2015学而思杯数学解析(6年级)

2015年第五届“学而思杯”六年级2015年第五届“学而思杯”六年级2015年第五届“学而思杯”六年级杯赛命题人：邹家意总分：150分时间：90分钟一、填空题．（每题10分，共80分）1. 2641473971________1524285660．【难度】★★【考点】计算：分数裂项【答案】7 【解析】11171939111111152428566032533843778415-4435384778154 21313114114-5383748741511213411314-3351577448841117原式 2. 若干个体积为13cm的小正方体木块平堆在地面上，其俯视图如（1），侧视图如（2），那么这堆木块的表面积最多等于________2cm．【难度】★★【考点】几何：三视图求表面积【答案】46 【解析】要让表面积最大，则应该让小正方体块数最多，符合该条件的三视图如下（其中（3）是主视图）：（2）（1）易得：这堆木块的表面积最多等于275724246cm． 3. 甲、乙两只桶装有酒，甲桶有酒800斤，酒精占比17.92%；乙桶有酒1200斤，酒精占比59.37%；那么，两桶互相交换________斤才能使两桶酒的酒精占比相等．【难度】★★【考点】应用：浓度问题【答案】480 【解析】对于此类问题，不管两者浓度是多少，都可直接应用以下公式得出结果：甲溶液重量乙溶液重量交换量甲溶液重量乙溶液重量那么本题结果为80012004808001200斤．【思考】以上结论该如何证明？ 4. 将长为15厘米的木棒截成长度为整数厘米的三段，使它们构成一个三角形的三边，则不同的截法有________种．【难度】★★【考点】计数：枚举结合几何【答案】7 【解析】设木棒被截成长度为厘米，厘米，厘米abc的三段（,,abc为非零自然数，且15abc，且abc），要构成三角形，必须满足abc，则,,abc只有下列7种可能：1,7,72,6,73,5,73,6,64,4,74,5,65,5,5、、、、、、，故有7中不同截法． 5. 123457xxxxx有________组不同的自然数解．【难度】★★★【考点】计数：隔板法【答案】330 【解析】（3）（2）（1）由于未知数12345、、、、xxxxx都有可能取0，所以先“借”1给每个未知数，则本题等同于“将127512（）个相同的苹果分到5个不同的盘中，共有多少种方法”，显然，共有51412111330CC种方法，即：该方程有330组不同的自然数解． 6. 下图中，、、、EFGH为正方形ABCD四条边上的点，三角形GBM的面积比三角形CNE的面积多22934cm，且2345CDDEDFAGBH．已知那么正方形ABCD 的面积等于________2cm．【难度】★★★【考点】几何：风筝模型【答案】28 【解析】用S表示正方形ABCD的面积，加辅助线如下：由左图可得：3131428GBESSS，111152220HBESSS，所以31581220GBEHBESSGMHMSS，所以1515131921517542136GBMGBHSSSS；由右图可得：12BFCSS，111123212EFCSSS，所以126112BFCEFCSSBNENSS，ONMEHGFDCBAABCDFGHEMNOONMEHGFDCBA易得：这堆木块的表面积最多等于275724246cm． 3. 甲、乙两只桶装有酒，甲桶有酒800斤，酒精占比17.92%；乙桶有酒1200斤，酒精占比59.37%；那么，两桶互相交换________斤才能使两桶酒的酒精占比相等．【难度】★★【考点】应用：浓度问题【答案】480 【解析】对于此类问题，不管两者浓度是多少，都可直接应用以下公式得出结果：甲溶液重量乙溶液重量交换量甲溶液重量乙溶液重量那么本题结果为80012004808001200斤．【思考】以上结论该如何证明？ 4. 将长为15厘米的木棒截成长度为整数厘米的三段，使它们构成一个三角形的三边，则不同的截法有________种．【难度】★★【考点】计数：枚举结合几何【答案】7 【解析】设木棒被截成长度为厘米，厘米，厘米abc的三段（,,abc为非零自然数，且15abc，且abc），要构成三角形，必须满足abc，则,,abc只有下列7种可能：1,7,72,6,73,5,73,6,64,4,74,5,65,5,5、、、、、、，故有7中不同截法． 5. 123457xxxxx有________组不同的自然数解．【难度】★★★【考点】计数：隔板法【答案】330 【解析】由于未知数12345、、、、xxxxx都有可能取0，所以先“借”1给每个未知数，则本题等同于“将127512（）个相同的苹果分到5个不同的盘中，共有多少种方法”，显然，共有51412111330CC种方法，即：该方程有330组不同的自然数解． 6. 下图中，、、、EFGH为正方形ABCD四条边上的点，三角形GBM的面积比三角形CNE的面积多22934cm，且2345CDDEDFAGBH．已知那么正方形ABCD的面积等于________2cm．【难度】★★★【考点】几何：风筝模型【答案】28 【解析】用S表示正方形ABCD的面积，加辅助线如下：由左图可得：3131428GBESSS，111152220HBESSS，所以31581220GBEHBESSGMHMSS，所以1515131921517542136GBMGBHSSSS；由右图可得：12BFCSS，111123212EFCSSS，所以126112BFCEFCSSBNENSS，所以1111111672228CNECBESSSS；所以：29163342929136284347434734GBMCNESSSSSScm，即：正方形ABCD的面积24728Scm．7. 在1至2100的所有自然数中，与210互质的数之和等于________．【难度】★★★【考点】数论：欧拉公式【答案】504000 【解析】由于2102357，根据欧拉公式知：在1至2100的所有自然数中，与210互质的数共有1111210011114802357个，其中每2个数作为1组，和为2100，所以总和等于48022100504000．8. 如图，六边形ABCDEF中，,AEECBCEC，EF平行于AC,90AEFECD，23,26FECECDAEBCSS,20四边形ABCES,则________四边形ABDES．【难度】★★★【考点】几何：蝴蝶模型，鸟头模型【答案】21 【解析】由于AEEC，所以90AEC；FEDCBAFEDCBA又由于90AEFECD，所以180FECECD，所以有：2FECECDSFEECFESECCDCD；由于BCEC，所以90BCE；又由于90AEFECD，所以180FEABCD，所以有：23312FEABCDSFEEASCDBC；由于EF平行于AC，所以6FEAFECSS，所以123BCDFEASS；所以203221四边形四边形ABDEABCEECDBCDSSSS．二、解答题．（每题10分，40分）9. 一次数学竞赛，某校有200多人参加，成绩都是整数，其中118的人不到70分，17的人不到80分，14的人达到90分．那么得分在80分至89分的有多少人？【难度】★★★【考点】应用：分数应用题结合数论【答案】153人【解析】由题知：总人数为18、7、4的公倍数，由于三个数的最小公倍数等于252，所以总人数就是252．那么得分在80分至89分的有11252115374人．10. 已知最简分数,57ab满足2.357ab，求ab的所有可能值之和．【难度】★★★【考点】计算：比较大小与估算【答案】218 【解析】由于2.357ab，所以2.252.3557ab，即2.2535752.3535ab，即：78.757582.25ab，所以7579808182或或或ab，由于5a是最简分数，所以a不是5的倍数，即75798182或或ab：①7579ab 易解得：27136或aabb ②7581ab 易解得：38125或aabb ③7582ab 易解得：16111581或或aaabbb 综上，ab 等于11、15、26、36、40、42或48，即ab的所有可能值之和等于218．11. 两块手表显示时间都采用二十四小时制（即显示范围为0时0分0秒至23时59分59秒），走时一快一慢，快表比标准表每2小时快3分钟，慢表比标准表每7小时慢4分钟．现在把快表指示时间调成9点5分0秒，慢表指示时间调成11点1分0秒，那么两块表第一次指示相同的时刻是多少？【难度】★★★【考点】行程：钟面行程【答案】18点29分0秒【解析】设经过标准表上的x小时后，两块表第一次指示相同，则：96056031160160427xxxx 解得：56x 由于569605605636066292，6624218，所以此时，两块表指示的时刻都是18点29分0秒．12. 在一个圆周上等距离分布着n个点，将所有点连线形成若干个以圆周上的点为顶点的封闭图形，再任意将其中某些点染成红色，使所有的封闭图形中存在以四个红点为顶点的正方形．已知当n取某数时，至少要将400个点染成红色才能保证达成要求，请求出n的取值．【难度】★★★【考点】组合：最值原理【答案】532 【解析】经尝试可得结论：只有当n为4的倍数时，连接圆周上的某四个点才能形成正方形；设4nk，则圆周上可找到k个不同的正方形，且不共顶点．要保证存在以四个红点为顶点的正方形，则考虑最不利情况：只有一个正方形的四个顶点全是红色，其余1k个正方形的三个顶点是红色，则有31400k，解得133k，则1334532n．三、解答题．（每题15分，共30分）13. 任给50个互不相等的非零自然数，每一个数都不大于425．证明：把这50个数两两相减（大减小）所得的所有差中至少有4个相等．【难度】★★★★【考点】组合：极端原理【答案】见解析【解析】设给定的50个非零自然数为1250，，，aaa，满足1250425aaa．令121232495049,,，baabaabaa 从反面来证明，即这50个数两两之差至多有3个相等．那么以上49个差中任取4个差至多有3个相等，那么124911122233316161617425bbb，另一方面，12492132504950150425bbbaaaaaaaaa，矛盾．因此结论成立．14. 是否存在连续若干个自然数，满足其立方之和等于：（1）2014？（2）20152014？若存在，请说明这些自然数满足的条件；若不存在，请说明理由？【难度】★★★★【考点】数论：余数性质【答案】都不存在，理由见解析【解析】设连续n个自然数的立方和为3333123Saaaan，则：333333333333221231231231122Saaaananaananaa 显然，该数除以4不可能余2，所以必然不存在连续若干个自然数满足其立方之和等于2014．再考虑第二问：令212kkA，讨论A除以7的余数如下表所示：70123456171234560(1)70136310270121210除以的余数除以的余数除以的余数除以的余数kkkkA 可知：A除以7只可能余0、1、2；令1kan，2112ananA，则1A除以7只可能余0、1、2；令2ka，2212aaA，则2A除以7只可能余0、1、2；那么：S除以7的余数等于12AA除以7的余数，只可能为0、1、2、5、6，即连续n个自然数的立方和除以7的余数，只可能为0、1、2、5、6；又由于20152014除以7余3，说明与S除以7的余数不同，所以不存在！1234567890ABCDEFGHIJKLMNabcdefghijklmn!@#$%^&am p;&*()_+.一三五七九贰肆陆扒拾，。

简单乘法原理1.使学生掌握乘法原理主要内容，掌握乘法原理运用的方法；2.使学生分清楚什么时候用乘法原理，分清有几个必要的步骤，以及各步之间的关系．3.培养学生准确分解步骤的解题能力；乘法原理的数学思想主旨在于分步考虑问题，本讲的目的也是为了培养学生分步考虑问题的习惯．一、乘法原理概念引入老师周六要去给同学们上课，首先得从家出发到长宁上8点的课，然后得赶到黄埔去上下午1点半的课．如果说申老师的家到长宁有5种可选择的交通工具（公交、地铁、出租车、自行车、步行），然后再从长宁到黄埔有2种可选择的交通工具（公交、地铁），同学们，你们说老师从家到黄埔一共有多少条路线？我们看上面这个示意图，老师必须先的到长宁，然后再到黄埔．这几个环节是必不可少的，老师是一定要先到长宁上完课，才能去黄埔的．在没学乘法原理之前，我们可以通过一条一条的数，把线路找出来，显而易见一共是10条路线．但是要是老师从家到长宁有25种可选择的交通工具，并且从长宁到黄埔也有30种可选择的交通工具，那一共有多少条线路呢？这样数，恐怕是要耗费很多的时间了．这个时候我们的乘法原理就派上上用场了．二、乘法原理的定义完成一件事，这个事情可以分成n个必不可少的步骤（比如说老师从家到黄埔，必须要先到长宁，那么一共可以分成两个必不可少的步骤，一是从家到长宁，二是从长宁到黄埔），第1步有A种不同的方法，第二步有B种不同的方法，……，第n步有N种不同的方法．那么完成这件事情一共有A×B×……×N种不同的方法．结合上个例子，老师要完成从家到黄埔的这么一件事，需要2个步骤，第1步是从家到长宁，一共5种选择；第2步从长宁到黄埔，一共2种选择；那么老师从家到黄埔一共有5×2个可选择的路线了，即10条．三、乘法原理解题三部曲1、完成一件事分N个必要步骤；2、每步找种数（每步的情况都不能单独完成该件事）；3、步步相乘四、乘法原理的考题类型1、路线种类问题——比如说老师举的这个例子就是个路线种类问题；2、字的染色问题——比如说要3个字，然后有5种颜色可以给每个字然后，问3个字有多少种染色方法；3、地图的染色问题——同学们可以回家看地图，比如中国每个省的染色情况，给你几种颜色，问你一张包括几个部分的地图有几种染色的方法；4、排队问题——比如说6个同学，排成一个队伍，有多少种排法；5、数码问题——就是对一些数字的排列，比如说给你几个数字，然后排个几为数的偶数，有多少种排法．教学目标知识要点【例 1】 邮递员投递邮件由A 村去B 村的道路有3条，由B 村去C 村的道路有2条，那么邮递员从A 村经B 村去C 村，共有多少种不同的走法？【考点】简单乘法原理 【难度】1星 【题型】解答 【解析】 把可能出现的情况全部考虑进去．第一步 第二步A 村村C 村中A 村村 C 村北南C 村村A 村由分析知邮递员由A 村去B 村是第一步，再由B 村去C 村为第二步，完成第一步有3种方法，而每种方法的第二步又有2种方法．根据乘法原理，从A 村经B 村去C 村，共有3×2=6种方法．【答案】6【巩固】 如下图所示，从A 地去B 地有5种走法，从B 地去C 地有3种走法，那么李明从A 地经B 地去C地有多少种不同的走法？【考点】简单乘法原理 【难度】1星 【题型】解答 【解析】 从A 地经B 地去C 地分为两步，由A 地去B 地是第一步，再由B 地去C 地为第二步，完成第一步有5种方法，而每种方法的第二步又有3种方法．根据乘法原理，从A 地经B 地去C 地，共有5×3=15种方法．【答案】15【例 2】 如下图中，小虎要从家沿着线段走到学校，要求任何地点不得重复经过．问：他最多有几种不同走法？【考点】简单乘法原理 【难度】1星 【题型】解答 【解析】 从家到中间结点一共有2种走法，从中间结点到学校一共有3种走法，根据乘法原理，一共有3×2=6种走法．【答案】6【巩固】 在下图中，一只甲虫要从A 点沿着线段爬到B 点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？例题精讲CBA【考点】简单乘法原理【难度】1星【题型】解答【解析】甲虫要从A点沿着线段爬到B点，需要经过两步，第一步是从A点到C点，一共有3种走法；第二步是从C点到B点，一共也有3种走法，根据乘法原理一共有3×3=9种走法．【答案】9【巩固】在右图中，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？D C BA【考点】简单乘法原理【难度】2星【题型】解答【解析】从A点沿着线段爬到B点需要分成三步进行，第一步，从A点到C点，一共有3种走法；第二步，从C点到D点，有1种走法；第三步，从D点到B点，一共也有3种走法．根据乘法原理，一共有3×1×3=9种走法．【答案】9【巩固】在右图中，一只蚂蚁要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只蚂蚁最多有几种不同走法？BDCA【考点】简单乘法原理【难度】2星【题型】解答【解析】解这道题时千万不要受铺垫题目的影响，第一步，A点到C点的走法是3种；第二步，从C点到D点，有1种走法；但第三步，从D点到B点的走法并不是3种，由D出去有2条路选择，到下一岔路口又有2条路选择，所总共有2×2=4（种）走法，根据乘法原理，这只蚂蚁最多有31412⨯⨯=（种）不同走法．【答案】12【巩固】在右图中，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法？D C BA【考点】简单乘法原理【难度】2星【题型】解答【解析】从A点沿着线段爬到B点需要分成三步进行，第一步，从A点到C点，一共有3种走法；第二步，从C点到D点，一共也有3种走法；第三步，从D点到B点，一共也有3种走法．根据乘法原理，一共有33327⨯⨯=种走法．【答案】27【巩固】在右图中，一只甲虫要从A点沿着线段爬到B点，要求任何点不得重复经过．问：这只甲虫最多有几种不同走法?BCA【考点】简单乘法原理【难度】3星【题型】解答【解析】解这道题时千万不要受铺垫题目的影响，A点到C点的走法不是3种，而是4种，C点到B点的走法也是4种，根据乘法原理，这只甲虫最多有4416⨯=种走法．【答案】16【例3】如果将四面颜色不同的小旗子挂在一根绳子上，组成一个信号，那么这四面小旗子可组成种不同的信号。

小学思维数学讲义：最值中的数字谜（一）-带详解最值中的数字谜（一）1. 掌握最值中的数字谜的技巧2. 能够综合运用数论相关知识解决数字谜问题数字谜中的最值问题常用分析方法1. 数字谜一般分为横式数字谜和竖式数字谜．横式数字谜经常和数论里面的知识结合考察，有些时候也可以转化为竖式数字谜；2. 竖式数字谜通常有如下突破口：末位和首位、进位和借位、个位数字、位数的差别等．3. 数字谜的常用分析方法有：个位数字分析法、高位数字分析法、数字大小估算分析法、进位错位分析法、分解质因数法、奇偶分析法等．4. 除了数字谜问题常用的分析方法外，还会经常采用比较法，通过比较算式计算过程的各步骤，得到所求的最值的可能值，再验证能否取到这个最值．5. 数字谜问题往往综合了数字的整除特征、质数与合数、分解质因数、个位数字、余数、分数与小数互化、方程、估算、找规律等题型。

【例1】有四个不同的数字，用它们组成最大的四位数和最小的四位数，这两个四位数之和是11469，那么其中最小的四位数是多少？【考点】加减法的进位与借位【难度】3星【题型】填空【解析】设这四个数字是a b c d >>>，如果0d ≠，用它们组成的最大数与最小数的和式是11469a b c dd c b a +，由个位知9a d +=，由于百位最多向千位进1，所以此时千位的和最多为10，与题意不符．所以0d =，最大数与最小数的和式为0011469a b c c b a +，由此可得9a =，百位没有向千位进位，所以11a c +=，2c =；64b c =-=．所以最小的四位数cdba 是2049．【答案】2049【例2】将一个四位数的数字顺序颠倒过来，得到一个新的四位数，如果新数比原数大7902，那么所有符合这样条件的四位数中原数最大的是．7902D C B AA B C D -例题精讲知识点拨教学目标【考点】加减法的进位与借位【难度】4星【题型】填空【解析】用A 、B 、C 、D 分别表示原数的千位、百位、十位、个位数字，按题意列减法算式如上式．从首位来看A 只能是1或2，D 是8或9；从末位来看，102A D +-=，得8D A =+，所以只能是1A =，9D =．被减数的十位数B ，要被个位借去1，就有1B C -=．B 最大能取9，此时C 为8，因此，符合条件的原数中，最大的是1989．【答案】1989【例 3】在下面的算式中，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 分别代表1～9中的数字，不同的字母代表不同的数字，恰使得加法算式成立．则三位数EFG 的最大可能值是．2006A B C DE F G +【考点】加减法的进位与借位【难度】4星【题型】填空【解析】可以看出，1A =，6D G +=或16．若6D G +=，则D 、G 分别为2和4，此时10C F +=，只能是C 、F 分别为3或7，此时9B E +=，B 、E 只能分别取()1,8、()2,7、()3,6、()4,5，但此时1、2、3、4均已取过，不能再取，所以D G +不能为6，16D G +=．这时D 、G 分别为9和7；且9C F +=，9B E +=，所以它们可以取()3,6、()4,5两组．要使EFG 最大，百位、十位、个位都要尽可能大，因此EFG 的最大可能值为659．事实上134********+=，所以EFG 最大为659．【答案】659【巩固】如图，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字，那么四位数“奥林匹克”最大是奥林匹克+奥数网2008【考点】加减法的进位与借位【难度】4星【题型】填空【关键词】学而思杯，6年级，1试，第2题【解析】显然“2≤奥”，所以“1=奥或2”，如果“2=奥”，则四位数与三位数的和超过2200，显然不符合条件，所以“1=奥”，所以“9≤林”，如果“9=林”那么“200819001008+=--=匹克数网”，“0=匹=数”，不符合条件，所以“林”最大只能是8，所以“20081800100108+=--=匹克数网”，为了保证不同的汉字代表不同的数字，“匹克”最大是76，所以“奥林匹克”最大是1876。

本讲知识点属于计算大板块内容，其实分数裂项很大程度上是发现规律、利用公式的过程，可以分为观察、改造、运用公式等过程。

很多时候裂项的方式不易找到，需要进行适当的变形，或者先进行一部分运算，使其变得更加简单明了。

本讲是整个奥数知识体系中的一个精华部分，列项与通项归纳是密不可分的，所以先找通项是裂项的前提，是能力的体现，对学生要求较高。

分数裂项一、“裂差”型运算 将算式中的项进行拆分，使拆分后的项可前后抵消，这种拆项计算称为裂项法.裂项分为分数裂项和整数裂项，常见的裂项方法是将数字分拆成两个或多个数字单位的和或差。

遇到裂项的计算题时，要仔细的观察每项的分子和分母，找出每项分子分母之间具有的相同的关系，找出共有部分，裂项的题目无需复杂的计算，一般都是中间部分消去的过程，这样的话，找到相邻两项的相似部分，让它们消去才是最根本的。

(1)对于分母可以写作两个因数乘积的分数，即1a b ⨯形式的，这里我们把较小的数写在前面，即a b <，那么有1111()a b b a a b=-⨯- (2)对于分母上为3个或4个连续自然数乘积形式的分数，即：1(1)(2)n n n ⨯+⨯+，1(1)(2)(3)n n n n ⨯+⨯+⨯+形式的，我们有： 1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-⨯+⨯+⨯+++分数裂项计算教学目标知识点拨1111[](1)(2)(3)3(1)(2)(1)(2)(3)n n n n n n n n n n =-⨯+⨯+⨯+⨯+⨯++⨯+⨯+ 裂差型裂项的三大关键特征：（1）分子全部相同，最简单形式为都是1的，复杂形式可为都是x(x 为任意自然数)的，但是只要将x 提取出来即可转化为分子都是1的运算。

（2）分母上均为几个自然数的乘积形式，并且满足相邻2个分母上的因数“首尾相接”（3）分母上几个因数间的差是一个定值。

二、“裂和”型运算：常见的裂和型运算主要有以下两种形式：（1）11a b a b a b a b a b b a+=+=+⨯⨯⨯ （2）2222a b a b a b a b a b a b b a +=+=+⨯⨯⨯ 裂和型运算与裂差型运算的对比： 裂差型运算的核心环节是“两两抵消达到简化的目的”，裂和型运算的题目不仅有“两两抵消”型的，同时还有转化为“分数凑整”型的，以达到简化目的。

2015学而思杯数学解析（学前）启用前★绝密2015年第五届全国学而思综合能力测评（学而思杯）数学试卷（学前组）考试时间：40分钟满分：200分姓名：____________ 准考证号：____________ 电话号码：____________考生须知：请将所有的答案写在试卷对应位置上第一部分：基础过关（每题10分，共50分）1. 计算，把答案写在横线上．14+=_______ 52-= _______ _______37+= 8-_______6= 85+=_______ 127-=_______ 144+=______ 17-_______9= 能力考查：计算能力难度：☆试题答案：（第一行）5、3、4、2；（第二行）13、5、18、8 答案详解：考察20以内的基础计算以及加减转换，需要孩子多练习，并且理解加减法之间的转换关系；一年级会逐步进阶到100以内的计算，并开始学习巧算方法。

2. 观察下面的时钟，是_______时_______分．能力考查：常识积累难度：☆试题答案：8时30分答案详解：考查对钟表的认识，要去小朋友会区分时针和分针，时针短，分针长；并认识整点和半点：时针指向几，就是几点，如果时针指向两数之间，就读小数，分针指向12是整点，分针指向6是半点；本题时针指向8和9之间，因此是8点多，分针指向6，因此是8点半，读作为8时30分；一年级会系统学习钟表，并开始认识几时几分。

3.找不同．小朋友，仔细观察下图，共有4处不同，请你在右图．．中圈出来．能力考查：观察能力难度：☆☆试题答案：如上图。

答案详解：考查小朋友有序的观察能力及认真审题的能力。

按照一定的顺序进行观察，从上到下、从左到右逐一对比观察，良好的观察能力是衔接小学图形学习的必备能力。

4.小朋友，从你的角度观察，圈出离你最近的那朵花．能力考查：常识积累难度：☆试题答案：如上图。

答案详解：考查小朋友生活感知能力，凭近大远小的生活常识判断远近。

中国剩余定理及余数性质拓展1. 系统学习中国剩余定理和新中国剩余定理2. 掌握中国剩余定理的核心思想，并灵活运用一、中国剩余定理——中国古代趣题（1）趣题一 中国数学名著《孙子算经》里有这样的问题：“今有物，不知其数，三三数之，剩二，五五数之，剩三，七七数之，剩二，问物几何？”答曰：“二十三。

”此类问题我们可以称为“物不知其数”类型，又被称为“韩信点兵”。

韩信点兵又称为中国剩余定理，相传汉高祖刘邦问大将军韩信统御兵士多少，韩信答说，每3人一列余1人、5人一列余2人、7人一列余4人、13人一列余6人……。

刘邦茫然而不知其数。

我们先考虑下列的问题：假设兵不满一万，每5人一列、9人一列、13人一列、17人一列都剩3人，则兵有多少？首先我们先求5、9、13、17之最小公倍数9945（注：因为5、9、13、17为两两互质的整数，故其最小公倍数为这些数的积），然后再加3，得9948（人）。

孙子算经的作者及确实著作年代均不可考，不过根据考证，著作年代不会在晋朝之后，以这个考证来说上面这种问题的解法，中国人发现得比西方早，所以这个问题的推广及其解法，被称为中国剩余定理。

中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem ）在近代抽象代数学中占有一席非常重要的地位。

（2）趣题二我国明朝有位大数学家叫程大位，他在解答“物不知其数”问题（即：有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？）时用四句诗概括出这类问题的优秀解法：“三人同行七十稀，五树梅花廿一枝，七子团圆正月半，除百零五便得知．”这首诗就是解答此类问题的金钥匙，它被世界各国称为“中国剩余定理”（Chinese Remainder Theorem ），是我国古代数学的一项辉煌成果．诗中的每一句话都表示一个步骤：三人同行七十稀，是说除以3所得的余数用70乘．五树梅花廿一枝，是说除以5所得的余数用21乘．七子团圆正月半，是说除以7所得的余数用15乘．除百零五便得知，是说把上面乘得的3个积加起来，减去105的倍数，减得差就是所求的数．此题的中国剩余定理的解法是：用70乘3除所得的余数，21乘5除所得的余数，15乘7除所得的余数，把这3个结果加起来，如果它大于105，则减去105，所得的差如果仍比105大，则继续减去105，最后所得的整数就是所求．也就是270321215233⨯+⨯+⨯=，233105128-=，12810523-=为什么70，21，15，105有此神奇效用？70，21，15，105是从何而来？先看70，21，15，105的性质：70被3除余1，被5，7整除，所以70a 是一个被3除余a 而被5与7整除的数；21是5除余1，被3与7整除的数，因此21b 是被5除余b ，被3与7整除的数；同理15c 是被7除余c ，被3、5整除的数，105是3，5，7的最小公倍数．也就是说，702115a b c ++是被3除余a ，被5除余b ，被7除余c 的数，这个数可能是解答，但不一定是最小的，因此还要减去它们的公倍数．了解了“剩余定理”的秘密后，对类似于上面的题目，我们都可以用中国剩余定理来解答．二、核心思想和方法对于这一类问题，我们有一套看似繁琐但是一旦掌握便可一通百通的方法，下面我们就以《孙子算经》中的问题为例，分析此方法:知识点拨教学目标今有物，不知其数，三三数之，剩二，五五数之，剩三，七七数之，剩二，问物几何？题目中我们可以知道，一个自然数分别除以3，5，7后，得到三个余数分别为2，3，2.那么我们首先构造一个数字，使得这个数字除以3余1，并且还是5和7的公倍数。