六年级奥数的数论题乒乓球解析
05小学奥数练习卷(知识点：握手问题)后附答案解析
05小学奥数练习卷（知识点：握手问题）题号一二三总分得分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第Ⅰ卷（选择题）评卷人得分一．选择题（共2小题）1．四年级六个班举行拔河比赛，要求每班要与其他各班进行一场比赛，一共要举行（）场比赛．A．4B．5C．6D．152．四年级六个班进行篮球比赛，每两个班之间都要进行一场比赛，一共要进行（）场比赛．A．10B．15C．20D．30第Ⅱ卷（非选择题）评卷人得分二．填空题（共44小题）3．A、B、C、D四个足球队进行循环比赛（每两个队之间至多比赛﹣场），赛了若干场后，A、B、C三队的比赛情况如表：场数胜负平进球失球A320120B210143C202036那么，D队一共赛了场，D队与A队比赛的比分是．4．20名羽毛球运动员参加单打比赛，两两配对进行单单循环赛，那么冠军一共要比赛场．5．四支排球队进行单循环比赛，即每两队都要赛一场，且只赛一场．如果一场比赛的比分是3：0或3：1．则胜队得3分，负队得0分；如果比分是3：2，则胜队得2分，负队得1分．比赛的结果各队得分恰好是四个连续的自然数，则笫一名的得分是分．6．某学区举行“创新杯”小学生足球赛，共有6所学校的足球队比赛，比赛采取循环制，每个队都要和其他各队赛一场，根据积分排名次，这些比赛分别安排在3个学校的球场上进行．平均每个学校要安排场比赛．7．100名学生站成一列．从前到后数，凡是站在3的倍数位置的学生都面向前方，其余学生都面向后方．当相邻两个学生面对面时，他们就会握一次手，然后同时转身．当不再有人面对面时，一共握过了次手．8．六个人传球，每两人之间至多传一次，那么这六个人最多共进行次传球．9．某地区有66条航空线路，每两个城市之间都设有一条直达的航空线，这66条航空线共连接这个地区个城市．10．48名学生参加聚会，第一个到会的男生和全部女生握手，第二个到会的男生只差一名女生没握过手，第三个到会的男生只差2名女生没握过手…最后一个到会的男生同9名女生握过手，这48名学生中共有名女生．11．某地区有30个县城，每个县城都有3条公路通向别的县城，这些县城之间共有条公路．12．8个队打篮球，每两个队都要打一场篮球，一共打场球．13．有15只甲A足球队，进行双循环比赛（每两支队赛两场），共要举行场比赛？14．市里举行足球比赛，有15个区各派出1个代表队，每个队都要与其他各队比赛一场，这些比赛分别在15个区的区体育场进行，平均每个体育场要举行场比赛？15．100把锁的钥匙搞乱了，为了确保每把锁都配上自己的钥匙，至多要试次．16．在一个国家竞赛联盟中有16支曲棍球队，它们被分成两组，每组8队．在一个赛季中，每支球队要同本组中其他每支球队打一场球，然后同另一组中的所有球队各打一场球，最后再同本组中其他球队各打一场球．那么，在这个赛季中共进行了场比赛．17．A、B、C、D、E五位同学进行乒乓球循环赛（即每2人赛一场），比赛进行了一段时间后，A赛了4场，B赛了3场，C赛了2场，D赛了1场，这时，E 赛了场．18．4个朋友见面，他们互相都握了一次手，一共握了次手．分别后，他们约定互相寄一张贺卡，一共要寄张贺卡．19．学校举办教工围棋比赛，有8名选手参加，每两人之间要下一局棋，一共要局．20．数一数如图中有个平行四边形．21．五个同学参加乒乓球赛，每两人都要赛一场，一共要赛场．22．有8支篮球队参加比赛，比赛以单场淘汰制进行．一共要进行场比赛后才能产生冠军，可采用方法进行计算．23．六个点可以连成条线段，八个点可以连成条线段．24．全班56名同学，如果每两个人握一次手，一共要握次手．25．12名运动员参加乒乓球单打比赛，比赛采用单场淘汰制，要比赛场才能决出冠军．26．奥运五福娃贝贝、晶晶、欢欢、迎迎、妮妮在鸟巢奥运馆见面了，每两个福娃都会握一次手，当贝贝握了4次手，晶晶握了3次手，欢欢握了2次手，迎迎握了1次手时，妮妮握了次手．27．开家长会时，小丽、小强、小亮和小勇的爸爸在门口相遇，他们互相握了一次手，那么他们一共握了次手．28．三个小朋友比赛踢毽子，每两个人都要比赛一次，一共要比赛次．29．世界杯足球决赛阶段把32支球队平均分成8个小组，每个小组4支球队，每两支球队之间要踢一场比赛，每个小组内共要踢比赛；小组赛共踢场．30．学校举行篮球比赛，每两支队伍都进行一场比赛，共进行了45场比赛，有支队伍参加比赛．31．六（2）班有38名同学，每两名同学握一次手，共握次手．32．四个球队比赛，每两队比赛一场，第一个队要和其余的个队比赛场；第二队要和剩余的个队比赛场…他们一共比赛场．33．某班有8个小组，两个小组负责一天的教窒卫生，若任何两个小组都合作过，则至少需要天．34．某国有7支足球队伍，每周都会选取其中的3支队伍进行一次单循环比赛，经过若一段时间后，球迷小明说：“我已经看过了任意两支队伍之间的比赛了．”那么，至少已经经历了周的比赛．35．二年级6个班级进行拔河比赛，每2个班级之间进行一场比赛，一共要进行场比赛．36．六个班进行4×400米接力赛跑，比赛以单场淘汰制，共进行六场才能产生冠军．（判断对错）37．某学校初一年级46个班，每个班组建一个足球队参加比赛，如果每两个对比赛一场，共需要比赛场；如果每场比赛淘汰一个队，进行淘汰赛决赛出冠军，共需比赛场．38．从A地到B地中间一共有C、D、E、F、G5个站，则AB两地之间一共能卖种不同的票样．39．五个班的篮球代表参加比赛，每个队都要与其他队赛一场，总共要赛场．40．三年级的3个班要举行乒乓球比赛，每个班选2名男运动员，每2个运动员之间进行一场比赛．（1）小丁是三（1）班的选手，他要进行几场比赛？（2）整个三年级男子组一共要进行几场比赛？41．8支足球队进行比赛，如果每两队之间赛一场，一共要赛场；如果把8支球队分成两组，每队都要与另一组的球队各赛一场，一共要赛场．42．六年级举行乒乓球比赛，共有12名同学参加，两人为一组进行淘汰赛，失败者将不参加下一轮比赛，如此下去决出第一名为止一共要比赛场．43．我国有16支男子甲A足球队，每两个队要进行一场比赛，共需要安排场比赛．44．学校采用单场淘汰制举行乒乓球单打比赛．共赛了10场决出冠军．则应有名选手参加比赛．45．n（n≥2）名同学互赠贺年卡一张，共需张； n（n≥2）名选手举行乒乓球单循环赛共需场．46．4个同学在假期里约定，每两人互通一封信，他们共要写封信．评卷人得分三．解答题（共4小题）47．王叔叔、李大伯、周叔叔、林阿姨和张阿姨一起参加会议，开会前他们相互握手问好．王叔叔和4人都握了手，李大伯和3人握了手，周叔叔和2人握了手，林阿姨和1人握了手，你能知道张阿姨和哪几个人握了手吗？（只写答案，不列式）48．体育课小组同学单打乒乓球比赛，小组长交来每人各打几场的统计数字．甲3场，乙5场，丙4场，丁4场，另外两名同学一个打了2场，另一个打了5场，这个统计数字正确吗？49．有100个足球队，两两进行淘汰赛，最后产生一个冠军，一共要赛多少场？50．10个队进行循环赛，胜队得2分，负队得1分，无平局．其中有两队并列第一，两队并列第三，有两个队并列第五，以后无并列情况．请计算出各队得分．参考答案与试题解析一．选择题（共2小题）1．四年级六个班举行拔河比赛，要求每班要与其他各班进行一场比赛，一共要举行（）场比赛．A．4B．5C．6D．15【分析】每两个班举行一次比赛，一个班就要有5场比赛，6个班就要有30场比赛，但这样算两两的比赛就算了2次，再除以2即可．【解答】解：5×6÷2=15（场）；故选：D．【点评】本题考查了握手问题，每两个班举行一次比赛：n个班的计算方法为：n（n﹣1）÷2．2．四年级六个班进行篮球比赛，每两个班之间都要进行一场比赛，一共要进行（）场比赛．A．10B．15C．20D．30【分析】每两个班举行一次比赛，一个班就要有5场比赛，6个班就要有30场比赛，但这样算两两的比赛就算了2次，再除以2即可．【解答】解：5×6÷2=15（场）；答：一共要举行15场比赛．故选：B．【点评】本题考查了握手问题，每两个班举行一次比赛：n个班的计算方法为：n（n﹣1）÷2．二．填空题（共44小题）3．A、B、C、D四个足球队进行循环比赛（每两个队之间至多比赛﹣场），赛了若干场后，A、B、C三队的比赛情况如表：场数胜负平进球失球A320120B210143C202036那么，D队一共赛了 1 场，D队与A队比赛的比分是0：1 ．【分析】每个队都要和另外的3个队赛一场，4个队共赛4×3=12场，去掉重复的情况，实际只赛了12÷2=6场，结合表中比赛情况可知：A赛了3场有一场是跟D进行的，B、C各赛了2场，都没有跟D进行，所以D队一共赛了1场，是跟A进行的，由于A的1平是跟B进行的，两场胜利是跟C、D进行的，所以D队与A队比赛的比分是 0：1．【解答】解：由分析可知，4个队共赛4×3=12场，去掉重复的情况，实际只赛了12÷2=6场，结合表中比赛情况可知：A赛了3场有一场是跟D进行的，B、C各赛了2场，都没有跟D进行，所以D队一共赛了1场，是跟A进行的，由于A的1平是跟B进行的，两场胜利是跟C、D进行的，所以D队与A队比赛的比分是 0：1．故答案为：1，0：1．【点评】解答本题的关键是明确：每个队都要和另外的3个队赛一场，以及A、B、C各是跟谁对阵的．4．20名羽毛球运动员参加单打比赛，两两配对进行单单循环赛，那么冠军一共要比赛19 场．【分析】20名羽毛球运动员参加单打比赛，两两配对进行单单循环赛，则冠军要和其他运动员都要打一场，共要打20﹣1=19场．【解答】解：20﹣1=19（场）答：冠军要打19场．故答案为：19．【点评】单循环制参加比赛的各队之间均相互比赛一次，即为单循环赛．5．四支排球队进行单循环比赛，即每两队都要赛一场，且只赛一场．如果一场比赛的比分是3：0或3：1．则胜队得3分，负队得0分；如果比分是3：2，则胜队得2分，负队得1分．比赛的结果各队得分恰好是四个连续的自然数，则笫一名的得分是 6 分．【分析】根据握手问题可知：四支队单循环赛，共有6场比赛，无论每场的结果如何，每场的得分之和是3分；那么总得分是：3×6=18（分），把18分解成3个连线的自然数的和即可求解．【解答】解：一个赛：4×（4﹣1）÷2=6（场）；总分：6×3=18（分）3+4+5+6=18，所以最高的6分．答：笫一名的得分是6分．故答案为：6．【点评】本题先根据单循环赛制，求出总的比赛场次，进而求出总得分，再把总得分进行分解即可．6．某学区举行“创新杯”小学生足球赛，共有6所学校的足球队比赛，比赛采取循环制，每个队都要和其他各队赛一场，根据积分排名次，这些比赛分别安排在3个学校的球场上进行．平均每个学校要安排 5 场比赛．【分析】每个队都要和另外的5个队赛一场，6个队共赛5×6=30场，去掉重复的情况，实际只赛了30÷2=15场，这些比赛分别到3个球场进行，要求平均每个球场有几场比赛，用15÷3解答即可．【解答】解：（6﹣1）×6÷2÷3=30÷2÷3=5（场）答：平均每个学校要安排5场比赛．故答案为：5．【点评】本题是典型的握手问题，如果队数比较少，可以用枚举法解答；如果队数比较多，可以用公式：n（n﹣1）÷2解答．7．100名学生站成一列．从前到后数，凡是站在3的倍数位置的学生都面向前方，其余学生都面向后方．当相邻两个学生面对面时，他们就会握一次手，然后同时转身．当不再有人面对面时，一共握过了1122 次手．【分析】每握一次手，两人转身可以看成这两人交换位置，朝向不变．这样的话，最后3号要走到1号位置，要交换2次位置，即握2次手；6号要走转到2号位置，要交换4次位置，即握4次手；9号要走转到3号位置，要交换6次位置，即握6次手；…99号要转到33位置，要交换66次位置，即握66次手；所以一共握了：2+4+6+8+…+66=1122（次）据此解答．【解答】解：根据分析可得，2+4+6+8+ (66)=（66+2）×（66÷2）÷2，=1122（次）；答：当不再有人面对面时，一共握过了1122次手．故答案为：1122．【点评】本题关键是利用假设转化使问题有规律可循，即明确每握一次手，向后的人就相当于是向前移动了一位．8．六个人传球，每两人之间至多传一次，那么这六个人最多共进行15 次传球．【分析】可以看做是一个一笔画问题．这六个点都是奇数点，不可能一笔画出来，因此至少需要去掉4 个点，即两条线，因此最多进行13 次传球．【解答】解：一个图形中，如果有K个奇点，那么这个图形会用笔画出来．为了让这个图形用一笔画出来，则要使它只存在2个奇点．上面的图形共有6个奇点，6×5÷2=15条线．最少可以去掉2条线（剩下13条线），使6个奇点变成2个奇点，就可以用一笔画出来了．所以6人两两传球，但每两人之间最多只能传一次，最多就能传13次．故答案为：13．【点评】掌握一笔画问题的解法是解决问题的关键．9．某地区有66条航空线路，每两个城市之间都设有一条直达的航空线，这66条航空线共连接这个地区12 个城市．【分析】此题看作握手问题来解答，每两个城市之间都设有一条直达的航空线，即两两握手，有66条航空线路，即有66次握手，要求这66条航空线共连接这个地区多少个城市，即求有多少人参与握手，根据握手公式解答即可．【解答】解：设这66条航空线共连接这个地区x个城市，x×（x﹣1）÷2=66x×（x﹣1）=132我们知道12×12=144，则12×11=132，所以x=12，答：这66条航空线共连接这个地区12个城市．故答案为：12．【点评】本题属于握手问题，根据握手总次数的计算方法来求解，握手次数总和的计算方法：握手次数=人数×（人数﹣1）÷2，握手次数的公式要记住，并灵活运用．10．48名学生参加聚会，第一个到会的男生和全部女生握手，第二个到会的男生只差一名女生没握过手，第三个到会的男生只差2名女生没握过手…最后一个到会的男生同9名女生握过手，这48名学生中共有28 名女生．【分析】根据题意知道，女多男少，所有的女生全部提前到达，在门口列队迎接男生到来，第一个到来的男生和所有女生握过手后，把一名女生领了进去；第二个到来的男生也和第一名男生一样，和站在门口的所有女生握手后，把一个女生领了进去，同样最后一名到来的男生同最后剩下的9名女生握手后，把一名女生领进去，最后会剩下8名女生，可见女生比男生多8名，再根据和差问题公式可以求得女生人数即可．【解答】解：根据题意知道：女生比男生多8名，女生人数为：（48+8）÷2，=56÷2，=28（名）；答：这48名学生中共有28名女生．故答案为：28．【点评】解答此题的关键是，根据题意，找出女生和男生相差的人数，再根据和差公式（（和+差）÷2=大数，（和﹣差）÷2=小数）列式解答即可．11．某地区有30个县城，每个县城都有3条公路通向别的县城，这些县城之间共有1305 条公路．【分析】甲县城到其它的29个县城之间一共有29×3条路，那么30个县城中，每个县城到其它县城各有29×3×30条路，由于乙县城到甲县城的三条路，与甲县城到乙县城的3条路相同，所以多算了一倍，再除以2即可求解．【解答】解：（30﹣1）×3×30÷2=29×3×30÷2=2610÷2=1305（条）答：这些县城之间共有1305条公路．故答案为：1305．【点评】解决本题把两个县城之间的3条路看成握手3次，然后根据握手公式：握手次数=n（n﹣1）÷2，进行求解．12．8个队打篮球，每两个队都要打一场篮球，一共打28 场球．【分析】由于每个队都要和另外的7个队赛一场，一共要赛：8×7=56（场）；又因为两个队只赛一场，去掉重复计算的情况，实际只赛：56÷2=28（场），据此解答．【解答】解：8×（8﹣1）÷2=8×7÷2=28（场）答：一共打 28场球．故答案为：28．【点评】本题考查了握手问题的实际应用，要注意去掉重复计算的情况，如果队比较少可以用枚举法解答，如果队比较多可以用公式：握手次数=n（n﹣1）÷2解答．13．有15只甲A足球队，进行双循环比赛（每两支队赛两场），共要举行210 场比赛？【分析】由题意，每两支队赛两场，即每个队都要和另外的14个队赛一场，15个队共赛14×15=210场据此解答即可．【解答】解：（15﹣1）×15=14×15=210（场）答：共要举行210场比赛．故答案为：210．【点评】本题是典型的握手问题，如果队数比较少，可以用枚举法解答；如果队数比较多，可以用公式：n（n﹣1）÷2解答．14．市里举行足球比赛，有15个区各派出1个代表队，每个队都要与其他各队比赛一场，这些比赛分别在15个区的区体育场进行，平均每个体育场要举行7 场比赛？【分析】每个队都要和另外的14个队赛一场，15个队共赛14×15=210场，去掉重复的情况，实际只赛了210÷2=105场，这些比赛分别到15个球场进行，要求平均每个球场有几场比赛，用105÷15解答即可．【解答】解：（15﹣1）×15÷2÷15=14÷2=7（场）答：平均每个体育场要举行7场比赛．故答案为：7．【点评】本题是典型的握手问题，如果队数比较少，可以用枚举法解答；如果队数比较多，可以用公式：n（n﹣1）÷2解答．15．100把锁的钥匙搞乱了，为了确保每把锁都配上自己的钥匙，至多要试4950 次．【分析】从最差情况考虑：要确保锁和钥匙都配对起来，每一把锁都要试到最后一把钥匙；那么第一把锁，有100个钥匙，试前边的99把都开不开，那么剩下的一把一定能开开，最多试99次，第2把锁最多试98次，第3把锁最多试97次，…剩下最后2把锁需要试1次，最后一把锁就不用试了，把所有次数都加起来即可．【解答】解：99+98+97+…+2+1=（99+1）×99÷2=100×99÷2=4950（次）答：至多要试 4950次．故答案为：4950．【点评】若有1把锁n把钥匙，试的次数就是钥匙的数量减1，即n﹣1次，只要前边试的都不合适，那么最后1把一定合适，就不用试了，试完第一把锁后，剩下的再这样计算即可．16．在一个国家竞赛联盟中有16支曲棍球队，它们被分成两组，每组8队．在一个赛季中，每支球队要同本组中其他每支球队打一场球，然后同另一组中的所有球队各打一场球，最后再同本组中其他球队各打一场球．那么，在这个赛季中共进行了120 场比赛．【分析】先每支球队要同本组中其他每支球队打一场球一共要打：8×（8﹣1）÷2=28场比赛，同另一组中的所有球队各打一场球一共要打：8×8=64场比赛，再每支球队要同本组中其他每支球队打一场球一共又要打：8×（8﹣1）÷2=28场比赛，所以在这个赛季中共进行了：28+64+28=120场比赛．【解答】解：8×（8﹣1）÷2+8×8+8×（8﹣1）÷2=28+64+28=120（场）答：在这个赛季中共进行了120场比赛．故答案为：120．【点评】本题考查了握手问题和乘法原理问题，关键是区分组内比赛要去掉重复计算的情况，组和组之间比赛不用考虑重复计算的情况．17．A、B、C、D、E五位同学进行乒乓球循环赛（即每2人赛一场），比赛进行了一段时间后，A赛了4场，B赛了3场，C赛了2场，D赛了1场，这时，E 赛了两场．【分析】由于共五位同学参赛，进行循环赛，即每个人都要与其它四人赛一场．由题意可知，A赛了4场，则B、C、D、E都与A赛了一场；B赛了3场，则是与A、C、E各赛了一场（由于D只赛了一场已与A赛过）；C赛了两场即是与A、B赛的，所以E赛了两场，即是与A、B赛的．【解答】解：由赛制可知：A赛了4场，则B、C、D、E都与A赛了一场；B赛了3场，则是与A、C、E各赛了一场（由于D只赛了一场已与A赛过）；C赛了两场即是与A、B赛的，所以此时E赛了两场，即是与A、B赛的．故答案为：两．【点评】根据循环赛的规则与每人比赛的场数之间的逻辑关系推出每人分别与谁进行了比赛是完成本题的关键．18．4个朋友见面，他们互相都握了一次手，一共握了 6 次手．分别后，他们约定互相寄一张贺卡，一共要寄12 张贺卡．【分析】（1）4个朋友相互握手一次，即每个朋友都要和其他3个朋友握一次手，每个朋友共握3次手，则所有朋友握手的次数为4×3=12次，握手是在两个人之间进行的，所以相互握手共12÷2=6次．（2）如果4个朋友互相寄一张贺卡，每个人都要得到另外的3个人的3张，由于每两人要互寄，一共要寄：3×4=12张贺卡，据此解答．【解答】解：（1）4×（4﹣1）÷2=4×3÷2=6（次）答：一共握手6次．（2）（4﹣1）×4=3×4=12（张）答：一共要寄12张贺卡．故答案为：6；12．【点评】在此类握手问题中，握手的次数=人数×（人数﹣1）÷2，寄贺卡的张数=人数×（人数﹣1）．19．学校举办教工围棋比赛，有8名选手参加，每两人之间要下一局棋，一共要28 局．【分析】由于每个选手都要和另外的7个选手下一局，一共要下：8×7=56（局）；又因为两个选手只下一局，去掉重复计算的情况，实际只下：56÷2=28（局），据此解答．【解答】解：（8﹣1）×8÷2=56÷2=28（局）；答：每两人之间要下一局棋，一共要 28局．故答案为：28．【点评】本题考查了握手问题的实际应用，要注意去掉重复计算的情况，如果选手比较少可以用枚举法解答，如果个选手比较多可以用公式：比赛局数=n（n ﹣1）÷2解答．20．数一数如图中有90 个平行四边形．【分析】根据握手问题的方法，先确定两条相邻底上点的个数，由此得到长边线段的条数，再得到短边线段的条数，相乘即可求解．【解答】解：（5+4+3+2+1）×（3+2+1）=15×6=90（个）答：图形中有90个平行四边形．故答案为：90．【点评】本题考查了组合图形中平行四边形的计数，一般情况下，如果有类似图中的任一个平行四边形一边上有（n﹣1）个分点（不包括这条边的两个端点），另一边上有（m﹣1）个分点（不包括这条边的两个端点），通过这些点分别作对边的平行线且与另一边相交，这两组平行线将平行四边形分为许多平行四边形，这时平行四边形的总数为：（1+2+3+…+m）×（1+2+3+…+n）．21．五个同学参加乒乓球赛，每两人都要赛一场，一共要赛10 场．【分析】五个同学参加乒乓球赛，即每个人都要和另外5﹣1人赛一场，则共需要5×（5﹣1）场，由于比赛是两人之间进行的，所以一共要赛5×（5﹣1）÷2场．【解答】解：5×（5﹣1）÷2=5×4÷2=10（场）答：一共要赛10场．故答案为：10．【点评】握手问题：假设有N个人，则每个人都要和除自己之外的（N﹣1）个人握手，则总握手的次数是N（N﹣1），但是在这N（N﹣1）次的握手中，每一次的握手都重复计算了，所以，要把它除以2．22．有8支篮球队参加比赛，比赛以单场淘汰制进行．一共要进行7 场比赛后才能产生冠军，可采用参加队伍数﹣1 方法进行计算．【分析】淘汰赛每赛一场就要淘汰一支队伍，而且只能淘汰一支队伍．即淘汰掉多少支队伍就恰好进行了多少场比赛，由此解答即可．【解答】解：8﹣1=7（场）答：一共要进行7场比赛后才能产生冠军，可采用“参加队伍数﹣1”方法进行计算．故答案为：7，参加队伍数﹣1．【点评】淘汰赛比赛场数=参加队伍数﹣1．23．六个点可以连成15 条线段，八个点可以连成28 条线段．【分析】每一条线段有两个端点，从6个点中选一个点作为端点有6种方法，而选第二个点有5种方法，共有6×5种方法．但是因有重合的情况，故实际上是（6×5）÷2条线段；同理可以求出8个点可以连成多少条线段．【解答】解：6×（6﹣1）÷2=6×5÷2=15（条）8×（8﹣1）÷2=8×7÷2=28（条）答：六个点可以连成 15条线段，八个点可以连成 28条线段．故答案为：15，28．【点评】解答此题的关键是，两点只能连一条线段，所以要排除重合的情况．24．全班56名同学，如果每两个人握一次手，一共要握1540 次手．【分析】每个人都要和另外的55个人握一次手，56个人共握56×55=3080次，由于每两人握手，应算作一次手，去掉重复的情况，实际只握了3080÷2=1540次，据此解答．【解答】解：56×（56﹣1）÷2=3080÷2=1540（次）答：一共要握 1540次手．故答案为：1540．【点评】本题是典型的握手问题，如果人数比较少，可以用枚举法解答；如果人数比较多，可以用公式：n（n﹣1）÷2解答．25．12名运动员参加乒乓球单打比赛，比赛采用单场淘汰制，要比赛11 场才能决出冠军．【分析】淘汰赛每赛一场就要淘汰运动员一名，而且只能淘汰一名．最后只剩下。
100桶乒乓球 智力题
这道题考察的是我们对题目的理解和推理分析能力，我们可以按照以下的思路来解答：
* 首先，我们明确题目中有100桶乒乓球，每桶都有任意数量的乒乓球。
* 其次，我们要明确题目中的关键信息：每次只能从桶中拿走乒乓球，每次只能拿走一个乒乓球，拿走后桶中不能再有乒乓球。
* 然后，我们可以开始推理：由于每桶中乒乓球的数量是不确定的，为了确保我们能够在最少的步骤中拿完所有的乒乓球，我们需要首先从数量最多的桶开始拿。
* 接着，我们可以通过尝试和错误的方法来确定哪个桶中的乒乓球数量最多。
然而，这种方法并不高效。
更好的方法是利用数学方法来计算。
* 最后，由于我们每次只能拿一个乒乓球，我们可以从每个桶中拿出一个乒乓球，直到所有桶都被拿过一次。
这样我们就可以确定每个桶中最多有多少个乒乓球。
综上所述，我们可以得出结论：为了在最少的步骤中拿完所有的乒乓球，我们应该首先从数量最多的桶开始拿，直到每个桶都被拿过一次。
6年级奥数数论综合问题(4)例题解析
【内容概述】具有相当难度，需要灵活运用各种整数知识，或与其他方面内容相综合的数论问题．【例题】1．有4个不同的自然数，它们当中任意2个数的和是2的倍数，任意3个数的和是3的倍数．为了使得这4个数的和尽可能地小，这4个数分别是多少?[分析与解]由“4个不同的自然数当中任意2个数的和是2的倍数”知这4个数同奇同偶．又由“4个不同的自然数当中任意3个数的和是3的倍数”知这4个数同余于3，即除以3都余1或2或0．当第一个数为1时，剩下的数只能是奇数，并且除以3的余数都是1，所以依次为1，7，13，19．当第一个数为2时，剩下的数应均是偶数，并且除以3的余数都是2，显然这种情况的四个数对应的都比第一种情况下的4个数大．所以满足条件且和最小的4个数依次为1，7，13，19．2．有3个自然数，其中每一个数都不能被另外两个数整除，而其中任意两个数的乘积却能被第三个数整除．那么这样的3个自然数的和的最小值是多少?[分析与解]设这三个自然数为A，B，C，有A＝a×b，B＝b×c，C＝c×a，当a、b、c均是质数时显然满足题意，为了使a，b，c的和最小，则质数a、b、c应尽可能的取较小值，显然当a、b、c为2、3、5时最小，有A＝2×3＝6，B＝3×5＝15，C＝5×2＝10．于是，满足这样的3个自然数的和的最小值是6+15+10＝31．3．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?[分析与解]这个数奇数位的数字和于偶数位的数字和的差d是11的倍数，而它们的数字和是奇数13，因此，d只能是11的奇数倍．又这数至多四位，所以奇数位数字和与偶数位数字和都小于9，即小于18，所以d＝11，奇、偶数位的数字和为12，1或1，12，因此，这个数至少是三位数，如果是三位数，那么它可以是913，814，715，616，517，418，319这7个．如果是四位数，那么它可以是1903，1804，1705，1606，1507，1408，1309；3190，3091，418，408．这样，共有7+4+7＝18个满足条件的数．4．对于两个不同的整数，如果它们的积能被和整除，就称为一对“好数”，例如70与30．那么在1，2，…，16这16个整数中，有好数多少对?5．将自然数接写在任意一个自然数的右面，如果得到的新数都能被N整除，那么N称为“魔术数”．问小于1996的自然数中有多少个魔术数?[分析与解]当这个“魔术数”为一位数时，设为a，则将a写道任意一个自然数A的右边得到的新的自然数为10A+a，要求10A+a能被a整除，只用10A 能被a整除，而A是任意选择的，所以a应是10的约数，有a可以为5，2，1．类似的分析知，两位数的魔术数应是100的约数，即可以为50，25，20，10．三位的魔术数应是1000的约数，即可以为500，250，200，125，100．四位的魔术数应是10000的约数，即可以为5000，2500，2000，1250，1000．于是小于1996的魔术数有1，2，5，10，20，25，50，100，125，200，250，500，1000，1250这14个数．6．甲、乙两人进行下面的游戏：两人先约定一个自然数N，然后由甲开始，轮流把0，l，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字中的一个填入图15-l 的某个方格中，每一方格只能填一个数字，但各方格所填的数字可以重复．当6个方格都填有数字后，就形成一个六位数．如果这个六位数能被N整除，那么乙获胜；如果这个六位数不能被N整除，那么甲获胜．设N小于15，问当N取哪几个数时，乙能取胜?[分析与解]当N取2，4，6，8，10，12，14这7个偶数时，当甲将某个奇数放到最右边的方格中，则这个六位数一定是奇数，奇数显然不能被偶数整除，所以此时乙无法取胜；而当N取5时，当甲在最右边的方格内填入一个非0非5的数字时，则这个六位数一定不能被5整除，所以此时乙无法获胜；此时还剩下1，3，7，9，11，13这6个数，显然当N取1时，乙一定获胜；当N取3或9时，只要数字对应是3或9的倍数时，这个六位数就能被对应的3或9整除，显然乙可以做到；当N取7，11或13时，只要前三位数字和与后三位数字和的差对应是7，11，13的倍数时，这个六位数就对应是7，11，13的倍数，乙可以做到．于是，当N取1，3，7，9，11，13时，乙适当的操作能保证自己一定能获胜．7．在1，2，3，…，1994，1995这1995个数中找出所有满足下面条件的数来：1995+a能整除1995×a．[分析与解]题中要求是自然数，所以1995－＝也是自然数，即1995+a是1995×1995的约数．将1995×1995分解质因数，1995×1995＝32×52×72×192，它在1995与2×1995之间(不包括1995)的约数有32×192＝3249，7×192＝2527，3×72×19＝2793，52×7×19＝3325，32×5×72＝2205，3×52×72＝3675．于是a的值有6个，即3249－1995＝1254，2527－1995＝532，2793－1995＝1330，2205－1995＝210，3675－1995＝1680．8．已知a与b的最大公约数是12，b与c的最小公倍数是300，b与c的最小公倍数也是300．那么满足上述条件的自然数a，b，c共有多少组?[分析与解]300＝12×52，是a、b的倍数，而12是a、b的最大公约数，所以a、b有5种可能，即由于a、b中总有一个为12，则c＝2x×3y×5z，其中x可以取0、1、2中的任意一个，y可以取0、1中的任意一个，这样满足条件的自然数a、b、c 共有5×3×2＝30组．9．A，B，C，D这4人都常去电影院，A每隔2天去1次，B每隔4天去一次，C每隔6天去一次，D每隔10天去一次．今天他们4人都去电影院，将来会有连续2天恰好都有2人去电影院．如果今天算第一天，那么最早出现的具有上述性质的连续2天是第几天和第几天?[分析与解]由条件知A每3天，B每5天，C每7天，D每11天去一次电影院．于是有A、B每[3，5]＝15天，A、C每[3，7]＝21天，A、D每[3，11]＝33天，B、C每[5，7]＝35天，B、D每[5，11]＝55天，C、D每[7，11]＝77天同时去电影院．而3、5、7、11互质，有连续2天恰好都有2人去电影院，则在这两天里不可能都出现某人，因为如果这样的话，这连续的两天都是此人的去影院的整数周期倍，而周期均大于1，显然不可能．由上表知，最早出现题中性质的连续2天是在4人相遇后的440，441天后，如果记4人相遇是在第一天，那么这最早出现提出性质的连续2天是在第441天和442天．10．圆周上放有N枚棋子，如图15-2所示，B点的那枚棋子紧邻A点的棋子．小洪首先拿走B点处的l枚棋子，然后沿顺时针方向每隔l枚拿走2枚棋子，这样连续转了10周，9次越过A．当将要第10次越过A处棋子取走其他棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子．若N是14的倍数，请精确算出圆周上现在还有多少枚棋子?[分析与解]设圆周上余a枚棋子，从第9次越过A处拿走2枚棋子到第10次将要越过A处棋子时，小洪拿了2a枚棋子，所以在第9次将要越过A处棋子时，圆周上有3a枚棋子．依次类推，在第8次将要越过A处棋子时，圆周上有32a枚棋子，…，在第1次将要越过A处棋子时，圆周上有39a枚棋子，在第1次将要越过A处棋子之间，小洪拿走了2(39a－1)+枚棋子，所以N＝2(39a－1)+1+39a＝310a－1．N＝310a－1＝59049a－1时14的倍数，N就是2和7的公倍数，所以a必须是奇数；又N＝(7×8435+4)a－1＝7×8435a+4a－1，所以4a－1必须是7的倍数．当a＝21，35，27，29时，4a－1不是7的倍数，当a＝23时，4a－1＝91＝7×13，是7的倍数．所以，圆周上还有23枚棋子．11．两个自然数，差是98，各自的各位数字之和都能被19整除．那么满足要求的最小的一对数之和是多少？[分析与解]两个自然数相同，每有一次进位，和的各位数字之和将比组成两个加数的各位数字之和减少9．由于“小数”+98＝“大数”，所以要使“小数”的各位数字之和与“大数”的各位数字之和相差19的倍数，“小数”+98至少要进位4次，这时“大数”的各位数字之和比“小数”将减少9×4－(9+8)＝19．当“小数”的各位数字之和是19×2=38时，“大数”的各位数字之和应该为19．下面我们来验证这种情况是否成立。
六年级奥数题及答案 乒乓球比赛
六年级奥数题及答案乒乓球比赛
六年级既是我们学习的冲刺阶段，又是我们为升学打根底的关键时期，所以同学们一定要抓住每一次练习的时机，给自己增强实力。
乒乓球比赛场地上，共有10张球桌同时进展比赛，有单打，也有双打，共有32名球员出场比赛。
其中有几桌是单打，几桌是双打呢?
答案与解析：单打每张球桌2人，双打每张球桌4人。
如果10桌全是单打，出场的球员将只有20人。
但是现在有32人出场，多12人。
每拿一桌单打换成双打，参赛的球员多出2人。
要能多出12人，应该有6桌换成双打。
这个单打双打问题，按照题型来看，属于传统的鸡兔同笼问题。
上面所用的解法，也是鸡兔同笼问题的常规解法，先假定都是同一种，然后替换。
也可利用中国古代解答鸡兔同笼问题时的“折半”法，算法更简单。
每张球桌沿着中间的球网分成左右两半，只考虑左半边。
单打的球桌左半边站1个人，双打的球桌左半边站2个人。
10张球桌两边共站32个人，左半边共站16个人。
6年级奥数数论综合问题(2)例题解析
【内容概述】我们在本讲不着重讨论n进制中运算问题，我们是关心n这个数字，即为几进制．对于进位制我们要注意本质是：n进制就是逢n进一．但是，作为数论的一部分，具体到每道题则其方法还是较复杂的．说明：在本讲中数字，不特加说明，均为十进制．【例题】题1．计算：(234)7+(656)7[分析与解]我们必须注意到7进制的运算必须是逢7进1，如下：于是，和为(1223)7题2．在几进制中有4×13＝100．[分析与解]我们利用尾数分析来求解这个问题：不管在几进制均有(4)10×(3)10＝(12)10．但是，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．但是出现了4，所以不可能是4，3，2进制．我们知道(4)10×(13)10＝(52)10，因52<100，也就是说不到10就已经进位，才能是100，于是我们知道n<10．所以，n只能是6．题6．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？[分析与解](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；mod7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．于是，35a＝15＋80×2；a＝5．于是(abc)6＝(552)6＝5×62＋5×6＋2＝212．所以，这个三位数在十进制中为212．题7．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．[分析与解]我们将b进制中数改写为10进制，则(777)b＝7×b2+7×b+7；则有7×b2+7×b+7＝x4，我们知道N是7的倍数，所以x4也是7的倍数，又7为质数，所以x是7的倍数．于是，令x＝7t，则7×b2+7×b+7＝2401t3，则b2+b+1＝343t4；当t＝1时，b2+b+1＝343，b(b+1)＝342，则b＝18；因为t最小，所以b也是最小的．所以有最小在18进制有(777)18＝(74)10．题8．设1987可以在b进制中写成三位数，且x+y+z＝1+9+8+7，试确定出所有可能的x、y、z及b．题9．(1)证明10201在大于2的任何进制的记数法中，都是一个合数．(2)证明10101在任何进制的记法中，都是一个合数．[分析与解](1)设在b进制，则(10201)b＝1×b4+2×b2+1＝(b2+1)2；所以不管在何进制，均是一个非1的完全平方数，当然是一个合数．(2)设在a进制，则(10101)＝1×a4+1×a2+1＝(a2+1)2-a2＝(a2+1-a)(a2+1+a)；a可以将其表达为两个均不为1的整数乘积，显然为合数．例10．下列加法算式是( )进制的不同字母代表不同的数字．[分析与解]于是，我们知道n＝4，所以为4进制，则A+B+C+D＝3+1+2+0＝6．题11．称n个相同的数a相乘叫做a的n次方，记做a n，并规定a0＝1．如果某个自然数可以写成2的两个不同次方(包括零次方)的和，我们就称这样的数为“双子数”，如9＝23＋20，36＝25＋22．它们都是双子数，那么小于1040的双子数有_______个．[分析与解]我们注意到与二进制的联系：(9＝23＋20)10＝(1001)2，(36＝25＋22)10＝(100100)2，写成2的两个不同次方(包括零次方)的和这样的数改写为二进制后只含有2个1，我们知道：(1040＝210＋24)10＝(10000000000＋10000)2＝(10000010000)2，这样二进制为11位数，但是11位数有限制；我们先看10位数，于是(**********)，这样10位数，选择2个数位填1，其他为0，所以为；再考虑11位数，于是(1000001****)，只有4个“*”和紧邻的“1”于是有5种选择；所以，共有＋5＝50种选择方法．所以这样的“双子数”为50个．题12．一个非零自然数，如果它的二进制表示中数码1的个数是偶数，则称之为“坏数”．例如：18＝(10010)2是“坏数”．试求小于1024的所有坏数的个数．[分析与解]我们现把2004转化为二进制：(1024)10＝210＝(10000000000)2．于是，在二进制中为11位数，但是我们只用看10位数中情况，于是为＝＝45+210+210+45+1＝511．于是，小于1024的“坏数”有511个．题16．试求(22006－1)除以992的余数是多少？[分析与解]我们注意到被除数与2的次幂有关，所以，我们试图通过2进制来解决．题17．一个10进制的三位数，把它分别化为9进制和8进制数后，就又得到了2个三位数．凌老师发现这3个三位数的最高位数字恰好是3、4、5，那么这样的三位数一共有多少个？[分析与解]我们设(3ab)10＝(4cd)9＝(5ef)8；我们知道(4cd)9在(400)9～(488)9之间，也就是4×92～5×92－1，也就是324～406；还知道(5ef)8在(500)8～(577)8之间，也就是5×82～6×82－1，也就是320～383；又知道(3ab)10在(300)10～(399)10之间．所以，这样的三位应在在324～383之间，于是有383－324+1＝60个三位数满足条件．题18．一袋花生共有2004颗，一只猴子第一天拿走一颗花生，从第二天起，每天拿走的都是以前各天的总和．①如果直到最后剩下的不足以一次拿走时却一次拿走，共需多少天？②如果到某天袋里的花生少于已拿走的总数时，这一天它又重新拿走一颗开始，按原规律进行新的一轮．如此继续，那么这袋花生被猴子拿光的时候是第几天？。
奥数 六年级竞赛 数论(二).教师版word
小学奥数数论内容中，余数相关问题是最成体系的，也是各类竞赛考试中的重点．⑴同余性质是解决同余问题的重要依据,复习简单同余问题，学会灵活运用同余性质解决同余问题. ⑵熟练掌握余数定理在多位数除法以及高次冥末尾数字求解中的基本运用.⑶能用凑同余的办法解决一个数除以多个数，得不同余数的问题，学会使用中国剩余定理．带余除法：一般地，如果a 是整数，b 是整数()0b ≠，那么一定有另外两个整数q 和r ，0r b ≤<，使得a b q r =⨯+．当0r =时，我们称a 能被b 整除．当0r ≠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 ÷= ,0r b ≤<．同余式：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“同余式”表示为()mod a b m ≡意味着(我们假设a b ≥)a b mk -=，k 是整数，即()|m a b -．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．余数定理：①两数的和除以m 的余数等于这两个数分别除以m 的余数和．实例：7321÷= ，5312÷= ，这样()753+÷的余数就等于()123+÷的余数．②两数的差除以m 的余数等于这两个数分别除以m 的余数差．实例：8322÷= ，4311÷= ，这样()843-÷的余数就等于()213-÷的余数．③两数的积除以m 的余数等于这两个数分别除以m 的余数积．实例：7321÷= ，5312÷= ，这样()753⨯÷的余数就等于()123⨯÷的余数． 第 6讲数论(二)【例 1】 有一个整数，用它去除70，110，160所得到的3个余数之和是50，那么这个整数是______．【分析】 (70110160)50290++-=，503162÷= ，除数应当是290的大于17小于70的约数，只可能是29和58，11058152÷= ，5250>，所以除数不是58．7029212÷= ，11029323÷= ，16029515÷= ，12231550++=，所以除数是29．【例 2】 一个两位数被它的各位数字之和去除，问余数最大是多少？【分析】 设两位数ab (a 表示十位数字，b 表示个位数字)1091ab a b a a b a b a b+==++++ 由于余数不会超过除数a b +的值，所以我们对a b +的值从最大值18开始往小进行尝试搜索：当18a b +=，此时余数为9． 当17a b +=，则两位数为89、98，余数为4、13．当16a b +=，则两位数为97、88、79，余数为1、8、15．则余数最大的为15，因为接下来，除数最大为15，这样余数中最大的也只可能为14，所以余数最大的是15．【例 1】 一个自然数除429、791、500所得的余数分别是5a +、2a 、a ，求这个自然数和a 的值. ［分析］ 将这些数转化被该自然数除后余数为2a 的数：()42952848-⨯=，791、50021000⨯=，这些数被这个自然数除所得的余数都是2a ，同余. 将这三个数相减，得到84879157-=、1000848152-=，所求的自然数一定是57和152的公约数，而()57,15219=，所以这个自然数是19的约数，显然1是不符合条件的，经过验证，当这个自然数是19时，除429、791、500所得的余数分别为11、12、6，6a =时成立,所以这个自然数是19，6a =.［拓展］已知60，154，200被某自然数除所得余数分别是1a -，2a ，31a -，求该自然数的值． ［分析］ 自然数61，154，201被该数除所得余数分别是a ，2a ，3a ．自然数2613721=与154同余，611549394⨯=与201同余，所以除数是3567和9193的公约数，运用辗转相除法可得到该除数为29．经过检验成立．［拓展］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］ 设这个数为M ，则11603M A r ÷=22939M A r ÷=33393M A r ÷=122r r =,232r r =,要消去余数1r ,2r ,3r ,我们只能先把余数处理成相同的，再两数相减．这样我们先把第二个式子乘以2，这样被除数和余数都扩大2倍，同理，第三个式子乘以4． 这样我们可以得到下面的式子：11603M A r ÷=()22939222M A r ⨯÷=()33393424M A r ⨯÷=这样余数就处理成相同的．最后两两相减消去余数，意味着能被M 整除．93926031275⨯-=，3934603969⨯-=，()1275,30651317==⨯．603，939，393这三个数有公约数3．51317÷=．则A 等于17．【例 2】 一个自然数减去它的各位数字之和得到的差值，称为“好数”．例如，根据()757757738-++=是“好数”．在四位数20□○的方框中填入某个恰当的数字后，可以使得无论圆圈内填入09 中的哪个数字，该四位数都不是“好数”，那么在方框中应填写数字__________．【分析】 注意到所有“好数”都是9的倍数，但9的倍数不一定都是好数．200x 对应的“好数”是20021998x x --=；201x 对应的“好数”是201212007x x ---=；202x 对应的“好数”是202222016x x ---=；…… …… ……209x 对应的“好数”是209292079x x ---=；210x 对应的“好数”是210212097x x ---=；即在20□○中“好数”只能是2007、2016、2025、2034、2043、2052、2061、2070、2079、2097． 所以，如果在20□○的“□”内填入8，则不管“○”填入什么数都不能是“好数”．【例 3】 (南京市“兴趣杯”少年数学邀请赛决赛)现有糖果254粒，饼干210块和桔子186个．某幼儿园大班人数超过40．每人分得一样多的糖果，一样多的饼干，也分得一样多的桔子．余下的糖果、饼干和桔子的数量的比是：1:3:2，这个大班有_____名小朋友，每人分得糖果_____粒，饼干_____块，桔子_____个．【分析】 法一：设大班共有a 名小朋友．由于余下的糖果、饼干和桔子的数量之比是1:3:2，所以余下的糖果、桔子数目的和正好等于余下的饼干数，从而254186210+-一定是a 的倍数，即2541862102301230102325+-==⨯=⨯=⨯⨯是a 的倍数．同样，225418632223142327⨯-==⨯=⨯⨯也一定是a 的倍数．所以，a 只能是232⨯的因数．但40a >，所以46a =．此时25446524=⨯+，21046372=⨯+，18646348=⨯+．故大班有小朋友46名，每人分得糖果5粒，饼干3块，桔子3个．法二：如果糖果有25461524⨯=粒，饼干有2102420⨯=块，橘子有1863558⨯=个，那么余下的糖果、饼干、橘子的个数相等，所以1524、420、558这三个数的相互之差是大班人数的倍数，152********-=，558420138-=，()1104,138138=，所以幼儿园大班人数是138的大于40的约数，即138、69、46，经过检验，其中只有46满足条件．每人分得糖果5粒、饼干3块、橘子3块．【例 4】 试求105253168⨯的末两位数．【分析】 分别考虑这两个幂除以4和25所得的余数．首先考虑4，253除以4余数是1，所以25310除以4的余数仍是1；168是4的倍数，它的5次方仍是4的倍数，即除以4的余数为0，则原数除以4的余数也是0．再考虑25，253除以25余3，则只需看310除以25的余数，又310=27×27×27×3，则310除以25的余数为2×2×2×3=24；168除以25余18，则只需看51832432418=⨯⨯除以25的余数，可知余数为18；又2418432⨯=除以25的余数为7，所以原式除以25的余数即为7．两位数中，能被4整除，除以25余7的数只有32，则原式的末两位即为32．［拓展］试求20082007的末两位数.［分析］200720007=+，所以20082007的末两位数与20087的末两位数相同． ()()100450220082100425027749492401====，2401被100除余1所以5022401被100除得的余数等于5021，所以20082007的末两位数是01.［拓展］求89143除以7的余数．［分析］ 法一：∵()1433mod7≡(143被7除余3)∴()89891433mod7≡(89143被7除所得余数与893被7除所得余数相等)而63729=，()7291mod7≡∴()8966655143333335mod7≡⨯⨯⨯⨯≡≡个． 89于是余数以6为周期变化．所以335mod7≡≡．【例 5】1234200512342005+++++ 除以10所得的余数为多少？ 【分析】 求结果除以10的余数即求其个位数．从1到2005这2005个数的个位数字是10个一循环的，而对一个数的幂方的个位数，我们知道它总是4个一循环的，因此把每个加数的个位数按20个(20是4和10的最小公倍数)一组，则不同组中对应的数字应该是一样的．首先计算123420123420+++++ 的个位数字，为4．2005个加数中有100组另5个数，100组的个位数是4100400⨯=的个位数即0，另外5个数为20012001、20022002、20032003、20042004、20052005，它们和的个位数字是1476523++++=的个位数 3，所以原式的个位数字是3，即除以10的余数是3．【例 6】 求{10031203308L 个除以19的余数． 【分析】 法一：{{{10161003101312033081266406332=-L L L 个个个 {{101310132063326332=⨯-L L 个个 {1013196332=⨯L 个 所以{10031203308L 个除以19的余数为0． 法二：首先计算120308被19除所得余数为0，120330812030810228=⨯+，228也是19的倍数，所以1203308也是19的倍数．12033308120330810228=⨯+，所以1203308也是19的倍数．以此递推可得到{10031203308L 个也是19的倍数．［拓展］(2008年奥数网杯)已知20082008200820082008a = 个，问：a 除以13所得余数是______.［分析］2008除以13余6，10000除以13余3， 注意到200820082008100002008=⨯+；20082008200820082008100002008=⨯+；2008200820082008200820082008100002008=⨯+；根据这样的递推规律求出余数的变化规律：20082008除以13余6361311⨯+-=，200820082008除以13余1136390⨯+-=，即200820082008是13的倍数，而2008除以3余1，所以20082008200820082008a = 个除以13的余数与2008除以13的余数相同，为6.【例 7】 对任意的自然数n ，证明2903803464261n n n n A =--+能被1897整除．【分析】18977271=⨯，7与271互质，因为29035(mod 7)≡，8035(mod7)≡，4642(mod 7)≡，2612(mod7)≡，所以，290380346426155220(mod7)n n n n n n n n A =--+≡--+≡，故A 能被7整除．又因为2903193(mod 271)≡，803261(mod 271)≡，464193(mod 271)≡，所以29038034642611932611932610(mod271)n n n n n n n n A =--+≡--+≡，故A 能被271整除． 因为7与271互质，所以A 能被1897整除．【例 8】 在下表中填入自然数，要求第一行中所填入的自然数从左到右依次是31，32，33， ，第中填入的自然数从左到右依次是13，23，33， ，第三行中填入的自然数是同一列当中第一行、7【分析】 第一行的数被7除所得余数依次是1，1，6，1，6，6，0，……，以7为周期．第二行的数被7除所得的余数依次是3，2，6，4，5，1……，以6为周期．第三行的自然数如果除以7余1，那么对应第一行、第二行的自然数被7除，只有0+1和6+2两种情况，其中第一种情况下，对应的列数能被7和6整除，所以在第42列才能出现该情况，第二种情况下，对应的列数被7除余3，5，6，被6除余2，符合条件的最小列数是20．“物不知数问题”一般解题步骤：①凑“多”相同，即把余数处理成相同 条件：余数与除数的和相同②凑“缺”相同，即把余数处理成缺的数字相同 条件：除数与余数的差相同③先考虑上面两种，如果都不行，可使用逐步满足法或使用“中国剩余定理” ．④逐步满足法：先满足条件一，得N ，再用“M N =+已满足除数公倍数”来满足下一个条件．《孙子算经》中有记载：“今有物不知其数：三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物几何？”它的意思就是，有一些物品，如果3个3个的数，最后剩2个；如果5个5个的数，最后剩3个；如果7个7个的数，最后剩2个；求这些物品一共有多少？这个问题人们通常把它叫作“孙子问题”， 西方数学家把它称为“中国剩余定理”．到现在，这个问题已成为世界数学史上闻名的问题．到了明代，数学家程大位把这个问题的算法编成了四句歌诀：三人同行七十稀，五树梅花廿一枝；七子团圆正半月，除百零五便得知．用现在的话来说就是：一个数用3除，除得的余数乘70；用5除，除得的余数乘21；用7除，除得的余数乘15．最后把这些乘积加起来再减去105的倍数，就知道这个数是多少．《孙子算经》中这个问题的算法是：702213152233⨯+⨯+⨯=；23310510523--=；所以这些物品最少有23个．得出问题中的系数70、21、15，实际上是非常巧妙的构造过程,这三个数满足以下条件70是5和7的公倍数，且被3除余1；21是3和7的公倍数，且被5除余1；15是3和5的公倍数，且被7除余1．在这样的条件下，任意一个系数乘以对应余数所得的积，被对应除数除后所得的余数恰好等于对应余 数，且该积仍然能被其他两个除数整除，因此三个积相加并不相互影响各自被对应除数除后所得的余数． 即702115a b c ++是被3除余a ，被5除余b ，被7除余c 的数．【例 9】 一个大于10的数，除以3余1，除以5余2，除以11余7，问满足条件的最小自然数是多少？【分析】 法一：仔细分析可以发现321527⨯+=+=，所以这个数可以看成被3、5、11除余7，[]3,5,11165=，所以这个数最小是1657172+=．法二：事实上，如果没有“大于10”这个条件，7即可符合条件，在7的基础上加上3，5，11的最小公倍数，得到172即为所求的数．［铺垫］一个大于10的数，除以5余3，除以7余1，除以9余8，问满足条件的最小自然数为＿＿＿＿． ［分析］ 根据总结，我们发现三个数中两个数的除数与余数的和都是53718+=+=，这样我们可以把余数都处理成8，所以[]5,7,9315=，所以这个数最小为3158323+=．［铺垫］一个小于200的数，它除以11余8，除以13余10，这个数是多少？［分析］ 根据总结，我们发现这两个除数与余数的差都等于11813103-=-=，观察发现这个数加上3后就能同时被11和13整除,所以[]11,13143=，所以这个数是1433140-=．【例10】 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余4，问满足条件的最小自然数为＿＿＿＿．【分析】 法一：根据总结，我们发现前面两种都不符合，所以可以使用普遍适用的“中国剩余定理”，步骤如下：分别找出除以7余7的公倍数，除以3余2的5、7的公倍数，分别是：60、63、35可见60+63+35=158满足我们的条件，但不是最小的自然数，处理方法就是减去最小公倍数的若干倍，使结果小于最小公倍数．所以答案为：158-105=53．法二：逐步构造符合条件的最小自然数，首先求符合前两个条件的最小自然数，用3不断加2，当2被加上两个3时得到8，检验符合前两个条件，再用3和5的最小公倍数不断加8，当8被加上3个15，得到53，检验符合三个条件．法三：逐步构造符合条件的最小自然数，首先求符合后面两个条件的最小自然数，用7不断加4，当4被加上两个7时得到18，检验符合后两个条件，再用7和5的最小公倍数不断加18，当18被加上1个35，得到53，检验符合三个条件．【例11】有连续的三个自然数a、1a+，它们恰好分别是9、8、7的倍数，求这三个自然数中最a+、2小的数至少是多少？【分析】法一：由1a+是7的倍数，得到a被7除余5，运用中国a+是8的倍数，得到a被8除余7，由2剩余定理求a：(⨯+⨯=495是满足各个余数条件的最小441728854527值，所以a至少是495．法二：a、1a++也分别是9、a++、27a+、18a+、2a+恰好分别是9、8、7的倍数，那么9a+的最小值是987504⨯⨯=，即a至少是495．8、7的倍数，即9a+是9、8、7的倍数，9【例12】一个数除以3、5、7、11的余数分别是2、3、4、5，求符合条件的最小的数：【分析】将33210×5=1050被11除余5，由此可知770+693+165+1050=2678是符合条件的一个值，又3、5、7、11的最小公倍数是1155，所以2678-1155×2=368是符合条件的最小值．［拓展］一个数除以2、3、5、7、11的余数分别是1、2、3、4、5，求符合条件的最小数．［分析］本题实际上就是求被3、5、7、11除的余数分别是2、3、4、5的最小奇数，符合条件的最小偶数是368，只要将368加上3×5×7×11就能求得符合条件的最小奇数，这个数是368+3×5×7×11=1523．1． 有一个自然数，用它分别去除63，90，130都有余数，3个余数的和是25．这3个余数中最大的一个是多少？【分析】 由于这三个数除以这个自然数后所得的余数和为25，所以63、90、130的和除以这个自然数后所得的余数为25，所以63+90+130-25=258能被这个自然数整除.258=2×3×43，显然当除数为2、3、6时，3个余数的和最大为3×(2-1)=3，3×(3-1)=6，3×(6-1)=15，所以均不能满足条件.当除数为43×2、43×3、43×6时，它除63的余数均是63，所以也不满足.那么除数只能是43，它除63，90，130的余数依次为20，4，1，余数的和为25，满足. 显然这3个余数中最大的为20．2． ()200831312008+被13除所得的余数是多少？【分析】31被13除所得的余数为5，31n 当n 取1，2，3， 时31n 被13除所得余数分别是5，12，8，1，5，12， 所以200831被13除余1．2008被13除所得的余数是6，6n 当n 取1，2，3， 时，6n 被13除所得的余数分别是6，10，8，9，2，12，7，3，5，4，11，1，6， 所以316被13除所得的余数等于76被13除所得的余数，即7，所以()200831312008+被13除所得的余数是178+=．3． 一个自然数除以7、8、9后分别余3、5、7，而所得的三个商的和是758，这个数是___________．【分析】 这个数加上11后能被7、8、9整除．7、8、9的最小公倍数是789504⨯⨯=，所以除以7,8,9后分别余3、5、7的数最小为50411-．504分别除以7、8、9所得的商之和是897879191⨯+⨯+⨯=，则50411-分别除以7、8、9所得的商之和是19123185-⨯=．7581851913=+⨯，所以这个数为5041150432005-+⨯=．4． 一个数除以5余3，除以6余4，除以7余1，求适合条件的最小的自然数．【分析】 “除以5余3”即“加2后被5整除”，同样“除以6余4”即“加2后被6整除”．[]5,6228-=，即28适合前两个条件．分析[]285,6x +⨯中能满足“除以7余1”的x 的值．可得到4x =是满足条件的最小值，所以，适合条件的最小的自然数是28304148+⨯=．5． 将一些水果装盘（少于100）个，如果7个7个装盘则剩下2个不能装，如果11个11个装盘则剩下6个不能装盘，如果13个13个装盘，那么还剩下7个不能装盘，那么这些水果有多少个？【分析】 11×13的倍数：143、286、429，……其中被7除余2的有429；7×13的倍数：91，182，……除以11余6的有182；7×11的倍数：77，154，……除以13余7的有462．1824624291073++=，由于水果数少于100，所以水果数有1073100172-=个．选绿色包装——减少垃圾灾难每人每年丢掉的垃圾重量超过人体平均重量的五六倍．北京年产垃圾430万吨，日产垃圾1.2万吨，人均每天扔出垃圾约1千克，相当于每年堆起两座景山．我国目前垃圾的产生量是1989年的4倍,其中很大一部分是过度包装造成的．不少商品特别是化妆品、保健品的包装费用已占到成本的30%—50%．过度包装不仅造成了巨大的浪费，也加重了消费者的经济负担，同时还增加了垃圾量，污染了环境．我们选购产品的时候还是以使用价值为主，尽量避免选购过度包装的产品，减少垃圾的制造量．拒子入门子发是战国时期楚国的一位将军．一次，他带兵与秦国作战，前线断了粮草，他派人向楚王告急．使者顺便去看望子发的老母．老人问使者：“兵士都好吗?”使者回答：“还有点儿豆子，只能一粒一粒分着吃．”“你们将军呢?”母亲问．使者回答道：“将军每餐都能吃到肉和米饭，身体很好．”子发得胜归来，母亲紧闭大门不让他进家门，并派人去告诉子发：“你让士兵饿着肚子打仗，自己却有吃有喝，这样做将军，打了胜仗也不是你的功劳．”母亲又说：“越王勾践伐吴的时候，有人献给他一罐酒，越王让人把酒倒在江的上游，叫士兵们一起饮下游的水．虽然大家没尝到酒味，却鼓舞了全军的士气，提高了战斗力．现在你却只顾自己不顾士兵，你不是我的儿子，你不要进我的门．”子发听了母亲的批评，向母亲认了错，决心改正，才得以进家门．俗话说：“子不教，父之过．”子女成长的好坏，长辈有着极大的责任．父母为了使孩子成长成参天大树，就必须在我们心中植下博爱之心，有了博爱之心，才有施爱于他人的可能．多以有时候，责备也蕴涵着父母对子女深沉的爱．。
高斯小学奥数六年级上册含答案第01讲 比赛中的推理
第一讲比赛中的推理这一讲我们学习的主要内容是与比赛有关的逻辑推理问题．这些问题有各种不同的形式：有分析对阵情况的，有计算各队积分的，有利用积分排名的，甚至还有讨论进球数、失球数的．不同类型的问题我们应该用不同的方法来处理．在逻辑推理中，特别有用的方法是画示意图或表格，这种方法相信大家并不陌生，用它来分析比赛问题，能够让我们对比赛的情况更为直观明了．例题1编号为1、2、3、4、5、6的同学进行围棋比赛，每2个人都要赛1盘．现在编号为1、2、3、4、5的同学已经赛过的盘数和他们的编号一样，那么编号为6的同学赛了几盘？「分析」为了让问题更加直观，我们可以画出一个示意图，用6个点来表示这6个同学．如果两个同学之间比赛过，则把对应的两个点用实线连起来，如果没比赛过，则用虚线连起来．练习1A、B、C、D、E五所小学，每所小学派出1支足球队，共5支足球队进行友谊比赛．不同学校间只比赛1场，比赛进行了若干天后，A校的队长发现另外4支球队赛过的场数依次为4、3、2、1．问：这时候A校的足球队已赛过的场数？例题2A、B、C、D、E、F六个国家的足球队进行单循环比赛（即每队都与其他队赛一场），每天同时在3个场地各进行一场比赛，已知第一天B对D，第二天C对E，第三天D对F，第四天B对C．那么第五天与A队比赛的是那个队？A B C D E F1 D B2 E C3 F D4 C B5「分析」题目的条件比较多，如何才能看清楚呢？我们可以用下面的表格来表示．如图，第二列从上到下依次表示A在5天中分别遇到的对手，第三列表示B在5天中遇到的对手，依此类推．观察表格，这个表格的每行有几个字母？每列有几个字母？每行、每列的字母有什么特点？练习2五个国家足球队A、B、C、D、E进行单循环比赛，每天进行两场比赛，一队轮空．已知第一天比赛的是A与D，C轮空；第二天A与B比赛，E轮空；第三天A与E比赛；第四天A与C比赛；B与C的比赛在B与D的比赛之前进行．那么C与E在哪一天比赛？例题3甲、乙、丙、丁四个同学进行象棋比赛，每两人都比赛一场，比赛规定胜者得2分，平局各得1分，输者得0分．请问：（1）一共有多少场比赛？（2）四个人最后得分的总和是多少？（3）如果最后结果甲得第一，乙、丙并列第二，丁最后一名，那么乙得了多少分？「分析」（1）每两人之间都比赛一场，总比赛场数就是从四个人中挑出两人的方法数；（2）比赛的胜负情况有很多种可能？那么总分也有很多种可能吗？大家考虑一下每场比赛，比赛双方的得分之和就知道了；（3）乙、丙最后的分数一样，由于总分是固定的，这个相同的分数既不能太大，也不能太小，那么会是多少呢？练习3有A、B、C、D四支足球队进行单循环比赛，每两队都比赛一场．比赛规定：胜一场得2分，平局各得1分，负一场得0分．全部比赛结束后，A、B两队的总分并列第一名，C队第二名，D队第三名，C队最多得多少分？例题44支足球队进行单循环比赛，即每两队之间都比赛一场．每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局各得1分．比赛结果，各队的总得分恰好是4个连续的自然数．问：输给第一名的队的总分是多少？「分析」4支球队之间一共比赛了多少场？所有比赛的总分最多是多少，最少是多少？你能由此推断出各队的得分吗？练习4甲、乙、丙、丁4个队举行足球单循环赛．规定：每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局各得1分．已知：（1）比赛结束后4个队的得分都是奇数；（2）甲队总分超过其他各队，名列第一；（3）乙队恰有两场平局，并且其中一场是与丙队平局．那么丁队得了多少分？例题5A、B、C、D四个足球队进行循环比赛，赛了若干场后，A、B、C三队的比赛情况如下：场数胜平负进球失球A 3 2 1 0 2 0B 2 1 1 0 4 3C 2 0 0 2 3 6D问：D赛了几场？D所参与的各场比赛的比分分别是什么？「分析」对于整个表格来说总进球数等于总失球数．总胜场应当等于总负场，平局数为偶数场．另外表格中的A很特别，两胜一平却只进两个球，这说明什么呢？例题6A 、B、C、D、E五位同学分别从不同的途径打听到五年级那位获得数学竞赛第一名的同学的情况：A打听到的：姓李，是女同学，13岁，东城区；B打听到的：姓张，是男同学，11岁，海淀区；C打听到的：姓陈，是女同学，13岁，东城区；D打听到的：姓黄，是男同学，11岁，西城区；E打听到的：姓张，是男同学，12岁，东城区．实际上该同学的情况在上面都出现过，而且这五位同学的消息都仅有一项正确，那么第一名的同学应该是哪个区的，今年多少岁呢？「分析」每个同学打听到的消息都只有一项正确，可谓相当的少！5420⨯=个判断，一共才5个正确的，其中关于姓氏、性别、年龄、地区的判断各有几项是正确的呢？课堂内外足球世界杯世界杯（World Cup，FIFA World Cup），世界足球锦标赛是世界上最高荣誉、最高规格、最高水平的足球比赛，与奥运会并称为全球体育两大顶级赛事，是影响力、转播覆盖率很高的全球体育盛事．世界杯是全球各个国家最梦寐以求的神圣荣耀，哪一支国家足球队能得到它，就是名正言顺的世界第一．整个世界都会为之疯狂沸腾，世界杯上发挥出色的球员都会被该国家奉为民族英雄永载史册，所以它亦代表了各个足球运动员的终极梦想．世界杯每四年举办一次，任何国际足联会员国（地区）都可以派出代表队报名参加这项赛事．世界杯的奖杯为大力神杯，它采用意大利人加扎尼亚的设计方案——两个大力士双手举起地球的设计方案．这个造形象征着世界第一运动的规模．该杯高36.8厘米，重6.175公斤，其中4.97公斤的主体由纯金铸造．底座由两层孔雀石构成，珍贵无比．1974年第十届世界杯赛，德国队作为冠军第一次领取了该杯．国际足联规定新杯为流动奖品，不论哪个队获得多少冠军，也不能永久占有此杯．在大力神杯的底座下面有能容纳镌刻17个冠军队名字的铭牌——可以持续使用到2038年．世界杯32支队伍，在小组赛阶段进行的是单循环比赛，16强阶段进行的是淘汰赛，积分规则是3分制．大力神杯作业：1.A、B、C、D四支球队进行足球比赛，每两队都要比赛一场．已知A、B、C三队的成绩分别是：A队二胜一负，B队二胜一平，C队一胜二负．那么D队的成绩是什么？2.6名同学进行象棋比赛，每两人都比赛一场，比赛规定胜者得2分，平局各得1分，输者得0分．请问：（1）一共有多少场比赛？（2）6个人最后得分的总和是多少？（3）得分最高的三名同学的分数之和最多是多少？3.六个人参加乒乓球比赛，每两人之间都要比赛一场，胜者得2分，负者得0分，没有平局．比赛结束时发现，有两人并列第二名，两人并列第五名．那么第一名和第四名各得了多少分？4.足球甲A联赛共有12个足球俱乐部参加，实行主客场双循环赛制，即任何两队分别在主场和客场各比赛一场，胜一场得3分，平一场各得1分，负一场得0分，在联赛结束后按积分的高低排出名次．那么，在积分榜上第一名与第二名的积分差距最多可达多少分？5.A、B、C、D四个足球队进行循环比赛，赛了若干场后，A、B、C三队的比赛情况如下：问：D赛了几场？D所参与的各场比赛的比分分别是什么？第一讲 比赛中的推理例1． 答案：3详解：5号已经赛过5盘，说明他和其他5个人都已经赛过了．而1号只赛了一盘，所以1号这一盘是同5号赛的，他同其他四个人都没有赛过，如图1所示．再看4号，他赛过4盘，且同1号没有赛过，所以4号赛过的同学是除1号以外的4个人．而2号只赛过两盘，所以2号只同5号、4号赛过，如图2所示．3号赛过3盘，而且他同1号、2号没有赛过，那么同3号赛过的就是4号、5号和6号，如图3所示．于是我们知道同6号赛过的有3号、4号和5号．他赛了3盘．例2． 答案：B 详解：如图4，列出表格后发现，每行、每列各有6个字母，而且同一行或列的6个字母互不相同，只需用这一原则把表格补充完整即可．首先可以确定（2，D ）处应填A ．这是因为第2行已经有E 和C ，第4列已经有D 、B 和F ，所以这一个格不能填这些字母，只能填A ．由于第二天A 与D 比赛，那么对应地（2，A ）处也应填D ．第二天余下的一场就是B 对F ，因而（2，B ）处应填F ，（2，F ）处应填B ．我们用类似的方法推理各行、列，最终把整个表格填出来，得到图5．于是，第五天与A 比赛的球队是B ．例3．答案：6；12；3 详解：（1）6；（2）12；（3）3．（1）详解：从四个人中选出两人，有246C 种方法．每两人之间比赛一场，那么一共就有6场比赛；（2）详解：不论胜负还是平局，每场比赛两人得分之和都是2分．一共6场比赛，所以四个人最号5号图135号图2号5号图3后得分的总和就是2612⨯=分；（3）详解：四个人得分之和是12分，甲得分最高，丁得分最低，而乙、丙得分相同．如果乙、丙得分是4分，则甲得分超过4分，这三人的得分之和已经超过12分，与题意矛盾．因此乙、丙得分最多是3分．如果乙、丙得分是2分，则丁最多得了1分，而甲至少得了122217---=分．但是连胜3场也只能得6分，不可能达到7分，因此乙、丙得分至少是3分．所以乙、丙得分就是3分．例4． 答案：4详解：如果比赛分出胜负，那么双方得分之和就是3分；如果平局，双方得分之和就是2分．4支球队之间要进行246C =场比赛，所以总分就要在12分和18分之间． 由题意，四支球队的得分是4个连续的自然数．而四个连续自然数的和可能是：01236+++=，123410+++=，234514+++=，345618+++=，…… 在12分和18分之间的只有14和18．如果是3分、4分、5分、6分，总分是18分，那么每场比赛都分出了胜负，但这是不可能的（大家自己想想这是为什么）．所以四个连续的分数为2分、3分、4分、5分．于是第一名得5分，只能是1胜2平；第二名得4分，只能是1胜1平1负；第三名得3分，可能是1胜2负，也可能是3平；第四名得2分，只能是2平1负．其中只有第三名的比赛结果有两种情况．综合考虑第一名、第二名、第四名的胜负情况：他们一共有2胜5平2负．由于总胜场数与总负场数相同，所以第三名只能是3平．容易画出四支队之间的比赛胜负关系，如图6所示．因此输给了第一名的只有第二名，他得了4分．例5．答案：3，A :D =1:0，B :D =4:3，C :D=3:5详解：首先A 两场胜场均为1比0胜出，平局为0比0，而且一定是A 以1比0胜C ，同样以1比0胜D ，0比0平B ，而B 胜的那场胜场以4:3胜出，C 的负场以3比5败北，所以不能是B 胜C ，那么一定是B 胜D ，D 胜C ，所以，D 参加了3场比赛．分别是A :D =1:0，B :D =4:3，C :D=3:5．例6．答案：海淀区，12岁详解：5420⨯=个判断，一共才5个正确的，可以推断出第一名同学的姓名、性别、年龄、城区，分别有1项、2项、1项、1项是正确的．先来看性别，有2项正确，那么第一名是女同学；再来看年龄，2个人说是13岁，2个人说是11岁，只有1个人说是12岁，由于只有1项消息正确，则第一名是12岁；再看城区，3人说东城区，1人说海淀区，1人说西城区，那么第一名在海淀区或者西城区；类似地，可以分析出第一名同学姓李，或姓陈，或姓黄．综合考虑第一名同学的姓名与城区，就很容易判断出唯一的答案：姓黄，是女同学，12岁，海淀区．第一名 1胜2平第二名 1胜1平1负第三名 3平第四名 2平1负图6练习答案：练习1答案：赛2场简答：连线，从胜得最多的和胜得最少的队伍入手分析．练习2答案：第五天简答：列表分析，用*表示轮空，可得下图．练习3答案：3简答：四人总得分是12分，其中C 的分数肯定小于1234÷=分，所以得分不多于3分．四人分别得4分、4分、3分、1分是容易构造出来的，所以C 队得分最多就是3分．练习4答案：3简答：先推断出各队得分分别为7分、5分、3分、1分，然后分析胜负情况即可．图1作业：6. 答案：一平二负．简答：B 队有一平，只可能平D ，所以对A 、C 是二胜．于是A 的两胜是赢了C 和D ．故C 的一胜是胜D ，于是D 的成绩是一平二负．7. 答案：（1）15；（2）30；（3）24．简答：（1）；（2）；（3）．8. 答案：10；4．简答：并列第五名的两人至少要各赢1场，所以第四名至少要赢2场，并列第二名至少要各赢3场，第一名至少要赢4场．，而一共要进行15场比赛，所以只能是第一名赢5场得10分，第四名赢2场得4分．9. 答案：46． 简答：第一名要积分多，最好是要22场全胜，得66分．剩下的11支球队还要比赛（场），每场比赛两队合起来至少得2分，于是剩下11队总共至少得220分．因此得分最多的队伍至少有分，当这11队全平时，第二名只能得20分，因此分差最大为46分．10. 答案：2；A 与D 是1:0、B 与D 是1:0．简答：由A 全胜，且进球数为3，可知A 与其他三队的比分都是1:0．B 赛了三场，且两胜一负，所以B 胜C ，而C 只比了两场，进球数为0，所以B 与C 的比分是3:0；而B 与D 只能是1:0．2201120÷= 2112110C ⨯= 12232414⨯++⨯+= 303224-⨯= 15230⨯=2615C =。
乒乓球问题小学三年级奥数题
乒乓球问题小学三年级奥数题
乒乓球问题小学三年级奥数题
现在有64个乒乓球，18个乒乓球盒，每个盒子最多可以放6个乒乓球(最少也要放1个乒乓球)，至少有几个乒乓球盒子里的乒乓球数目相同。
答案与解析：
最不利状况：前面1-6个乒乓球盒子里的乒乓球个数互不相同。
分别是1，2，3，4，5，6个乒乓球(最少1个，最多6个)，一共装了21个球第7-12个盒子的`情况也一样。
也分别为1~6个球。
第13-18个盒子也一样。
这样装完以后，一共装了63个球，此时有3个盒子装的乒乓球数量是一样多的。
而第64个乒乓球算上以后，则应该有4个盒子装的乒乓球数量一样多。
六年级奥数专项精品讲义及常考易错题汇编-计数问题-握手问题 通用版(含答案)
六年级奥数专项精品讲义及常考易错题汇编-计数问题-握手问题【知识点归纳】假设有N个人，则每个人都要和除自己之外的（N-1）个人握手，则总握手的次数是N（N-1），但是在这N（N-1）次的握手中，每一次的握手都重复计算了，例如我和你握手，你和我握手是一样的．所以，要把它除以2，则N个人握手的次数是12N（N-1）．【经典题型】例1：甲、乙、丙、丁和小明五个人一起下围棋，循环比赛，已知甲下了4盘，乙下了3盘，丙下了2盘，丁下了1盘，问小明下了（）盘．A、1B、2C、3D、4分析：五个人一起下围棋，循环比赛，那么每个人最多可以下4盘；由甲下了4盘为突破口，找出小明下的盘数解：甲下了4盘，甲和其他4人各下了一盘，包括丁和小明；而丁下了一盘，说明丁只和甲下了一盘，没和其他人下；乙下了3盘，他没和丁下，就是和甲，丙，小明三人下了；丙是下了2盘，那么他只和甲、乙下了，没和小明下；由此可知：小明只和甲、乙下了棋，下了2盘．故选：B点评：本题根据循环比赛，得出每人最多下4盘这一条件，然后根据已知每人下的盘数进行推算．一．选择题1．四个人进行击剑比赛，每两个人进行一场比赛，一共要比()场．A．6B．8C．102．学校五年级举行足球比赛，一共有5个班参加．如果每两个班都要比赛一场，一共要比赛()场．A．5B．10C．203．暑假到了，佳佳想到两个国家去旅游，他想从丹麦、芬兰、挪威、瑞典这四个国家中选择两个，一共有()种不同的选法．A．3B．4C．64．有6个小朋友，从中挑选2个人跳舞，可以有()种选法．A．3B．6C．155．有4个人，每2人通一次电话，一共要通()次电话．A．12B．10C．66．甲、乙、丙、丁4个人打电话，如果每两人之间通一次电话，一共可以通()次电话．A．5B．6C．77．有白、红、黄、绿、蓝、紫颜色的气球，小花要买其中的2种颜色的气球各1个，有()种不同的买法．A．15B．17C．188．甲、乙、丙、丁四个篮球队打球，每两个队要打一场比赛，一共要进行()场比赛．A．4B．6C．8D．10二．填空题9．三个人进行跳棋比赛，每两人进行一场，一共要比场。
[六年级小学生奥数题及答案和解析]六年级小学生奥数练习题
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[六年级小学生奥数题及答案和解析]六年级小学生奥数练习题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。
以下是本站整理的《六年级小学生奥数练习题【三篇】》希望帮助到您。
六年级小学生奥数练习题篇一1、已知△和☆表示两个自然数并且△/5+☆/11=37/55△+☆等于多少？2、已知1999×△+4×□=9991其中△□是自然数那么□等于多少？3、箱子里有乒乓球若干个其中25%是一级品五分之几是二级品其余91个是三级品箱子里有乒乓球多少个？4、某班同学分成若干小组去植树若每组植树n棵且n为质数则剩下树苗20棵若每组植树9棵则还缺少2棵树苗这个班的同学共分成几组？5、数学测试卷有20道题做对一道得7分做错一道扣4分不答得0分张红得100分她有几道题没答？6、x是自然数x÷810=0a25字母a表示一个数字x是多少？7、某青年1997年的年龄等于出生年份各数字的和那么他的出生年份是多少？8、王老师家电话号码是七位数将前四位数组成的数与后四位数组成的数相加得9063将三位数组成的数与后四位数组成的数相加得2529王老师家电话号码是多少？9、如果在分数28/43的分子分母上加上自然数a、b所得结果是7/12那么a+b的最小值等于多少？10、有三个分子相同的量减假分数化成带分数后为a（2/3）b（5/6）c（7/8）已知a、b、c小于10a是多少？六年级小学生奥数练习题篇二1、将一个棱长6分米的立方体钢材熔铸成一个底面积是48平方分米的圆锥形模具这个模具的高是多少分米？2、某建筑队修筑一段公路原计划每天修56米15天完成实际上每天多修4米实际用了几天？3、两个车间共有150人如果从一车间调出50人这时一车间人数是二车间的二车间原有多少人？4、甲筐苹果的重量是乙筐的3倍。
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），除得的商c正好是整数而没有余数（或者说余数是0），我们就说，a能被b整除（或者说b 能整除a）。
记作b｜a.否则，称为a不能被b整除，（或b不能整除a）。
10《小学奥数六年级竞赛必考章节精讲共36讲·小升初必备》-第10讲数论综合(一)
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．评注：设奇数为2n+1，则它的平方为24n+4n+1，显然除以4余1．14．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．。
六年级上奥数试题——第7讲数论综合(人教版)含解析
被世人誉为数学王子的德国数学家高斯曾经说过“如果说数学是科学的皇后,那么数论是数学皇后的皇冠。
” 大家熟知的“费马大定理”，“哥德巴赫猜想”就是这个皇冠上璀璨的明珠。
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。
1. 回顾数论知识体系；2. 精讲数论经典范例。
【例1】 加工某种机器零件,要经过三道工序,第一道工序每名工人每小时可完成6个零件,第二道工序每名工人每小时可完成10个零件,第三道工序每名工人每小时可完成15个零件.要使加工生产均衡,三道工序最少共需要多少名工人?【分析】为了使生产均衡,则每道工序每小时生产的零件个数应相等,设第一、二、三道工序上分别有A 、B 、C 个工人,有61015A B C k ===,那么k 的最小值为6,10,15的最小公倍数,即[]6,10,1530=。
所以5A =,3B =，2C =，则三道工序最少共需要53210++=名工人．【例2】 甲、乙两数的最小公倍数是90，乙、丙两数的最小公倍数是105，甲、丙两数的最小公倍数是126，那么甲数是多少?【分析】对90分解质因数:902335=⨯⨯⨯。
因为5|126,所以5|甲,即甲中不含因数5,于是乙必含因数5。
因为2|105,所以2|乙,即乙中不含因数2,于是甲必含2。
因为9|105,所以9|乙,即乙最多含有一个因数3，甲必含9。
综上所述，甲为18的倍数，所以只能是18。
注：两个数的最小公倍数含有两数的所有质因子,并且这些质因数的个数为两数中此质因数的最大值．如322357a =⨯⨯⨯,32235711b =⨯⨯⨯⨯，则A 、B 的最小公倍数含有质因子2,3,5,7,11,并且它们的个数为a 、b 中含有此质因子较多的那个数的个数.即依次含有3个,3个,2个,1个,1个,即332[,]235711a b =⨯⨯⨯⨯。
六年级金牌奥数培优-第 10 讲：数论之余数问题
第十讲：数论之余数问题余数问题是数论知识板块中另一个内容丰富，题目难度较大的知识体系，也是各大杯赛小升初考试必考的奥数知识点，所以学好本讲对于学生来说非常重要。
许多孩子都接触过余数的有关问题，并有不少孩子说“遇到余数的问题就基本晕菜了！”余数问题主要包括了带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理，乘法余数定理，和同余定理），及中国剩余定理和有关弃九法原理的应用。
知识点拨：一、带余除法的定义及性质：一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b=q……r，也就是a＝b×q＋r,0≤r＜b；我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。
这里：r=时：我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商(1)当0r≠时：我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商(2)当0一个完美的带余除法讲解模型:如图，这是一堆书，共有a本，这个a就可以理解为被除数，现在要求按照b本一捆打包，那么b就是除数的角色，经过打包后共打包了c捆，那么这个c就是商，最后还剩余d本，这个d就是余数。
这个图能够让学生清晰的明白带余除法算式中4个量的关系。
并且可以看出余数一定要比除数小。
二、三大余数定理：1.余数的加法定理a与b的和除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之和，或这个和除以c的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23+16=39除以5的余数等于4，即两个余数的和3+1.当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的余数。
例如：23，19除以5的余数分别是3和4，故23+19=42除以5的余数等于3+4=7除以5的余数，即2.2.余数的乘法定理a与b的乘积除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c所得的余数。
例如：23，16除以5的余数分别是3和1，所以23×16除以5的余数等于3×1=3。
当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。
六年级下册数学试题-超难奥数题之数论专题：穷举用技巧(含答案)人教版
【例 2】【分析】
6 只能表示为 5 1 或 1 12 1 ，所以恰好有 6 个约数的数要么能表示成某个
质数的 5 次方，要么表示为某个质数的平方再乘以另一个质数，100 以内符合前者 的只有 32 ，符合后者的数枚举如下：
22 3 32 2 52 2 72 2
22 5 32 5 52 3
【例 3】 黑板上写有 1、2、3、……、100 这 100 个自然数，甲、乙二人轮流每次每人划去一个数， 直到剩下两个数为止。如剩下的两数互质则判甲胜，否则判乙胜。 ⑴乙先划甲后划，谁有必胜策略？必胜策略是怎样的？ ⑵甲先划乙后划，谁有必胜策略？必胜策略是怎样的？
【例 4】 如果一个自然数的 2004 倍恰有 2004 个约数，这个自然数自己最少有多少个约数？
穷举用技巧
【例 1】
N 是一个各位数字互不相等的自然数，它能被它的每个数字整除。N 的最大值
是
。
【例 2】 如果连续 N 个自然数，每个自然数的数字和都不是 11 的倍数，则称这连续的 N 个自然数 为一条“龙”，n 为这条龙的长度。比如 1，2，3，…，28 就是一条龙，它的长度是 28。 问：龙的长度最长可以为多少？写出一条最长的龙。
1
测试题
【例 1】求所有能被 30 整除，且恰有 30 个不同约数的自然数。
【例 2】在1到100 中，恰好有 6 个约数的数有多少个？
答案：
【例 1】【分析】 由于 30 2 3 5 ，从质数的观点看整除，如果自然数 N 能被 30 整除，那么自然 数 N 至少含有三个质因数 2，3，5。设： N 2r1 3r2 5r3 。自然数 N 恰有 30 个不同的因数，根据约数的个数公式：（（（（r（1（ 1 r2 1 r3 1 30 2 3 5 。注意到 2 3 5 是三个约数之积，由此可知自然数 N 中质因数的个数恰好有 3 个。因此（（（（r（1（ 1 r2 1 r3 1 2 3 5 ，由此可知（（（（r1 r2 r3 必是（（1（ （ 2 4 的 一个排列。 综上所述，所求的自然数有： 2 32 54 ， 2 34 52 ， 22 3 54 ， 24 3 52 ， 24 32 5 ， 22 34 5 。
6年级奥数数论综合问题(1)例题解析
【内容概述】进位制的概念、四则运算法则及整数在不同进位制之间的转化，利用恰当的进位制解数论问题．取整符号[]与取小数部分符号{}的定义与基本性质，包含这两种符号的算式与方程的求解．两次与分式不定方程，不便直接转化为不定方程的数论问题．各种数论证明题．【例题】1．用a，b，c，d，e分别代表五进制中五个互不相同的数字，如果(ade)5，(adc)5，(aab)5是由小到大排列的连续正整数，那么(cde)5所表示的整数写成十进制的表示是多少?[分析与解]注意(adc)5+(1)5＝(aab)5，第二位改变了，也就是说求和过程个位有进位，则b＝0，而c＝(10)5－(1)5＝(4)5，则c＝4．而(ade)5+(1)5＝(adc)5，所以e+1＝c，则e＝3．又d+1＝a，所以d＝1，a＝2．那么，(cde)5为(413)5＝4×52+1×5+3＝108．即(cde)5所表示的整数写成十进制的表示是108．批注：二进制中是逢二进一，五进制中是逢五进一。
2．算式1534×25＝43214是几进位制数的乘法?[分析与解]注意到尾数，在足够大的进位制中有乘积的个位数字为4×5＝20，但是现在为4，说明进走20－4＝16，所以进位制为16的约数：16、8、4、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1534×25＝38350＜43214，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．3．设l，3，9，27，81，243是6个给定的数，从这6个数中取出若干个数，每个数至多取一次，然后将取出的数相加得到一个和数，这样共可得到63个不同的和数．把这些数从小到大排列起来依次是1，3，4，9，l0，12，…，那么其中第39个数是多少?[分析与解]我们知道1，3，9，27，81，243都是3的若干次幂，写成3进制依次为：(1)3，(10)3，(100)3，(1000)3，(10000)3，(100000)3，则从中任意选取若干数，且不重复，那么它们的和在3进制中都只是由1和0组成．但是在3进制中，并不是所有的数字都是只由0，1组成，这就给计数造成了困难．而2进制中所有的数字都是只由1和0组成．于是，我们想到使用2进制，在2进制中第39个非零自然数，即39应记为：(100111)2．在3进制中，只用1和0表示的数，第39个也是100111，有(100111)3＝1×35+1×32+1×3+1＝256．即其中第39个数是256．评注：这道题我们不厌其烦的详细说明这些，只是想帮助大家复习进位制中的n进制与十进制的互相转化．此63个数的范围在3进制中的范围是(1)3～(111111)3而且不会有进位产生，也就是都是由0和1这两个数字组成的，所以我们可以把其想象为二进制，中的第39个数是什么？4．求方程19[x]－96{x}＝0的解的个数．[分析与解]有{x}为一个数的小数部分，显然小于1，则96{x}小于96，而19[x]＝96{x}，所以19[x]小于96，即[x]小于，又[x]为整数，所以[x]可以取0，1，2，3，4，5，对应有6组解．进一步计算有0，，，，，为原方程的解．批注;解决此类问题的方法就是要销去一个定义符号，然后用不等式的方法来解答。
小学奥数数论专题--余数(六年级)竞赛测试.doc
小学奥数数论专题--余数（六年级）竞赛测试姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题简答题xx题xx题xx题总分得分一、xx题评卷人得分（每空xx 分，共xx分）【题文】号码分别为101，126，173，193的4个运动员进行乒乓球比赛，规定每两人比赛的盘数是他们号码的和被3除所得的余数．那么打球盘数最多的运动员打了多少盘?【答案】5【解析】因为两个数和的余数同余与余数的和．有101，126，173，193除以3的余数依次为2，0，2，1．则101号运动员与126，173，193号运动员依次进行了2，1，0盘比赛，共3盘比赛；26号运动员与101，173，193号运动员依次进行了2，2，1盘比赛，共5盘比赛；173号运动员与101，126，193号运动员依次进行了1，2，0盘比赛，共3盘比赛；193号运动员与101，126，173号运动员依次进行了0，1，0盘比赛，共1盘比赛．所以，打球盘数最多的运动是126号，打了5盘．【题文】自然数－1的个位数字是多少?【答案】7【解析】我们先计算出的个数数字，再减去1即为所求．(特别的如果是0，那么减去1后的个位数字因为借位为9)将一个数除以10，所得的余数即是这个数的个位数字．而积的余数等于余数的积．有2除以10的余数为2，2×2除以10的余数为4，2×2×2除以10的余数为8，2×2×2×2除以10的余数为6；2×2×2×2×2除以10的余数为2，除以10的余数为4，除以10的余数为8，除以10的余数为6；…… ……也就是说，n个2相乘所得的积除以10的余数每4个数一循环．因为67÷4＝16……3，所以除以10的余数同余与2×2×2，即余数为8，所以－1除以8的余数为7．即－1的个位数字为7．评注：n个相同的任意整数相乘所得积除以10的余数每4个数一循环．【题文】算式7+7×7+…+计算结果的末两位数字是多少?【答案】56【解析】我们只用算出7+7×7+…+的和除以100的余数，即为其末两位数字．7除以100的余数为7，7×7除以100的余数为49，7×7×7除以100的余数为43，7×7×7×7除以100的余数等于43×7除以100的余数为1；而除以100的余数等于×7的余数，即为7，……这样我们就得到一个规律除以100所得的余数，4个数一循环，依次为7，49，43，1．1990÷4＝497……2，所以7+7×7+…+的和除以100的余数同余与：497×(7+49+43+1)+7+49＝49756，除以100余56．所以算式7+7×7+…+计算结果的末两位数字是56．【题文】除以9的余数是多少?【答案】2【解析】能被9整除的数的特征是其数字和能被9整除，如果这个数的数字和除以9余a，那么我们在减去a而得到的新数一定能被9整除，那么这个新数加上a后再除以9，所得的余数一定为a，即一个数除以9的余数等于其数字和除以9的余数．的数字和为20×(1+9+9+0)＝380，380的数字和又是3+8＝11，11除以9的余数为2，所以除以9的余数是2．【题文】将1，2，3，…，30从左往右依次排列成一个5l位数，这个数被11除的余数是多少?【答案】8【解析】1，2，3，...，30这30个数从左往右依次排列成一个51位数为：123456...910...17...192021...25 (2930)记个位为第1位，十位为第2为，那么：它的奇数位数字和为：0+9+8+7+6+…+1+9+8+7+6+…+1+9+7+5+3+1＝115；它的偶数位数字和为：3+++8+6+4+2＝53；它的奇数位数字和与偶数位数字和的差为115－53＝62.而62除以11的余数为7．所以将原来的那个51位数增大4所得到的数123456…910…17…192021…25…2934就是11倍数，则将123456…910…17…192021…25…2934减去4所得到数除以11的余数为7．即这个51位数除以11的余数是7．评注：如果记个位为第1位，十位为第2位，那么一个数除以11的余数为其奇数位数字A和减去偶数位数字和B的差A－B＝C，再用C除以11所得的余数即是原来那个数的余数．(如果减不开可将偶数位数字和B 减去奇数位数字和A，求得B－A＝C，再求出C除以11的余数D，然后将11－D即为原来那个数除以11的余数) ．如：123456的奇数位数字和为6+4+2＝12，偶数位数字和为5+3+1＝9，奇数位数字和与偶数位数字和的差位12－9＝3，所以123456除以11的余数为3．又如：654321的奇数位数字和为1+3+5＝9，偶数位数字和位2+4+6＝12，奇数位数字和减不开偶数位数字和，那么先将12－9＝3，显然3除以11的余数为3，然后再用11－3＝8，这个8即为654321除以11的余数．【题文】一个1994位的整数，各个数位上的数字都是3．它除以13，商的第200位(从左往右数)数字是多少?商的个位数字是多少?余数是多少?【答案】2,7【解析】这个数即为，而整除13的数的特征是将其后三位与前面的数隔开而得到两个新数，将这两个新数做差，这个差为13的倍数．显然有能够被13类整除，而1994÷6＝332……2，即＝＝+33，而是13的倍数，所以除以13的余数即为33除以13的余数为7．有÷13＝25641，而÷13＝25641025641，所以除以13所得的商每6个数一循环，从左往右依次为2、5、6、4、1、0．200÷6＝33……2，所以除以13所得商的第23位为5．除以13的个位即为33除以13的个位，为2．即商的第23位(从左往右数)数字是5，商的个位数字是2，余数是7．【题文】己知：a＝．问：a除以13的余数是几？【答案】8【解析】因为199119911991能被13整除，而1991÷3＝663……2．有a＝＝199119911991×+199119911991×+199119911991×++199119911991×+…+199119911991×+19911991．所以a除以13的余数等于19911991除以13的余数8．【题文】有一个数，除以3余数是2，除以4余数是1．问这个数除以12余数是几?【答案】5【解析】我们将这个数加上7，则这个数能被3整除，同时也能被4整除，显然能被12整除，所以原来这个数除以12的余数为12－7＝5．【题文】某个自然数被247除余63，被248除也余63．那么这个自然数被26除余数是多少?【答案】11【解析】我们将这个数减去63，则得到的新数能被247整除，也能被248整除，而相邻的两个整数互质，所以得到的新数能被247×248，显然能被26整除．于是将新数加上63除以26的余数等于63除以26的余数为11．所以这个自然数被26除余数是11．【题文】一个自然数除以19余9，除以23余7．那么这个自然数最小是多少?【答案】237【解析】这个自然数可以表达为19m+9，也可以表达为23n+7，则有19m+9＝23n+7，即23n－19m＝2，将未知数系数与常数对19取模，有4n≡2(mod 19) ．n最小取10时，才有4n≡2(mod 19) ．所以原来的那个自然数最小为23×10+7＝237．评注：有时往往需要利用不定方程来清晰的表示余数关系，反过来不定方程往往需要利用余数的性质来求解．【题文】如图，在一个圆圈上有几十个孔(不到100个)．小明像玩跳棋那样从A孔出发沿着逆时针方向，每隔几个孔跳一步，希望一圈以后能跳回到A孔．他先试着每隔2孔跳一步，结果只能跳到B孔．他又试着每隔4孔跳一步，也只能跳到B孔．最后他每隔6孔跳一步，正好回到A孔．问这个圆圈上共有多少个孔？【答案】91【解析】设这个圆圈有n个圆孔，那么有n除以3余1，n除以5余1，n能被7整除．则将n－1是3、5的倍数，即是15的倍数，所以n＝15t+1，又因为n是7的倍数，即15t+1＝7A，将系数与常数对7取模，有t－1≡0(mod 7)，所以t取6或6与7的倍数和．对应孔数为15×6+1＝91或91与105的倍数和，满足题意的孔数只有91．即这个圆圈上共有91个孔．【题文】某住宅区有12家住户，他们的门牌号分别是l，2，3，…，12．他们的电话号码依次是12个连续的六位自然数，并且每家的电话号码都能被这家的门牌号码整除．已知这些电话的首位数字都小于6，并且门牌号码是9的这一家的电话号码也能被13整除，问这一家的电话号码是什么数?【答案】388089【解析】设这12个连续的自然数为n+1，n+2，n+3，…，n+12，那么有它们依次能被1，2，3，…，12整除，显然有n能同时被1，2，3，…，12整除．即为1，2，3，…，12的公倍数．[1，2，3，…，12]＝23×32×5×7×11＝27720，所以n是27720的倍数，设为27720k．则有第9家的门牌号码为27720k+9为13的倍数，即27720k+9＝13A，将系数与常数对13取模有：4k+9≡0(mod 13)，所以k可以取1或1与13的倍数和．有要求n+1，n+2，n+3，…，n+12，为六位数，且首位数字都小于6，所以k只能取14，有n＝27720×14＝388080．那么门牌号码是9的这一家的电话号码是388080+9＝388089．【题文】有5000多根牙签，可按6种规格分成小包．如果10根一包，那么最后还剩9根．如果9根一包，那么最后还剩8根．第三、四、五、六种的规格是，分别以8，7，6，5根为一包，那么最后也分别剩7，6，5，4根．原来一共有牙签多少根?【答案】5039【解析】设这包牙签有n根，那么加上1根后为n+1根，此时有n+1根牙签即可以分成10根一包，又可以分成9根一包，还可以分成8、7、6、5根一包．所以，n+1是10、9、8、7、6、5的倍数，即它们的公倍数．[10，9，8，7，6，5]＝23×32×5×7＝2520，即n+1是2520的倍数，在满足题意下只能是2520×2＝5040，所以n＝5039．即原来一共有牙签5039根．【题文】有一个自然数，用它分别去除63，90，130都有余数，3个余数的和是25．这3个余数中最大的一个是多少?【答案】20【解析】设这个自然数为☆，设它除63，90，130所得的余数依次为a，b，c，商依次为A，B，C．显然有63+90+130＝☆×(A+B+C)+(a+b+c)＝☆×(A+B+C)+25，所以☆×(A+B+C)＝(63+90+130)－25＝258，所以☆是258的约数．258＝2×3×43，显然当除数☆为2、3、6时，3个余数的和最大为3×(2－1)＝3，3×(3－1)＝6，3×(6－1)＝15，所以均不满足．而当除数☆为43×2，43×3，43×2×3时，它除以63的余数均是63，所以也不满足．那么除数☆只能是43，它除以63，90，130的余数依次为20，4，1，余数的和为25，满足．显然这3个余数中最大的为20．【题文】一个数去除55l，745，1133，1327这4个数，余数都相同．问这个数最大可能是多少?【答案】194【解析】这个数A除55l，745，1133，1327，所得的余数相同，所以有55l，745，1133，1327两两做差而得到的数一定是除数A的倍数．1327－1133＝194，1133－745＝388，745－551＝194，1327－745＝582，1327－551＝776，1133－551＝582．这些数都是A的倍数，所以A是它们的公约数，而它们的最大公约数(194，388，194，582，776，582)＝194．所以，这个数最大可能为194．【题文】用某自然数去除，得到商是46，余数是，求和．【答案】43,14【解析】因为是的倍还多,得到，得，所以，．【题文】甲、乙两数的和是，甲数除以乙数商余，求甲、乙两数．【答案】1000,88【解析】(法1)因为甲乙，所以甲乙乙乙乙；则乙，甲乙．(法2)将余数先去掉变成整除性问题，利用倍数关系来做：从中减掉以后，就应当是乙数的倍，所以得到乙数，甲数．【题文】一个两位数除310，余数是37，求这样的两位数。
六年级奥数题及答案-乒乓球装盒
六年级奥数题及答案-乒乓球装盒
导语：同学们学习奥数有利于我们数学思维的提升，所以我们要多做题，勤加练习才能在成绩上有更大的提高，今天小编为同学们带来一道应用题，希望同学们认真完成。
售货员把29个乒乓球分装在5个盒子里，使得只要顾客所买的乒乓个数小于30，他总可以恰好把其中的一盒或几盒卖出，而不必拆盒。
问这5个盒子里分别装着多少个乒乓球?
答案与解析：一道二进制的题目!需要老师能和二进制结合起来讲解，1+2+4+8+14=29或者1+2+4+7+15=29。
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六年级奥数的数论题乒乓球解析
六年级奥数的数论题乒乓球解析
甲、乙、丙三人用擂台赛形式进行乒乓球训练，每局2人进行比赛，另1人当裁判。
每一局的输方去当下一局的裁判，而由原来的裁判向胜者挑战。
半天训练结束时，发现甲共打了15局，乙共打了21局，而丙共当裁判5局。
那么整个训练中的第3局当裁判的是
_______。
答案解析
本题是一道逻辑推理要求较高的试题.首先应该确定比赛是在甲乙、乙丙、甲丙之间进行的.那么可以根据题目中三人打的总局数求出甲乙、乙丙、甲丙之间的比赛进行的局数。
(1)丙当了5局裁判，则甲乙进行了5局;
(2)甲一共打了15局，则甲丙之间进行了15-5=10局;
(3)乙一共打了21局，则乙丙之间进行了21-5=16局;
所以一共打的比赛是5+10+6=31局。
此时根据已知条件无法求得第三局的裁判.但是，由于每局都有胜负，所以任意连续两局之间不可能是同样的'对手搭配，就是说不可能出现上一局是甲乙，接下来的一局还是甲乙的情况，必然被别的对阵隔开。
而总共31局比赛中，乙丙就进行了16局，剩下的甲乙、甲丙共进行了15局，所以类似于植树问题，一定是开始和结尾的两局都是乙丙，中间被甲乙、甲丙隔开。
所以可以知道第奇数局(第1、3、5、……局)的比赛是在乙丙之间进行的，那么，第三局的裁判应该是甲。