第10讲 数论综合(一)
小升初数学专项训练
超越自我巩固提高针对训练查漏补缺目录第一讲小升初专项训练计算篇 (2)第二讲小升初专项训练几何篇（1） (8)第三讲小升初专项训练几何篇（2） (16)第四讲小升初专项训练行程篇（1） (23)第五讲小升初专项训练行程篇（2） (29)第六讲小升初专项训练找规律篇 (36)第七讲小升初专项训练工程篇 (43)第八讲小升初专项训练期中篇 (50)第九讲小升初专项训练比例百分数篇 (52)第十讲小升初专项训练数论篇（1） (58)第十一讲小升初专项训练数论篇（2） (64)第十二讲小升初专项训练方程篇 (70)第十三讲小升初专项训练计数方法与原理 (76)第十四讲小升初专项训练综合练习 (80)第十五讲小升初专项训练逻辑推理篇 (86)第十六讲小升初专项训练期末测试 (93)第一讲小升初专项训练计算篇一、小升初考试热点及命题方向计算是小学数学的基础，近两年的试卷又以考察分数的计算和巧算为明显趋势（分值大体在6分～15分），学员应针对两方面强化练习：一分数小数的混合计算；二分数的化简和简便运算；二、2012年考点预测2012年的小升初考试将继续考查分数和小数的四则运算，命题的热点在分数的拆分技巧以及换元法的运用，另外还应注意新的题型不断出现．例如通过观察、归纳、总结，找出规律并计算的题型，这类题型为往往用到了等差数列的各类公式，希望同学们熟记。
三、考试常用公式以下是总结的大家需要了解和掌握的常识，曾经在重要考试中用到过。
1．基本公式：()21321+=++n n n Λ 2、()()612121222++=+++n n n n Λ[讲解练习]：20193221⨯++⨯+⨯Λ3、()()412121222333+=++=+++n n n n ΛΛ4、131171001⨯⨯⨯=⨯=abc abc abcabc6006610016131177877=⨯=⨯⨯⨯=⨯⇒如：[讲解练习]：2007×× 5、()()b a b a b a -+=-22[讲解练习]：82-72+62-52+42-32+22-12____. 6、742851.071&&= 428571.072&&= …… （成达杯考过2次，迎春杯考过1次） [讲解练习]：71化成小数后，小数点后面第2007位上的数字为____。
数论基础知识
• 合数是指除1和它本身之外还有其他因数的整数
• 最大公约数是指两个或多个整数的最大公共因数
• 最小公倍数是指两个或多个整数的最小公共倍数
• 数论的应用领域广泛，包括密码学、计算机科学、组合数学等
数论的发展历程及重要成果
数论的发展历程可以追溯到古代希腊和古代印度
数论在古典密码学中的应用包括凯撒密
码、维吉尼亚密码等
• 替换密码：通过替换字符或字母来加
• 凯撒密码：通过将字母向右或向左移
密和解密信息
动固定的位数来进行加密和解密
• 换位密码：通过改变字符或字母的顺
• 维吉尼亚密码：通过将字母替换为其
序来加密和解密信息
他字母来进行加密和解密
• 简单密码：通过简单的数学运算来加
04
最大公约数与最小公倍数的计
算
最大公约数与最小公倍数的定义与性质
最大公约数（GCD）是指两个或多个整数的最大公共因数
• 最大公约数的性质：GCD(a, b) = GCD(b, a % b)
最小公倍数（LCM）是指两个或多个整数的最小公共倍数
• 最小公倍数的性质：LCM(a, b) = |a × b| / GCD(a, b)
题中具有重要
应用
最大公约数与
最小公倍数在
计算机科学和
密码学领域也
有应用
01
02
• 可以用于求解分数和比例问
• 可以用于数据压缩和文件加
题
密
• 可以用于求解最简分数和最
• 可以用于算法设计和密码破
大公因数问题
解
05
同余与模运算的性质及应用
同余的定义与性质
同余是指两个整数除以同一个数所得的余数相等
数论专题讲义
数论专题讲义数论专题数论主要分为以下几个模块：1、数的整除问题2、质数合数与分解质因数3、约数与倍数4、余数问题5、奇数与偶数6、位值原理7、完全平方数8、数字谜问题一、分裂问题一.一个数的末位能被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数和偶数位数之和的差可以除以11，那么这个数可以除以114.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，然后这个数字可以除以7、11或13【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.）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ca，CB，然后是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boa，Cob，然后COA用同样的方法，我们还可以得出：属性3如果a可以被B和C的乘积除，那么a也可以被B和C除。
也就是说，如果bcoa，那么么boa，coa．属性4如果数字a可以被数字B或数字C除，并且数字B和数字C是互质的，那么a必须被数字B除1/10除以和C的乘积。
也就是说，如果boa，COA和（B，C）=1，那么bcoa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是非零整数）；性质6如果数a能整除数b，且数c能被数d整除，那么ac也能整除bd，如果b｜a，和D C，然后是BD AC；1、整除判定特征如果六位数的数字是1992□ □ 可以除以105，最后两位数是多少？2、数的整除性质应用如果15abc6可以除以36，商是最小的，那么a、B和C分别是什么？3、整除综合性问题已知：23！？258d20c6738849766ab000。
第10讲 一元一次不等式(组)的应用
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不等式组的应用 例2 在校园文化建设中，某学校原计划按每班5幅订购了 “名人字画”共90幅．由于新学期班数增加，决定从阅览室中取 若干幅“名人字画”一起分发，如果每班分4幅，则剩下17幅； 如果每班分5幅，则最后一个班不足3幅，但不少于1幅． (1)该校原有的班数是多少个？ (2)新学期所增加的班数是多少个？
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1．铁路部门规定旅客免费携带行李箱的长、宽、高之和 不超过160 cm.某厂家生产符合该规定的行李箱，已知行李箱 的高为30 cm，长与宽的比为3∶2，则该行李箱的长的最大值 为__7_8___cm.
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ห้องสมุดไป่ตู้
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【思路生成】(1)设每辆A型车和B型车的售价分别是x万 元，y万元．则等量关系为：1辆A型车和3辆B型车，销售额为 96万元，2辆A型车和1辆B型车，销售额为62万元；
(2)设购买A型车a辆，则购买B型车(6－a)辆，则根据“购 买A，B两种型号的新能源汽车共6辆，购车费不少于130万 元，且不超过140万元”列不等式组．
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(2)设小亮准备购买 A 种商品 m 件，则 B 种商品(10－m)件． 由题意，得2200mm＋ ＋5500（ （1100－ －mm） ）≤ ≥335000， ，解得 5≤m≤623. 根据题意，m 的值应为整数，所以 m＝5 或 m＝6. 方案一：当 m＝5 时，购买费用为 20×5＋50×(10－5)＝ 350(元)； 方案二：当 m＝6 时，购买费用为 20×6＋50×(10－6)＝ 320(元)． ∵350>320，∴购买 A 商品 6 件，B 商品 4 件的费用最低． 答：有两种购买方案，方案一：购买 A 商品 5 件，B 商品 5 件；方案二：购买 A 商品 6 件，B 商品 4 件．其中方案二费用最 低．
初中1年级数学练习题第10单元
初中1年级数学练习题第10单元测试时间：15分钟 姓名_________ 测试成绩_________1、211+2121202+2121212113131313212121505 =＿＿。
【解】：周期性数字，每个数约分后为211+212+215+2113=12、一个自然数除以2的商是一个自然数的平方，而除以3的商是一个自然数的立方，符合条件的最小的自然数是 . 【解】：除以2是平方数，意味着这个自然数是平方数的2倍，除以3的商是一个自然数的立方，意味着这个自然数是立方数的3倍，所以满足条件的最小自然数是6483、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＿＿。
【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。
4、129后面补上一个两位数，使它能被95整除，请问补上的两位数是＿＿。
【解】：在129后面补上00，这样12900÷95=135…75，所以商应该是136×95=12920。
5、下列数不是八进制数的是 。
A 、125B 、126C 、127D 、128【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 。
6、求1×2×3×4×……×100的积的末尾共有多少个0？（首师附培训结业测试，第一届迎春杯试题）【解】：就看能分解出几个质因数5，可见能分解出一个5的数即5倍数有：[5100]=20个，能分解出两个5的数即25的倍数有：[25100]=4个，所有总共有20+4=24个。
7、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____。
【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。
1.数论基础
性质3 性质 若a|b，a|c，则a|b±c。 ， ， ± 。 证明：因为a|b， ，故有整数d， 使 证明：因为 ，a|c，故有整数 ，e使b=ad， ， c=ae。因之，b±c=a(d±e)。但d±e为整数，所以 为整数， 。因之， ± ± 。 ± 为整数 a|b±c。 ± 。 性质4 若a整除 1,…,bn, 则a|λ1b1+…+λnbn，其中 整除b 性质 整除 λi为任意整数。 为任意整数。 证明：因为a|b 故由性质2， λ 因为a|λ 证明：因为 i，故由性质 ，a|λibi。因为 λ1b1， a|λ2b2，故由性质 ，a|λ1b1+λ2b2。由此及 λ3b3， 故由性质3， λ 由此及a|λ λ λ 又有a|λ 又有 λ1b1+λ2b2+λ3b3。如此类推归纳证明了 λ λ a|λ1b1+…+λnbn。 λ λ
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素数在密码学中占有极其重要 的地位。 关于素数有如下些问题： 素数的分布 素数的分布很不均匀,右表 是到目前为止所知的小于x的素 数的个数pi(x)
1.3 素数和算术基本定理
1.3.1 素数的概念 素数的概念: 整数p>1被称为素数 质数 是指 的因子仅有 被称为素数 质数)是指 的因子仅有1,-1,p,-p。 整数 被称为素数(质数 是指p的因子仅有 。 2 11 23 31 41 53 61 71 83 97 3 13 29 37 43 59 67 73 89 5 17 7 19
a=q1b+r1 b=q2r1+r2 ……… rk-2=qkrk-1+rk ……… rn-2=qnrn-1+rn rn-1=qn+1rn。
(1)
定理1.2 任意二整数a，b有最高公因数。 定理 任意二整数 ， 有最高公因数。 有最高公因数 上面求最大公因数的方法叫做辗转相除 法,也称欧几里得除法。对a，b使用辗转相除 ， 使用辗转相除 得到的最后一个非0余项 余项( 即为a， 的最 得到的最后一个非 余项(rn)即为 ，b的最 大公因数。 大公因数。 辗转相除法也给我们求最大公因数的 方法。 方法。例：
小学奥数36个经典(9-10)
第9讲整数分拆1．一般的有，把一个整数表示成两个数相加，当两个数相近或相等的时候，乘积最大．也就是把整数分拆成两个相等或者相差1的两个整数．2．一般的有，把自然数m分成n个自然数的和，使其乘积最大，则先把m进行对n的带余除法，表示成m=np+r，则分成r个(p+1)，(n－r)个P．3．把自然数S (S＞1)分拆为若干个自然数的和(没有给定是几个)，则分开的数当中最多有两个2，其他的都是3，这样它们的乘积最大．4．把自然数分成若干个互不相等的整数，则先把它表示成2+3+4+5+…+n形式，当和等于原数则可以，若不然，比原数大多少除去等于它们差的那个自然数．如果仅大于1，则除去2，再把最大的那个数加1．5．若自然数N有k个大于1的奇约数，则N共有k种表示为两个或两个以上连续自然数之和的方法．即当有m个奇约数表示的乘积，则有奇约数2m－1个奇约数．6．共轭分拆．我们通过下面一个例子来说明共轭分拆：如：10=4+2+2+1+1，我们画出示意图，我们将其翻转(将图左上到右下的对角线翻转即得到)：，可以对应的写成5+3+l+1，也是等于10，即是10的另一种分拆方式．我们把这两种有关联的分拆方式称为互为共轭分拆．1．写出13=1+3+4+5的共轭分拆．【分析与解】画出示意图，翻转得到，对应写为4+3+3+2+1=13，即为13=1+3+4+5的共轭分拆．2．电视台要播出一部30集电视连续剧，若要每天安排播出的集数互不相等．则该电视连续剧最多可以播出几天?【分析与解】由于希望播出的天数尽可能地多，若要满足每天播出的集数互不相等的条件下，每天播出的集数应尽可能地少．选择从1开始若干连续整数的和与30最接近(小于30)的情况为1+2+3+4+5+6+7=28，现在就可以播出7天，还剩下2集，由于已经有2集这种情况，就是把2集分配到7天当中又没有引起与其他的几天里播出的集数相同.于是只能选择从后加．即把30表示成：30=1+2+3+4+5+6+9或30=1+2+3+4+5+7+8即最多可以播出7天．3．若干只同样的盒子排成一列，小聪把42个同样的小球放在这些盒子里然后外出，小明从每支盒子里取出一个小球，然后把这些小球再放到小球数最少的盒子里去。
数论综合课件
（3）一个数除了____和____，不再有别的因数，这个数就叫做质数 ，如果还有别的因数，这个数就叫作____.
【练习3】王老师家的电话号码从左往右依次是①最小的质数；② 最小的合数；③最小的偶数；④既是7的因数又是7的倍数；⑤既不 是质数也不是合数的非零自然数；⑥既是质数又是偶数；⑦10以内 最大的质数。王老师的电话号码是？
1.质数与合数 （1）定义 （2）0和1 （3）常用的100以内的质数 2. 质因数与分解质因数 （1）质因数：如果一个质数是某个数的约数，那么就说这个指数 是这个数的质因数。 （2）互质数：公约数只有1的两个自然数，叫做互质数。 （3）分解质因数：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。 3.判断一个数是否为质数 “N”法。例：149是否为质数？
【练习6】四个连续自然数的乘积为3024，这四个自然数中最大的 一个是多少？
数论综合（二）
因数与倍数
1.短除法求最大公因数与最小公倍数。 例：18和27 2.最大公约（因）数的性质 ①几个数都除以他们的最大公约（因）数，所得的几个商是互质数 ； ②几个数的公因数，都是这几个数的最大公因数的因数；
例5 .完成填空 （1）若a÷b=c，其中b≠0，且a，b，c均为整数，则称a是b的倍 数；b是a的因数；那么，24÷3=8中，___是___的倍数；___是___ 的因数。 （2）一般情况下来看，因数都是成对出现的，如 12=1×12=2×6=3×4，所以12的因数为：1,2,3,4,6,12一共3对， 6个。类似的，我们可以写出 18的所有因数： 36的所有因数：
例1. 写出下列各组数的最大公因数和最小公倍数。
第一组 最大公 因数
最小公 倍数
3和4
7和9
5和37
10_数论综合(一)
涉及知识点多、解题过程比较复杂的整数综合题，以及基本依靠数论手段求解的其他类型问题．1．如果把任意n个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两种可能，那么n是多少?【分析与解】我们知道如果有5个连续的自然数，因为其内必有2的倍数，也有5的倍数，则它们乘积的个位数字只能是0。
所以n小于5．:当n为4时，如果其内含有5的倍数(个位数字为O或5)，显然其内含有2的倍数，那么它们乘积的个位数字为0；如果不含有5的倍数，则这4个连续的个位数字只能是1，2，3，4或6，7，8，9；它们的积的个位数字都是4；所以，当n为4时，任意4个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两科可能．：当n为3时，有1×2×3的个位数字为6，2×3×4的个位数字为4，3×4×5的个位数字为0，……，不满足．：当n为2时，有1×2，2×3，3×4，4×5的个位数字分别为2，6，4，0，显然不满足．至于n取1显然不满足了．所以满足条件的n是4．2．如果四个两位质数a，b，c，d两两不同，并且满足，等式a+b=c+d．那么，(1)a+b的最小可能值是多少?(2)a+b的最大可能值是多少?【分析与解】两位的质数有11，13，17，19，23，29，3l，37，41，43，47，53，59，6l，67，71，73，79，83，89，97．可得出，最小为11+19=13+17=30，最大为97+71=89+79=168．所以满足条件的a+b最小可能值为30，最大可能值为168．3．如果某整数同时具备如下3条性质：①这个数与1的差是质数；②这个数除以2所得的商也是质数；③这个数除以9所得的余数是5．那么我们称这个整数为幸运数．求出所有的两位幸运数．【分析与解】条件①也就是这个数与1的差是2或奇数，这个数只能是3或者偶数，再根据条件③，除以9余5，在两位的偶数中只有14，32，50，68，86这5个数满足条件．其中86与50不符合①，32与68不符合②，三个条件都符合的只有14．所以两位幸运数只有14．4．在555555的约数中，最大的三位数是多少?【分析与解】555555=5×111×1001=3×5×7×11×13×37显然其最大的三位数约数为777．5．从一张长2002毫米，宽847毫米的长方形纸片上，剪下一个边长尽可能大的正方形，如果剩下的部分不是正方形，那么在剩下的纸片上再剪下一个边长尽可能大的正方形．按照上面的过程不断地重复，最后剪得正方形的边长是多少毫米?【分析与解】从长2002毫米、宽847毫米的长方形纸板上首先可剪下边长为847毫米的正方形，这样的正方形的个数恰好是2002除以847所得的商．而余数恰好是剩下的长方形的宽，于是有：2002÷847=2……308，847÷308=2……231，308÷231=1……77．231÷77=3．不难得知，最后剪去的正方形边长为77毫米．6．已知存在三个小于20的自然数，它们的最大公约数是1，且两两均不互质．请写出所有可能的答案．【分析与解】设这三个数为a、b、c，且a＜b＜c，因为两两不互质，所以它们均是合数．小于20的合数有4，6，8，9，10，12，14，15，16，18．其中只含1种因数的合数不满足，所以只剩下6，10，12，14，15，18这6个数，但是14=2×7，其中质因数7只有14含有，无法找到两个不与14互质的数．所以只剩下6，10，12，15，18这5个数存在可能的排列．所以，所有可能的答案为(6，10，15)；(10，12，15)；(10，15，18)．7．把26，33，34，35，63，85，91，143分成若干组，要求每一组中任意两个数的最大公约数是1．那么最少要分成多少组?【分析与解】26=2×13，33=3×11，34=2×17，35=5×7，63=23×7，85=5×17，91=7×13，143=11×13．由于质因数13出现在26、91、143三个数中，故至少要分成三组，可以分成如下3组：将26、33、35分为一组，91、34、33分为一组，而143、63、85分为一组．所以，至少要分成3组．8．图10-1中两个圆只有一个公共点A，大圆直径48厘米，小圆直径30厘米．两只甲虫同时从A出发，按箭头所指的方向以相同的速度分别爬了几圈时，两只甲虫首次相距最远?【分析与解】圆内的任意两点，以直径两端点得距离最远．如果沿小圆爬行的甲虫爬到A点，沿大圆爬行的甲虫恰好爬到B点，两甲虫的距离便最远．小圆周长为π×30=307r，大圆周长为48π，一半便是24π，30与24的最小公倍数时120．120÷30=4．120÷24=5．所以小圆上甲虫爬了4圈时，大圆上甲虫爬了5个12圆周长，即爬到了过A的直径另一点B．这时两只甲虫相距最远．9．设a与b是两个不相等的非零自然数．(1)如果它们的最小公倍数是72，那么这两个自然数的和有多少种可能的数值?(2)如果它们的最小公倍数是60，那么这两个自然数的差有多少种可能的数值?【分析与解】 (1)a与b的最小公倍数72=2×2×2×3×3，有12个约数：1，2，3，4，6，8，9，12，18，24，36，72．不妨设a＞b．:当a=72时，b可取小于72的11种约数，a+b≥72+1=73；:当a=36时，b必须取8或24，a+b的值为44或60，均不同第一种情况中的值；：当a=24时，b必须取9或18，a+b的值为33或42，均不同第一、二种情况中的值；当a=18时，b必须取8，a+b=26，不同于第一、二、三种情况的值；：当a=12时，b无解；:当a=9时，b必须取8，a+b=17，不同于第一、二、三、四情况中的值．总之，a+b可以有ll+2+2+1+1=17种不同的值．(2)60=2×2×3×5，有12个约数：1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30，60．a、b为60的约数，不妨设a＞b．：当a=60时，b可取60外的任何一个数，即可取11个值，于是a－b可取11种不同的值：59，58，57，56，55，54，50，48，45，40，30；．当a=30时，b可取4，12，20，于是a－b可取26，18，10；：当a=20时，b可取3，6，12，15，所以a－b可取17，14，8，5；当a=15时，b可取4，12，所以a－b可取11，3；: 当a=12时，b可取5，10，所以a－b可取7，2．总之，a－b可以有11+3+4+2+2=22种不同的值．10．狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳142米，黄鼠狼每次跳324米，它们每秒钟都只跳一次．比赛途中，从起点开始每隔3128米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多少米?【分析与解】由于3128÷142=114，3128÷324=92．所以狐狸跳4个3128米的距离时将掉进陷阱，黄鼠狼跳2个3128米的距离时，将掉进陷阱．又由于它们都是一秒钟跳一次，因此当狐狸掉进陷阱时跳了11秒，黄鼠狼掉进陷阱时跳了9秒，因此黄鼠狼先掉进陷阱，此时狐狸跳了9秒.距离为9×142=40.5(米)．11.在小于1000的自然数中，分别除以18及33所得余数相同的数有多少个?(余数可以为0)【分析与解】我们知道18，33的最小公倍数为[18，33]=198，所以每198个数一次．1～198之间只有1，2，3，…，17，198(余O)这18个数除以18及33所得的余数相同，而999÷198=5……9，所以共有5×18+9=99个这样的数．12．甲、乙、丙三数分别为603，939，393．某数A除甲数所得余数是A除乙数所得余数的2倍，A 除乙数所得余数是A除丙数所得余数的2倍．求A等于多少?【分析与解】由题意知4倍393除以A的余数，等于2倍939除以A的余数，等于甲603除以A的余数．即603÷A=a……k；(2×939)÷A=b……k；(4×393)÷A=c……k．于是有(1878－603)÷A=b－a；(1878－1572)÷A=b－c；(1572－603)÷A=c－a．所以A为1275，306，969的约数，(1275，306，969)=17×3=51．于是，A可能是51，17(不可能是3，因为不满足余数是另一余数的4倍)．当A为51时，有603÷51=11……42；939÷51=18……21；393÷51=7……36．不满足；当A为17时，有603÷17=35……8；939÷17=55……4；393÷17=23……2；满足．所以，除数4为17．13．证明：形如11，111，1111，11111，…的数中没有完全平方数．【分析与解】我们知道奇数的完全平方数是奇数，偶数的完全平方数为偶数，而奇数的完全平方数除以4余1，偶数的完全平方数能被4整除．现在这些数都是奇数，它们除以4的余数都是3，所以不可能为完全平方数．4n+4n+1，显然除以4余1．评注：设奇数为2n+1，则它的平方为214．有8个盒子，各盒内分别装有奶糖9，17，24，28，30，31，33，44块．甲先取走一盒，其余各盒被乙、丙、丁3人所取走．已知乙、丙取到的糖的块数相同且为丁的2倍．问：甲取走的一盒中有多少块奶糖?【分析与解】我们知道乙、丙、丁三人取走的七盒中，糖的块数是丁所取糖块数的5倍．八盒糖总块数为9+17+24+28+30+31+33+44=216．从216减去5的倍数，所得差的个位数字只能是1或6．观察各盒糖的块数发现，没有个位数字是6的，只有一个个位数字是1的数31．因此甲取走的一盒中有3l块奶糖．15．在一根长木棍上，有三种刻度线．第一种刻度线将木棍分成10等份；第二种将木棍分成12等份；第三种将木棍分成15等份．如果沿每条刻度线将木棍锯断，那么木棍总共被锯成多少段?【分析与解】 10，12，15的最小公倍数[10，12，15]=60，把这根木棍的160作为一个长度单位，这样，木棍10等份的每一等份长6个单位；12等份的每等份长5个单位；15等份的每等份长4单位．不计木棍的两个端点，木棍的内部等分点数分别是9，11，14(相应于10，12，15等份)，共计34个．由于5，6的最小公倍数为30，所以10与12等份的等分点在30单位处相重，必须从34中减1．又由于4，5的最小公倍数为20，所以12与15等份的等分点在20单位和40单位两处相重，必须再减去2．同样，6，4的最小公倍数为12，所以15与10等份的等分点在12，24，36，48单位处相重，必须再减去4．由于这些相重点各不相同，所以从34个内分点中减去1，再减去2，再减去4，得27个刻度点．沿这些刻度点把木棍锯成28段．。
第10讲 数论综合(一)
个正整数的平方和，因此只有 k=12 与 k=16 时有正整数解 m1 , n1 。 当 k=12，由 m1 当 k=16，由 m1 (ii) 若 3| k (k
2 2 =41，得( m1 , n1 )=(4, 5)，则 a=6 m1 =24，b=6 n1 =30，c=2k m2 2 =29，得( m1 , n1 )=(2, 5)，则 a=6 m1 =12，b=6 n1 =30，c=2k m2
4． （东南赛）求满足 a
2
b2 c2 2005 ，且 a b c 的所有三元正整数组(a, b, c)。
4
高二数学竞赛班二试讲义 第 10 讲
数论综合（一）
例 1．分析：首先 n 9 ，如 8,9,10,11,12,13,14,15 这 8 个正整数，每个正整数的各位数字 之和都不是 7 的倍数。由于进位的原因，并不是所有的连续正整数的各位数字之和，除 以 7 的余数依次从 0 变化到 6 的。能否找到一列数，进位之前的连续正整数的各位数字 之和除以 7 的余数依次从 1 变化到 6 ，进位之后的连续正整数的各位数字之和除以 7 的 余数依次从 1 变化到 6 ？ 解：我们可以指出 12 个连续正整数， 例如：994,995,996,997,998,999,1000,1001,1002,1003,1004,1005 其中任一数的各位数字之和都不是 7 的倍数。因此 n 13 。 再证，任何连续 13 个正整数中，必有一数，其各位数字之和是 7 的倍数。 对每个非负整数 a ，称如下 10 个数所构成的集合： Aa 10a,10a 1, ,10a 9 为一 个“基本段” ，13 个连续正整数，要么属于两个“基本段” ，要么属于三个“基本段” ， 当 13 个连续正整数属于两个“基本段”时，根据抽屉原理，其中必有连续的 7 个数，属 于同一个“基本段” ； 当 13 个连续正整数属于三“基本段” Aa 1, Aa , Aa 1 时，其中必有连续的 10 个数同属 于 Aa 。现在设 ak ak 1 a1a0 ， ak ak 1 a1 (a0 1) ，„， ak ak 1 a1 (a0 6) 是属于同一个 “基本段”的 7 个数，它们的各位数字之和分别为
奥数 六年级 千份讲义 380 第11讲——数论综合(一)
数论又叫数的整除理论，专门研究整数及其性质．数论模块按照一个数被另一个数除是否有余数来划分，可以分为整除和余数两大类．,5,2,19,1,11⎧⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎧⎧⎪⎨⎨⎩⎪⎩奇偶分析（论证工具）可加减性数的整除性质传递性互质可积性整除问题末尾数系：2；45；825?…数字和系：3；数的整除特征数段系：713奇偶数位系：1整除最大公约数与最小公倍数的求法最大公约数与最小公倍数约数倍数最大公约数与最小公倍数的关系约数个数公式与约数和公式常见质数质数特殊质数：2质数合数与分解质因数数论,3,5⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎧⎧⎪⎨⎩⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎨⎩⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎩等质数的判定方法分解质因数：唯一分解定理除式转化成加乘式带余除法余数小于除数剩余类同余问题模的介绍可加可减余数定理可乘不可除余数弃九法末位数字周期余数周期乘方的余数周期特殊数列的余数周期（特别是斐波那契数列）多同余“物不知数”问题少同补中国剩余定理1010101010n n ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎪⎧⎨⎨⎪⎩⎩⎧⎧⎪⎨⎩⎪⎨⎧⎪⎨⎪⎩⎩（余数问题基本思路：消掉余数，转化成整除和约数倍数问题）性质：约数个数为奇完全平方数末尾数特征特征余数特征位值原理（分析工具）进制化进制：位值原理进制的互化进制化进制：短除+倒取余数进制问题转化成进制进行计算和分析非进制的计算及分析仿照进制直接在原进制下进行计算和分析⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩ 第11讲数论综合（一）模块一：整除问题例题55例题44例题33例题22例题精讲例题1 1两个四位数275A 和275B 相乘，要使它们的乘积能被72整除，求A 和B ．在865后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能分别被3、4、5整除，且使这个数值尽可能的小． (2008”数学解题能力展示”初赛)已知九位数2007122□□既是9的倍数，又是11的倍数；那么，这个九位数是多少？ 从0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字中选出五个不同的数字组成一个五位数，使它能被3、5、7、13整除，这个数最大是多少？ 11个连续两位数的乘积能被343整除，且乘积的末4位都是0，那么这11个数的平均数是多少？例题1010例题99例题88例题77例题66三位数的百位、十位和个位的数字分别是5，a 和b ，将它连续重复写2008次成为：20095555ab ab ab ab 个．如果此数能被91整除，那么这个三位数5ab 是多少？在小于5000的自然数中，能被11整除，并且数字和为13的数，共有多少个？为了打开银箱，需要先输入密码，密码由7个数字组成，它们不是1、2就是3．在密码中1的数目比2多，2的数目比3多，而且密码能被3和16所整除．试问密码是多少？某个自然数既能写成9个连续自然数的和，还同时可以写成10个连续自然数的和，也能写成11个连续自然数的和，那么这样的自然数最小可以是几？在1、2、3、4……2007这2007个数中有多少个自然数a 能使2008+a 能被2007-a 整除．【巩固】 有一个九位数abcdefghi 的各位数字都不相同且全都不为0，并且二位数ab 可被2整除，三位数abc 可被3整除，四位数abcd 可被4整除，……依此类推，九位数abcdefghi 可被9整除．请问这个 九位数abcdefghi 是多少？板块二 约数倍数问题例题1414例题1313例题1212例题1111将数字4，5，6，7，8，9各使用一次，组成一个被667整除的6位数，那么，这个6位数除以667的结果是多少？已知：23!2582067388849766000D C AB =．则DCB A ⨯=？一个十位数，如果各位上的数字都不相同，那么就称为”十全数”，例如，3785942160就是一个十全数．现已知一个十全数能被1，2，3，…，18整除，并且它的前四位数是4876，那么这个十全数是多少？一个两位数有6个约数，且这个数最小的3个约数之和为10，那么此数为几？【巩固】 数360的约数有多少个？这些约数的和是多少？【巩固】 已知两个自然数的和为54，它们的最小公倍数与最大公约数的差为114，求这两个自然数．例题1818例题17 17例题1616例题1515已知两个自然数的积为240，最小公倍数为60，求这两个数．(2008年101中学考题)已知A 数有7个约数，B 数有12个约数，且A 、B 的最小公倍数[],1728A B =，则B = ．已知m n 、两个数都是只含质因数3和5，它们的最大公约数是75，已知m 有12个约数，n 有10个约数，求m 与n 的和．已知正整数a 、b 之差为120，它们的最小公倍数是其最大公约数的105倍，那么a 、b 中较大的数是多少？练习33练习22练习11例题2020例题1919家庭作业在1到100中，恰好有6个约数的数有多少个？(2008年仁华考题)1001的倍数中，共有 个数恰有1001个约数．若四位数98a a 能被15整除，则a 代表的数字是多少？请求出最大的七位数，使得它能被3、5、7、11、13整除，且各位数字互不相同，这个七位数是多少？为了打开银箱，需要先输入密码，密码由7个数字组成，它们不是2就是3．在密码中2的数目比3多，而且密码能被3和4所整除．试求出这个密码．7练习66练习55练习44在523后面写出三个数字，使所得的六位数被7、8、9整除．那么这三个数字的和是多少？有些数既能表示成3个连续自然数的和，又能表示成4个连续自然数的和；还能表示成5个连续自然数的和．请你找出700至1000之间，所有满足上述要求的数，并简述理由．已知两数的最大公约数是21，最小公倍数是126，求这两个数的和是多少？能被210整除且恰有210个约数的数有个．练习7。
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+2022121+5051313131321212121212121=________。
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、125B、126C、127D、128【附答案】1 【解】：62 【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121+221+521+1321=14 【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。
数论第一课
数论第一课数论是数学的一个分支，研究的是整数及其性质。
因为整数本身非常简单，所以数论也成了数学中最古老、最基础且最优美的一个分支。
本文将带您了解数论的基础知识和一些有趣的性质。
一、质数质数是自然数中最基础的一个概念，定义为只能被1和本身整除的自然数。
例如，2、3、5、7、11等都是质数，而4、6、8等则不是。
质数的个数是无穷的，这是一个早期由欧几里得证明的定理。
质数在数论中非常重要，因为任何整数都可以唯一地分解成一些质数的乘积。
这就是著名的质因数分解定理。
二、最大公因数和最小公倍数对于两个自然数a和b，它们的最大公因数（GCD）是能同时整除a和b的最大自然数，最小公倍数（LCM）是a和b的公倍数中最小的一个数。
最大公因数和最小公倍数有很多有用的性质。
例如：1. 如果a能整除b，则GCD(a,b) = a；2. 如果p是一个质因子，则GCD(ap,bp) = p·GCD(a,b)；3. 如果a和b互质，则GCD(a,b) = 1，即它们没有除1以外的公因数；4. 如果a和b互质，则LCM(a,b) = a·b。
三、同余同余是数论中的一个概念，定义为a和b除以m所得的余数相同。
我们写为a≡b(mod m)，其中mod表示模运算，即整除时得到的余数。
同余关系具有下列性质：1. a≡a(mod m)；2. 如果a≡b(mod m)，那么b≡a(mod m)；3. 如果a≡b(mod m)且b≡c(mod m)，那么a≡c(mod m)。
同余关系在密码学和计算机科学中有广泛应用。
四、欧拉函数欧拉函数，也称作 Euler Totient Function，是整数中和给定自然数n互质的自然数的个数。
欧拉函数的一般表示为φ(n)。
例如，当n为6时，它和1、5互质，因此φ(6)=2。
当n为7时，所有小于7的自然数都和7互质，因此φ(7)=6。
欧拉函数有许多有趣的性质，例如：1. 如果n是质数，则φ(n) = n-1；2. 如果p是质数，k是正整数，则φ(pk) = p k-1 (p-1)；3. 如果a和n互质，则aφ(n)≡1(mod n)，即a的φ(n)次幂模n的余数等于1。
部编版数学五年级上册第10讲.几何计数进阶.优秀A版
杯赛提高
如图，方格纸上放了 20 枚棋子，以这些棋子为顶点，可以连出多少个正方形？
【分析】除了图中的 9 个正方形之外，还可以连出许多的斜三角形，经过尝试不难看出，斜三角形 只有下列四种形式：
第 ９ 级下 优秀 A 版 教师版 ９
容易数出，第一种有 4 个，第二种有 2 个，第三种有 4 个，第四种有 2 个.综上，总共 9 4 2 4 2 21 个.
”的长方形中.
（1）如图 1 中含有“
”的所有长方形（含正方形）有多少个？
（2）如图 2 中含有两个“
”的长方形 （含正方形） 有多少个？
（3）如图 2 中只含一个“
” 的长方形（含正方形）有多少个？
（4）如图 2 中不含“
”的长方形 （含正方形） 有多少个？
４ 第 ９ 级下 优秀 Ａ 版 教师版
第 １０ 讲
例5
一个三角形的 3 条边上共有 7 个点，画出这 7 个点之间的全部连线（同一条边上的两点不画）后， 发现在这些连线的交点没有出现过重合 ；请问三角形内共有多少个交点？
（学案对应：学案 4） 【分析】转化法和排除法的综合应用.每一个交点唯一对应不共线的 4 个点，故 C94 之后还要减去有
共线的情况： C74 C33 C41 35 4 31个. 此题可以拓展如下：三角形每边各有三个点，则三角形内部交点个数有多少个？
（2）含两个“
46=24
”最小长方形（此图为正方形）左上角有 4 个点，右下角有 6 个点，即
（3）只含一个：容斥原理： 6 8 6 9 24 80
（4）不含：排除法： C62 C52 80 24 46 （5）至少含一个：80+24=104
想想练练 ：如图， 包含两个五角星的长方形有多少个 ？
五升六奥数知识检测题及答案 共十四套
第一讲计算综合（一）知识前测资料一、基本公式（1）1＋2＋3＋……＋n=2)1(+⨯n n（2）12＋22＋32＋……＋n2=6)1 2()1(+⨯+⨯nnn（3）13＋23＋33＋……＋n3=（1＋2＋3＋……＋n）2二、运用上面的公式计算1、1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10=12＋22＋32＋42＋52＋62＋72＋82＋92＋102=13＋23＋33＋43＋53＋63＋73＋83＋93＋103=2、100＋121＋144＋169＋……＋400= （2009年四中小升初入学测试题）3、13＋33＋53＋73＋93=（第一讲计算综合（一）知识前测资料答案：1、55 385 3025 2、2585 3、1225）第二讲行程问题（一）知识前测资料1、汽车往返于A、B两地，去时每小时行8千米，返回时每小时行12千米，求这辆汽车往返于A、B两地的平均速度？2、甲、乙二人分别从A、B两地同时出发相向而行，8小时相遇，如果两人每小时都少行1.5千米，那么10小时后相遇，求A、B两地相距多少千米？（2008年清华附中考题）3、甲、乙两人从480米的环形跑道上一点同时出发，背向而行，甲每分钟行55米，乙每分钟行65米，两人第10次相遇时，甲再走多少米回到出发点？第三讲 递推与归纳计数 知识前测资料1、平面上有10条直线，这10条直线最多有多少个交点？2、小明有5块水果糖，妈妈规定：每天只能吃一块或两块，小明吃完这5块糖有多少种不同方法？3、小蜜蜂通过蜂巢房间，规定：只能从小号房间进入大号房间，问小蜜蜂由1号房间走到8号房间有多少种方法？（2007年东直门中学试题）（第三讲 递推与归纳计数 知识前测资料 答案： 1、45 2、8 3、21 ）第四讲 数论体系梳理 知识前测资料 刘强老师整理1、（21012）3=（ ）102、11（a 2＋b 2）=b a 0 求 b a 0=（ ）3、求1×2×3×4×……×50末尾有多少个连续的零？（2008年101中学试题）第五讲 几何综合（一） 知识前测资料1、如图1，已知三角形ABC 的面积为15平方厘米，D 为AB 边中点，E 为AC 边三等分点，求图中阴影部分面积？2、如图2，三角形ABC 的面积为60平方厘米，D 、E 分别为AB 、AC 边中点，求图中阴影部分面积？3、如图3，已知四边形ABCD 为梯形，AD=2厘米、BC=5厘米，且三角形ABC 的面积为5平方厘米，求阴影部分面积？（2008年五中入学测试题）（第五讲 几何综合（一） 知识前测资料 答案：1、12.5 2、20 3、710）第六讲 数论综合（一） 知识前测资料1、一个大于1的自然数去除290、233、195得到相同的余数，则这个自然数是多少？（2008年清华附中考题）2、431除以13的余数是多少？3、一个自然数除以13余12，除以11余9，符合要求的数最小是多少？（第六讲 数论综合（一） 知识前测资料 答案： 1、19 2、4 3、64 ）第七讲 概率 知识前测资料1、某小队有5名女生，7名男生，任意抽取2名同学，恰好全是男生的概率是几分之几？2、甲、乙两人从0—9这十个数字中随机抽取两个数字，求取出的两个数之差不超过2的概率？3、三个人乘同一辆火车，火车有十节，则至少有两个人在同一节车厢的概率为多少？（2007年五中入学测试题）（第七讲 概率 知识前测资料 答案： 1、227 2、25113、28%）第八讲 几何综合（二） 知识前测资料1、如图1，长方形被分成四个三角形，绿色三角形占长方形面积的22%，黄色面积为21平方厘米，求长方形面积是多少？2、如图2，两个相等的正方形，哪个正方形中阴影面积大？为什吗？3、如图3，图中阴影面积为25平方厘米，求圆环的面积？（2008年北京四中入学测试题）（第八讲 几何综合（二） 知识前测资料 答案：1、75 2、相等 3、157） 图2第九讲 计算综合(二) 知识前测资料1、（1）211⨯＋321⨯＋431⨯＋……＋1091⨯ （2）1×2＋2×3＋3×4＋4×5＋5×6＋6×7 2、21＋41＋81＋161＋321＋641＋12813、12222-×13322-×14422-×15522-（首师大附中入学选拔试题）（第九讲 计算综合(二) 知识前测资料 答案：1、109 112 2、128127 3、35 ）第十讲 计数综合（二） 知识前测资料1、数一数，右图中含有※的长方形（包括正方形）共有多少个？2、1—60中有多少个数是4、5或6的倍数？3、小明从家到少年宫的最短路线有多少条？（2008年实验中学考题）（第十讲 计数综合（二） 知识前测资料 答案： 1、48个 2、28个 3、10条） 小明家 少年宫第十一讲 方程方法综合 知识前测资料1、某校有学生465人，其中女生的32比男生的54少20人，那么，男生比女生少多少人？2、某次比赛原定一等奖10人，二等奖20人，现将一等奖后四名调整为二等奖，这样一等奖平均分提高4分，二等奖平均分提高1分，那么，原来一等奖平均分比二等奖平均分多几分？（2008年二中分班考试题）3、解下列方程组。
奥数讲义-数论--综合-第1讲
第1讲数论的方法技巧（上）数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。
数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。
因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。
任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。
”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。
小学数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。
主要的结论有：1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r＜b），且q，r是唯一的。
特别地，如果r=0，那么a=bq。
这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a的约数，a是b的倍数。
2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。
3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即其中p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k为自然数，并且这种表示是唯一的。
（1）式称为n的质因数分解或标准分解。
4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（a k+1）。
5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。
因此，不等式x ＜y与x≤y-1是等价的。
下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。
一、利用整数的各种表示法对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。
这些常用的形式有：1．十进制表示形式：n=a n10n+a n-110n-1+…+a0；2．带余形式：a=bq+r；4．2的乘方与奇数之积式：n=2mt，其中t为奇数。
例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。
大一初等数论知识点总结
大一初等数论知识点总结数论，作为数学的一个分支，是研究整数的性质和结构的学科。
在高等数学中，数论是一个重要的基础学科，也是培养数学思维和证明能力的重要内容之一。
下面将总结一些大一初等数论中的重要知识点。
一、素数与因数分解1. 素数定义：一个大于1的自然数，除了1和它本身以外没有其他因数的数被称为素数。
2. 质因数分解定理：任何一个大于1的自然数都可以表示为一系列素数的乘积，且这个分解方式是唯一的。
3. 最大公因数与最小公倍数：最大公因数是两个数同时能整除的最大的自然数，最小公倍数是能同时被两个数整除的最小的自然数。
二、模运算1. 同余：对于给定的正整数m，如果两个整数a和b满足a-b 能被m整除，则称a和b在模m下同余，记作a≡b (mod m)。
2. 同余性质：同余具有如下性质：- a ≡ b (mod m) 且c ≡ d (mod m)，则a±c ≡ b±d (mod m)。
- a ≡ b (mod m) 且c ≡ d (mod m)，则ac ≡ bd (mod m)。
3. 模运算法则：模运算具有如下法则：- (a+b) mod m = (a mod m + b mod m) mod m- (a-b) mod m = (a mod m - b mod m) mod m- (ab) mod m = (a mod m)(b mod m) mod m三、整除性与剩余类1. 整除性定义：如果a能被b整除，则称a是b的倍数，b是a 的因数。
2. 剩余类定义：对于给定的正整数m，将整数a分成m个不同的等价类，每个等价类都与m同余的整数被称为模m的一个剩余类。
3. 剩余类的运算：模m的剩余类满足如下运算规则：- 模m的剩余类可以进行加法和乘法运算。
- 模m的剩余类乘法满足交换律和结合律。
四、欧几里得算法与最大公因数1. 欧几里得算法：欧几里得算法用于求两个正整数的最大公因数，具体步骤如下：- 设a和b是两个正整数，其中a>b。
第十讲 数论综合
第十讲 数论综合（一）小升初名校真题专项测试-----计算1、211+2121202+2121212113131313212121505=＿＿。
(05年首师附考试题) 【解】：周期性数字，每个数约分后为211+212+215+2113=12、一个自然数除以2的商是一个自然数的平方，而除以3的商是一个自然数的立方，符合条件的最小的自然数是 . （06年西城实验中学）【解】：除以2是平方数，意味着这个自然数是平方数的2倍，除以3的商是一个自然数的立方，意味着这个自然数是立方数的3倍，所以满足条件的最小自然数是6483、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＿＿。
（05年101中学入学测试题）【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。
4、129后面补上一个两位数，使它能被95整除，请问补上的两位数是＿＿。
（江苏“小数杯”）【解】：在129后面补上00，这样12900÷95=135…75，所以商应该是136×95=12920。
5、下列数不是八进制数的是 。
A 、125B 、126C 、127D 、128 （人大附英语实验班测试题）【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 。
6、求1×2×3×4×……×100的积的末尾共有多少个0？（首师附培训结业测试，第一届迎春杯试题）【解】：就看能分解出几个质因数5，可见能分解出一个5的数即5倍数有：[5100]=20个，能分解出两个5的数即25的倍数有：[25100]=4个，所有总共有20+4=24个。
7、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____。
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第10讲数论综合（一）涉及知识点多、解题过程比较复杂的整数综合题，以及基本依靠数论手段求解的其他类型问题．1．如果把任意n个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两种可能，那么n是多少?【分析与解】我们知道如果有5个连续的自然数，因为其内必有2的倍数，也有5的倍数，则它们乘积的个位数字只能是0。
所以n小于5．:当n为4时，如果其内含有5的倍数(个位数字为O或5)，显然其内含有2的倍数，那么它们乘积的个位数字为0；如果不含有5的倍数，则这4个连续的个位数字只能是1，2，3，4或6，7，8，9；它们的积的个位数字都是4；所以，当n为4时，任意4个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两科可能．：当n为3时，有1×2×3的个位数字为6，2×3×4的个位数字为4，3×4×5的个位数字为0，……，不满足．：当n为2时，有1×2，2×3，3×4，4×5的个位数字分别为2，6，4，0，显然不满足．至于n取1显然不满足了．所以满足条件的n是4．2．如果四个两位质数a，b，c，d两两不同，并且满足，等式a+b=c+d．那么，(1)a+b的最小可能值是多少?(2)a+b的最大可能值是多少?【分析与解】两位的质数有11，13，17，19，23，29，3l，37，41，43，47，53，59，6l，67，71，73，79，83，89，97．可得出，最小为11+19=13+17=30，最大为97+71=89+79=168．所以满足条件的a+b最小可能值为30，最大可能值为168．3．如果某整数同时具备如下3条性质：①这个数与1的差是质数；②这个数除以2所得的商也是质数；③这个数除以9所得的余数是5．那么我们称这个整数为幸运数．求出所有的两位幸运数．【分析与解】条件①也就是这个数与1的差是2或奇数，这个数只能是3或者偶数，再根据条件③，除以9余5，在两位的偶数中只有14，32，50，68，86这5个数满足条件．其中86与50不符合①，32与68不符合②，三个条件都符合的只有14．所以两位幸运数只有14．4．在555555的约数中，最大的三位数是多少?【分析与解】555555=5×111×1001=3×5×7×11×13×37显然其最大的三位数约数为777．5．从一张长2002毫米，宽847毫米的长方形纸片上，剪下一个边长尽可能大的正方形，如果剩下的部分不是正方形，那么在剩下的纸片上再剪下一个边长尽可能大的正方形．按照上面的过程不断地重复，最后剪得正方形的边长是多少毫米?【分析与解】从长2002毫米、宽847毫米的长方形纸板上首先可剪下边长为847毫米的正方形，这样的正方形的个数恰好是2002除以847所得的商．而余数恰好是剩下的长方形的宽，于是有：2002÷847=2……308，847÷308=2……231，308÷231=1……77．231÷77=3．不难得知，最后剪去的正方形边长为77毫米．6．已知存在三个小于20的自然数，它们的最大公约数是1，且两两均不互质．请写出所有可能的答案．【分析与解】设这三个数为a、b、c，且a＜b＜c，因为两两不互质，所以它们均是合数．小于20的合数有4，6，8，9，10，12，14，15，16，18．其中只含1种因数的合数不满足，所以只剩下6，10，12，14，15，18这6个数，但是14=2×7，其中质因数7只有14含有，无法找到两个不与14互质的数．所以只剩下6，10，12，15，18这5个数存在可能的排列．所以，所有可能的答案为(6，10，15)；(10，12，15)；(10，15，18)．7．把26，33，34，35，63，85，91，143分成若干组，要求每一组中任意两个数的最大公约数是1．那么最少要分成多少组?【分析与解】26=2×13，33=3×11，34=2×17，35=5×7，63=23×7，85=5×17，91=7×13，143=11×13．由于质因数13出现在26、91、143三个数中，故至少要分成三组，可以分成如下3组：将26、33、35分为一组，91、34、33分为一组，而143、63、85分为一组．所以，至少要分成3组．8．图10-1中两个圆只有一个公共点A，大圆直径48厘米，小圆直径30厘米．两只甲虫同时从A出发，按箭头所指的方向以相同的速度分别爬了几圈时，两只甲虫首次相距最远?【分析与解】圆内的任意两点，以直径两端点得距离最远．如果沿小圆爬行的甲虫爬到A点，沿大圆爬行的甲虫恰好爬到B点，两甲虫的距离便最远．小圆周长为π×30=307r，大圆周长为48π，一半便是24π，30与24的最小公倍数时120．120÷30=4．120÷24=5．所以小圆上甲虫爬了4圈时，大圆上甲虫爬了5个12圆周长，即爬到了过A的直径另一点B．这时两只甲虫相距最远．9．设a与b是两个不相等的非零自然数．(1)如果它们的最小公倍数是72，那么这两个自然数的和有多少种可能的数值?(2)如果它们的最小公倍数是60，那么这两个自然数的差有多少种可能的数值?【分析与解】 (1)a与b的最小公倍数72=2×2×2×3×3，有12个约数：1，2，3，4，6，8，9，12，18，24，36，72．不妨设a＞b．:当a=72时，b可取小于72的11种约数，a+b≥72+1=73；:当a=36时，b必须取8或24，a+b的值为44或60，均不同第一种情况中的值；：当a=24时，b必须取9或18，a+b的值为33或42，均不同第一、二种情况中的值；当a=18时，b必须取8，a+b=26，不同于第一、二、三种情况的值；：当a=12时，b无解；:当a=9时，b必须取8，a+b=17，不同于第一、二、三、四情况中的值．总之，a+b可以有ll+2+2+1+1=17种不同的值．(2)60=2×2×3×5，有12个约数：1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30，60．a、b为60的约数，不妨设a＞b．：当a=60时，b可取60外的任何一个数，即可取11个值，于是a－b可取11种不同的值：59，58，57，56，55，54，50，48，45，40，30；．当a=30时，b可取4，12，20，于是a－b可取26，18，10；：当a=20时，b可取3，6，12，15，所以a－b可取17，14，8，5；当a=15时，b可取4，12，所以a－b可取11，3；: 当a=12时，b可取5，10，所以a－b可取7，2．总之，a－b可以有11+3+4+2+2=22种不同的值．10．狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳142米，黄鼠狼每次跳324米，它们每秒钟都只跳一次．比赛途中，从起点开始每隔3128米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多少米?【分析与解】由于3128÷142=114，3128÷324=92．所以狐狸跳4个3128米的距离时将掉进陷阱，黄鼠狼跳2个3128米的距离时，将掉进陷阱．又由于它们都是一秒钟跳一次，因此当狐狸掉进陷阱时跳了11秒，黄鼠狼掉进陷阱时跳了9秒，因此黄鼠狼先掉进陷阱，此时狐狸跳了9秒.距离为9×142=40.5(米)．11.在小于1000的自然数中，分别除以18及33所得余数相同的数有多少个?(余数可以为0)【分析与解】我们知道18，33的最小公倍数为[18，33]=198，所以每198个数一次．1～198之间只有1，2，3，…，17，198(余O)这18个数除以18及33所得的余数相同，而999÷198=5……9，所以共有5×18+9=99个这样的数．12．甲、乙、丙三数分别为603，939，393．某数A除甲数所得余数是A除乙数所得余数的2倍，A除乙数所得余数是A除丙数所得余数的2倍．求A等于多少?【分析与解】由题意知4倍393除以A的余数，等于2倍939除以A的余数，等于甲603除以A的余数．即603÷A=a……k；(2×939)÷A=b……k；(4×393)÷A=c……k．于是有(1878－603)÷A=b－a；(1878－1572)÷A=b－c；(1572－603)÷A=c－a．所以A为1275，306，969的约数，(1275，306，969)=17×3=51．于是，A可能是51，17(不可能是3，因为不满足余数是另一余数的4倍)．当A为51时，有603÷51=11……42；939÷51=18……21；393÷51=7……36．不满足；当A为17时，有603÷17=35……8；939÷17=55……4；393÷17=23……2；满足．所以，除数4为17．13．证明：形如11，111，1111，11111，…的数中没有完全平方数．【分析与解】我们知道奇数的完全平方数是奇数，偶数的完全平方数为偶数，而奇数的完全平方数除以4余1，偶数的完全平方数能被4整除．现在这些数都是奇数，它们除以4的余数都是3，所以不可能为完全平方数．4n+4n+1，显然除以4余1．评注：设奇数为2n+1，则它的平方为214．有8个盒子，各盒内分别装有奶糖9，17，24，28，30，31，33，44块．甲先取走一盒，其余各盒被乙、丙、丁3人所取走．已知乙、丙取到的糖的块数相同且为丁的2倍．问：甲取走的一盒中有多少块奶糖?【分析与解】我们知道乙、丙、丁三人取走的七盒中，糖的块数是丁所取糖块数的5倍．八盒糖总块数为9+17+24+28+30+31+33+44=216．从216减去5的倍数，所得差的个位数字只能是1或6．观察各盒糖的块数发现，没有个位数字是6的，只有一个个位数字是1的数31．因此甲取走的一盒中有3l块奶糖．15．在一根长木棍上，有三种刻度线．第一种刻度线将木棍分成10等份；第二种将木棍分成12等份；第三种将木棍分成15等份．如果沿每条刻度线将木棍锯断，那么木棍总共被锯成多少段?【分析与解】 10，12，15的最小公倍数[10，12，15]=60，把这根木棍的160作为一个长度单位，这样，木棍10等份的每一等份长6个单位；12等份的每等份长5个单位；15等份的每等份长4单位．不计木棍的两个端点，木棍的内部等分点数分别是9，11，14(相应于10，12，15等份)，共计34个．由于5，6的最小公倍数为30，所以10与12等份的等分点在30单位处相重，必须从34中减1．又由于4，5的最小公倍数为20，所以12与15等份的等分点在20单位和40单位两处相重，必须再减去2．同样，6，4的最小公倍数为12，所以15与10等份的等分点在12，24，36，48单位处相重，必须再减去4．由于这些相重点各不相同，所以从34个内分点中减去1，再减去2，再减去4，得27个刻度点．沿这些刻度点把木棍锯成28段．。