小学数学奥林匹克讲义第三十讲
小学四年级奥数教程30讲(经典讲解)
小学奥数基础教程（四年级）第1讲速算与巧算（一）第2讲速算与巧算（二）第3讲高斯求和第4讲 4，8，9整除的数的特征第5讲弃九法第6讲数的整除性（二）第7讲找规律（一）第8讲找规律（二）第9讲数字谜（一）第10讲数字谜（二）第11讲归一问题与归总问题第12讲年龄问题第13讲鸡兔同笼问题与假设法第14讲盈亏问题与比较法（一）第15讲盈亏问题与比较法（二）第16讲数阵图（一）第17讲数阵图（二）第18讲数阵图（三）第19将乘法原理第20讲加法原理（一）第21讲加法原理（二）第22讲还原问题（一）第23讲还原问题（二）第24讲页码问题第25讲智取火柴第26讲逻辑问题（一）第27讲逻辑问题（二）第28讲最不利原则第29讲抽屉原理（一）第30讲抽屉原理（二）第1讲速算与巧算（一）计算是数学的基础，小学生要学好数学，必须具有过硬的计算本领。
准确、快速的计算能力既是一种技巧，也是一种思维训练，既能提高计算效率、节省计算时间，更可以锻炼记忆力，提高分析、判断能力，促进思维和智力的发展。
我们在三年级已经讲过一些四则运算的速算与巧算的方法，本讲和下一讲主要介绍加法的基准数法和乘法的补同与同补速算法。
例1 四年级一班第一小组有10名同学，某次数学测验的成绩（分数）如下：86，78，77，83，91，74，92，69，84，75。
求这10名同学的总分。
分析与解：通常的做法是将这10个数直接相加，但这些数杂乱无章，直接相加既繁且易错。
观察这些数不难发现，这些数虽然大小不等，但相差不大。
我们可以选择一个适当的数作“基准”，比如以“80”作基准，这10个数与80的差如下：6，-2，-3，3，11，-6，12，-11，4，-5，其中“-”号表示这个数比80小。
于是得到总和=80×10＋（6-2-3＋3＋11-＝800＋9＝809。
实际计算时只需口算，将这些数与80的差逐一累加。
为了清楚起见，将这一过程表示如下：通过口算，得到差数累加为9，再加上80×10，就可口算出结果为809。
小学六年级数学奥数讲座共30讲含答案_(10)
小学数学奥数基础教程(六年级)
本教程共30讲第10讲
圆与扇形
五年级已经学习过三角形、矩形、平行四边形、梯形以及由它们形成的组合图形的相关问题，这一讲学习与圆有关的周长、面积等问题。
圆的面积=πr2，
圆的周长=2πr，
本书中如无特殊说明，圆周率都取π=3.14。
例1 如下图所示，200米赛跑的起点和终点都在直跑道上，中间的弯道是一个半圆。
已知每条跑道宽1.22米，那么外道的起点在内道起点前面多少米？（精确到0.01米）
分析与解：半径越大，周长越长，所以外道的弯道比内道的弯道长，要保证内、外道的人跑的距离相等，外道的起点就要向前移，移的距离等于外道弯道与内道弯道的长度差。
虽然弯道的各个半径都不知道，然而两条弯道的中心线的半径之差等于一条跑道之宽。
设外弯道中心线的半径为R，内弯道中心线的半径为r，则两个弯道的长度之差为
πR-πr＝π（R-r）。
小学六年级数学奥数讲座共30讲含答案-(6)
小学数学奥数基础教程(六年级)本教程共30讲第6讲巧用单位“1”在工程问题中，我们往往设工作总量为单位“1”。
在许多分数应用题中，都会遇到单位“1”的问题，根据题目条件正确使用单位“1”，能使解答的思路更清晰，方法更简捷。
分析：因为第一天、第二天都是与全书比较，所以应以全书的页数为单位答：这本故事书共有240页。
分析与解：本题条件中单位“1”的量在变化，依次是“全书的页数”、“第一天看后余下的页数”、“第二天看后余下的页数”，出现了3个不同的单位“1”。
按照常规思路，需要统一单位“1”，转化分率。
但在本题中，不统一单位“1”反而更方便。
我们先把全书看成“1”，看成“1”，就可以求出第三天看后余下的部分占全书的共有多少本图书？分析与解：故事书增加了，图书的总数随之增加。
题中出现两个分率，这给计算带来很多不便，需要统一单位“1”。
统一单位“1”的一个窍门就是抓“不变量”为单位“1”。
本题中故事书、图书总数都发生了变化，而其它书的本数没有变，可以以图书室原来共有图书分析与解：与例3类似，甲、乙组人数都发生了变化，不变量是甲、乙组的总人数，所以以甲、乙组的总人数为单位“1”。
例5公路上同向行驶着三辆汽车，客车在前，货车在中，小轿车在后。
在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离相等；走了10分钟，小轿车追上了货车；又过了5分钟，小轿车追上了客车，再过多少分钟，货车追上客车？分析与解：根据“在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离相等”，设这段距离为单位“1”。
由“走了10分钟，小轿车追上了货车”，可知小轿可知小轿车(10+5)分钟比客车多行了两个这样的距离，每分钟多行这段距离的两班各有多少人？乙班有84-48=36（人）。
练习7树上原有多少个桃？剩下的部分收完后刚好又装满6筐。
共收西红柿多少千克？7.六年级两个班共有学生94人，其中女生有39人，已知一班的女生占本答案与提示练习7 1.35个。
2.60个。
3.64吨。
小学六年级数学奥数讲座共30讲含答案-(6)
小学数学奥数基础教程(六年级)本教程共30讲第6讲巧用单位“1”在工程问题中，我们往往设工作总量为单位“1”。
在许多分数应用题中，都会遇到单位“1”的问题，根据题目条件正确使用单位“1”，能使解答的思路更清晰，方法更简捷。
分析：因为第一天、第二天都是与全书比较，所以应以全书的页数为单位答：这本故事书共有240页。
分析与解：本题条件中单位“1”的量在变化，依次是“全书的页数”、“第一天看后余下的页数”、“第二天看后余下的页数”，出现了3个不同的单位“1”。
按照常规思路，需要统一单位“1”，转化分率。
但在本题中，不统一单位“1”反而更方便。
我们先把全书看成“1”，看成“1”，就可以求出第三天看后余下的部分占全书的共有多少本图书？分析与解：故事书增加了，图书的总数随之增加。
题中出现两个分率，这给计算带来很多不便，需要统一单位“1”。
统一单位“1”的一个窍门就是抓“不变量”为单位“1”。
本题中故事书、图书总数都发生了变化，而其它书的本数没有变，可以以图书室原来共有图书分析与解：与例3类似，甲、乙组人数都发生了变化，不变量是甲、乙组的总人数，所以以甲、乙组的总人数为单位“1”。
例5公路上同向行驶着三辆汽车，客车在前，货车在中，小轿车在后。
在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离相等；走了10分钟，小轿车追上了货车；又过了5分钟，小轿车追上了客车，再过多少分钟，货车追上客车？分析与解：根据“在某一时刻，货车与客车、小轿车的距离相等”，设这段距离为单位“1”。
由“走了10分钟，小轿车追上了货车”，可知小轿可知小轿车(10+5)分钟比客车多行了两个这样的距离，每分钟多行这段距离的两班各有多少人？乙班有84-48=36（人）。
练习7树上原有多少个桃？剩下的部分收完后刚好又装满6筐。
共收西红柿多少千克？7.六年级两个班共有学生94人，其中女生有39人，已知一班的女生占本答案与提示练习7 1.35个。
2.60个。
3.64吨。
小学校奥林匹克数学课本_小学生5年级_奥数
小学校奥林匹克数学课本_小学生5年级_奥数华罗庚学校数学课本（五年级修订版）华罗庚学校数学课本（五年级修订版）上册上册第一讲数的整除问题第一讲数的整除问题数的整除问题，内容丰富，思维技巧性强。
它是小学数学中的重要课题，也是小学数学竞赛命题的内容之一。
一、基本概念和知识1.整除――约数和倍数例如：15÷3=5，63÷7=9一般地，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），记作ba。
如果整数a能被整数b整除，a就叫做b的倍数，b就叫做a的约数。
例如：在上面算式中，15是3的倍数，3是15的约数；63是7的倍数，7是63的约数。
2.数的整除性质性质1：如果a、b都能被c整除，那么它们的和与差也能被c整除。
即：如果c｜a，c｜b，那么c｜（a±b）。
例如：如果2｜10，2｜6，那么2｜（10＋6），并且2｜（10―6）。
性质2：如果b与c的积能整除a，那么b与c都能整除a.即：如果bc｜a，那么b｜a，c｜a。
性质3：如果b、c都能整除a，且b和c互质，那么b与c的积能整除a。
即：如果b｜a，c｜a，且（b，c）=1，那么bc｜a。
例如：如果2｜28，7｜28，且（2，7）=1,那么（2×7）｜28。
性质4：如果c能整除b，b能整除a，那么c能整除a。
即：如果c｜b，b｜a，那么c｜a。
例如：如果3｜9，9｜27，那么3｜27。
3.数的整除特征①能被2整除的数的特征：个位数字是0、2、4、6、8的整数.“特征”包含两方面的意义：一方面，个位数字是偶数（包括0）的整数，必能被2整除；另一方面，能被2整除的数，其个位数字只能是偶数（包括0）.下面“特征”含义相似。
②能被5整除的数的特征：个位是0或5。
小学奥林匹克数学竞赛辅导——最大公约数与最小公倍数
最大公约数与最小公倍数实际生活中，我们经常会碰到这样一些问题，把一张大长方形纸片平均裁成若干张小的长方形或正方形纸片而没有剩余，怎么办？这一类问题其实是最大公约数和最小公倍数在实际中的运用。
最大公约数和最小公倍数的知识在解决生活实际问题中经常用到，在数学竞赛中也占有一定的比重。
这一讲我们就来研究这个问题。
【例1】一块长96厘米，宽84厘米的铁皮，根据需要且不能浪费边角料，要剪出面积相等的最大的正方形铁皮，问：最多可以剪出这样的正方形铁皮多少块？［分析］根据题意，要求不浪费材料，并要剪成最大的正方形，可知剪出的正方形铁皮片的边长一定既是长方形铁皮片长的约数，又是这个长方形铁皮片宽的约数，也就是长方形铁皮片长和宽的公约数，因为要求最大的正方形块数，正方形的边长一定是长方形铁皮长和宽的最大公约数，进而就可求所剪正方形的块数了。
［解］解法一：（96、84）＝12所剪最大正方形面积是：12×12＝144（平方厘米）长方形铁皮的面积是：96×84＝8064（平方厘米）能剪出面积相等的最大正方形的块数是：8064÷144＝56（块）解法二：（96、84）＝12长里面有几个最大正方形的边长：96÷12＝8（个）宽里面有几个最大正方形的边长：84÷12＝7（个）8×7＝56（块）答：可剪出大小相等面积最大的正方形56块。
【例2】在一次庆祝活动中，某公司买来336个苹果，252个桔子，210个梨，用这些果品，最多可以分成多少份同样的礼物？在每份礼物中，苹果、桔子、梨各有多少个？［分析］苹果总数＝每份中苹果数×份数，因此，份数应是苹果总数的约数，同样份数也应该是桔子总数和梨总数的约数，所分礼物的份数一定是苹果、桔子、梨的总数的公约数。
即一定要是336、252、210的公约数。
题目求最多可以分多少份，就是求336、252、210的最大公约数。
［解］（336、252、210）＝42，所以这样的水果最多可以分成42份相同的礼品，并且在每份礼品中，苹果有：336÷42＝8（个）桔子有：252÷42＝6（个）梨有：210÷42＝5（个）［评析］这道题中，因为分成的是同样的礼物，所以份数是三个数量的最大公约数。
小学数学奥数基础教程(六年级)目30讲全[1]
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小学奥数基础教程(六年级)第1讲比较分数的大小第2讲巧求分数第3讲分数运算的技巧第4讲循环小数与分数第5讲工程问题(一)第6讲工程问题(二)第7讲巧用单位“1”第8讲比和比例第9讲百分数第10讲商业中的数学第11讲圆与扇形第12讲圆柱与圆锥第13讲立体图形(一)第14讲立体图形(二)第15讲棋盘的覆盖第16讲找规律第17讲操作问题第18讲取整计算第19讲近似值与估算第20讲数值代入法第21讲枚举法第22讲列表法第23讲图解法第24讲时钟问题第25讲时间问题第26讲牛吃草问题第27讲运筹学初步（一）第28讲运筹学初步（二）第29讲运筹学初步（三）第30讲趣题巧解第一讲比较分数的大小同学们从一开始接触数学，就有比较数的大小问题。
比较整数、小数的大小的方法比较简单，而比较分数的大小就不那么简单了，因此也就产生了多种多样的方法。
对于两个不同的分数，有分母相同，分子相同以及分子、分母都不相同三种情况，其中前两种情况判别大小的方法是：分母相同的两个分数，分子大的那个分数比较大；分子相同的两个分数，分母大的那个分数比较小。
第三种情况，即分子、分母都不同的两个分数，通常是采用通分的方法，使它们的分母相同，化为第一种情况，再比较大小。
由于要比较的分数千差万别，所以通分的方法不一定是最简捷的。
下面我们介绍另外几种方法。
1.“通分子”。
当两个已知分数的分母的最小公倍数比较大，而分子的最小公倍数比较小时，可以把它们化成同分子的分数，再比较大小，这种方法比通分的方法简便。
如果我们把课本里的通分称为“通分母”，那么这里讲的方法可以称为“通分子”。
2.化为小数。
这种方法对任意的分数都适用，因此也叫万能方法。
但在比较大小时是否简便，就要看具体情况了。
3.先约分，后比较。
有时已知分数不是最简分数，可以先约分。
4.根据倒数比较大小。
5.若两个真分数的分母与分子的差相等、则分母（子）大的分数较大；若两个假分数的分子与分母的差相等，则分母（子）小的分数较大。
奥数题型与解题思路21~40讲
奥数题型与解题思路21~40讲【数字求和】例1 100个连续自然数的和是8450，取其中第1个，第3个，第5个，………，第99个（所有第奇数个），再把这50个数相加，和是______°（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析：第50、51两个数的平均数是8450÷ 100= 84. 5，所以，第50个数是84°则100个连续自然数是：35，36，37，………，133，134°上面的一列数分别取第1、3、5、……、99个数得：35，37，39，……131，133°则这50个数的和是：例2 把1至100的一百个自然数全部写出来，所用到的所有数码的和是_____°（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析；可把1至100这一百个自然数分组，得（1、2、3、……、9），（10、11、12、……、19），（20、21、22、……29），……，（90、91、92、……99），（100）°容易发现前面10组中，每组的个位数字之和为45°而第一组十位上是0，第二组十位上是1，第三组十位上是2，……第十组十位上是9，所以全体十位上的数字和是（l+2+3+……+9）×10=450°故所有数码的和是45×10+450+l=901°续若干个数字之和是1992，那么a=____°（北京市第八届“迎春杯”小学数学竞赛试题）又，1992÷27=73余21，而21=8+5+7+1，所以 a=6°例4 有四个数，每次选取其中三个数，算出它们的平均数，再加上另外一个数，用这种方法计算了四次，分别得到四个数：86，92，100，106°那么，原来四个数的平均数是（1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：每次所选的三个数，计算其平均数，实际上就是计算这三个数中原来四个数的平均数为（86+92+100+106）÷2=192°【最大数与最小数】例1 三个不同的最简真分数的分子都是质数，分母都是小于20的合数，要使这三个分数的和尽可能大,这三个分数是（全国第四届《从小爱数学》邀请赛试题）°讲析： 20以内的质数有： 2、 3、 5、 7、 11、 13、 17、 19要使三个分数尽量大，必须使每个分子尽量大而分母尽量小°且三个真例2 将1、2、3、4、5、6、7、8这八个数分成三组，分别计算各组数的和°已知这三个和互不相等，且最大的和是最小和的2倍°问：最小的和是多少？（全国第三届“华杯赛”决赛口试试题）讲析；因为1+2+3+……+8=36，又知三组数的和各不相同，而且最大的例3 把20以内的质数分别填入□中（每个质数只用一次）：使A是整数°A最大是多少？（第五届《从小爱数学》邀请赛试题）讲析：要使A最大，必须使分母尽量小，而分子尽量大°分母分别取2、3、5时，A都不能为整数°当分母取7时，例4 一组互不相同的自然数，其中最小的数是1，最大的数是25°除1之外、这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于这组数中某两个数之和°问：这组数之和的最大值是多少？当这组数之和有最小值时，这组数都有哪些数？并说明和是最小值的理由°（全国第四届“华杯赛”决赛第一试试题）析：观察自然数1、2、3、4、5、……、25这25个数，发现它们除1之外，每个数都能用其中某一个数的2倍，或者某两个数之和表示°因此，这组数之和的最大值是1+2+3+……+25=325°下面考虑数组中各数之和的最小值°1和25是必取的，25不能表示成一个数的2倍，而表示成两个数之和的形式，共有12种°我们取两个加数中含有尽可能大的公约数的一组数（20+5）或者（10+15）°当取1、5、20、25时，还需取2、3、10三个；当取1、10、15、25时，还需取2、3、5°经比较这两组数，可知当取1、2、3、4、5、10、15、25时，和最小是61°22、数字串问题【找规律填数】例1 找规律填数（杭州市上城区小学数学竞赛试题）（1992年武汉市小学数学竞赛试题）讲析：数列填数问题，关键是要找出规律；即找出数与数之间有什么联系°第（1）小题各数的排列规律是:第1、3、5、……（奇数）个数分别别是4和2°第（2）小题粗看起来，各数之间好像没有什么联系°于是，运用分数得到了例2 右表中每竖行的三个数都是按照一定的规律排列的°按照这个规律在空格中填上合适的数°（1994年天津市小学数学竞赛试题）讲析：根据题意，可找出每竖行的三个数之间的关系°不难发现每竖行中的第三个数，是由前两数相乘再加上1得来的°所以空格中应填33°【数列的有关问题】数是几分之几？（第一届《从小爱数学》邀请赛试题）讲析：经观察发现，分母是1、2、3、4、5……的分数个数，分别是1、3、5、7、9……°所以，分母分别为1、2、3……9的分数共例2 有一串数：1，1993，1992，1，1991，1990，1，1989，1988，…这个数列的第1993个数是______（首届《现代小学数学》邀请赛试题）讲析：把这串数按每三个数分为一组，则每组第一个数都是1，第二、三个数是从1993开始，依次减1排列°而1993÷3=664余1，可知第1993个数是1°例3 已知小数0.12345678910111213……9899的小数点后面的数字，是由自然数1—99依次排列而成的°则小数点后面第88位上的数字是______°（1988年上海市小学数学竞赛试题）讲析：将原小数的小数部分分成A、B两组：A中有9个数字，B中有180个数字，从10到49共有80个数字°所以，第88位上是4°例4 观察右面的数表（横排为行，竖排为列）；几行，自左向右的第几列°（全国第三届“华杯赛”决赛试题）讲析：第一行每个分数的分子与分母之和为2，第二行每个分数的分子与分母之和为3，第三行每个分数的分子与分母之和为4，……即每行各数的分子与分母之和等于行数加1°例5 如图5.4，除了每行两端的数之外，其余每个数都是与它相连的上一行的两个数的平均数，那么第100行各数之和是_______°（广州市小学数学竞赛试题）讲析：可试探着计算每行中各数之和°第一、二、三、四行每行的各数之和分别是6、8、10、12，从而得出，每行的数字之和，是行数的2倍加4°故第100行各数之和为100×2＋4=204.例6 伸出你的左手，从大拇指开始，如图5.5所示的那样数数：l、2、3……°问：数到1991时，会落在哪个手指上？（全国第三届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：除1之外，从2开始每8个数为一组，每组第一个数都是从食指开始到拇指结束°∵（1991—1）÷8=248余6，∴剩下最后6个数又从食指开始数，会到中指结束°例7 如图5.6，自然数按从小到大的顺序排成螺旋形°在“2”处拐第一个弯，在“3”处拐第二个弯……问拐第二十个弯处是哪个数？（全国第一届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：写出拐弯处的数，然后按每两个数分为一组：（2，3），（5，7），（10，13），（17，21），（26，31），……°将会发现，每组数中依次相差1、2、3、4、5、……°每组的第二个数与后一组的第二个数依次相差2、3、4、5、……°从而可推出，拐第二十个弯处的数是111°例8 自然数按图5.7顺次排列°数字3排在第二行第一列°问：1993排在第几行第几列？（全国第四届“华杯赛”复赛试题）讲析：观察每斜行数的排列规律，每斜行数的个数及方向°每一斜行数的个数分别是1、2、3、4、5、……，奇数斜行中的数由下向上排列，偶数斜行中的数由上向下排列°斜行，该斜行的数是由下向上排列的，且第63行第1列是1954°由于从1954开始，每增加1时，行数就减少1，而列数就增加1°所以1993的列数、行数分别是：1993—1954＋1=40（列），63-（1993—1954）=24（行）23、数阵图【方阵】例1 将自然数1至9，分别填在图5.17的方格中，使得每行、每列以及两条对角线上的三个数之和都相等°（长沙地区小学数学竞赛试题）讲析：中间一格所填的数，在计算时共算了4次，所以可先填中间一格的数°（l+2+3+……+9）÷3=15，则符合要求的每三数之和为15°显然，中间一数填“5”°再将其它数字顺次填入，然后作对角线交换，再通过旋转（如图5.18），便得解答如下°例2 从1至13这十三个数中挑出十二个数，填到图5.19的小方格中，使每一横行四个数之和相等，使每一竖列三个数之和又相等°（“新苗杯”小学数学竞赛试题）讲析：据题意，所选的十二个数之和必须既能被 3整除，又能被 4整除，（三行四列）°所以，能被12整除°十三个数之和为91，91除以12，商7余7，因此，应去掉7°每列为（91—7）÷4=21而1至13中，除7之外，共有六个奇数，它们的分布如图5.20所示°三个奇数和为21的有两种：21=1＋9+11=3＋5+13°经检验，三个奇数为3、5、13的不合要求，故不难得出答案，如图5.21所示°例3 十个连续自然数中，9是第三大的数，把这十个数填到图5.22的十个方格中，每格填一个，要求图中三个2×2的正方形中四数之和相等°那么，这个和数的最小值是______°（1992年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：不难得出十个数为:2、3、4、5、6、7、8、9、10、11°它们的和是65°在三个2×2的正方形中，中间两个小正方形分别重复了两次°设中间两个小正方形分别填上a和b，则（65＋a＋b）之和必须是 3的倍数°所以，（a＋b）之和至少是7°故，和数的最小值是24°【其他数阵】例1 如图5.23，横、竖各12个方格，每个方格都有一个数°已知横行上任意三个相邻数之和为20，竖列上任意三个相邻数之和为21°图中已填入3、5、8和“×”四个数，那么“×”代表的数是______°（1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：可先看竖格°因为每相邻三格数字和为21，所以每隔两格必出现重复数字°从而容易推出，竖格各数从上而下是：3、10、8、3、10、8、3、10、8、3、10、8°同理可推导出横格各数，其中“×”=5°例2 如图5.24，有五个圆，它们相交后相互分成九个区域，现在两个区域里已经分别填上数字10、6，请在另外七个区域里分别填进2、3、4、5、6、7、9七个数字，使每个圆内的数之和都是15°（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析：可把图中要填的数，分别用a、b、c、d、e、f、g代替°（如图5.25）显然a=5，g=9°则有：b＋c=10，e＋f=6，c＋d＋e=15°经适当试验，可得b=3，c=7，d=6，e=2，f=4°例3 如图5.26，将六个圆圈中分别填上六个质数，它们的和是20，而且每个小三角形三个顶点上的数之和相等°那么，这六个质数的积是______°（全国第一届“华杯赛”决赛试题）讲析：最上面的小三角形与中间的小三角形，都有两个共同的顶点，且每个小三角形顶点上三数之和相等°所以，最上边圆圈内数字与最下面中间圆圈内数字相等°同样，左下角与右边中间的数相等，右下角与左边中间数相等°20÷2=10，10＝2+3+5°所以，六个质数积为2×2×3×3×5×5=900°例4 在图5.27的七个○中各填上一个数，要求每条直线上的三个数中，中间一个数是两边两个数的平均数°现已填好两个数，那么X=_______°（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：如图5.28，可将圆圈内所填各数分别用a、b、c、d代替°则d=15°由15+c+a=17+c+b，得：a比b多2°所以，b=13+2=15°进而容易算出，x=19°例5 图5.29中8个顶点处标注的数字：a、b、c、d、e、f、g、h，其中的每一个数都等于相邻三个顶点（全国第三届“华杯赛”复赛试题）讲析：将外层的四个数，分别用含其它字母的式子表示，得即（a+b+c+d）-（e+f+g+h）=024、数的组成【数字组数】例1 用1、2、3、4、5、6、7、8、9这九个数字组成质数，如果每个数字都要用到，并且只能用一次，那么这九个数字最多能组成______个质数°（1990年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：自然数1至9这九个数字中，2、3、5、7本身就是质数°于是只剩下1、4、6、8、9五个数字，它们可组成一个两位质数和一个三位质数：41和689°所以，最多能组成六个质数°例2 用0、1、2、……9这十个数字组成五个两位数，每个数字只用一次，要求它们的和是一个奇数，并且尽可能的大°那么，这五个两位数的和是______°（1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：组成的五个两位数，要求和尽可能大，则必须使每个数尽可能大°所以它们的十位上分别是9、8、7、6、5，个位上分别是0、1、2、3、4°但要求五个两位数和为奇数，而1+2+3+4=10为偶数，所以应将4与5交换，使和为：（9+8+7+6+4）×10+（1+2+3+5）=351°351即本题答案°例3 一个三位数，如果它的每一个数字都不超过另一个三位数对应数位上的数字，那么就称它被另一个三位数“吃掉”°例如，241被342吃掉，123被123吃掉（任何数都可以被与它相同的数吃掉），但240和223互不被吃掉°现请你设计出6个三位数，它们当中任何一个数不被其它5个数吃掉，并且它们的百位上数字只允许取1、2；十位上数字只允许取1、2、3；个位上数字只允许取1、2、3、4°这6个三位数是_______°（第五届《从小爱数学》邀请赛试题）讲析：六个三位数中，任取两个数a和b，则同数位上的数字中，a中至少有一个数字大于b，而b中至少有一个数字大于a°当百位上为1时，十位上可从1开始依次增加1，而个位上从4开始依次减少1°即：114，123，132°当百位上为2时，十位上从1开始依次增加1而个位上只能从3开始依次减少1°即：213，222，231°经检验，这六个数符合要求°例4 将1、1、2、2、3、3、4、4这八个数字排成一个八位数，使得两个1之间有一个数字；两个2之间有两个数字；两个3之间有三个数字；两个4之间有四个数字°那么这样的八位数中的一个是______°（1991年全国小学数学奥林匹克初赛试题）讲析：两个4之间有四个数字，则在两个4之间必有一个数字重复，而又要求两个1之间有一个数，于是可推知，这个重复数字必定是1，即412134或421314°然后可添上另一个2和3°经调试，得23421314，此数即为所答°【条件数字问题】例1 某商品的编号是一个三位数，现有五个三位数：874，765，123，364，925°其中每一个数与商品编号，恰好在同一位上有一个相同的数字，那么这个三位数是_______（1993年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：将五个数按百位、十位、个位上的数字分组比较，可发现：百位上五个数字都不同；十位上有两个2和两个6；个位上有两个4和两个5°故所求的数的个位数字一定是4或5，百位上一定是2或6°经观察比较，可知724符合要求°例2 给一本书编页码，共用了1500个数字，其中数字“3”共用了_______个（首届《现代小学数学）》邀请赛试题）讲析：可先求出1500个数字可编多少页°从第一页到第9页，共用去9个数字；从第10页到第99页，共用去2×90=180（个）数字；余下的数字可编（1500-189）÷3=437（页）所以，这本书共有536页°l至99页，共用20个“3”，从100至199页共用20个“3”，从200至299页共用20个“3”，从300至399页共用去120个“3”，从400至499页共用去20个“3”，从500到536页共用去11个“3”°所以，共用去211个数字3°例3 在三位数中，数字和是5的倍数的数共有_______个°（全国第四届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：可把三位数100至999共900个数，从100起，每10个数分为一组，得（100，101、......109），（110、111、......119），......（990、991、 (999)共分成了90组，而每组中有且只有两个数的数字和是5的倍数，所以一共有2×90=180（个）°例4 有四个数，取其中的每两个数相加，可以得到六个和°这六个和中最小的四个数是83、87、92、94，原因数中最小的是______°（上海市第五届小学数学竞赛试题）讲析：设原四个数从小到大为a、b、c、d，则有a+b=83，a+c=87，所以c 比b大4°而对于和为92和94时，或者是b+c=92，或者是b+c=94°当b+c=92时，因c比b大4，可得b=45，进而可求得a=38°当b+c=94时，因c比b大4，可得b=44，进而可求得a=39°所以，原四数中最小的数是38或39°abcd=______（广州市小学数学竞赛试题）讲析：原四位数增加8倍后得新的四位数，也就是原四位数乘以9，得新四位数（如图5.29）°从而可知，a一定为1，否则积不能得四位数°则例6 有两个两位数，它们的个位数字相同，十位数字之和是11°这两个数的积的十位数字肯定不会是哪两个数字？（1990年《小学生报》小学数学竞赛试题）讲析：由题意可知，两个数的十位上为（2，9），（3，8），（4，7），（5，6），而个上则可以是0至9的任意一个数字°如果分别去求这两个数的积，那是很麻烦的°设这两个数的个位数字是c，十位数字分别为a、b，则a+b=11，两数分别为（10a+c)，（10b+c）°字°能是6、8°例7 期的记法是用6个数字，前两个数字表示年份，中间两个数字表示月份，后两个数字表示日（如1976年4月5日记为760405）°第二届小学“祖杯赛”的竞赛日期记为921129°这个数恰好左右对称°因此这样的日期是“吉祥日”°问：从87年9月1日到93年6月30日，共有_______个吉祥日°（第二届“祖冲之杯”小学数学竞赛试题）讲析：一个六位数从中间分开，要求左右对称，则在表示月份的两个数中，只有11月份°而且“年份”的个位数字只能是0、1、2°所以是共有3个吉祥日：901109、911119、921129°25、数的整除性规律【能被2或5整除的数的特征】（见小学数学课本，此处略）【能被3或9整除的数的特征】一个数，当且仅当它的各个数位上的数字之和能被3和9整除时，这个数便能被3或9整除°例如，1248621各位上的数字之和是1+2+4+8+6+2+1=243｜24，则3｜1248621°又如，372681各位上的数字之和是3+7+2+6+8+1=279｜27，则9｜372681°【能被4或25整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末两位数能被4或25整除时，这个数便能被4或25整除°例如，173824的末两位数为24，4｜24，则4｜173824°43586775的末两位数为75，25｜75，则25｜43586775°【能被8或125整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末三位数字为0，或者末三位数能被8或125整除时，这个数便能被8或125整除°例如，32178000的末三位数字为0，则这个数能被8整除，也能够被125整除°3569824的末三位数为824，8｜824，则8｜3569824°214813750的末三位数为750，125｜750，则125｜214813750°【能被7、11、13整除的数的特征】一个数，当且仅当它的末三位数字所表示的数，与末三位以前的数字所表示的数的差（大减小的差）能被7、11、13整除时，这个数就能被7、11、13整除°例如，75523的末三位数为523，末三位以前的数字所表示的数是75，523-75=448，448÷7=64，即7｜448，则7｜75523°又如，1095874的末三位数为874，末三位以前的数字所表示的数是1095，1095-874=221，221÷13=17，即13｜221，则13｜1095874°再如，868967的末三位数为967，末三位以前的数字所表示的数是868，967-868=99，99÷11=9，即11｜99，则11｜868967°此外，能被11整除的数的特征，还可以这样叙述：一个数，当且仅当它的奇数位上数字之和，与偶数位上数字之和的差（大减小）能被11整除时，则这个数便能被11整除°例如，4239235的奇数位上的数字之和为4+3+2+5=14，偶数位上数字之和为2+9+3=14，二者之差为14-14=0，0÷11=0，即11｜0，则11｜4239235°26、数的公理、定理或性质【小数性质】小数的性质有以下两条：（1）在小数的末尾添上或者去掉几个零，小数的大小不变°（2）把小数点向右移动n位，小数就扩大10n倍；把小数点向左移动n位，小数就缩小10n倍°【分数基本性质】一个分数的分子和分母都乘以或者都除以同一不为零的数，分数的大小不变°即【去九数的性质】用9去除一个数，求出商后余下的数，叫做这个数的“去九数”，或者叫做“9余数”°求一个数的“去九数”，一般不必去除，只要把该数的各位数字加起来，再减去9的倍数，就得到该数的“去九数”°（求法见本书第一部分“（四）法则、方法”“2．运算法则或方法”中的“弃九验算法”词条°）去九数有两条重要的性质：（1）几个加数的和的去九数，等于各个加数的去九数的和的去九数°（2）几个因数的积的去九数，等于各个因数的去九数的积的去九数°这两条重要性质，是用“弃九验算法”验算加、减、乘、除法的依据°【自然数平方的性质】（1）奇数平方的性质°任何一个奇数的平方被8除余1°为什么有这一性质呢？这是因为奇数都可以表示为2k+1的形式，k为整数°而（2k+1）2=4k2+4k+1=4k（k+1）+1k与k+1又是连续整数，其中必有一个是偶数，故4k（k+1）是8的倍数，能被8整除，所以“4k（k+1）+1”，即（2k+1）2能被8除余1，也就是任何一个奇数的平方被8除余1°例如，272=729729÷8=91 (1)（2）偶数平方的性质°任何一个偶数的平方，都是4的倍数°这是因为偶数可以用2k（k为整数）表示，而（2k）2＝4k2显然，4k2是4的倍数，即偶数的平方为4的倍数°例如，2162=4665646656÷4=11664即 4|46656【整数运算奇偶性】整数运算的奇偶性有以下四条：（1）两个偶数的和或差是偶数；两个奇数的和或差也是偶数°（2）一个奇数与一个偶数的和或差是奇数°（3）两个奇数之积为奇数；两个偶数之积为偶数°（4）一个奇数与一个偶数之积为偶数°由第（4）条性质，还可以推广到:若干个整数相乘，只要其中有一个整数是偶数，那么它们的积就是个偶数°【偶数运算性质】偶数运算性质有：（1）若干个偶数的和或者差是偶数°（2）若干个偶数的积是偶数°例如，四个偶数38、126、672和1174的和，是偶数2010；用偶数相减的算式3756-128-294-1350的差，也是偶数1984°【奇数运算性质】奇数运算性质有：（1）奇数个奇数的和（差）是奇数；偶数个奇数的和（差）是偶数°（2）若干个奇数的积是奇数°27、数的大小概念【比较分数大小】用常规方法比较分数大小，有时候速度很慢°采用下述办法，往往可大大提高解题的速度°（1）交叉相乘°把要比较大小的两个分数的分子分母交叉相乘，然后2×5＝10， 3×3=9， 3×8=24， 5×5=25，之所以能这样比较，是由于它们通分时，公分母是分母的乘积°这时，分数的大小就只取决于分子的大小了°（2）用“1”比较°当两个分数都接近1，又不容易确定它们的大小（4）化相同分子°把分子不同的分数化成同分子分数比较大小°有时序排列起来：（5）两分数相除°用两个分数相除，看它们的商是大于1还是小于1，往往能快速地找出它们的大小关系°由于这样做，省略了通分的过程，所以显然，将它们反过来相除，也是可以的：【巧比两数大小】若甲、乙两数间的关系未直接给出，比较它们的大小，有一定难度°这时，可按下面的办法去做：（1）先看分子是1的情况°例如下题：第一种方法是直观比较°先画线段图（图4.4）：由对线段图的直观比较可知，乙数大于甲数°数°可知（2）再看分子不是1的情况°例如下题：它同样也可以用四种方法比较大小°比方用直观比较方法，可画线段图如下（图4.5）：由图可知，甲数大于乙数°用统一分子的方法，也可比较它们的大小°因为用图表示就是图4.6：这就是说，把甲数分为9份，乙数分为8份，它们的6份相等°所以，它们每一份也相等°而甲数有9份，乙数只有8份，故甲数大于乙数°去，即可知道甲数大于乙数°如果用转化关系式比较°由题意可知根据一个因数等于积除以另一个因数，可得28、数的大小比较【分数、小数大小比较】（全国第二届“华杯赛”决赛口试试题）讲析：这两个分数如果按通分的方法比较大小，计算将非常复杂°于是可采用比较其倒数的办法去解答°倒数大的数反而较小°个数是______°（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：将给出的六个数分别写成小数，并且都写出小数点后面前四位数，则把这六个数按从大到小排列是：【算式值的大小比较】例1 设A=9876543×3456789； B=9876544×3456788°试比较A与B的大小°（1990年《小学生数学报》小学数学竞赛试题）讲析：可将A、B两式中的第一个因数和第二个因数分别进行比较°这时，只要把两式中某一部分变成相同的数，再比较不同的数的大小，这两个算式的大小便能较容易地看出来了°于是可得A =9876543×（3456788＋1）=9876543×3456788＋9876543；B =（9876543＋1）×3456788=9876543×3456788＋3456788；所以，A＞B°例2 在下面四个算式中，最大的得数是算式______°（1992年全国小学数学奥林匹克决赛试题）讲析：如果直接把四个算式的值计算出来，显然是很麻烦的，我们不妨运用化简繁分数的方法，比较每式中相同位置上的数的大小°31 / 31。
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模拟试卷30
一、填空题：
3．37□5□能被72整除，这个数除以72的商是______.
4．一列火车以每小时60千米的速度通过一座200米长的桥，用了21秒，则火车的车长是______
米．
7．有两支蜡烛，第一支5小时燃尽，第二支4小时燃尽．如果同时点燃这两支蜡烛，并且蜡烛燃烧的速度不变，在点燃______小时后，第一支蜡烛的长度是第二支蜡烛的3倍．
9.恰有8个约数的两位数有______个．
10．某小学组织六年级学生春游，学校买了182瓶汽水分给每个学生．如果每5个空瓶又可换得1瓶汽水，那么这些汽水瓶最多可换得______瓶汽水．
二、解答题：
1．如果1个小正方体木块的表面积是24平方厘米，那么由512个这样的小正方体木块所组成的一个大正方体的体积是多少立方厘米？
3．有6对夫妻参加一次聚会，每个男士与每一个人握手（但不包括自己的妻子），女士之间相互不握手，那么这12个人共握手多少次？
4．甲、乙、丙三人同时从A地出发，到离A地F18千米的B地，当甲到达B地时，乙、丙两人离B地分别还有3千米和4千米，那么当乙到达B地时，丙离B地还有多少千米？
模拟试卷30
一、填空题：
2.余2
连续6个1能被7整除，说明每6个1除以7是一个循环.由于
1997÷6=332 (5)
这表明1997个1除以7的余数等于5个1除以7的余数，因为5个1除以7余数是2，所以1997个1除以7余数是2.
3.523
因为72=8×9，8与9互质，所以这个五位数既是9的倍数，又是8的倍数.
由于这个五位数是9的倍数，所以其各个数位上的数字之和应是9的倍数，不妨设五位数的个位是x，百位是y，则
3+7+y+5+x=15+y+x
是9的倍数，所以x+y可能是3或12；
若x+y=3，3=1+2，由于这个五位数又能被8整除，因此这个五位数的末三位数字组成的数能被8整除，且个位必是偶数，但152不能被8整除，所以x+y不可能是3.
若x+y=12，12=4+8=6+6，但458，854均不能被8整除，只有656能
这个五位数除以72的商是523.
4.150米
火车通过一座桥是指火车头在桥一端算起到火车尾在桥的另一端为止.因此火车通过一座桥所行的路程实际是桥长加上火车的车长.并且计算时注意换算单位要一致，这样可以求出火车的车长是：
60×1000÷3600×21-200
=350-200
=150（米）.
5.10平方厘米
根据等底等高的三角形面积相等，由于D是BC的中点，△ABD的面积等于△ADC的面积，有
S△ABD=S△ADC=120÷2=60（平方厘米）
S△AED=S△ABD=60÷4=15（平方厘米）
6.末尾有3996个0.
7.3.5小时
把两支蜡烛燃烧的速度看作每小时燃烧1个单位长，则第一支蜡烛长为5个单位长，第二支蜡烛长为4个单位长.
设点燃x小时后，第一支蜡烛是第二支蜡烛的长度的3倍，列方程为：
5-x=3（4-x）
5-x=12-x
2x=7
x=3.5（小时）
先求出这499个数的和，然后求出这499个数中的所有整数之和，它们的差即为所求，所以
9. 10个
因为8=1×8=2×4=2×2×2，根据约数与质因数的关系知，含有8个约数的数N可以表示成：N=a7或N=a×b3或N=a×b×c
其中a、b、c是N的质因数.下面采用枚举法得：
N=27=128，超过两位数，舍去；
N=2×33=54，N=3×23=24，N=5×23=40，
N=7×23=56，N=11×23=88，
N=2×3×5=30，N=2×3×7=42，N=2×3×11=66，
N=2×3×13=78，N=2×5×7=70恰有8个约数的两位数有10个.
10. 45瓶
先用182个空瓶可换得汽水是：
182÷5=36 (2)
36瓶，还余2个空瓶.喝完这36瓶汽水连同余下的2个空瓶，又可换得汽水是
（36+2）÷5=7…37瓶，还余3个空瓶.再喝完这7瓶汽水连同余下的3个空瓶，又可换得汽水是：
（7+3）÷5=22瓶，所以这些汽水瓶最多可换得汽水：
36+ 7+ 2= 45（瓶）.
二、解答题：
1. 4096立方厘米.
小正方体的每个面的面积是：
24÷6= 4（平方厘米）
小正方体的棱长是2厘米，由于
512= 8×8×8
所以大正方体的棱长为8个小正方体的棱长，因此大正方体的棱长是：
2×8=16（厘米）
大正方体的体积是：
16×16×16=4096（立方厘米）.
2.45（人）
订《儿童故事画报》的人数是：
订《好儿童》的人数是：
两种都订的人数是：
81+72-108=45（人）.
3.45次
由于女士之间相互不握手，因此这12个人握手的情况分为两类：一类是男士之间相互握手，另一类是男士与女士握手，但每个男士不与自己的妻子握手.
6个男士之间两两握手，每个男士与其余5个男士握手一次，共握手5×6= 30次，但这30次握手有重复计算，如甲、乙两个握手，把甲与乙握手和乙与甲握手算成两次不同的握手，所以6个男士相互握手，共握手：
5×6÷2=15（次）
男士与女士握手的情况共有：
6×5=30（次）
所以这12个人共握手：
15+30=45（次）
当甲行了18千米时，乙行了18-3=15千米，丙行了18-4=14千米，甲、。