数学思维导引-六年级-数论综合三(21)
小升初六年级全册数学思维训练PDF版
小升初六年级全册数学思维训练PDF版目录第1讲图解法解题（一） (1)第2讲图解法解题（二） (4)第3讲长方体和正方体（一） (8)第4讲长方体和正方体（二） (12)第5讲分数简便运算（一） (15)第6讲分数简便运算（二） (19)第7讲分数简便运算（三） (22)第8讲分数简便运算（四） (26)第9讲巧用比解应用题（一） (29)第10讲巧用比解应用题（二） (33)第11讲巧用比解应用题（三） (37)第12讲对应法解题 (41)第13讲转化单位一（一） (44)第14讲转化单位一（二） (49)第15讲倒推法解题（一） (53)第16讲分数百分数应用题 (57)第17讲假设法解题（一） (60)第18讲假设法解题（二） (63)第19讲设数代入法（一） (66)第20讲设数代入法（二） (70)第21讲工程问题（一） (73)第22讲工程问题（二） (77)第23讲较复杂的百分数应用题 (81)第24讲成本和利润 (84)第25讲浓度问题 (87)第26讲假设法解题练习 (90)第27讲较复杂的行程问题 (94)第28讲圆柱和圆锥 (97)第29讲用比例解题 (105)第30讲不定方程 (109)应用题综合练习 (112)综合练习（一） (120)综合练习（二） (124)综合练习（三） (127)六年级数学思维训练第1讲图解法解题（一）例1：有甲乙两个车间，如果从甲车间调10人到乙车间，则两个车间的人数正好相等；如果从乙车间调20人到甲车间，则甲车间的人数恰好是乙车间的3倍，原来两个车间各有多少人？例2：甲乙两数的和是52，甲数的3倍与乙数的5倍的和是202。
求甲乙两数各是多少？例3：某学校运来两堆煤，第一堆比第二堆多40吨，两堆各用去30吨后，剩下的第一堆煤是第二堆煤的3倍。
求两堆煤原来各多少吨？-1-关注每一个孩子的成长让每一位学生都有进步例4：甲油库原存油是乙油库的6倍，若两油库各增加60吨后，则甲库的存量是乙库的3倍。
高思奥数导引小学六年级含详解答案第03讲 方程解应用题
第
兴趣篇
1.图中八条边的长度正好分别是1、2、3、4、5、6、7、8厘米。已知 厘米， 厘米， 厘米，求图形的面积。
【分析】
2. 如图所示， 等于多少度？
【分析】将这六个角用中心六边形的六个内角代换，利用六边形内角和为 ，列方程得
，
所以
3. 如图，平行四边形 的周长为75厘米。以 为底时高是14厘米，以 为底时高是16厘米。求平行四边形 的面积。
【分析】 ,根据面积相等，底的比与高的比成反比例，所以 ,因此 ,平行四边形 的面积是 平方厘米
4. 如图所示，一个边长为1米的正方形被分成4个小长方形，它们的面积分别是 平方米、 平方米、 平方米和 平方米。已知图中的阴影部分是正方形，那么它的面积是多少平方米？
【分析】 ,因此 , , ,所以 , ,因此 ,那么它的面积是 平方米
【分析】
从A点向BC做垂线交BC于F点，交BD于H点。
三角形ABH面积等于三角形CDE的面积，又四边形AEDH为平行四边形。
所以三角形AED的面积=75-45=30。
7. 在长方形 中， 、 、 、 分别是边 、 、 、 上的点，将长方形的四个角分别沿着 、 、 、 对折后， 点与 点重合， 点与 点重合。已知 =3， =4，求线段 与 的长度比。
2. 如图， 是正五边形， 是正三角形， 等于多少度？
【分析】 ,因为 ,所以 ,因此
3. 一个各条边分别为5厘米、12厘米、13厘米的直角三角形，将它的短直角边对折到斜边上去与斜边相重合，如图所示。问：图中的阴影部分（即折叠的部分）的面积是多少平方厘米？
【分析】设 ，有 ，解得 ，所以 平方厘米
4. 图中大长方形被分成四个小长方形，面积分别为12、24、36、48。请问：图中阴影部分的面积是多少？
《仁华学校数学思维训练导引》解析(六年级)
仁华学校数学思维训练导引》解析（六年级）仁华思维导引解析１讲：计算综合仁华思维导引解析２讲：比例与百分数仁华思维导引解析３讲：工程问题仁华思维导引解析４讲：不定方程与整数分拆仁华思维导引解析５讲：数论综合之一仁华思维导引解析６讲：立体图形仁华思维导引解析７讲：几何综合之一仁华思维导引解析８讲：数字谜综合之三仁华思维导引解析９讲：计数综合之二仁华思维导引解析１０讲：逻辑推理之二仁华思维导引解析１１讲：方程与方程组仁华思维导引解析１２讲：行程与工程仁华思维导引解析１３讲：应用题综合之二仁华思维导引解析１４讲：数论综合之二仁华思维导引解析１５讲：数论综合之三仁华思维导引解析１６讲：几何综合之二仁华思维导引解析１７讲：计数综合之三仁华思维导引解析１８讲：最值问题仁华思维导引解析１９讲：构造与论证之二仁华思维导引解析２０讲：构造与论证之三仁华思维导引解析１讲：计算综合仁华思维导引解析２讲：比例与百分数仁华思维导引解析３讲：工程问题仁华思维导引解析４讲：不定方程与整数分拆仁华思维导引解析５讲：数论综合之一仁华思维导引解析６讲：立体图形仁华思维导引解析７讲：几何综合之一［分新与解I以下用E tS惡示E部舒播向的扶度・E菱表示EsE分竖向的长胆其曲下嫌富义粪饥耳f⅛%=E A tS B fl(T2.i^⅛+⅛=D fi+⅛,翩育吋D fll A m B fli="412∙HT1 A∣j+B橈+C1懂=E懂+州|对应为5+1 ~6＜那么C.对应⅛⅛3.而积CE积=1:2X 所以 A fi=B fi-C fi-^+c S対应肉岔所以桂=C整对应为3・那么快;⅛形的竖边渝^C S对应知，∙K方形笹也拘Eβ+!5*D fll对应天只6+4F5. 所以檢右形的妖导宽陆比丸5 9=5 3.第54页共179页仁华思维导引解析８讲：数字谜综合之三。
六年级思维导引1-3讲答案
22
第三讲 递推计数
提高巩固 1. 一个楼梯共有 10 级台阶，规定每步可以迈一级台阶或二级台阶．走完这 10 级台阶，一共可以有 多少种不同的走法？
2. 小悦买了 10 块巧克力，她每天最少吃一块，最多吃 3 块，直到吃完，共有多少种吃法？
将来的你，一定会感激现在拼搏的自己！
23
3. 用 l×2 的小方格覆盖 2×7 的长方形，共有多少种不同的覆盖方法？
将来的你，一定会感激现在拼搏的自己！
20
3. 10 名选手参加象棋比赛，每两名选手间都要比赛一次，已知胜一场得 2 分，平一场得 1 分，负一 场不得分．比赛结果：选手们所得分数各不相同，前两名选手都没输过，前两名的总分比第三名 多 20 分，第四名得分与后四名所得总分相等，问：前六名的分数各为多少？
2
5．定义运算符号“△”满足： ab
ab 计算下列各式： ab
(3) (1 2)3 1(23)
(1) 100△102;
(2) (3△4) △5
6．已知 333
111 54 55 56 57 58 :□ 37 : ，那么方框所代表的数是什么？ 112 4567 8
将来的你，一定会感激现在拼搏的自己！
6
超常挑战
6 9 11 6 3 17 4 2 3 13 13 12 1. 1 (2 ) 7 3 2 33 4 17 3 4 3 2 1 7 11 21
2. 定义运算“Ω”满足： ①a1 a, ②an 2 [a(n 1)] a. 已知m4 30 。问： (1)m 等于多少？ (2)m Ω 8 等于多少？
将来的你，一定会感激现在拼搏的自己！
26
2. 用 10 个 1×3 的长方形纸片覆盖一个 10×3 的方格表，共有多少种覆盖方法？
华数思维导引六年级第十五讲：数论综合3
第28讲数论综合3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同题．典型问题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，且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=31．4.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?【分析与解】设这两个数为a、b，且a<b，有a b=k×(a+b)，即111a b k +=.当k=2时，有1112a b+=，即(a-2)×(b-2)=22=4，有34,64a ab b==⎧⎧⎨⎨==⎩⎩，但是要求a≠b．所以只有36ab=⎧⎨=⎩满足；当k=3时，有1113a b+=，即(a-3)×(b-3)=32=9，有46,126a ab b==⎧⎧⎨⎨==⎩⎩，但是要求a≠b．所以只有412ab=⎧⎨=⎩满足；……逐个验证k的值，“好数”对有3与6，4与12，6与12，10与15．所以“好数”对有4个.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0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字中的一个填入图28-1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人一个非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l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7，1l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获胜．8.已知a与b的最大公约数是12，a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=12×25，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a12 12×5 12×25 12 12b 12 12 12 12×5 12×25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．10．圆周上放有N枚棋子，如图28-2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1枚棋子，然后沿顺时针方向每隔1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-l是14的倍数，N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=21，25，27，29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．12．是否存在一个六位数A，使得A，2A，3A，…，500000A中任意一个数的末尾6个数码不全相同?【分析与解】显然A的个位数字不能为偶数，不然500,000A的后6位为000,000；而A的个位数字也不能为5，不然200，000A的后6位为000，000．于是A的个位数字只能为1，3，7，9．=，使得t×A≡111,111(mod 对于任何一个六位数A(个位数字为1，3，7，9)，均存在六位数t abcdef1,000,000).=>500,000,使得t×A≡111,111 (mod 1,000,000),那么那个A即为题中所求的如果存在t abcdef值.(说明见评注)当t=999,999,有A=888,889时,t A=888,888,111,111,显然满足上面的条件.所以888,889即为所求的A.= >500，000，使得t×A≡111，111(mod 1，000，000)，那么那个A即评注：如果存在t abcdef为题中所求的值．这是因为如果对于上面的A，还存在一个六位数B，使得B×A=111，111(mod 1,000，000)，那么有(t×A-B ×A)=0(mod 1，000，000)，即(t-B)×A≡0(mod 1，000，000)．因为A不含有质因数2、5，所以(t-B)为1，000，000的倍数，t-B≥1，000，000，那么t>1，000，000，与t为六位数矛盾．也就是说不存在小于等于500，000的t，使得t A的后六位为111，111，那么也不可能使得t A的后6位相同．14.已知m，n，k为自然数，m ≥ n ≥k，n2m+2n-2k是100的倍数,求m + n - k后的最小值．【分析与解】方法一：首先注意到100=22×52．如果n=k，那么2m是100的倍数，因而是5的倍数，这是不可能的．所以n-k≥1.m n k k m-k n-k2+2-2=2(2+2+1)被22整除,所以k≥2.设a=m-k，b=n-k，则a≥b，且都是整数．2a+2b-1被52整除，要求a+b+k=m+n-k的最小值．不难看出210+21-1=1025，能被25整除，所以a+b+k的最小值小于10+l+2=13．而且在a=10，b=1，k=2时，上式等号成立．还需证明在a+b≤10时，2a+2b-l不可能被25整除．有下表a≤3时，2a+2b-1<8+8=16不能被52整除．其他表中情况，不难逐一检验，均不满足a b2+2-1被25整除的要求．因此a+b-k即m+n-k的最小值是13．(2+2-2)．方法二：注意到有100=2×2×5×5，4∣m n km n k k m-k n-k m-k n-k因为所以k最小为2．2+2-2=2(2+2-1)2+2-l,(2+2-1)，令m-k=x, n-k=y还有25∣m-k n-k2+2≡l(mod 25)则有x y因为5去除2，22，23，24，25余数分别为2，4，3，1，2；余数是4个一周期.于是，x=4p+2，y=4q+1；或者是x=4P+3，y=4Q+3．(1)x=4p+2，y=4q+1时2+2-2=24+23-22=20不是100的倍数；当x=2，y=1，于是m n k2+2-2=28+23-22=260不是100的倍数；当x=6，y=l，于是m n k2+2-2=212+23-22=4100是 l00的倍数；当x=10，y=l，于是m n k(2)x=4P+3，y=4Q+32+2-2=25+25-22=60不是l00的倍数；当x=3，y=3，于是m n k2+2-2=29+25-22=540不是l00的倍数：当x=7，y=3，于是m n k其余的将超过(1)种情况，所以，最小为m+n-k=12+3-2=13．。
六年级奥数讲义-数论综合(含答案)
学科培优数学“数论综合”学生姓名授课日期教师姓名授课时长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。
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．【题目】己知五个数依次是13，12， 15， 25，20它们每相邻的两个数相乘得四个数，这四个数每相邻的两个数相乘得三个数，这三个数每相邻的两个数相乘得两个数，这两个数相乘得一个数。
请问最后这个数从个位起向左数、可以连续地数到几个0？【题目】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?【题目】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．【题目】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?【题目】从1,2,3,……n中，任取57个数，使这57个数必有两个数的差为13，则n的最大值为_______。
【题目】一个自然数与自身相乘的结果称为完全平方数。
已知一个完全平方数是四位数，且各位数字均小于7。
如果把组成它的数字都加上3，便得到另外一个完全平方数，求原来的四位数。
【题目】4个不同的真分数的分子都是1，它们的分母有2个是奇数、2个是偶数，而且2个分母是奇数的分数之和与2个分母是偶数的分数之和相等．这样的奇数和偶数很多，小明希望这样的2个偶数之和尽量地小，那么这个和的最小可能值是多少?【题目】有一电话号码是 ABC-DEF-GHIJ ，其中每个字母代表一个不同的数字。
六年级数学专题思维训练—数论综合(含答案及解析)
六年级数学专题思维训练—数论综合1 公元前后，居住在墨西哥东部尤卡坦半岛的玛雅人的记数法是二十进制，他们基本的数字符号仅有两个：“．”和“一”，“．”来自玉米、豆子或卵石的形状，表示1；“一”是豆荚的形状，表示5．用这两个符号的上、下排列，组成了1～19各个数字（如下图所示）．2 一个五位数恰好等于它各位数字和的2007倍，则这个五位数是——．3 (1)从1到3998这3998个自然数中，有多少个数能被4整除？(2)从1到3998这3998个自然数中，有多少个数的各位数字之和能被4整除？4 如下图所示，摆放2×2的“4宫格”要用12根火柴棒；摆放3×3的“9宫格”要用24根火柴棒．小明用1300根火柴棒，恰好摆放成一个m×m的“m-宫格”，问m =？4宫格 9宫格5 二十多位小朋友围成一圈做游戏，他们依顺时针顺序从小赵报1开始连续报数，但7的倍数或带有数字7的数都要跳过去不报；报错的人表演一个节目．小明是第一个报错的人，当他右边的同学报90时他错报了91．如果他第一次报数报的是19，那么这群小朋友共有——人．6 从1至9这九个数字中挑出六个不同的数填在下图的六个圆圈内，使任意相邻两个圆圈内数字之和都是质数，那么最多能找出种不同的挑法来（六个数字相同、排列次序不同的都算同一种）．7 能被3整除且至少有一个数字是6的四位数有 个8 不大于2009的自然数中，被3整除且恰有一个数码是6的有 个9 试说明，将1+21+31+。
+401的和写成一个最简分数nm 时，m 不会是5的倍数10 数89之数码和为17．请问1、2、3、…、2008这2008个数之数码和的总和为多少？11 21ab 是一个四位数，由四个阿拉伯数字a 、b ，1，2组成的其他23个四位数的和等于 90669，求a 和6的值．12 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13 在3和5之间插入6、30、20这三个数，得到3、6、30、20、5这样一串数．其中每相邻两个数的和可以整除它们的积（例如，3_』-6=9，9可以整除3×6；再如，6__-30=36，36可以整除6×30）．请你在4与3这两数之间的三个空中各填入一个非零的整数，使得其中每相邻两个数的和可以整除它们的积．4、_ ___、____、____、314 N为自然数，且N+l、N+2、…、N+9与690都有大于1的公因数.N的最小值为15 写一个首位数字比末位数字大2的n位数（n大于或等于3）A，交换首位数字和末尾数字，得n位数B，A、B相减（大数减小数），所得的差为n位数C，把C的首位数字和末尾数字互换得D，C和D的和是S，不论写怎样的符合要求的数A，所得S都是一个常数K的倍数，则K的最大值是参考答案及解析1 公元前后，居住在墨西哥东部尤卡坦半岛的玛雅人的记数法是二十进制，他们基本的数字符号仅有两个：“．”和“一”，“．”来自玉米、豆子或卵石的形状，表示1；“一”是豆荚的形状，表示5．用这两个符号的上、下排列，组成了1～19各个数字（如下图所示）．【答案】68097【分析】17+4×20+10×202+8×203=680972 一个五位数恰好等于它各位数字和的2007倍，则这个五位数是——．【答案】36126或54189【分析】这个五位数为abcde，由题意abcde= 2007 (a+b+c+d +e）由于9¦ 2007，可得9¦abcde，则有9¦(a+b+c+d+e)， 2007×9=18063，这个五位数是18063的倍数，只可能为：18063,36126,54189,7225290315.经检验，36126和54189符合题意．3 (1)从1到3998这3998个自然数中，有多少个数能被4整除？(2)从1到3998这3998个自然数中，有多少个数的各位数字之和能被4整除？【答案】 (1)999个，(2)999个．【分析】(l)由于每连续4个自然数中必有一个能被4整除，3998÷4=999……2．因此从1到3998这3998个自然数中能被4整除的一共有999个‘(2)为了方便，将0到3999这4000个整数都看成四位数abcd（不是四位则在前面补零，如12=0012）．由于b.c，d各有10种数字可任意选择，而且当b.c.d选定后．为满足a+b+c+d 能被4整除，千位数字“必唯一确定．事实上，若b+c+d=4K时，则a=o；若b+c+d=4K+l 时．则a=3 ：若b+c+d=4K+2时，则a=2；若b+C+d=4K+3，则a=1．（K为整数）综上所述，在o到3999这4000个整数中有1×10 ×10×10=1000（个）数的各位数字之和能被4整除．因此，从1到3998这3998个自然数中有1ooo-1=999(个）数的各位数字之和能被4整除，4 如下图所示，摆放2×2的“4宫格”要用12根火柴棒；摆放3×3的“9宫格”要用24根火柴棒．小明用1300根火柴棒，恰好摆放成一个m×m的“m-宫格”，问m =？76田4宫格 9宫格【答案】25【分析】m2向的火柴棒有m+1列，每列有m根，也共有m(m+1)根．所以，摆放”，m2宫格”共用了2m( m+1) 根火柴棒．由2m(m+ l) =1300，得到m(m+1)=650=2×52×13=25×26．因此m=25 ．5 二十多位小朋友围成一圈做游戏，他们依顺时针顺序从小赵报1开始连续报数，但7的倍数或带有数字7的数都要跳过去不报；报错的人表演一个节目．小明是第一个报错的人，当他右边的同学报90时他错报了91．如果他第一次报数报的是19，那么这群小朋友共有——人．【答案】24【分析】情况一：．．跳过去不报”指一个小朋友报了6，下一个小朋友不报数而是拍手．再下一个小朋友报8．此时，每个人应当轮到的数和上一次轮到的数（报出来或者拍手跳过）之间的差等于总人数．小明本次应当拍手，而不是报出91．所以”总人数是91—19=72的约数．有72．36．24，18，……，其中是“二十多”的只有24．情况二：，．跳过去不报”指一个小朋友报了6，下一个小朋友直接报8．此时．把所有i 的倍数和带有数字7的数去掉之后，剩余的数排成一列，每个人应当轮到的数和上一次轮到的数在这个数列中的位置号之差等于总人数．从19到90这72个数中，含有数字7的有27,37,47,57,67,70到79.87．共16个．是i 的倍数且不含有数字7的有21,28,35,42,49,56,63,84共8令，所以排除掉之后剩下48个．总人数应当是48的约数，有48,24,16，……，其中是“二十多”的也只有24。
小学教育ppt课件教案数论思维训练的概念扩展与举一反三
创新问题设计
01
结合生活实际和数学知识，设计具有挑战性和创新性的问题，
激发学生的探索欲望。
问题பைடு நூலகம்战
02
鼓励学生独立思考、尝试解决问题，培养学生的挑战精神和解
决问题的能力。
应对策略
03
针对学生在解决问题过程中遇到的困难和挑战，提供有效的指
导和帮助，引导学生寻找解决问题的突破口。
跨学科综合应用案例分析
演绎证明过程展示及启示
演绎证明过程
演绎证明是一种从已知的事实和规则出 发，通过逻辑推理得出新结论的证明方 法。在数论中，演绎证明常用于证明定 理和推论。
VS
启示
演绎证明过程展示了数学思维的严谨性和 逻辑性。它告诉我们，在数学中，任何一 个结论都必须经过严格的证明才能被接受 。同时，演绎证明也启示我们在解决数学 问题时，要善于运用已知的知识和方法， 通过逻辑推理得出新的结论。
分数、小数和百分数的定义
分数表示部分与整体的关系，小数表示十进制分数，百分数表示 百分比。
相互转化
探讨分数、小数和百分数之间的相互转化方法，如分数与小数的互 化、百分数与小数或分数的互化等。
应用举例
通过举例说明分数、小数和百分数在日常生活和数学中的应用，如 折扣计算、比例分配等。
代数表达式及方程解法示例
归纳分类思想在数论中体现
归纳分类思想
归纳分类是一种重要的数学思维方法，它通过对问题的分析和归纳，将问题分类并找出各类问题的共 性和规律，从而简化问题的解决过程。
在数论中体现
在数论中，归纳分类思想常用于对整数性质的研究。例如，通过对整数的归纳分类，可以得出整数的 奇偶性、整除性等性质。同时，归纳分类思想也常用于解决数论中的计数问题，如通过分类讨论来求 解某些特定条件下的整数个数等。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第22讲数论综合三典型问题◇◇兴趣篇◇◇1.（1）求所有满足下列条件的三位数：在它左边写上40后所得的五位数是完全平方数。
（2）求满足下列条件的最小自然数：在它左边写上80后所得的数是完全平方数。
【分析】（1）设这个三位数为abc 根据题意有240abc n =，即240000abc n +=，22200(200)(200)abc n n n =-=+-当201n =时，401abc =，五位数是220140401=当202n =时，804abc =，五位数是220240804=当203n =时，abc 不是三位数（舍去）所以满足条件的三位数是401，804（2）当这个自然数是一位数时，有280a n =，229841=，228784=，因此一位数不存在，同理两位数不存在当这个自然数是三位数时，有280abc n =，280000abc n =-，228480656=，所以最小自然数是6562.已知!n 3 是一个完全平方数，试确定自然数n 的值。
（n n !123 ）【分析】当6n ≥时，!()n m 3331 ，不可能是完全平方数，因此n 只能取1到5间的数，经试验1n =或33.一个完全平方数是四位数，且它的各位数字均小于7。
如果把组成它的每个数字都加上3，便得到另外一个完全平方数。
求原来的四位数。
【分析】根据题意有2abcd m =，2(3)(3)(3)(3)a b c d n ++++=，因此223333n m -=，即()()311101n m n m +-=⨯⨯，且,n m 都是两位数，因此()()33101n m n m +-=⨯，所以67,34n m ==，原来的四位数是2341156=4.请写出所有各位数字互不相同的三位奇数，使得它能被它的每一个数位上的数字整除。
【分析】根据题意是三位奇数，因此各位数字不能取偶数，当有一个数字是9时，必然另外两个数字有一个是偶数，因此三个数字只能是1,3,5,7，所以满足条件的三位奇数为135，315，175，7355.在一个两位数的十位与个位数字之间插入一个数字0，得到一个三位数（例如21变成了201），结果这个三位数恰好能被原来的两位数整除。
请问：所有满足条件的两位数之和是多少？【分析】设满足条件的两位数为ab ，依题意有0a b mab =，即10010a b ma mb +=+，m 最大只能取10，最小取6，当10m =时，有10010010a b a b +=+，因此0b =这样的两位数有10,20,30,,90 ，同理当9m =时，有100909a b a b +=+，这样的两位数有45；同理当8m =时，有100808a b a b +=+，这样的两位数不存在；同理当7m =时，有100707a b a b +=+，这样的两位数有15；同理当6m =时，有100606a b a b +=+，这样的两位数有18；满足条件的两位数之和是102090154518528++++++= 6.用2、3、4、5、6、7六个数字组成两个三位数，要使这两个三位数与540的最大公约数尽可能的大，这两个三位数应该分别是多少？【分析】23540235=⨯⨯，因此可以让这两个三位数尽可能都是4的倍数和9的倍数，所以只能是324，756或432，7567.一个自然数，它与99的乘积的各位数字都是偶数。
求满足要求的最小值。
【分析】当这个自然数为一位数a 时，9910000a a a a a ⨯=-=-，因此十位数字是9不成立；当这个自然数为两位数ab 时，9910000ab ab ab ab ab ⨯=-=-，因此个位数字是偶数，这样百位数字为奇数，不成立；当这个自然数为三位数abc 时，99100000abc abc abc abc abc ⨯=-=-，因此个位数字是偶数，这样千位数字为奇数，不成立；当这个自然数为四位数abcd 时，9910000abcd abcd abcd abcd abcd ⨯=-=-，因此个位数字、千位数字是偶数，百位、十位数字是奇数；且a c >，b d >，所以满足要求的最小值是23128.有3个自然数，其中每一个数都不能被另外两个数整除，而且其中任意两个数的乘积都能被被三个数整除。
满足上述条件的3个自然数之和最小是多少？【分析】要求和最小，这三个数应尽量小，因此这三个数分别含质因数2,3,5，再根据题意只能是任意两个因数的积，即23⨯，35⨯，52⨯，所以满足上述条件的3个自然数之和最小是1015631++=9.小明与小华玩游戏，规则如下：开始每人都是1分，每局获胜的小朋友都可以把自己的分数乘以3，输的小朋友保持分数不变。
最后小明获胜，他比小华多的分数是99的倍数，那么他们至少玩了多少局？【分析】根据题意每人得的分数只能是3n 的形式，设小明得的分数为3n ，小华得的分数为3m ，所以有233311n m p -=⨯（,,m n p 都是整数，n m >），即23(31)311m n m p --=⨯，只需让31n m --是11的倍数，最小的是531242-=是11的倍数，所以最小7n =，2m =，因此至少玩729+=局10.对于一个自然数N ，如果具有这样的性质就称为“破坏数”：它添加到任何一个自然数的右端，形成的新数都不能被1N +整除。
那么在1至10这10个自然数中有多少个“破坏数”？【分析】首先，奇数肯定是破坏数.因为任何一个自然数右端添上一个奇数，得到的新数必然还是奇数，不可能被偶数整除.4也是破坏数，因为末位是4的自然数肯定不是5的倍数.因此破坏数有6个备注：题目有问题，应将2008改为10◇◇拓展篇◇◇1.（1）求满足下列条件的最小自然数，使得它的平方的前两位是20；（2）求满足下列条件的最小自然数，使得它的平方的后两位是04；（3）求满足下列条件的最小自然数，使得它的平方的前两位是20，后两位是04。
【分析】（1）设最小的自然数为一位数，有220a n =，即2200a n =-，经试验这样的一位数不存在；设最小的自然数为两，有位数有220ab n =，即22000ab n =-，当45n =时，满足条件，所以满足条件（1）的最小自然数是45；（2）同样的方法得到，满足条件（2）的最小自然数是48；（3）同样的方法得到，满足条件（3）的最小自然数是448；2.已知!n 4 等于两个相邻自然数的乘积，试确定自然数n 的值。
（n n !123 ）【分析】当4n ≥时，!!44(1)4n n +=⨯+，!14n +是奇数，不可能是3或5，所以4n <，经试验2n =3.找出三个小于20的自然数，它们的最大公约数是1，但是两两均不相质。
请写出所有可能的情况。
【分析】这三个数应该是,,a b b c c a ⨯⨯⨯的形式，其中,,a b c 都为质数，但不能有7，因为732120⨯=>，所以,,a b c 只能是2,3,5；因此有23,35,52⨯⨯⨯；223,35,52⨯⨯⨯；223,35,52⨯⨯⨯；即6，15，10；12，15，10；18，15，104.三个两位奇数，它们的最大公约数是1，但是两两均不互质，且三个数的最小公倍数共有18个约数。
求所有满足要求的情况。
【分析】这三个数应该是,,a b b c c a ⨯⨯⨯的形式，其中,,a b c 都为质数，由于是奇数，所以不能有2，又因为三个数的最小公倍数共有18个约数，18233=⨯⨯，因此这三个数为2235,37,57⨯⨯⨯；2235,311,511⨯⨯⨯，即75,63,35;75,99,555.147102008⨯⨯⨯⨯⨯ 的末尾有多少个连续的零？【分析】只要看里面5的因子个数，因为2的因子个数一定足够多．1到2008里面共有(20081)31670-÷+=个数．其中，这里面的后625个一定含有125个5的倍数，25个25的倍数，5个125的倍数和1个625的倍数；前45个中，10、25、40、55、 130共含有11个因子5．所以，含有5的因子个数为125255111167++++=．6.一个四位数除以它后两位数字组成的两位数，余数恰好是它前两位数字组成的两位数。
如果它后两位数字组成的两位数是质数，那么原来的四位数是多少？【分析】设这个四位数是abcd ，根据题意有abcd cd m ab ÷= ，即abcd cd m ab =⨯+，即100ab cd cd m ab +=⨯+，99(1)ab cd m =⨯-，所以cd 是11的倍数，且cd 是质数11cd =，cd ab >，所以10ab =，原来的四位数是10117.任意一些末两位是25的数相乘，它们的乘积末两位数仍是25，我们称25是“变不掉的两位数尾巴”。
显然000是“变不掉的三位数尾巴”，请写出所有的“变不掉的三位数尾巴”。
【分析】设变不掉的三位数尾巴为x ，则有2x x -是1000的倍数，即33(1)25x x n -=⨯⨯（n为整数），等式左边是一个奇数乘以一个偶数，因此等式右边其中一个是125的奇数倍数，另一个是8的倍数，且是连续的自然数，因此这两个数分别为375、376或625、624，即“变不掉的三位数尾巴”只能是376，625，还有000，0018.在3和5之间插入6、30、20三个数，可以得到3、6、30、20、5这样一串数，其中每相邻两个数的和都可以整除它们的乘积。
请你在4与3之间插入三个非零自然数，使得其中每相邻两个数的和都可以整除它们的乘积。
【分析】设满足条件的两个数为,a b ，因此有ab m a b =+（m 为整数）即111a b m+=，111a m b =-，令4a =，有111424=-，1114312=-，这样插入的第二个数为4或12，同理再考虑右边的3，而111326=-，这样第三个数只能是6,又因为两个相同的偶数必满足条件，所以答案有4，4，12，6，3或4，12，6，6，3或4，12，12，6，39.M 、N 是互位反序的两个三位数，且M N >。
请问：（1）如果M 和N 的最大公约数是7，求M ；（2）如果M 和N 的最大公约数是21，求M 。
【分析】（1）设这个三位数为abc ，逆序数为cba ，M 和N 的最大公约数是7，所以abc cba -，abc cba +应是7的倍数，即99()a c -，101()20a c b ++是7的倍数，满足条件的只有9,2,5a c b ===；8,6,1a b c ===，但861是3的倍数（舍去）,因此M 是952（2）通过第一问得知，M 和N 的最大公约数是21时，861M =10.用1、2、3、4、5、6这六个数字组成两个三位数A 和B ，那么A 、B 、540这三个数的最大公约数最大可能是多少？【分析】因为23540235=⨯⨯，而用1、2、3、4、5、6组成两个三位数，最多有一个是5的倍数，最多有一个是9的倍数，可以组成两个是3,4倍数的三位数，即312,456，A 、B 、540这三个数的最大公约数最大可能是1211.请将1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11按合适的顺序写成一行，使得这一行数中的任何一个都是它前面所有数之和的约数。