高思导引 四年级第二十一讲 排列组合教师版

高考数学轻松搞定排列组合难题二十一种方法排列组合问题联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，因此解决排列组合问题，首先要认真审题，弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理。

教学目标1.进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理。

2.掌握解决排列组合问题的常用策略;能运用解题策略解决简单的综合应用题。

提高学生解决问题分析问题的能力3.学会应用数学思想和方法解决排列组合问题.复习巩固1.分类计数原理(加法原理)完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m种不同的方法，在第21类办法中有m种不同的方法，…，在第n类办法中有n m种不同的方法，2那么完成这件事共有：种不同的方法．2.分步计数原理（乘法原理）完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第21步有m种不同的方法，…，做第n步有n m种不同的方法，那么完成这件2事共有：种不同的方法．3.分类计数原理分步计数原理区别分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。

分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件．解决排列组合综合性问题的一般过程如下:1.认真审题弄清要做什么事2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。

3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素.4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略一.特殊元素和特殊位置优先策略例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这两个位置.先排末位共有13C然后排首位共有14C最后排其它位置共有34A由分步计数原理得113434288C C A =练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法二.相邻元素捆绑策略例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法. 解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。

小结
本节课，我们对有关排列组合的几种常见的解题策略加以复习巩固。

排列组合历来是学习中的难点，通过我们平时做的练习题，不难发现排列组合题的特点是条件隐晦，不易挖掘，题目多变，解法独特，数字庞大，难以验证。

同学们只有对基本的解题策略熟练掌握。

根据它们的条件,我们就可以选取不同的技巧来解决问题.对于一些比较复杂的问题,我们可以将几种策略结合起来应用把复杂的问题简单化，举一反三，触类旁通，进而为后续学习打下坚实的基础。

第十讲排列组合应用上一讲学习了基本的排列组合公式，本讲主要解决一些实际问题．在解决实际问题时，先要判断出顺序对于问题的结果有没有影响，再考虑应该用排列还是组合来进行计算．排列和组合的区分在这一讲是我们学习的难点和重点．接下来我们通过一些生活中的例子，进一步来体会一下排列和组合的区别．例题19支球队进行足球比赛：（1）如果实行单循环制，即每两队之间恰好比赛一场．每场比赛后，胜方得3分，负方不得分，平局双方各得1分，那么一共要举行多少场比赛？9支队伍的得分总和最多为多少？（2）如果实行双循环制，即每两队之间分主、客场．那么一共要举行多少场比赛？「分析」每场比赛有两支队伍参加，现在要从几支队伍里挑呢？挑的时候这两支队伍有没有顺序？每场比赛中，两支队伍获得的分数之和最多是多少呢？练习1棋王争霸赛在8名选手间展开：（1）如果实行单循环赛制，共要进行多少场比赛？（2）如果实行双循环赛制，共要进行多少场比赛？例题2围棋兴趣小组一共有8名同学，请问：（1）如果从中选3名同学在第二天的早上、中午、晚上分别做值日，共有多少种选法？（2）如果从中选出3名同学去参加一次全市比赛，共有多少种选法？「分析」同样都是选出3个人，这两个问题之间有什么区别？练习2一次厨艺大赛中，主办方给定的菜谱中有7道菜，请问：（1）如果要求从这7道菜中选做2道菜，共有多少种不同的选法？（2）如果要求从这7道菜中选做1道作为主菜，另外1道作为副菜，共有多少种不同的选法？从公式：n n n m m n C A A =÷，可以看出：n n nm m n A C A =⨯，所以计算从m 个元素中选出n 个元素的排列数时也可以分成两步：先计算从m 个元素中选出n 个元素的组合数，再计算这n 个元素的排列数即可．接下来我们通过例题看看排列与组合之间有什么联系． 例题3王老师带着小高、卡莉娅、萱萱一行四人去参加一次聚会，主持人要求每个人领取一个彩球，这些球的颜色各不相同，共有12个．（1）小高是第一个取球的人，他一共选出了4个球，准备回头分给大家，那么一共有多少种选法？（2）小高回到座位后，把这4个球分给大家，一共有多少种分法？（3）最后他们四人手中拿到的球一共有多少种可能？「分析」（1）、（2）恰好是（3）的两个步骤，所以不难通过（1）、（2）的结果来计算（3）．（1）、（2）应该按照排列来算还是按照组合来算呢？能不能跳过（1）、（2）直接计算（3）呢？ 练习3先从10名同学中选出3人作为班委，再在这3人中确定出班长、学习委员和生活委员（一人只能担任一个职位），共有多少种不同的可能？例题4周末大扫除，老师要从10名男生和10名女生中选出5名留下打扫卫生． （1）如果随意选择，一共有多少种选择方法？（2）如果老师决定选出2名男生和3名女生，一共有多少种选择方法？「分析」（1）是从几名同学出选5名？（2）选2名男生有几种选法？选3名女生有几种选法？练习4老师要从9名男生和7名女生中挑出4人参加数学竞赛，共有多少种不同的选择方法？如果4人中要求有3名男生、1名女生呢？接下来我们学习圆周排列．从m 个不同的元素中取出n 个（ n m ）元素，并按照一定的顺序排成一个圆周，就是圆周排列．圆周排列与排列的不同之处在于圆周排列是首尾相邻的，旋转后相同的排法视为一种排法．如下图，1、2、3的三种排列：123、231、312，在圆周排列中都是一个排列；另外三种排列：132、321、213，在圆周排列中也是一个排列，而且这两个圆周排列是不同的．例题5从7个人中选出5个人围着圆桌坐成一圈，有多少种不同的坐法?「分析」从7个人中选出5个人的圆周排列，还能按照直线上的排列57A 种方法来计算吗？在我们组合问题里面，选取出来的和没有选取出来的两个部分之间是否有区别和顺序呢？ 例题6（1）6个人分成A 、B 两队拔河，要求这两队都是3个人，一共有多少种分队的方法？ （2）6个人分成两队拔河，要求每个队都是3个人，一共有多少种分队的方法？ 「分析」这两个问题都是要分成两个队，每个队3个人，有什么区别吗？课堂内外杨辉三角刘杨辉三角形，又称贾宪三角形，帕斯卡三角形，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．端点数为1的杨辉三角具有如下几个性质： （1）每个数等于它上方两数之和；（2）每行数字左右对称，由1开始逐渐变大； （3）第n 行的数字有n 项； （4）第n 行数字和为()21n -；（5）第n 行的第m 个数和第-n m 个数相等，即m n m n n C C -=这是组合数性质之一； （6）每个数字等于上一行的左右两个数字之和．可用此性质写出整个杨辉三角．即第n +1行的第i 个数等于第n 行的第i -1个数和第i 个数之和，即11i i i n n n C C C -+=+这也是组合数的性质之一；（7）第n 行的m 个数课表示为1m n C -，即为从n 个不同元素中取1m -个元素的组合数．作业1.某班毕业生中有10名同学相见了，他们互相都握了一次手，请问这次聚会大家一共握了多少次手？2. 要从15名士兵中选出2名分别担任正、副班长，共有多少种不同的选法？3. 先从10名同学中选出3人作为班委，再在这3人中确定出班长、学习委员和生活委员（一人只能担任一个职位），共多少种不同的可能？4. 卡莉娅走进一家商店要买些新衣服，现在从她看中的5件上衣和4条裤子中选出3件上衣和2条裤子，一共有多少种选法？5．6个人围坐在一张圆桌旁，有多少种坐法？第十讲 排列组合应用1. 例题1答案：36场，108分；72场详解：区分单循环制和双循环制，（1）单循环是9支球队中选取2支队伍即可，2支队伍不需要排序，是组合问题，即()29982136C =⨯÷⨯=场比赛．如果是分出胜负的则一场比赛会得3分，如果不分胜负则一场比赛会得2分，所以如果要让得分最多，那么36场都应该是分出胜负的，即363108⨯=分．（2）双循环制是9支球队中选取2支队伍后要排序，分主客场的，是排列问题，即299872A =⨯=场比赛．也可以根据第一问36272⨯=场比赛得到，因为单循环制的时候两支队伍比赛一场，而双循环是比赛两场，所以是2倍的关系． 2. 例题2答案：336；56详解：（1）从8名同学中选3名同学在早上、中午、晚上做值日，那么选出的这三人改变顺序为不同种选法，为排列问题，38876336A =⨯⨯=种选法．（2）从8名同学中选3人参加比赛，改变这三人的顺序任为一种选法，为组合问题，()3887632156C =⨯⨯÷⨯⨯=种选法． 3. 例题3答案：495种；24种；11880种详解：（1）只需要从12个不同的球中选出来4个，不需要排列，是组合问题，即()41212111094321495C =⨯⨯⨯÷⨯⨯⨯=种选法；（2）把4个球分给大家，这四个球会分给不同的人，所以需要排序，是组合问题，即44432124A =⨯⨯⨯=种分法；（3）其实这一问就是按照上面的两个步骤完成后的方法数，分步是用乘法原理，即441244952411880C A ⨯=⨯=种可能；另外一种做法就是从12个球中选出来4个，排列即排列问题，即412121*********A =⨯⨯⨯=种可能．4. 例题4答案：15540种；5400种详解：（1）随意选择，即从所有人中随便选出来5个人即可，()52020191817165432115504C =⨯⨯⨯⨯÷⨯⨯⨯⨯=种选择方法；（2）首先从10名男生中选取2名男生，再从10名女生中选取3名女生，这是一个分步的过程，所以一共有()()2310101092110983215400C C ⨯=⨯÷⨯⨯⨯⨯÷⨯⨯=种选择方法．5. 例题5答案：504种详解：圆桌问题的两种做法，第一种：7个人中选出来5个人按照一定顺序去排列，这是一个排列问题，即57A ；圆桌是可以旋转的，如果这5个人的顺序是ABCDE 、BCDEA 、CDEAB 、DEABC 、EABCD 这五种排序的方法其实都是一种坐法，所以一共有575504A ÷=种不同的坐法；第二种：先从7个人中选出5个人，有5721C =种方法，再把选出的5个人排在圆桌上，有55524A ÷=种方法，一共有2124504⨯=种方法．6. 例题6答案：20种；10种详解：（1）从6个人中选择3个人，即()3665432120C =⨯⨯÷⨯⨯=种选法，此时已经将两个队伍排序，所以一共有20种分队的方法；（2）从6个人中选择3个人，此时两个队伍是有区别的，可是此题两队没有区别，所以是36210C ÷=种分队的方法．7. 练习1答案：28场；56场简答：（1）单循环是8名选手中选取2名选手即可，2名选手不需要排序，是组合问题，即()28872128C =⨯÷⨯=场比赛．（2）双循环制是8名选手中选取2名选手后要排序，分主客选手，是排列问题，即288756A =⨯=场比赛．也可以根据第一问28256⨯=场比赛得到，因为单循环制的时候两名选手中比赛一场，而双循环是比赛两场，所以是2倍的关系．8. 练习2答案：21种；42种简答：（1）()27762121C =⨯÷⨯=种选法．（2）277642A =⨯=种选法．9. 练习3答案：720种简答：两种方法，第一种：先从10个人选出3个人不排序，即310C ，接下来给这三个人排序，即33A ，这是一个分步的过程，所以共有33103720C A ⨯=种不同的可能；第二种：从10个人中选出3个人，需要排序，即排列问题，310720A =种不同的可能．10. 练习4答案：1820种；588种简答：（1）随意选择，即从所有人中随便选出来4人即可，()4161615141343211820C =⨯⨯⨯÷⨯⨯⨯=种选择方法；（2）首先从9男生中选取3男生，再从7女生中选取1女生，这是一个分步的过程，所以一共有3197588C C ⨯=种选择方法．11. 作业1答案：45简答：从10人中任选2人就会有一次握手，共有()210109245=⨯÷=C 次握手．12. 作业2答案：210 简答：从15人中选出2人，分别担任正、副班长，共有2151514210=⨯=A 种方法．13. 作业3答案：720 简答：333103101098720⨯==⨯⨯=C A A 种方法．14. 作业4答案：60简答：从5件上衣中选3件，有()()3554332110=⨯⨯÷⨯⨯=C 种方法；从4条裤子中选2条，有()()2443216=⨯÷⨯=C 种方法；所以共有10660⨯=种选法．15. 作业5答案：120简答：先有1人坐定，剩下的5个人随便排：5554321120=⨯⨯⨯⨯=A 种坐法．。

四年级数学思维训练引导例题详解――排列组合1、IMO 是国际数学奥林匹克的缩写，把这3个字母用3种不同颜色来写，现有5种不同颜色的笔，问共有多少钟不同的写法？分析：从5个元素中取3个的排列：P（5、3）=5 4 3=602、从数字0、1、2、3、4、5中任意挑选5个组成能被5除尽且各位数字互异的五位数，那么共可以组成多少个不同的五位数？分析：个位数字是0：P（5、4）=120；个位数字是5：P（5、4）－P（4、3）=120－24=96，（扣除0在首位的排列）合计120＋96=216另：此题乘法原理、加法原理结合用也是很好的方法。

3、用2、4、5、7这4个不同数字可以组成24个互不相同的四位数，将它们从小到大排列，那么7254是第多少个数？分析：由已知得每个数字开头的各有24 4=6个，从小到大排列7开头的从第6 3＋1=19个开始，易知第19个是7245，第20个7254。

4、有些四位数由4个不为零且互不相同的数字组成，并且这4个数字的和等于12，将所有这样的四位数从小到大依次排列，第24个这样的四位数是多少？分析：首位是1：剩下3个数的和是11有以下几种情况：⑴2＋3＋6=11，共有P（3、3）=6个；⑵2＋4＋5=11，共有P（3、3）=6个；首位是2：剩下3个数的和是10有以下几种情况：⑴1＋3＋6=10，共有P（3、3）=6个；⑵1＋4＋5=10，共有P（3、3）=6个；以上正好24个，最大的易知是2631。

5、用0、1、2、3、4这5个数字，组成各位数字互不相同的四位数，例如1023、2341等，求全体这样的四位数之和。

分析：这样的四位数共有P（4、1）P（4、3）=96个1、2、3、4在首位各有96 4=24次，和为（1＋2＋3＋4）1000 24=240000；1、2、3、4在百位各有24 4 3=18次，和为（1＋2＋3＋4）100 18=18000；1、2、3、4在十位各有24 4 3=18次，和为（1＋2＋3＋4）10 18=1800；1、2、3、4在个位各有24 4 3=18次，和为（1＋2＋3＋4）1 18=180；总和为240000＋18000＋1800＋180=2599806、计算机上编程序打印出前10000个正整数：1、2、3、、10000时，不幸打印机有毛病，每次打印数字3时，它都打印出x，问其中被错误打印的共有多少个数？分析：共有10000个数，其中不含数字3的有：五位数1个，四位数共8 9 9 9=5832个，三位数共8 9 9=648个，二位数共8 9=72个，一位数共8个，不含数字3的共有1＋5832＋648＋72＋8=6561所求为10000－6561=3439个7、在1000到9999之间，千位数字与十位数字之差（大减小）为2，并且4个数字各不相同的四位数有多少个？分析：1□3□结构：8 7=56，3□1□同样56个，计112个；2□4□结构：8 7=56，4□2□同样56个，计112个；3□5□结构：8 7=56，5□3□同样56个，计112个；4□6□结构：8 7=56，6□4□同样56个，计112个；5□7□结构：8 7=56，7□5□同样56个，计112个；6□8□结构：8 7=56，8□6□同样56个，计112个；7□9□结构：8 7=56，9□7□同样56个，计112个；2□0□结构：8 7=56，以上共112 7 56=840个8、如果从3本不同的语文书、4本不同的数学书、5本不同的外语书中选取2本不同学科的书阅读，那么共有多少种不同的选择？分析：因为强调2本书来自不同的学科，所以共有三种情况：来自语文、数学：3 4=12；来自语文、外语：3 5=15；来自数学、外语：4 5=20；所以共有12＋15＋20=479、某条铁路线上，包括起点和终点在内原来共有7个车站，现在新增了3个车站，铁路上两站之间往返的车票不一样，那么，这样需要增加多少种不同的车票？分析：方法一：一张车票包括起点和终点，原来有P（7、2）=42张，（相当于从7个元素中取2个的排列），现在有P（10、2）=90，所以增加90－42=48张不同车票。

排列组合应用题的解法排列组合应用题的解题方法既有一般的规律，又有很多特别的技巧，它要求我们要认真地审题，对题目中的信息进行科学地加工处理。

一、基本原理法乘法原理和加法原理是解排列组合应用题的最基本的出发点，乘法是分步计数，加法是分类计数。

在应用乘法原理时，要注意“步”与“步”之间的相关性和连续性，在应用加法原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和等效性，可以说对每道应用题我们都要考虑在记数的时候进行分类或分步处理。

例1、n 个人参加某项资格考试，能否通过，有多少种可能的结果？解一：用分步记数的原理。

第一个人有通过与不通过两种可能，第二个人也是这样，……，第n 个人也是这样。

所以一共有2n 种可能的结果。

解二：用分类记数的原理，没有人通过，有C n 0种结果；1个人通过，有C n 1种结果，……；n 个人通过，有C n n 种结果。

所以一共有CC C n n nn n 012+++= 种可能的结果。

例2、如图，用六种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有多少种?解：如果按从左至右的顺序去涂色，当涂到第4个格子时会发现，第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同决定着第4个格子有几种涂色方法，即如果第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同是不确定的，则第四个格子的涂色情况不定．于是，我们要按照1、3两个格子颜色相同和不相同两种情况分类来处理这个计数问题．1、3两个格子颜色相同时，按分步计数原理，有6×5×1×5＝150种方法；1、3两个格子颜色不相同时，按分步计数原理，有6×5×4×4＝480种方法．所以，共有不同的涂色方法630种．二、树图法：对某些分步进行的问题，可依次对每步可能出现的情况用“树”状图形表示出来，即利用线段来表示排列、组合中元素间的关系，是解决计数问题的一种最简单、最直观的方法。

高考数学轻松搞定排列组合难题二十一种方法排列组合问题联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，因此解决排列组合问题，首先要认真审题，弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理。

教学目标1.进一步理解和应用分步计数原理和分类计数原理。

2.掌握解决排列组合问题的常用策略;能运用解题策略解决简单的综合应用题。

提高学生解决问题分析问题的能力3.学会应用数学思想和方法解决排列组合问题.复习巩固1.分类计数原理(加法原理)完成一件事，有n类办法，在第1类办法中有m种不同的方法，1在第2类办法中有m种不同的方法，…，在第n类办法中有n m种2种不同的方法．2.分步计数原理（乘法原理）完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有m种不同的方法，1做第2步有m种不同的方法，…，做第n步有n m种不同的方法，2种不同的方法．3.分类计数原理分步计数原理区别分类计数原理方法相互独立，任何一种方法都可以独立地完成这件事。

分步计数原理各步相互依存，每步中的方法完成事件的一个阶段，不能完成整个事件．解决排列组合综合性问题的一般过程如下:1.认真审题弄清要做什么事2.怎样做才能完成所要做的事,即采取分步还是分类,或是分步与分类同时进行,确定分多少步及多少类。

3.确定每一步或每一类是排列问题(有序)还是组合(无序)问题,元素总数是多少及取出多少个元素.4.解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略一.特殊元素和特殊位置优先策略例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,占了这两个位置.先排末位共有13C然后排首位共有14C最后排其它位置共有34A由分步计数原理得113434288C C A =练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法二.相邻元素捆绑策略例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法. 解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。

四年级数学思维能力拓展专题突破系列（十七）排列组合------排列组合基础（1）1、使学生正确理解排列、组合的意义；正确区分排列、组合问题。

2、了解排列、排列数和组合、组合数的意义，能根据具体的问题，写出符合要求的排列或组合。

3、掌握排列组合的计算公式以及组合数与排列数之间的关系。

1、掌握什么是排列。

2、会计算排列数。

例题1：计算：⑴25A ； ⑵4377A A -。

例题2：有4个同学一起去郊游，照相时，必须有一名同学给其他3人拍照，共有多少种拍照情况？ (照相时3人站成一排)例题3：丁丁和爸爸、妈妈、奶奶、哥哥一起照“全家福”，5人站成一排，奶奶要站在正中间，有多少种不同的站法？例题4：用0、1、2、3、4 可以组成多少个没重复数字的三位数？ 例题5：幼儿园里的6名小朋友去坐3把不同的椅子，有多少种坐法？例题6：幼儿园里3名小朋友去坐6把不同的椅子(每人只能坐一把)，有多少种不同的坐法？（即是该课程的课后测试）练习1：计算：⑴ 23A ；⑵ 32610A A -。

练习2：4名同学到照相馆照相。

他们要排成一排，问：共有多少种不同的排法？ 练习3：用1、2、3、4、5、6可以组成多少个没有重复数字的个位是5的三位数？ 练习4：10个人走进只有6辆不同颜色碰碰车的游乐场，每辆碰碰车必须且只能坐一个人，那么共有多少种不同的坐法？练习5：用1、2、3、4、5、6六张数字卡片，每次取三张卡片组成三位数，一共可以组成多少个不同的偶数？练习1：解析：⑴ 23A =3×2=6。

⑵ 32610A A -=6×5×4－10×9=120－90=30。

练习2：解析：4个人到照相馆照相，那么4个人要分别坐在四个不同的位置上．所以这是一个从4个元素中选4个，排成一列的问题。

这时4n =，4m =。

由排列数公式知，共有44A =4×3×2×1=24 (种)不同的排法。

第21讲 数论综合兴趣篇1．（1）求所有满足条件的三位数：在它左边写上40后所得的五位数是完全平方数．(2)求满足条件的最小自然数：在它左边写上80后所得的数是完全平方数． 答案：(1) 401、804 (2) 656解析：（1）枚举得，40开头的五位完全平方数是2012 =40401和2022 =40804，故这个三位数为401或者804.(2)口算就可以知道□80肯定不是完全平方数；因为892=7921，902=8100，所以80□□肯定不是完全平方数；因为2832=80089，2842=80656，所以三位数656是符合题意的最小的三位数．2．已知n!+3是一个完全平方数，试确定自然数行的值．（n!=1×2×3×…×n ）答案：0、1或3解析：枚举验证n 为0、1、2、3、4、…，得到n 为0、1或3时满足，因为当n ≥4时，n ！+3除以4余3，根据完全平方数除以4只能余0或余1，可知当n ≥4时，n ！+3不可能是完全平方数．3．一个完全平方数是四位数，且它的各位数字均小于7．如果把组成它的每个数字都加上3，便得到另外一个完全平方数．求原来的四位数．答案：1156解析：设变化前后的两个数为a 2和b 2（a 、b 均为两位数），根据题目有b 2-a 2=3333，利用平方差公式得(b+a)(b-a)=3333=3×11×101，因为a 、b 均为两位数，所以b+a<199，b-a< 100，所以只能是⎩⎨⎧==+，，33a -b 101a b 得a=34, b= 67，故原来的四位数是342=1156.4．请写出所有各位数字互不相同的三位奇数，使得它能被它的每一个数位上的数字整除，答案：135、315、175、735解析：依题意，组成这个三位奇数的数字是1、3、5、7、9中的三个木同的数字．因为除9以外的任意2个奇数之和都不是9的倍数，所以9不能在这个3位数中出现，那么，只有可能是135、137、157、357这4种数字组合，分别尝试得到四个满足题意的数为135、315、175、735．5．在一个两位数的十位与个位数字之间插入一个数字0，得到一个三位数（例如21变成了201），结果这个三位数恰好能被原来的两位数整除．请问：所有满足条件的两位数之和是多少？答案：528解析：设满足条件的两位数为ab，则按题意插入一个数字0后的三位数是b0a.依题意有ab|b0a，按位值原理展开得10a+b|100a+b，整理得10a+b| 90a+(10a+b)，推出10a+b|90a;或者整理得10a+b|10(10a+b)-9b，推出10a+b|9b.因为9b比90a相对较小，所以考虑10a+b| 9b，但发现也不好分析，所以变为ab|9b.若b取0时，ab取10，20，…，90均可；若b取1时，ab没有符合的情况；……依次讨论得到ab可以为10，20，30，…，90，15，45，18，和为528.6．用2、3、4、5、6、7六个数字组成两个三位数．要使这两个三位数与540的最大公约数尽可能的大，请问：这两个三位数应该分别是多少？答案：324，756或432，756解析：先将540分解质因数540=22×33×5．很明显这两数的个位数字最多只有一个为5，所以这两个三位数不可能同时是5的倍数，那么这两个三位数的最大公约数最大可能是22×33=4×27或2×33 =2×27或22×32 =4×9等．可以看出为使得最大公约数尽可能大，肯定要让这两个数有公约数9.因为2+3+4+5+6+7=27，所以要想有公约数9，这两个三位数的数字和只能分别是9和18，那么只能是一个数由2、3、4组成，一个数由5、6、7组成．接着考虑到肯定要有公约数2，那么2、3、4的组合只能是234=2×32×13，324=22×34，342=2×32×19，432=24×33，5、6、7的组合只能是576=26×32和756=22×33×7，比较后发现有两组的最大公约数最大，一组是324和756，另一组是432和756．7．一个自然数，它与99的乘积的各位数字都是偶数，求满足要求的最小自然数．答案：2312解析：积是99的倍数，所以积的数字和是9的倍数，且注意到积的数字和是偶数，奇位和是偶数，偶位和也是偶数，那么积的数字和最小是36，奇位和与偶位和都是18.为使乘积小，乘积的位数应该尽可能少，所以要尽可能多的用8，18=2+8+8，所以乘积最小是228888，那么所以乘数的最小值为228888÷99=2312.8．有3个自然数，其中每一个数都不能被另外两个数整除，而且其中任意两个数的乘积都能被第三个数整除．请问：满足上述条件的3个自然数之和最小是多少？答案：31解析：先证明这3个数每个都至少含有2种质因数．证法一：假设这三个数为A、B、C，其中A只有一种质因数p，那么B不可能只有质因数p，否则B和A必定是倍数关系，同理，C也不可能只有质因数p．根据C|AB，假设C有除p外其他质因数q，可以得到q|B，同理，C所有除了p以外的质因数都是B的质因数；再根据B|CA，同理得，B所有除了p以外的质因数也是C的质因数，那么B_C必定是倍数关系，与题意矛盾，所以这3个数中不可能出现只含1种质因数的数，即每个都至少含有2种质因数．证法二：假设这三个数为A、B、C，其中A只有一种质因数p，设A=p a.因为A|BC，所以乘积BC中一定含有质因数p；但A不能整除B，也不能整除C，说明B、C中都含有p，且次数都低于a；又B不能整除A，C也不能整除A，所以B、C中都含有除了p以外的质因数，设B=□b×p b，C=□c×p c，其中□b表示B分解质因数后不包含p的部分，□c同理.因为B|AC，所以□b|□c；同理，因为C|AB，所以□c|□b，说明□c=□b，那么B 和C是倍数关系，与题意矛盾．所以这3个数中不可能出现只含1种质因数的数，即每个都至少含有2种质因数，若这三个数里一共恰有2种质因数，最小为2和3，最小符合题意的情况是22×32、2×33、23×3，和为36+54+24=114；若这三个数里一共恰有3种质因数，最小为2、3、5，最小符合题意的情况是2×3、2×5、3×5，和为6+10+15=31；若这三个数里一共恰有4种质因数，最小为2、3、5、7，在不考虑题意的情况下，3个不同的各含两种质因数的数最小是2×3、2×5、2×7，和为30，但这组不符合题意，很明显如果要符合题意，和肯定大于31；若这三个数里一共恰有5种质因数，最小为2、3、5、7、11，在不考虑题意的情况下，3个不同的各含两种质因数的数最小是2×7、2×11、3×5，和为51，大于31；很明显，当含有的质因数种类再增多时，三个数的和肯定都大于31．综上，满足上述条件的3个自然数之和最小是31．9．小明与小华玩游戏，规则如下：开始每人都是1分，每局获胜的小朋友都可以把自己的分数乘以3，输的小朋友保持分数不变．最后小明获胜，他比小华多的分数是99的倍数，那么他们至少玩了多少局？答案：9局解析：设小明和小华最后的分数分别为3a和3b，其中a>b，所以99|3a-36=3b[3(a-b)-1].因为[3(a-b)-1]和3互质，所以6最小为2且有11|3(a-b)-1，经尝试，a-b最小为5的时候符合，所以小华最少玩了2局，小明7局，一共9局．10.对于一个自然数N，如果具有这样的性质就称为“破坏数”：把它添加到任何一个自然数的右端，形成的新数都不能被N+l整除，那么在l至9这9个自然数中有多少个“破坏数”？答案：6个解析：很明显奇数一定是“破坏数”，4也是“破坏数”．0、2、6、8都不是“破坏数”，其中0添加到任何一个自然数的右端都能被1整除，2添加到自然数1的右端能被3整除，6添加到自然数5的右端能被7整除，8添加到自然数1的右端能被9整除．所以所求“破坏数”只有1、3、4、5、7、9这6个。