小学奥数数论专题数位与进制-word
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2019年小学奥数数论专题——数位与进制
1．某三位数abc 和它的反序数cba 的差被99除，商等于______与______的差； 2．ab 与ba 的差被9除，商等于______与______的差；
3．ab 与ba 的和被11除，商等于______与______的和。
4．(美国小学数学奥林匹克)把一个两位数的十位与个位上的数字加以交换，得到一个新的两位数．如果原来的两位数和交换后的新的两位数的差是45，试求这样的两位数中最大的是多少？
5．将一个四位数的数字顺序颠倒过来，得到一个新的四位数(这个数也叫原数的反序数)，新数比原数大8802．求原来的四位数．
6．如果一个自然数的各个数码之积加上各个数码之和，正好等于这个自然数，我们就称这个自然数为“巧数”。例如，99就是一个巧数，因为9×9＋(9＋9)＝99。可以证明，所有的巧数都是两位数。请你写出所有的巧数。
7．有3个不同的数字，用它们组成6个不同的三位数，如果这6个三位数的和是1554，那么这3个数字分别是多少？
8．有三个数字能组成6个不同的三位数，这6个三位数的和是2886，求所有这样的6个三位数中最小的三位数．
9．用1，9，7三张数字卡片可以组成若干个不同的三位数，所有这些三位数的平均值是多少？
10．从1～9九个数字中取出三个，用这三个数可组成六个不同的三位数。若这六个三位数之和是3330，则这六个三位数中最小的可能是几？最大的可能是几？
11．a ，b ，c 分别是09中不同的数码，用a ，b ，c 共可组成六个三位数，如果其中五个三位数
之和是2234，那么另一个三位数是几？
12．在两位自然数的十位与个位中间插入0～9中的一个数码，这个两位数就变成了三位数，有些两位数中间插入某个数码后变成的三位数，恰好是原来两位数的9倍。求出所有这样的三位数。
13．一辆汽车进入高速公路时，入口处里程碑上是一个两位数，汽车匀速行使，一小时后看到里程碑上的数是原来两位数字交换后的数。又经一小时后看到里程碑上的数是入口处两个数字中间多一个0的三位数，请问：再行多少小时，可看到里程碑上的数是前面这个三位数首末两个数字交换所得的三位数。
14．将四位数的数字顺序重新排列后，可以得到一些新的四位数．现有一个四位数码互不相同，且没有0的四位数M ，它比新数中最大的小3834，比新数中最小的大4338．求这个四位数．
15．已知1370,abcd abc ab a abcd +++=求.
16．已知一个四位数加上它的各位数字之和后等于2019，则所有这样的四位数之和为多少．
17．有一个两位数，如果把数码3加写在它的前面，则可得到一个三位数，如果把数码3加写在它的后面，则可得到一个三位数，如果在它前后各加写一个数码3，则可得到一个四位数．将这两个三位数和一个四位数相加等于3600．求原来的两位数．
18．如果把数码5加写在某自然数的右端，则该数增加1111A ，这里A 表示一个看不清的数码，求这个数和A 。
19．某八位数形如2abcdefg ，它与3的乘积形如4abcdefg ，则七位数abcdefg 应是多少？
20．一个六位数abcdef ，如果满足4abcdef fabcde ?=，则称abcdef 为“迎春数”(例如4102564?=410256，则102564就是“迎春数”)．请你求出所有“迎春数”的总和．
21．设六位数abcdef 满足fabcde f abcdef =?，请写出这样的六位数．
22．记四位数abcd 为X ，由它的四个数字a,b,c,d 组成的最小的四位数记为X *，如果*999X X -=，那么这样的四位数X 共有_______个．
23．将4个不同的数字排在一起，可以组成24个不同的四位数(432124???=)．将这24个四位数按从小到大的顺序排列的话，第二个是5的倍数；按从大到小排列的话，第二个是不能被4整除的偶数；按从小到大排列的第五个与第二十个的差在3000～4000之间．求这24个四位数中最大的那个．
24．① 222(101)(1011)(11011)?-=________；
④ 88888(63121)(1247)(16034)(26531)(1744)----=________；
⑤ 若(1030)140n =，则n =________．
25．①852567(((=== ） ） ）；
②在八进制中，1234456322--=________；
③在九进制中，1443831237120117705766+--+=________．
26．在几进制中有413100?=？
27．在几进制中有12512516324?=？
28．算式153********?=是几进制数的乘法？
29．将二进制数(11010.11)2 化为十进制数为多少？
30．二进制数10101011110011010101101转化为8进制数是多少？
31．将二进制数11101001.1011转换为十六进制数。
32．某数在三进制中为12120190190110121121，则将其改写为九进制，其从左向右数第l 位数字是几?
33．现有1克，2克，4克，8克，16克的砝码各1枚，在天平上能称多少种不同重量的物体？
34．在6进制中有三位数abc ，化为9进制为cba ，求这个三位数在十进制中为多少?
35．在7进制中有三位数abc ，化为9进制为cba ，求这个三位数在十进制中为多少？
36．一个人的年龄用十进制数和三进制数表示，若在十进制数末尾添个“0”就是三进制数，求此人的年龄．
37．N 是整数，它的b 进制表示是777，求最小的正整数b ，使得N 是十进制整数的四次方．
38．试求(22006-1)除以992的余数是多少?
39．计算2003(31)-除以26的余数．
40．计算2003(21)-除以7的余数．
41．在8进制中，一个多位数的数字和为十进制中的68，求除以7的余数为多少？
42．已知正整数N 的八进制表示为8(12345654321)N =，那么在十进制下，N 除以7的
余数与N除以9的余数之和是多少？
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参考答案
1．a-c
【解析】本题属于基础型题型。我们不妨设a ＞b ＞c 。 (abc -cba ）÷99=[(100a+10b+c)-(100c+10b+a)]÷99=(99a-99c)÷99=a-c ；
2．a-b
【解析】(ab -ba ）÷9=[(10a+b)-(10b+a)]÷9=(9a-9b)÷9=a-b ；
3．a+b
【解析】 (ab +ba ）÷11=[(10a+b)+(10b+a)]÷11=(11a+11b)÷11=a+b 。
4．94 【解析】设原来的两位数为ab ，交换后的新的两位数为ba ，根据题意，
(10)(10)9()45ab ba a b b a a b -=+--=-=，5a b -=，
原两位数最大时，十位数字至多为9，即9a =，4b =，原来的两位数中最大的是94．
5．1099 【解析】设原数为abcd ，则新数为dcba ，
根据题意，有999()90()8802d a c b -+-=，111()10()97888890d a c b ?-+?-==+． 推知8d a -=，9c b -=，得到9d =，1a =，9c =，0b =，原数为1099．
6．19、29、39、49、59、69、79、89、99
【解析】设这个巧数为ab ，则有ab+a+b=10a+b ，a(b+1)=10a ，所以b+1=10，b=9。 满足条件的巧数有：19、29、39、49、59、69、79、89、99。
7．4,1,2 【解析】设这六个不同的三位数为,,,,,abc acb bac bca cab cba ， 因为10010abc a b c =++，10010acb a c b =++，……，它们的和是：222()1554a b c ?++=，所以15542227a b c ++=÷=，由于这三个数字互不相同且均不为0，所以这三个数中较小的两个数至少为1，2，而7(12)4-+=，所以最大的数最大为4；又12367++=<，所以最大的数大于3，所以最大的数为4，其他两数分别是1，2．
8．139
【解析】设三个数字分别为a 、b 、c ，那么6个不同的三位数的和为：
2()1002()102()222()abc acb bac bca cab cba a b c a b c a b c a b c +++++=++?+++?+++=?++ 所以288622213a b c ++=÷=，最小的三位数的百位数应为1，十位数应尽可能地小，由于十位
数与个位数之和一定，故个位数应尽可能地大，最大为9，此时十位数为13193--=，所以所
有这样的6个三位数中最小的三位数为139．
9．573.5
【解析】卡片“9”倒过来看是“6”。作为卡片“9”，由第3题的结果可知，1，9，7可组
成的六个不同的三位数之和是（1＋9＋7）×222；同理，作为卡片“6”，1，6，7可组成的六个数之和是（1＋6＋7）×222。这12个数的平均值是：［（1＋9＋7）＋（1＋6＋7）］×222÷12＝573.5。
10．159,951
【解析】设这三个数字分别为a 、b 、c 。由于每个数字都分别有两次作百位、十位、个位，所以六个不同的三位数之和为222×（a ＋b ＋c ）＝3330，推知a ＋b ＋c ＝15。所以，当a 、b 、c 取1、5、9时，它们组成的三位数最小为159，最大为951。
11．652
【解析】由a ，b ，c 组成的六个数的和是222()a b c ?++．因为223422210>?，所以10a b c ++>．
若11a b c ++=，则所求数为222112234208?-=，但2081011++=≠，不合题意． 若12a b c ++=，则所求数为222122234430?-=，但430712++=≠，不合题意． 若13a b c ++=，则所求数为222132234652?-=，65213++=，符合题意．
若14a b c ++=，则所求数为222142234874?-=，但8741914++=≠，不合题意． 若15a b c ++≥，则所求数2221522341096≥?-=，但所求数为三位数，不合题意． 所以，只有13a b c ++=时符合题意，所求的三位数为652．
12．405,315,225,135
【解析】因为原两位数与得到的三位数之和是原两位数的10倍，所以原两位数的个位数只能是0或5。如果个位数是0，那么无论插入什么数，得到的三位数至少是原两位数的10倍，所以个位数是5。设原两位数是ab ，则b=5，变成的三位数为ab5，由题意有100a ＋10b ＋5＝（10a ＋5）×9，化简得a ＋b ＝4。变成的三位数只能是405，315，225，135。 13．11
【解析】设第一个2位数为10a+b ；第二个为10b+a ；第三个为100a+b ；由题意：(100a+b)-（10b+a ）=( 10b+a)-（10a+b) ；化简可以推得b=6a ，0≤a,b ≤9，得a=1，b=6；即每小时走61-16=45 ；（601-106)÷45=11；再行11小时，可看到里程碑上的数是前面这个三位数首末两个数字交换所得的三位数。
14．5917
【解析】设组成这个四位数的四个数码为a ，b ，c ，d (91a b c d ≥>>>≥)， 则有383443388172abcd dcba -=+=，
可得999()90()81727992180a d b c -+?-==+，
则8a d -=，2b c -=，9a =，1d =，194338M cb =+，且M 的四位数字分别为1、c 、b 、9，由于8917+=的个位数字为7，所以b ，c 中有一个为7，但2b c -=，所以c 不能为7，故7b =，5c =，157943385917M =+=．
15．1234
【解析】原式：1111a ＋111b ＋11c ＋d ＝1370，所以a ＝1， 则111b ＋11c ＋d ＝1370－1111＝259，推知b ＝2；进而推知c ＝3，d=4所以abcd =1234。
16．3988
【解析】设这样的四位数为abcd ，则2008abcd a b c d ++++=，即1001101112a b c d +++=，则1a =或2．
⑴若2a =，则1011126b c d ++=，得0b c ==，3d =，2003abcd =；
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⑵若1a =，则1011121b c d ++=，由于11211929
c d +≤?+?=，所以101100711
b ≥-=，所以8b >，故b 为9，112100790998
c
d +=-=，则c 为偶数，且11982980c ≥-?=，故7c >，由c 为偶数知8c =，5d =，1985abcd =；
所以，这样的四位数有2019和1985两个，其和为：200319853988+=．
17．14 【解析】设原来的两位数是ab ，则得到的两个三位数分别为3ab 和3ab ，四位数为33ab ，由题知33333600ab ab ab ++=，即1033003003103600a b a b a b ?+++++?=，21294ab ?=，故14ab =．
18．1234，1
【解析】设这个数为x ，则10x+5-x=1111A ，化简得9x=1106A ，等号右边是9的倍数，试验可得A=1，x=1234。
19．8571428
【解析】设abcdefg x =，则72210a b cd ef g x =?+，4104abcdefg x =+，根据题意，有()72103104x x ?+?=+，得77610459999996x =?-=，所以8571428x =．
20．999999 【解析】由于是把六位数abcdef 的末位f 调到首位构成了新六位数fabcde ，所以不妨把abcde 看成一个整体，设abcde A =，则根据位值原理可知“迎春数”是()10A f +，并满足关系式：()410100000A f f A ?+=+．对等式化简得：3999996A f ?=?．
所以：2564A f =?．
因为A 是五位数，f 是一位数，所以f 可以为4，5，6，7，8，9． 而“迎春数”1010256425641abcdef A f f f f =+=??+=?，
那么，所有“迎春数”的总和是：()256414567892564139999999?+++++=?=． 21．111111,102564
【解析】令abcde x =，则：510fabcde f x =?+，10abcdef x f =+，所以()51010f x f x f ?+=?+，可得()
510101f f x f -=-．此时可将1f =，2，3，4，5，6，7，8，9
一一代入进行检验，可得当1f =时，111111x =；当4f =时，102564x =．只有这两个数满足条件．
由于将f 可能的值一一代入进行检验有些麻烦，可以将其进行如下变形后再进行： ()
552544242410101010101010101101101101f f f f f f f x f f f f ---+--====+----，所以4241010101
f x f --=-，
则()5252254
1010101010101010101101101f f f f f x f f f f f --+---?+=+==---是整数． 设其为a ，则666101010101011019999991011101101101101
f f f a f f f f --+--+=+===----是整数，所以101f -是999999的约数．
当1f =，2，3，4，5，6，7，8，9时，101f -分别为9，19，29，39，49，59，69，79，89，由399999937111337=????容易知道其中只有9和39是999999的约数，此时f 分别为1和4．这样的六位数有111111和102564．
22．48
【解析】*999X X -=得到99910001X X X **=+=+-，所以如果a 、b 、c 、d 组成的四位数X *末位数字不是0，那么X 等于将X *的千位数字加1，个位数字减1，反过来X *等于X 的千位数字减1，个位数字加1，所以X *为()()11a bc d -+，与X 比较，b 和c 位置没有换，交换的是a 和d ，X *表示为dbca ，可以得到等式1a d -=，即1a d =+．所以a 和d 的取值组合，只有2和1，3和2，……，9和8，共8种情况． 对于其中任意一种组合，由于dbca 是由四个数字a b c d 、、、组成的最小的四位数，分别考虑b 、c 中有0的情况(可能两个都为0；若只有一个0，则0b =，d c a ≤≤)；以及b 、c 都不为0的情况(此时d b c a ≤≤≤)，可知两种情况下各有3种可能，共6种可能：00d a ，0d da ，0d aa ，ddda ，ddaa ，daaa ．比如以4a =，3d =为例，dbca 可能的取值有3004，3034，3044，3334，3344，34444这6个数．根据乘法原理，满足条件的四位数一共有8648?=种． 如果a 、b 、c 、d 组成的最小的四位数X *末位数字是0，显然X *的百位、十位都是0，此时a 、b 、c 、d 无法组成其它的四位数，不合题意．
由于每一个X *对应一个X ，所以满足条件的四位数X 共有48个．
23．7543
【解析】从题中可以看出，这4个数都不为0．设这4个不同的数从小到大依次为a,b,c,d ，它们组成的24个四位数中，第二小的是abdc ，是5的倍数，又c 不为0，所以5c =． 它们组成的24个四位数中，第二大的是dcab ，是2的倍数但不是4的倍数，所以b 是偶数，而ab 不是4的倍数．由b 是偶数且5b c <=知b 为4或2．若为2，那么1a =，但此时12ab =是4的倍数，矛盾，所以，又ab 不是4的倍数，所以a 为1或3．
它们组成的24个四位数中，第五小的为adbc (最小的5个依次为abcd ，
abdc ，acbd ，acdb ，adbc )，第五大(第二十小)的为dacb (最大的5个依次为dcba ，
dcab ，dbca ，dbac ，dacb )，所以dacb adbc -得到的四位数的千位为3．由于a d <，所以acb dbc <，那么减法算式中百位要向千位借位，所以13d a --=，故4d a =+．又5d c >=，所以1a >，那么3a =，7d =，
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它们组成的24个四位数中最大的为dcba ，即7543．
24．①十进制：11100
②11000000
③500
④13121
⑤5
【解析】① 对于这种进位制计算，一般先将其转化成我们熟悉的十进制，再将结果转化成相应的进制： 2221010101010(101)(1011)(11011)(5)(11)(27)(28)(11100)?-=?-==；
② 可转化成十进制来计算：
如果对进制的知识较熟悉，可直接在二进制下对22(10101(11÷））进行除法计算，只是每次借
位都是2，可得222222(11000111(10101(11(11000111(111(11000000-÷=-=））））））；
③ 本题涉及到3个不同的进位制，应统一到一个进制下．统一到十进制比较适宜：
④ 十进制中，两个数的和是整十整百整千的话，我们称为“互补数”，凑出“互补数”的这种方法叫“凑整法”，在n 进制中也有“凑整法”，要凑的就是整n ．
原式88888(63121)[(1247)(26531)][(16034)(1744)]=-+-+
⑤若(1030)140n =，则33140n n +=，经试验可得5n =．
25．①1067,4232,1000110111
②234
③4438
【解析】①本题是进制的直接转化：852567(1067(4232(1000110111===）））；
②原式1234(456322)12341000234=-+=-=；
③原式14438(31235766)(712011770)1443810000200004438=++-+=+-=．
26．6
【解析】利用尾数分析来解决这个问题：
由于101010(4)(3)(12)?=，由于式中为100，尾数为0，也就是说已经将12全部进到上一位．
所以说进位制n 为12的约数，也就是12，6，4，3，2中的一个．
但是式子中出现了4，所以n 要比4大，不可能是4，3，2进制．
另外，由于101010(4)(13)(52)?=，因为52100<，也就是说不到10就已经进位，才能是100，
于是知道10n <，那么n 不能是12．
所以，n 只能是6．
27．7
【解析】注意101010(125)(125)(15625)?=，因为1562516324<，所以一定是不到10就已经进
位，才能得到16324，所以10n <．
再注意尾数分析，101010(5)(5)(25)?=，而16324的末位为4，于是25421-=进到上一位．
所以说进位制n为21的约数，又小于10，也就是可能为7或3．
因为出现了6，所以n只能是7．
28．8
【解析】注意到尾数，在足够大的进位制中有乘积的个位数字为4520
?=，但是现在为4，说明进走20416
-=，所以进位制为16的约数，可能为16、8、4或2．
因为原式中有数字5，所以不可能为4、2进位，而在十进制中有1534253835043214
?=<，所以在原式中不到10就有进位，即进位制小于10，于是原式为8进制．
29．26.75
【解析】根据二进制与十进制之间的转化方法，(11010.11)2 =1×24+1×23+0×22+1×21+0×20+1×2-1+1×2-2=16+8+0+2+0+0.5+0.25=26.75。
30．25363255
。31．E9.B
【解析】在转换为高于9进制的数时，遇到大于9的数用字母代替，如：A代表10、B代表11、C代表12、D代表13……。根据取四合一法，二进制11101001.1011转换为十六进制为E9.B。
32．5
【解析】由于32=9，所以由三进制化为9进制需要取二合一。从后两个两个的取，取至最前边为12，用位值原理将其化为1×31+2×30=5，所以化为9进制数后第一位为5.
33．31
【解析】因为砝码的克数恰好是1，2，4，8，16，而二进位制数从右往左数各位数字分别表示：1，2，22=4，23=8，24=16，在砝码盘上放1克砝码认为是二进位制数第一位(从右数)是1，放2克砝码认为是二进位制数第二位是1，……，放16克砝码认为是二进位制数第五位是1，不放砝码就认为相应位数是零，这样所表示的数中最小的是1，最大的是(11111)2=24+23＋22＋21＋20=(31)10，这就是说1至31的每个整数(克)均能称出。所以共可以称出31种不同重量的物体。
34．212
【解析】 (abc)6 =a×62＋b×6+c=36a+6b+c；(cba)9=c×92+b×9+a=81c+9b+a；所以36a+6b+c=81c+9b+a；于是35a=3b+80c；因为35a是5的倍数，80c也是5的倍数．所以3b 也必须是5的倍数，又(3，5)=1．所以，b=0或5．
①当b=0，则35a=80c；则7a=16c；(7，16)=1，并且a、c≠0，所以a=16，c=7。但是在6,9进制，不可以有一个数字为16．
②当b=5，则35a=3×5+80c；则7a=3+16c；mod 7后，3+2c≡0。所以c=2或者2+7k(k为整数)．因为有6进制，所以不可能有9或者9以上的数，于是c=2；35a=15+80×2，a=5。所以(abc)6 =(552)6 =5×62+5×6+2=212。这个三位数在十进制中为212。
35．248
【解析】首先还原为十进制：
于是497819
a c b
=+，即2440
=+．
a b c c b a
++=++；得到48802
a c b
因为24a是8的倍数，40c也是8的倍数，所以b也应该是8的倍数，于是0
b=或8．
但是在7进制下，不可能有8这个数字．于是0
b=，2440
=．
a c
a c
=，则35
所以a为5的倍数，c为3的倍数．
第 7 页
所以，0a =或5，但是，首位不可以是0，于是5a =，3c =；
所以77()(503)5493248abc ==?+=．
于是，这个三位数在十进制中为248．
36．21
【解析】①设这个人为a 岁，得(10)(3)0a a =，又10(3)(10)03033a a a =?+?=，解得0a =，不合题意，所以这个人的年龄不可能是一位数． ②设这个人是ab 岁，由题意得：(10)(3)0ab ab =．
因为210(10)(3)10,0330393a b a b a b a b a b =+=?+?+?=+，所以1093a b a b +=+，即2a b =．又因为0ab 是三进制数，a ，b 都小于3，所以2a =，1b =．所以，这个人为21岁．
③设这个人为abc 岁，由题意有，(10)(3)0abc abc =，因为(10)10010abc a b c =++，32(3)03332793abc a b c a b c =?+?+?=++，所以1001027a b c a b c ++=++．即732a b c +=．又a 、b 、c 都小于3，所以上述等式不成立．所以这个人的年龄不可能是三位数．
综上可知这个人的年龄是21岁．
37．18
【解析】设b 是所求的最小正整数，()
24777b b x x N +++=∈，
因为质数7能整除2777b b ++，所以也能整除x ，不妨设7x m =，m 是大于0的自然数。则：()427777b b m ++=，化简得：23417b b m ++=，易知，b 的值随m 的增大而增大，当m=1时，b=18。
38．63
【解析】我们通过左式的短除法，或者直接运用通过2次幂来表达为2进制： (992)10=(1111100000)2，(22006-1)2=20062111...1?? ? ???个1我们知道在2进制中502
111...10000...0?? ? ???5个1个或以上一定能整除(1111100000)2，于是我们注意到502
111...10000...0?? ? ???5k 个1个或以上， 所以2111...1?? ? ???2006个1=602111...1000...0111111??+ ? ???2000个1个 因为602
111...1000...0?? ? ???2000个1个能整除(1111100000)2，所以余数为(111111)2=25+24+23+22+21+1=63，所以原式的余数为63。
39．8
【解析】题中有3的次幂，令人联想到将题中的数转化成3进制下的数再进行计算． 20033332003200331(1000...0)(1)(222
2)-=?-=个2个0，而326(222)=，
所以，2003332003(31)26(222
2)(222)-÷=÷个2．
由于3(222)整除3(222)，20033667
2÷=，所以332003(2222)(222)÷个2余3(22)8=．
所以2003(31)-除以26的余数为8．
40．3 【解析】由于328=除以7余1，而2033672÷=，所以200321-除以7的余数为2213-=．
本题也可以转化为2进制进行计算：200322003121(1111)-=个，27(111)=，
所以20032220031
(21)7(1111)(111)-÷=÷个．
而200336672÷=……，所以2220031
(1111)(111)÷个余2(11)3=．
所以2003(21)-除以7的余数为3．
41．5
【解析】类似于十进制中的“弃九法”，8进制中也有“弃7法”，也就是说8进制中一个数除以7的余数等于这个数的各位数字之和除以7的余数．
本题中，这个数的各位数字之和在十进制中为68，而68除以7的余数为5，所以这个数除以7的余数也为5．
42．1
【解析】与十进制相类似，有：288(12345654321)(111111)=．
根据8进制的弃7法，8(111111)被7除的余数等于其各位数字之和，为6，而2636=除以7
的余数为1，所以8(111111)的平方被7除余1，即8(12345654321)除以7的余数为1；
另外，89(11)=，显然8
(111111)能被8(11)整除，所以其平方也能被8(11)整除，即8(12345654321)除以9的余数为0．
因此两个余数之和为101+=．
奥数赠品数论50题
数论50题 1．由1，3，4，5，7，8这六个数字所组成的六位数中，能被11整除的最大的数是多少？【分析】各位数字和为1+3+4+5+7+8=28 所以偶数位和奇数位上数字和均为14 为了使得该数最大，首位必须是8，第2位是7，14-8=6 那么第3位一定是5，第5位为1 该数最大为875413。 2．请用1，2，5，7，8，9这六个数字（每个数字至多用一次）来组成一个五位数，使得它能被75整除，并求出这样的五位数有几个？ 【分析】 75=3×25 若被3整除，则各位数字和是3的倍数，1+2+5+7+8+9=32 所以应该去掉一个被3除余2的，因此要么去掉2要么去掉8 先任给一个去掉8的，17925即满足要求 1）若去掉8 则末2位要么是25要么是75，前3位则任意排，有3！=6种排法 因此若去掉8则有2*6=12个满足要求的数 2）若去掉2 则末2位只能是75，前3位任意排，有6种排法 所以有6个满足要求 综上所述，满足要求的五位数有18个。 3．已知道六位数20□279是13的倍数，求□中的数字是几？ 【分析】根据被13整除的判别方法，用末三位减去前面的部分得到一个两位数，十位是7，个位是（9-□），它应该是13的倍数，因为13|78,所以9-□=8 □中的数字是1 4．某自然数，它可以表示成9个连续自然数的和，又可以表示成10个连续自然数的和，还可以表示成11个连续自然数的和，那么符合以上条件的最小自然数是？（2005全国小学数学奥赛）【分析】可以表示成连续9个自然数的和说明该数能被9整除，可以表示成连续10个自然数的和说明该数能被5整除，可表示成连续11个自然数的和说明该数能被11整除 因此该数是[9,5,11]=495，因此符合条件的最小自然数是495。 111考了优秀，一次考试中，某班同学有考了良好，考了及格，剩下的人不及格，已知该5．723班同学的人数不超过50，求有多少人不及格？ 【分析】乍一看这应该是一个分数应用题，但实际上用到的却是数论的知识，由于人数必须是整数，所以该班同学的人数必须同时是2，3，7的倍数，也就是42的倍数，又因为人数不超过50，111--）×42=1人 1-所以只能是42人，因此不及格的人数为（7326．（1）从1到3998这3998个自然数中，有多少个能被4整除？ （2）从1到3998这3998个自然数中，有多少个数的各位数字之和能被4整除？ （第14届迎春杯考题） 【分析】（1）3998/4=999….6所以1-3998中有996个能被4整除的
小学奥数数论专题知识总结
数论基础知识 小学数论问题，起因于除法算式：被除数÷除数＝商……余数 1.能整除：整除，因数与倍数，奇数与偶数，质数与合数，公因数与公倍数，分解质因数等； 2.不能整除：余数，余数的性质与计算（余数），同余问题（除数），物不知数问题（被除数）。 一、因数与倍数 1、因数与倍数 （1）定义： 定义1：若整数a能够被b整除，a叫做b的倍数，b就叫做a的因数。 定义2：如果非零自然数a、b、c之间存在a×b＝c，或者c÷a＝b，那么称a、b是c的因数，c是a、b 的倍数。 注意：倍数与因数是相互依存关系，缺一不可。（a、b是因数，c是倍数） 一个数的因数个数是有限的，最小的因数是1，最大的因数是它本身。 一个数的倍数个数是无限的，最小的倍数是它本身，没有最大的倍数。 （2）一个数的因数的特点： ①最小的因数是1，第二小的因数一定是质数； ②最大的因数是它本身，第二大的因数是：原数÷第二小的因数 （3）完全平方数的因数特征： ①完全平方数的因数个数是奇数个，有奇数个因数的数是完全平方数。 ②完全平方数的质因数出现次数都是偶数次； ③1000以内的完全平方数的个数是31个，2000以内的完全平方数的个数是44个，3000以内的完 全平方数的个数是54个。（312=961，442=1936，542=2916） 2、数的整除（数的倍数） （1）定义： 定义1：一般地，三个整数a、b、c，且b≠0，如有a÷b＝c，则我们就说，a能被b整除，或b能整除a，或a能整除以b。 定义2：如果一个整数a，除以一个整数b（b≠0），得到一个整数商c，而且没有余数，那么叫做a能被b整除或b能整除a，记作b|a。（a≥b） （2）整除的性质： 如果a、b能被c整除，那么（a+b）与（a-b）也能被c整除。 如果a能被b整除，c是整数，那么a×c也能被b整除。 如果a能被b整除，b又能被c整除，那么a也能被c整除。 如果a能被b、c整除，那么a也能被b和c的最小公倍数整除。 （3）一些常见数的整除特征（倍数特征）： ①末位判别法 2、5的倍数特征：末位上的数字是2、5的倍数。 4、25的倍数特征：末两位上的数字是4、25的倍数。 8、125的倍数特征：末三位上的数字是8、125的倍数。 ②截断求和法（从右开始截） 9（及其因数3）的倍数特征：一位截断求和 99（及其因数3、9、11、33）的倍数特征：两位截断求和 999（及其因数3、9、27、37、111、333）的倍数特征：三位截断求和 ③截断求差法（从右开始截） 11的倍数特征：一位截断求差 101的倍数特征：两位截断求差 1001（及其因数7、11、13、77、91、143）的倍数特征：三位截断求差
小学奥数数论专题
名校真题测试卷10 （数论篇一） 1、（05年人大附中考题）有_____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。 2、（05年101中学考题） 如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数 是_____。 3 （05年首师附中考题） 1 21+ 202 2121 + 50513131313 21212121212121 =________。 4 （04年人大附中考题） 甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。 (02年人大附中考题) 下列数不是八进制数的是( ) A、125 B、126 C、127 D、128 【附答案】 1 【解】：6 2 【解】：设原来数为ab，这样后来的数为a0b,把数字展开我们可得：100a+b=9×(10a+b),所以我们可以知道5a=4b,所以a=4,b=5,所以原来的两位数为45。 3 【解】：周期性数字，每个数约分后为1 21 + 2 21 + 5 21 + 13 21 =1 4 【解】：题中要求丙与135的乘积为甲的平方数，而且是个偶数（乙+乙），这样我们分解135=5×3×3×3，所以丙最小应该是2×2×5×3，所以甲最小是：2×3×3×5=90。 5 【解】：八进制数是由除以8的余数得来的，不可能出现8，所以答案是D。 第十讲小升初专项训练数论篇（一） 一、小升初考试热点及命题方向 数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。 二、考点预测 的小升初考试将继续以填空和大题形式考查数论，命题的方向可能偏向小题考察单方面的知识点，大题
(完整版)小学奥数中的数论问题
小学奥数中的数论问题 在奥数竞赛中有一类题目叫做数论题，这一部分的题目具有抽象，思维难度大，综合运用知识点多的特点，基本上出现数论题目的时候大部分同学做得都不好。 一、小学数论究包括的主要内容 我们小学所学习到的数论内容主要包含以下几类： 整除问题：（1）整除的性质；（2）数的整除特征（小升初常考内容） 余数问题：（1）带余除式的运用被除数=除数×商+余数.（余数总比除数小） （2）同余的性质和运用 奇偶问题：（1）奇偶与加减运算；（2）奇偶与乘除运算质数合数：重点是质因数的分解（也称唯一分解定理）约数倍数：（1）最大公约最小公倍数两大定理 一、两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质。 二、两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。 （2）约数个数决定法则（小升初常考内容） 整数及分数的分解与分拆：这一部分在难度较高竞赛中常
出现，属于较难的题型。二、数论部分在考试题型中的地位 在整个数学领域，数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书，数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中，系统研究发现，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右，而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中，这一分值比例还将更高。 出题老师喜欢将数论题作为区分尖子生和普通学生的依据，这一部分学习的好坏将直接决定你是否可以在选拔考试中拿到满意的分数。三、孩子在学习数论部分常常会遇到的问题 数学课本上的数论简单，竞赛和小升初考试的数论不简单。 有些孩子错误地认为数论的题目很简单，因为他们习惯了数学课本上的简单数论题，比如：例1：求36有多少个约数？ 这道题就经常在孩子们平时的作业里和单元测试里出现。可是小升初考题里则是：例2：求3600有多少个约数？ 很多孩子就懵了，因为“平时考试里没有出过这么大的数！”（孩子语）于是乎也硬着头皮用课堂上求约数的方法去求，白白浪费了大把的时间，即使最后求出结果也并不划
小学奥数数论知识点总结
小学奥数数论知识点总结 1.奇偶性问题 奇+奇=偶奇×奇=奇 奇+偶=奇奇×偶=偶 偶+偶=偶偶×偶=偶 2.位值原则 形如：abc=100a+10b+c 3.数的整除特征： 整除数特征 2末尾是0、2、4、6、8 3各数位上数字的和是3的倍数 5末尾是0或5 9各数位上数字的和是9的倍数 11奇数位上数字的和与偶数位上数字的和，两者之差是11的倍数4和25末两位数是4(或25)的倍数 8和125末三位数是8(或125)的倍数 7、11、13末三位数与前几位数的差是7(或11或13)的倍数 4.整除性质 ①如果c|a、c|b，那么c|(ab)。 ②如果bc|a，那么b|a，c|a。 ③如果b|a，c|a，且(b,c)=1,那么bc|a。④如果c|b,b|a,那么c|a.
⑤a个连续自然数中必恰有一个数能被a整除。 5.带余除法 一般地，如果a是整数，b是整数(b≠0),那么一定有另外两个整数q和r，0≤r 当r=0时，我们称a能被b整除。 当r≠0时，我们称a不能被b整除，r为a除以b的余数，q为a除以b的不完全商(亦简称为商)。用带余数除式又可以表示为a÷b=q……r,0≤r 6.唯一分解定理 任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即n=p1×p2×...×pk 7.约数个数与约数和定理 设自然数n的质因子分解式如n=p1×p2×...×pk那么：n的约数个数： d(n)=(a1+1)(a2+1)....(ak+1) n的所有约数和：(1+P1+P1+…p1)(1+P2+P2+…p2)… (1+Pk+Pk+…pk) 8.同余定理 ①同余定义：若两个整数a，b被自然数m除有相同的余数，那么称a，b 对于模m同余，用式子表示为a≡b(modm) ②若两个数a，b除以同一个数c得到的余数相同，则a，b的差一定能被c整除。③两数的和除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数和。 ④两数的差除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数差。 ⑤两数的积除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数积。 9.完全平方数性质 ①平方差：A-B=(A+B)(A-B)，其中我们还得注意A+B，A-B同奇偶性。
小学奥数9. 数论综合(二).
第十一讲 数论综合（二） 教学目标： 1、 掌握质数合数、完全平方数、位值原理、进制问题的常见题型； 2、 重点理解和掌握余数部分的相关问题，理解“将不熟悉转化成熟悉”的数学思想 例题精讲： 板块一 质数合数 【例 1】 有三张卡片，它们上面各写着数字1，2，3，从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排列出来， 可以得到不同的一位数、二位数、三位数，请你将其中的质数都写出来． 【解析】 抽一张卡片，可写出一位数1，2，3；抽两张卡片，可写出两位数12，13，21，23，31，32；抽三 张卡片，可写出三位数123，132，213，231，312，321，其中三位数的数字和均为6，都能被3整除，所以都是合数．这些数中，是质数的有：2，3，13，23，31． 【例 2】 三个质数的乘积恰好等于它们和的11倍，求这三个质数． 【解析】 设这三个质数分别是a 、b 、c ，满足11abc a b c =++()，则可知a 、b 、c 中必有一个为11，不妨 记为a ，那么11bc b c =++，整理得(1b -)(1c -)12=，又121122634=?=?=?，对应的2b =、13c =或3b =、7c =或4b =、5c = (舍去)，所以这三个质数可能是2，11，13或3，7，11． 【例 3】 用1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字组成质数，如果每个数字都要用到并且只能用一次，那 么这9个数字最多能组成多少个质数？ 【解析】 要使质数个数最多，我们尽量组成一位的质数，有2、3、5、7均为一位质数，这样还剩下1、4、6、 8、9这5个不是质数的数字未用．有1、4、8、9可以组成质数41、89，而6可以与7组合成质数 67．所以这9个数字最多可以组成6个质数． 【例 4】 有两个整数，它们的和恰好是两个数字相同的两位数，它们的乘积恰好是三个数字相同的三位 数．求这两个整数分别是多少？ 【解析】 两位数中，数字相同的两位数有11、22、33、44、55、66、77、88、99共九个，它们中的每个数都 可以表示成两个整数相加的形式，例如331322313301617=+=+=+==+，共有16种形式，如果把每个数都这样分解，再相乘，看哪两个数的乘积是三个数字相同的三位数，显然太繁琐了．可以从乘积入手，因为三个数字相同的三位数有111、222、333、444、555、666、777、888、999，每个数都是111的倍数，而111373=?，因此把这九个数表示成一个两位数与一个一位数或两个两位数相乘时，必有一个因数是37或37的倍数，但只能是37的2倍(想想为什么？)3倍就不是两位数了． 把九个三位数分解：111373=?、222376743=?=?、333379=?、4443712746=?=?、5553715=?、6663718749=?=?、7773721=?、88837247412=?=?、9993727=?． 把两个因数相加，只有(743+)77=和(3718+)55=的两位数字相同．所以满足题意的答案是74和3，37和18． 板块二 余数问题 【例 5】 (2003年全国小学数学奥林匹克试题)有两个自然数相除，商是17，余数是13，已知被除数、除数、 商与余数之和为2113，则被除数是多少？ 【解析】 被除数+除数+商+余数=被除数+除数+17+13=2113，所以被除数+除数=2083，由于被除数是除 数的17倍还多13，则由“和倍问题”可得：除数=(2083-13)÷(17+1)=115，所以被除数=2083-115=1968．
小学奥数专题之-数论专题典型结论汇总
数论专题典型结论汇总 整除 一、常见数字的整除判定方法 1. 一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除； 一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除； 一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除； 2. 一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除； 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除； 3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整除. 4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、11或13整除. 5.如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。 【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.） 二、整除性质 性质1 如果数a 和数b 都能被数c 整除，那么它们的和或差也能被c 整除．即如果c ︱a ， c ︱b ，那么c ︱(a ±b )． 性质2 如果数a 能被数b 整除，b 又能被数c 整除，那么a 也能被c 整除．即如果b ∣a ， c ∣b ，那么c ∣a ． 用同样的方法，我们还可以得出： 性质3 如果数a 能被数b 与数c 的积整除，那么a 也能被b 或c 整除．即如果bc ∣a ，那 么b ∣a ，c ∣a ． 性质4 如果数a 能被数b 整除，也能被数c 整除，且数b 和数c 互质，那么a 一定能被b 与c 的乘积整除．即如果b ∣a ，c ∣a ，且(b ，c )=1，那么bc ∣a ． 例如：如果3∣12，4∣12，且(3，4)=1，那么(3×4) ∣12． 性质5 如果数a 能被数b 整除，那么am 也能被bm 整除．如果 b ｜a ，那么bm ｜am （m 为 非0整数）； 性质6 如果数a 能被数b 整除，且数c 能被数d 整除，那么ac 也能被bd 整除．如果 b ｜ a ，且d ｜c ，那么bd ｜ac ； 质数合数 一、判断一个数是否为质数的方法 根据定义如果能够找到一个小于p 的质数q (均为整数)，使得q 能够整除p ，那么p 就不是质数，所以我们只要拿所有小于p 的质数去除p 就可以了；但是这样的计算量很大，对于不太大的p ，我们可以先找一个大于且接近p 的平方数2K ，再列出所有不大于K 的质数，用这些质数去除p ，如没有能够除尽的那么p 就为质数.例如：149很接近1441212=?，根据整除的性质149不能被2、3、5、7、11整除，所以149是质数. 二、唯一分解定理 任何一个大于1的自然数n 都可以写成质数的连乘积，即： 312123k a a a a k n p p p p =????
小学奥数数论问题余数问题练习题【五篇】
小学奥数数论问题余数问题练习题【五篇】 分析：这个题没有告诉我们,这三个数除以这个数的余数分别是多少,但是因为所得的余数相同,根据性质2,我们能够得到：这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差,也就是说它是任意两数差的公约数. 101-45=56,101-59=42,59-45=14,(56,42,14)=14,14的约数有1,2,7,14,所以这个数可能为2,7,14. 2.已知三个数127,99和一个小于30的两位数a除以一个一位数b 的余数都是3,求a和b的值. 分析：127-3=124,99-3=96,则b是124和96的公约数.而(124,96)=4,所以b=4.那么a的可能取值是11,15,19,23,27. 3.除以99,余数是______. 分析：所求余数与19×100,即与1900除以99所得的余数相同,所以所求余数是19. 4.求下列各式的余数： (1)2461×135×6047÷11 (2)19992000÷7 分析：(1)5;(2)1999÷7的余数是4,19992000 与42000除以7 的余数相同.然后再找规律,发现4 的各次方除以7的余数的排列规律是 4,2,1,4,2,1......这么3个一循环,所以由2000÷3 余2 能够得到42000除以7 的余数是2,故19992000÷7的余数是2 . 【第二篇】
(小学数学奥林匹克初赛)有苹果,桔子各一筐,苹果有240个,桔子有313个,把这两筐水果分给一些小朋友,已知苹果等分到最后余2个不够分,桔子分到最后还余7个桔子不够再分,求最多有多少个小朋友参加分水果 分析：此题是一道求除数的问题.原题就是说,已知一个数除240余2,除313余7,求这个数为多少,我们能够根据带余除法的性质把它转化成整除的情况,从而使问题简化,因为240被这个数除余2,意味着240-2=238恰被这个数整除,而313被这个数除余7,意味着这313—7=306恰为这个数的倍数,我们只需求238和306的公约数便可求出小朋友最多有多少个了.240—2=238(个) ,313—7=306(个) ,(238,306)=34(人) . 【第三篇】 有一个大于1的整数,除45,59,101所得的余数相同,求这个数. 分析：这个题没有告诉我们,这三个数除以这个数的余数分别是多少,但是因为所得的余数相同,根据性质2,我们能够得到：这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差,也就是说它是任意两数差的公约数. 101-45=56,101-59=42,59-45=14,(56,42,14)=14,14的约数有1,2,7,14,所以这个数可能为2,7,14. 【第四篇】 1.已知三个数127,99和一个小于30的两位数a除以一个一位数b的余数都是3,求a和b的值. 分析：127-3=124,99-3=96,则b是124和96的公约数.而(124,96)=4,所以b=4.那么a的可能取值是11,15,19,23,27. 2.除以99的余数是______.
小学奥数知识点大全 数论
小学奥数知识点大全：数论问题 1．奇偶性问题 奇+奇=偶奇×奇=奇 奇+偶=奇奇×偶=偶 偶+偶=偶偶×偶=偶 2．位值原则 形如：abc=100a+10b+c 3．数的整除特征： 整除数特征 2末尾是0、2、4、6、8 3各数位上数字的和是3的倍数 5末尾是0或5 9各数位上数字的和是9的倍数 11奇数位上数字的和与偶数位上数字的和，两者之差是11的倍数 4和25末两位数是4（或25）的倍数 8和125末三位数是8（或125）的倍数 7、11、13末三位数与前几位数的差是7（或11或13）的倍数 4．整除性质 ①如果c|a、c|b，那么c|(ab)。 ②如果bc|a，那么b|a，c|a。 ③如果b|a，c|a，且（b,c）=1,那么bc|a。 ④如果c|b,b|a,那么c|a. ⑤a个连续自然数中必恰有一个数能被a整除。 5．带余除法 一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,那么一定有另外两个整数q和r，0?r＜b,使得a=b×q+r 当r=0时，我们称a能被b整除。 当r≠0时，我们称a不能被b整除，r为a除以b的余数，q为a除以b的不完全商（亦简称为商）。用带余数除式又可以表示为a÷b=q……r,0?r＜ba=b×q+r 6.唯一分解定理
任何一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即 n=p1×p2×...×pk 7.约数个数与约数和定理 设自然数n的质因子分解式如n=p1×p2×...×pk那么： n的约数个数：d(n)=(a1+1)(a2+1)....(ak+1) n的所有约数和：（1+P1+P1+…p1）（1+P2+P2+…p2）…（1+Pk+Pk+…pk） 8.同余定理 ①同余定义：若两个整数a，b被自然数m除有相同的余数，那么称a，b对于模m同余，用式子表示为a≡b(modm) ②若两个数a，b除以同一个数c得到的余数相同，则a，b的差一定能被c整除。 ③两数的和除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数和。 ④两数的差除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数差。 ⑤两数的积除以m的余数等于这两个数分别除以m的余数积。 9．完全平方数性质 ①平方差：A-B=（A+B）（A-B），其中我们还得注意A+B，A-B同奇偶性。 ②约数：约数个数为奇数个的是完全平方数。 约数个数为3的是质数的平方。 ③质因数分解：把数字分解，使他满足积是平方数。 ④平方和。 10．孙子定理（中国剩余定理） 11．辗转相除法 12．数论解题的常用方法： 枚举、归纳、反证、构造、配对、估计
小学奥数-数论专题知识总结
数论基础知识 小学数论问题,起因于除法算式：被除数÷除数＝商……余数 1.能整除：整除,因数与倍数,奇数与偶数,质数与合数,公因数与公倍数,分解质因数等； 2.不能整除：余数,余数的性质与计算（余数）,同余问题（除数）,物不知数问题（被除数）。 一、因数与倍数 1、因数与倍数 （1）定义： 定义1：若整数a能够被b整除,a叫做b的倍数,b就叫做a的因数。 定义2：如果非零自然数a、b、c之间存在a×b＝c,或者c÷a＝b,那么称a、b是c的因数,c是a、b 的倍数。 注意：倍数与因数是相互依存关系,缺一不可。（a、b是因数,c是倍数） 一个数的因数个数是有限的,最小的因数是1,最大的因数是它本身。 一个数的倍数个数是无限的,最小的倍数是它本身,没有最大的倍数。 （2）一个数的因数的特点： ①最小的因数是1,第二小的因数一定是质数； ②最大的因数是它本身,第二大的因数是：原数÷第二小的因数 （3）完全平方数的因数特征： ①完全平方数的因数个数是奇数个,有奇数个因数的数是完全平方数。 ②完全平方数的质因数出现次数都是偶数次； ③1000以内的完全平方数的个数是31个,2000以内的完全平方数的个数是44个,3000以内的完 全平方数的个数是54个。（312=961,442=1936,542=2916） 2、数的整除（数的倍数） （1）定义： 定义1：一般地,三个整数a、b、c,且b≠0,如有a÷b＝c,则我们就说,a能被b整除,或b能整除a,或a能整除以b。 定义2：如果一个整数a,除以一个整数b（b≠0）,得到一个整数商c,而且没有余数,那么叫做a能被b 整除或b能整除a,记作b|a。（a≥b） （2）整除的性质： 如果a、b能被c整除,那么（a+b）与（a-b）也能被c整除。 如果a能被b整除,c是整数,那么a×c也能被b整除。 如果a能被b整除,b又能被c整除,那么a也能被c整除。 如果a能被b、c整除,那么a也能被b和c的最小公倍数整除。 （3）一些常见数的整除特征（倍数特征）： ①末位判别法 2、5的倍数特征：末位上的数字是2、5的倍数。 4、25的倍数特征：末两位上的数字是4、25的倍数。 8、125的倍数特征：末三位上的数字是8、125的倍数。 ②截断求和法（从右开始截） 9（及其因数3）的倍数特征：一位截断求和 99（及其因数3、9、11、33）的倍数特征：两位截断求和 999（及其因数3、9、27、37、111、333）的倍数特征：三位截断求和 ③截断求差法（从右开始截） 11的倍数特征：一位截断求差 101的倍数特征：两位截断求差
小学奥数专题之数论
1 （人大附中考题） 有____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。1359 ，1935，3195，3915，9135，9315 2 （101中学考题） 如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数45 是＿＿。 3（人大附中考题） 甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。 可以分析出甲甲是偶数，是135的倍数，且是完全平方数 而135=5*3*3*3，最小再乘以15即为完全平方数，若要为偶数则需再乘4 于是丙为60，甲为90，乙为4050 4 (人大附中考题) 下列数不是八进制数的是( D) A、125 B、126 C、127 D、128 预测 1．在1～100这100个自然数中，所有不能被9整除的数的和是多少？4456 预测 2．有甲、乙、丙三个网站，甲网站每3天更新一次，乙网站每五5天更新一次，丙网站每7天更新一次。2004年元旦三个网站同时更新，下一次同时更新是在____月____日？4.14 预测 3、从左向右编号为1至1991号的1991名同学排成一行．从左向右1至11报数，报数为11的同学原地不动，其余同学出列；然后留下的同学再从左向右1至11报数，报数为11的同学留下，其余的同学出列；留下的同学第三次从左向右1至1l报数，报到11的同学留下，其余同学出列．那么最后留下的同学中，从左边数第一个人的最初编号是____．1331 数论篇二 1 （清华附中考题） 有3个吉利数888，518，666，用它们分别除以同一个自然数，所得的余数依次为a,a+7,a+10,则这个自然数是_____.518=7=511 666-10=656 888,511,656除以这个数，余数相同 888-511=377 888-656=232 这个数为377与232的公因数，且大于10 377=13×29 232=8×29 所以这个自然数为29 2 （三帆中学考题）
(完整)小学六年级奥数基础知识——数论
行程问题 基本行程问题平均速度火车过桥流水行船接送问题电梯行程 数论问题 奇偶分析数的整除约数倍数进位制余数问题完全平方数 几何问题 小学几何五大模型勾股定理与弦图巧求周长立体图形的体积 计数问题 加法原理乘法原理容斥原理排列组合枚举法归纳法 应用题 鸡兔同笼问题年龄问题盈亏问题牛吃草问题工程问题浓度问题 计算问题 分数列项与整数列项繁分数的计算数学计算公式换元法找规律 其他 数阵图与数字谜操作与策略抽屉原理逻辑推理不定方程染色问题 小学六年级奥数基础知识——数论一 一质数和合数 （1）一个数除了1和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数（也叫做素数）。 一个数除了1和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数。 （2）自然数除0和1外，按约数的个数分为质数和合数两类。 任何一个合数都可以写成几个质数相乘的形式。 要特别记住：0和1不是质数，也不是合数。 （3）最小的质数是2 ，2是唯一的偶质数，其他质数都为奇数； 最小的合数是4。 （4）质数是一个数，是含有两个约数的自然数。 互质 是指两个数，是公约数只有一的两个数，组成互质数的两个数可能是两个质数（３和５），可能是一个质数和一个合数（３和４），可能是两个合数（４和９）或1与另一个自然数。 （５）如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个质数是这个数的质因数。 把一个合数用质因数相乘的形式表示出来，叫做分解质因数。 （６）１００以内的质数有２５个：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． 注意：两个质数中差为1的只有3-2 ；除2外，任何两个质数的差都是偶数。 二整除性 （１）概念 一般地，如a、b、c为整数，b≠0，且a÷b=c，即整数a除以整除b（b不等于0），除得
小学奥数讲解 关于数论的问题
奥数题讲解数论问题 所用知识不超过小学5年级，题目难度5颗星。 a,b,c,d都是个位数，由它们组成的四位数abcd和两位数ab、cd满.足(ab+cd) *(ab+cd)=abcd。请问满.足条件的四位数abcd共有多少个? 答案: 3个。 辅导办法:将题目写给小朋友，让他自行思考解答，若20分钟还不能解答,由家长进行讲解。 讲解思路:这种类型的题目,关键是要寻找ab和cd的关系,再根据关系寻找满足条件的数。 步骤1:先思考第一个问题,ab+cd的范围是什么?这个问题很简单, 由于ab+cd的平方是四位数,而32*32=1024 ,99*99=9801, 因此ab+cd在32到99之间。 步骤2:再思考第二个问题,db和cd满足什么关系? 由题意，(ab+cd) *(ab+cd) =100*ab+cd,化简有(ab+cd)*(ab+cd-l)=99*ab 因此，(ab+cd) *(ab+cd-1)是99的倍数。 步骤3:再思考第二个问题,ab+cd可能的取值是多少? 由于99=3*3*11,而(ab+cd)和(ab+cd-1)不可能同时是9的倍数, 因此只可能有3种情况, 结合步骤1中ab+cd的范围讨论。 情况一：ab+cd是9的倍数,ab+cd-1是11的倍数,此时只有ab+cd 是45才满足条件;
情况二:ab+cd是11的倍数,ab+cd-1是9的倍数,此时只有ab+cd是55才满足条件; 情况三:ab+cd或ab+cd-1是99的倍数,此时只有xb+cd是99才满足条件。 步骤4:综合上述几个问题,代入验证， 45*45=2025=(20+25)*(20+25) 55*55=3025= (30+25)*(30+25) 99*99=9801= (98+1) *(98+1),都满足条件, 所以满足条件的数是3个。
完整版六年级奥数数论综合
第19讲数论综合 知识点精讲 特殊数的整除特征 1. 尾数判断法 1) 能被2整除的数的特征： 2) 能被5整除的数的特征： 3) 能被4 (或25)整除的数的特征： 4) 能被8 (或125)整除的数的特征： 2. 数字求和法： 3. 99的整除特性： 4. 奇偶位求差法： 5. 三位截断法： 特别地：7X11X13=1001, abcabc=abcX1001 二、多位数整除问题 技巧：1>目的是使多位数变短”途径是结合数的整除特征和整除性质 2>对于没有整除特性的数，利用竖式解决。 三、质数合数 1. 基本定义 【质数】一一 【合数】一一 注：自然数包括0、1、质数、合数. 【质因数】一一 【分解质因数】一一 用短除法和分拆相乘法分解质因数。任何一个合数分解质因数的结果是唯一的。 分解质因数的标准表示形式：N=a1Xa2Xa3X X n,其中a1、a2、a3 an都是合数N的质因数，且