形，最外层每边有5人。这个队列共有多少人？ 试试看：一个团体操表演队，排成一个空心方阵，共有3层，最内层有20人，这个团体操表演队共有多少人？
牛吃草问题讲义 牛吃草问题常用到四个基本公式，分别是： （1）草的生长速度＝（对应的牛头数×吃的较多天数－相应的牛头数×吃的较少天数）÷（吃的较多天数－吃的较少天数）； （2）原有草量＝牛头数×吃的天数－草的生长速度×吃的天数； （3）吃的天数＝原有草量÷（牛头数－草的生长速度）； （4）牛头数＝原有草量÷吃的天数＋草的生长速度。 这四个公式是解决牛吃草问题的基础。一般设每头牛每天吃草量不变，设为"1"，解题关键是弄清楚已知条件，进行对比分析，从而求出每日新长草的数量，再求出草地里原有草的数量，进而解答题总所求的问题。 牛吃草问题是经典的奥数题型之一，这里我只介绍一些比较浅显的牛吃草问题，给大家开拓一下思维，首先，先介绍一下这类问题的背景，大家看知识要点 特点：在“牛吃草”问题中，因为草每天都在生长，草的数量在不断变化，也就是说这类问题的工作总量是不固定的，一直在均匀变化。 典例评析 例1、有一块匀速生长的草场，可供12头牛吃25天，或可供24头牛吃10天，那么它可供几头牛吃20天？ 例2、由于天气逐渐冷起来，牧场上的草不仅不长，反而以固定的速度在减少，如果某块草地上的草可供25头年吃4天，或可供16头牛吃6天，那么可供10头牛吃多少天？
例3、一片匀速生长的草地，可以供18投牛吃40天，或者供12头牛与36只羊吃25天，如果1头牛每天的吃草两相当于3只羊每天的吃草量。请问：这片草地让17头牛与多少只羊一起吃，刚好16天吃完？ 牧场上长满牧草，每天都匀速生长。这片牧场可供27头牛吃6天或23头牛吃9天。问可供21头牛吃几天？ 【分析】这片牧场上的牧草的数量每天在变化。解题的关键应找到不变量——即原来的牧草数量。因为总草量可以分成两部分：原有的草与新长出的草。新长出的草虽然在变，但应注意到它是匀速生长的，因而这片牧场每天新长出飞草的数量也是不变的。 从这道题我们看到，草每天在长，牛每天在吃，都是在变化的，但是也有不变的，都是什么不变啊？草是以匀速生长的，也就是说每天长的草是不变的;，同样，每天牛吃草的量也是不变的，对吧？这就是我们解题的关键。这里因为未知数很多，我教大家一种巧妙的设未知数的方法，叫做设“1”法。我们设牛每天吃草的数量为1份，具体1份是多少我们不知道，也不用管它， 【思考1】一片草地，每天都匀速长出青草，如果可供24头牛吃6天，或20头牛吃10天，那么可供18头牛吃几天？设1头牛1天吃的草为1份。则每天新生的草量是（20×10-24×6）÷(10-6)=14份， 原来的草量是（24-14）×6=60份。可供18头牛吃60÷（18-14）=15天 例2 因天气寒冷，牧场上的草不仅不生长，反而每天以均匀的速度在减少。已知牧场上的草可供33头牛吃5天，可供24头牛吃6天，照此计算，这个牧场可供多少头牛吃10天? 【分析】与例1不同的是，不但没有新长出的草，而且原有的草还在匀速减少，但是，我们同样可以用类似的方法求出每天减少的草量和原来的草的总量 【思考2】由于天气逐渐变冷，牧场上的草每天以固定的速度在减少，经计算，牧场上的草可供20头牛吃5天，或可供16头牛吃6天。那么，可供11头牛吃几天？ 8天，设一头牛一天吃的草量为一份。牧场每天减少的草量：（20×5-16×6）÷（6-5）=4份，原来的草量：（20 +4）× 5=120份，可供11头牛吃120÷(11+4)=8天。 总结：想办法从变化中找到不变的量。牧场上原有的草是不变的，新长出的草虽然在变化，但是因为是匀速生长，所以每天新长出的草量也是不变的。正确计算草地上原有的草及每天新长出的草，问题就会迎刃而解。 知识衍变
五年级奥数讲义：作图法解题 图形具有直观性,用作图的方法可以将复杂应用题的数量关系直观地表示出来,使题目的已知条件和所求问题一目了然,并借助直观的图形进行分析、推理,进而很快找到解决问题的策略.这种方法我们称为作图法解题,特别是对解答条件复杂、数量关系不明显的应用题,能起到化难为易的作用. 例题选讲 例1:鸡与兔同笼共100只,一共有240只脚鸡与兔各多少只? 【分析与解答】这是鸡兔同笼问题,我们在前几讲已学会用其它方法解答,现在用作图法来解答,让同,学们体会一下这种方法的作用.图1中两个长方形的总面积表示的是鸡与兔脚的总个数,宽表示每只鸡与兔的脚的个数.则长就是要求的鸡与兔的只数.仔细观察图2,阴影部分的面积表示鸡与兔多出的脚,它应该等于总面积减空白面积,即240—2 x 100=40(只),那么阴影部分的长,也就是兔的只数应为40÷(4—2)=20(只),鸡的只数就是1OO-20=80(只)． 例2:甲、乙两车同时从A、B两地相向开出,第一次相遇时离A地有90千米,然后各按原速度继续行驶,到达目的地后立即沿原路返回,第二次相遇时离B地70千米处,求A、B两地的路程. 【分析与解答】求A、B两地的路程,题中既没有给出甲、乙 的速度,也没有给出相遇时间,解答比较困难.下面我们借助 线段图来帮助分析.从图上可以看出,甲、乙两车从出发到第一次相遇共行驶了一个全程,当两车共行驶1个全程时,甲车行驶了90千米.从第一次相遇到第二次相遇,甲、々两车又共行驶了2个全程.因此从出发到第l二次相遇甲、乙两车共行驶了3个全程,那么甲车就行驶了3个90千米,即90×3=270千米,而甲车比全程多行70千米.所以A、B的距离为270—70=200(千米). 练习与思考 1.有10分和20分的邮票共18张,总面值为2．80元.请问：10分和20分的邮票各有几张? 2.张红与李明同时从甲、乙两地相向而行,第一次两人相遇时离乙地400米.然后两人继续步行,各自到达目的地后立即返回,第二次相遇时离甲地200米,求甲、乙两地的距离.
六年级奥数第三讲工程问题 顾名思义，工程问题指的是与工程建造有关的数学问题。其实，这类题目的内容已不仅仅是工程方面的问题，也括行路、水管注水等许多内容。 在分析解答工程问题时，一般常用的数量关系式是： 工作量=工作效率×工作时间， 工作时间=工作量÷工作效率， 工作效率=工作量÷工作时间。 工作量指的是工作的多少，它可以是全部工作量，一般用数1表示，也可 工作效率指的是干工作的 快慢，其意义是单位时间里所干的工作量。单位时间的选取，根据题目需要，可以是天，也可以是时、分、秒等。 工作效率的单位是一个复合单位，表示成“工作量/天”，或“工作量/时”等。但在不引起误会的情况下，一般不写工作效率的单位。 例1 单独干某项工程，甲队需100天完成，乙队需150天完成。甲、乙两队合干50天后，剩下的工程乙队干还需多少天？分析与解：以全部工程量为单位1。甲队单独干需100天，甲的工作效 例2某项工程，甲单独做需36天完成，乙单独做需45天完成。如果开工时甲、乙两队合做，中途甲队退出转做新的工程，那么乙队又做了18天才完成任务。问：甲队干了多少天？ 分析：将题目的条件倒过来想，变为“乙队先干18天，后面的工作甲、乙两队合干需多少天？”这样一来，问题就简单多了。
例3 单独完成某工程，甲队需10天，乙队需15天，丙队需20天。开始三个队一起干，因工作需要甲队中途撤走了，结果一共用了6天完成这一工程。问：甲队实际工作了几天？ 分析与解：乙、丙两队自始至终工作了6天，去掉乙、丙两队6天的工作量，剩下的是甲队干的，所以甲队实际工作了 例4 一批零件，张师傅独做20时完成，王师傅独做30时完成。如果两人同时做，那么完成任务时张师傅比王师傅多做60个零件。这批零件共有多少个？ 分析与解：这道题可以分三步。首先求出两人合作完成需要的时间， 例5 一水池装有一个放水管和一个排水管，单开放水管5时可将空池灌满，单开排水管7时可将满池水排完。如果一开始是空池，打开放水管1时后又打开排水管，那么再过多长时间池内将积有半池水？ 例6 甲、乙二人同时从两地出发，相向而行。走完全程甲需60分钟，乙需40分钟。出发后5分钟，甲因忘带东西而返回出发点，取东西又耽误了5分钟。甲再出发后多长时间两人相遇？ 分析：这道题看起来像行程问题，但是既没有路程又没有速度，所以不能用时间、路程、速度三者的关系来解答。甲出发5分钟后返回，路上耽误10分钟，再加上取东西的5分钟，等于比乙晚出发15
推荐10本小学奥数参考书 推荐一些同步的参考书教材，大家根据自己的年级买对应的书即可 1、《华数奥赛教材》 出版社：吉林出版集团 主编：毛文凤，单墫等 华数奥赛教材.png 简介：一本有着较长历史的书，可以作为同步学习的资料。作者毛文凤、单墫等都是我国著名的数学竞赛教练，同时编书很严谨。书正如其标题所示，是一本针对华杯赛的教材。华杯赛作为目前全国范围内比较正规、权威的赛事，其知识点覆盖面很全，同时对初中学习也有很强的指导作用。书中例题多采用华杯赛中的真题、改编题，可以帮助构建整个小学数学竞赛的知识框架。 优点：同时解决知识框架和华赛备考 缺点：书中欠缺知识点总结 适合学员：五年级、六年级有较好基础的同学可以使用 难度： 2、《小学奥数举一反三》 出版社：陕西人民教育出版社 主编：蒋顺，李济元 小学奥数举一反三.png 简介：也是分年级的一本书，难度相对来说较为简单，无论是大人还是小孩子都能看明白。孩子如果未接触过数学竞赛，可以用来作为初步自学的书籍。本书氛围A版和B版，A版是教材，有知识点讲解和例题；B版是同步练习册，用于课后巩固。 优点：入门必备，编排板式不错，有单独练习册 缺点：难度、深度均不足 适合学员：1-3年级推荐使用此书进行初步学习，4-6年级如果刚刚接触数学竞赛可以用此书作为初步学习的教材。 难度： 3、《明心数学资优教程》 出版社：湖北教育出版社 主编：刘嘉 明星数学资优教程.png 简介：这是武汉的刘嘉老师编写的一本教材，内容非常详细，每个知识点的介绍都有很多的背景介绍，不仅传授方法和知识，也会培养孩子对于数学历史的了解。整本书的结构非常不错，对于所涵盖的专题的讲解非常细致。 优点：对于单个知识点挖掘得很深，同时有很多背景知识介绍，丰富孩子的见闻 缺点：可能这套丛书只是部分完成，很多重要专题没有涉及，另外部分题目的解题方法已经较为落后 适合学员：对数学有较强兴趣，同时有一定数学竞赛基础的同学，此书只有4—6年级 难度：
五年级奥数讲义：倒推法解题 在我们生活中经常会遇到“还原问题”，如把一盒包装精美的玩具打开，再把它重新包装好，重新包装的步骤与打开的步骤正好相反.其实在数学中，也有许多类似的还原问题.解决这类问题最常用的方法就是倒推法，即从结果入手，逐步向前逆推，最终找到原问题的答案. 例题选讲 例1:有一群猴子分吃桃子，第一只拿走—半，第二只拿走余下的一半多3个，第三只拿走第二只取剩的一半少3个，第四只拿走第三只取剩的一半多3个，第五只拿走第四只取剩的一半，最后还剩3个，这堆桃原来有多少个? 【分析与艉答】l|这道题条件比较多，顺向思考很困难,如果根据最后的结果倒推还原，解决起来就轻松了.曲于第五只猴子拿走余下的一半，还剩3个，所以第五只猴子拿之前应该有桃子：3×2=6(个)，同理，第四只猴子拿之前应该有桃子：(6+3)×2=18(个)，第三只猴子拿之前应该有桃子：(18—3)×2=30(个)，第二只猴子拿之前应该有桃子：(30+3)×2=66(个)，第一只猴子拿之前应该有桃子：66×2=132(个)，即这堆桃有132个. 例2:甲、乙、丙三人各有若干元钱，甲拿出与乙相同多的钱给乙，也拿出与丙相同多的钱给丙；然后乙也按甲和雨手中的钱分别给甲、丙相同的钱；最后丙也按甲和乙手中的钱分别给甲、乙相同的钱，此时三人都有48元钱. 问：开始时三人各有多少元钱? 【分析与解答】从第三次丙给甲、乙钱逐步向前推算，根据三人最后都有48元，那么在丙给甲、乙添钱之前：甲：48÷2：24(元)， 乙：48÷2—24(元)， 丙：48+24+24—96(元)； 第二次在乙给甲、丙添钱之前： 甲：24÷2—12(元)， 乙：24+12+48===84(元)， 丙：96÷2=48(元)； 第一次在甲给乙、丙添钱之前： 甲：12+42+24—78(元)， 乙：84÷2=42(元)， 丙：48÷2=24(元). 所以开始时甲有78元，乙有42元，丙有24元. 例3:甲、乙、丙三人共有48张邮票，第一次甲先拿出与乙的邮票数相等的张数给乙；第三次
抽屉原理 专题简析： 如果给你5盒饼干，让你把它们放到4个抽屉里，那么可以肯定有一个抽屉里至少有2盒饼干。如果把4封信投到3个邮箱中，那么可以肯定有一个邮箱中至少有2封信。如果把3本联练习册分给两位同学，那么可以肯定其中有一位同学至少分到2本练习册。这些简单内的例子就是数学中的“抽屉原理”。 基本的抽屉原理有两条：（1）如果把x+k（k≥1）个元素放到x个抽屉里，那么至少有一个抽屉里含有2个或2个以上的元素。（2）如果把m×x×k（x＞k≥1）个元素放到x个抽屉里，那么至少有一个抽屉里含有m+1个或更多个元素。 利用抽屉原理解题时要注意区分哪些是“抽屉”？哪些是“元素”？然后按以下步骤解答：a、构造抽屉，指出元素。b、把元素放入（或取出）抽屉。C、说明理由，得出结论。 例题1： 某校六年级有学生367人，请问有没有两个学生的生日是同一天？为什么？ 练习1： 1、某校有370名1992年出生的学生，其中至少有2个学生的生日是同一天，
为什么？ 2、某校有30名学生是2月份出生的，能否至少有两个学生生日是在同一天？ 3、15个小朋友中，至少有几个小朋友在同一个月出生？ 例题2： 某班学生去买语文书、数学书、外语书。买书的情况是：有买一本的、二本的、也有三本的，问至少要去几位学生才能保证一定有两位同学买到相同的书（每种书最多买一本）？ 练习2：
1、某班学生去买语文书、数学书、外语书、美术书、自然书。买书的情况是：有买一本的、二本的、三本或四本的。，问至少要去几位学生才能保证一定有两位同学买到相同的书（每种书最多买一本）？ 2、学校图书室有历史、文艺、科普三种图书。每个学生从中任意借两本，那么至少要几个同学才能保证一定有两人所借的图书属于同一种？ 3、一只袋中装有许多规格相同但颜色不同的玻璃珠子，颜色有绿、红、黄三种，问最少要取出多少个珠子才能保证有两个同色的？ 例题3： 一只袋中装有许多规格相同但颜色不同的手套，颜色有黑、红、蓝、黄四种。问最少要摸出多少只手套才能保证有3副同色的？
小学五年级奥数分类讲义含答案 图形问题 专题1 长方形、正方形的周长 一、专题解析 同学们都知道，长方形的周长=（长＋宽）×2，正方形的周长=边长×4。长方形、正方形的周长公式只能用来计算标准的长方形和正方形的周长。 那么如何应用所学知识巧求表面上看起来不是长方形或正方形的图形的周长呢？还需同学们灵活应用已学知识，掌握转化的思考方法，把复杂的图形转化为标准的图形，以便计算它们的周长。 二、精讲精练 【例题1】 有5张同样大小的纸如下图（a）重叠着，每张纸都是边长6厘米的正方形，重叠的部分为边长的一半，求重叠后图形的周长。 【思路导航】根据题意，我们可以把每个正方形的边长的一半同时向左、右、上、下平移（如图b），转化成一个大正方形，这个大正方形的周长和原来5个小正方形重叠后的图形的周长相等。因此，所求周长是18×4=72厘米。 练习1 1、右图由8个边长都是2厘米的正方形组成，求这个图形的周长。 2、右图由1个正方形和2个长方形组成，下方长方形长为50cm，求这 个图形的周长。 3、有6块边长是1厘米的正方形，如例题中所说的这样重叠着，求重叠后图 形的周长。
【例题2】 一块长方形木板，沿着它的长度不同的两条边各截去4厘米，截掉的面积为192平方厘米。现在这块木板的周长是多少厘米？ 【思路导航】把截掉的192平方厘米分成A、B、C三块（如图），其中AB的面积是192－4×4=176（平方厘米）。把A和B移到一起拼成一个宽4厘米的长方形，而此长方形的长就是这块木板剩下部分的周长的一半。176÷4=44（厘米），现在这块木板的周长是44×2=88（厘米）。 练习2 1、有一个长方形，如果长减少4米，宽减少2米，面积就比原来减少44平方米，且剩下部分正好是一个正方形。求这个正方形的周长。 2、有两个相同的长方形，长是8厘米，宽是3厘米，如果按下图叠放在一起，这 个图形的周长是多少？ 3、有一块长方形广场，沿着它不同的两条边各划出2米做绿化带，剩下的部分仍是长方形，且周长为280米。求划去的绿化带的面积是多少平方米？ 【例题3】 已知下图中，甲是正方形，乙是长方形，整个图形的周长是多少？ 【思路导航】从图中可以看出，整个图形的周长由六条线段围成，其中三条横着，三条竖着。三条横着的线段和是（a＋b）×2，三条竖着的线段和是b×2。所以，整个图形的周长是（a＋b）×2＋b×2，即2a＋4b。 练习3
第一讲立体图形及展开 同学们在五年级所学习的立体图形主要是长方体和正方体，从这一讲开始我们将一起研究数学竞赛中经常出现的有关长方体和正方体的问题，帮助大家提高观察能力和空间想像能力，以及掌握解答问题的技巧和方法。这一讲我们进一步研究长方体和正方体的特征及展开图 例题选讲 例1:图1所示的是一个正方体纸盒拆开后平摊在桌面上的形状。如果将这个展开图恢复成原来的正方体，图中的点F、点G分别与哪个点重合? 【分析与解答】为了研究方便，我们将正方体六个面 分别标上序号1、2、3、4、5、6，如果将l作为底面， 那么4就是后面，5为右面，6为前面，2则是左面，3 就是上面，(如图2)。从图中不难看出点F与点N，重 合，点G与点S重合。还有一种方法就是动手制作一张 展开图，折一折，结果就一目了然了，同学们不妨试 试吧! 例2:一只小虫从图l所示的长方体上的A点出发，沿长 方体的表面爬行，依次经过前面、上面、后面、底面， 最后到达P点。请你为它设计一条最短的爬行路线。 【分析与解答】因为小虫在长方体的表面爬行，所 以我们可以将长方体的前、后、上、下西个面展开成 平面图形(如图2)。又因为在平面上“两点之间的线段 长度最短”，所以连接AP，则线段AP为小虫爬行的最短路线。 练习与思考 1.如图所示的是一个正方体纸盒拆开后平摊在桌面上的形状。如果 将这个展开图恢复成原来的正方体，图中的点B、点D分别与哪个点 重合? 2.如图所示的是一个棱长3厘米的正方体木块，一只蚂蚁从A点沿表面 爬向B点。请画出蚂蚁爬行的最短路线。问：这样的路线共有几条? 3.将一张长方形硬纸片，剪去多余部分后，折叠成一个棱长为l厘米的正方体。这张长方形硬纸片的面积最小是多少平方厘米?
八、倍数问题 “和倍”与“差倍”问题的应用题，一般都在条件中告诉我们：两个数量的和（或差）与这两个数量的倍数关系，要我们求这两个数量分别是几。解答这类应用题时，我们采用代换的思路，用1倍数去代替几倍数，看和(或差)相当于1倍数的几倍，即除以几，先求出1倍数，然后再求出几倍数，解题公式是： 1、和倍问题 和÷（倍数＋1）=1倍数 1倍数×几倍=几倍数 或 和－1倍数=几倍数 2、差倍问题 差÷（倍数—1）=1倍数 1倍数×几倍=几倍数 或 1倍数+差=几倍数 在解答这类题目时，线段图是一个很好的帮手。我们要根据题意，画出线段图进行分析，这样能很快地理清解题思路，找到解题的方法。 【例1】弟弟有课外书20本，哥哥有课外书25本。哥哥给弟弟多少本后，弟 弟的课外书是哥哥的 2 【点拨】.画线段图如下： 哥哥： 弟弟： 在观察上图的基础上，可先思考以下几个问题： （1） 哥哥在给弟弟课外书前后，题目里不变的数量是什么？ （2） 要想求哥哥给弟弟多少本课外书，需要知道什么条件？ （3） 如果把哥哥剩下的课外书看做1倍数，那么这时（哥哥给弟弟课外 书后）弟弟的课外书可看做是哥哥剩下的课外书的几倍？ 在思考以上几个问题的基础上，再求哥哥应该给弟弟多少本课外书。根据条件需要先求出哥哥剩下多少本课外书。如果我们把哥哥剩下的课外书看做1倍数，那么这时弟弟的课外书可看做是哥哥剩下的课外书的2倍，也就是兄弟俩共有的倍数相当于哥哥剩下的课外书的3倍，而兄弟俩课外书的总数始终是不变的数量。 【解答】 （20＋25）÷（2＋1）=15（本） 25—15=10（本） 答：哥哥给弟弟10本后，弟弟的课外书是哥哥的2倍。 【操身演练】 1、甲、乙两数之和是180，已知甲数是乙数的2倍，甲、乙两数各是多少？
第1讲 巧求周长和面积 几何是研究现实世界的空间形式与数量关系的一门科学，是日常生活和进一步学习必不可少的基础和工具。几何问题非常直观、有趣，但是仍然有的同学对解几何问题的基本方法掌握不好。之前已经学习了长方形和正方形的周长和面积公式，利用公式可以解决一些简单的标准图形的周长和面积问题，对于一些复杂的不规则图形的周长和面积问题，我们可以采用平移、转化、分割、添补、合并等方法，将问题转化为我们熟悉的、简单的图形问题，从而顺利的解决。 本讲掌握长度与面积的概念和基本计算方法。学会运用平移、标方向等方法处理某些长度计算问题；运用平移、旋转、对称等方法处理某些面积计算问题。 学海导航 巧求周长（三年级秋季） 巧求周长与面积（四年级暑假） 等积变换（四年级春季） 巧求周长与面积（本讲） 直线型面积（一）（五年级秋季） 直线型面积（二）（五年级秋季） 直线型面积（三）（五年级寒假） 知识要点 周长：围成一个图形的所有边长的总和就是这个图形的周长。 长方形周长公式：()()22a b =+?=+?长方形长方形周长长宽，记作：C 正方形周长公式：44a =?=?正方形正方形周长边长，记作：C 方法：公式法、平移线段法、标向法 面积：物体的表面或围成的平面图形的大小，叫做它们的面积。 长方形面积公式：a b =?=?长方形长方形面积长宽，记作：S 正方形面积公式：2a a a =?=?=正方形正方形面积边长边长，记作：S 三角形面积公式：11 22 a h =??=??三角形三角形面积底高，记作：S 平行四边形面积公式：a h =?=?平行四边形平行四边形面积底高，记作：S 梯形面积公式：()()11 22 a b h =??=?+?梯形梯形面积上底+下底高，记作：S 方法：公式法、割补法（将图形平移、对称、旋转）