培优32---数论问题及竞赛题（六年级）
考察数论问题中的奇偶判断】
1.能不能在下式1 □ 2 □ 3 □ 4 □ 5 □ 6 □ 7 □ 8 □ 9=10的每个方框中，分别填入加号或者减号使等式成立？
考点透析：关键是理解奇数的个数决定结果的奇偶性，奇数个奇数在一起的时候，无论怎样加或减，结果都是奇数。
解：左边有5个奇数和5个偶数，右边是一个偶数。所以，无论怎样填写，左边的结果都不可能是偶数，所以不能成立。
考察数论问题中的最小公倍数】
2.在一个长木棍上，有3种刻度线，第一种刻度线将木棍分成10等份，第二种刻度线把木棍分成12等份，第三种刻度线把木棍分成15等份，如果沿每条刻度线把木棍锯断，木棍总共被锯成多少段？
考点透析： 把木棍看成是的最小公倍数个单位，那么每个等分线将表示的都是整数，而且重合位置表示的数都是等分线长度的最小公倍数。
解：[10,12,15]=60，即把木棍60等分，每一等分作为一个单位，则第一种刻度线每相邻两刻度占6个单位，第二种刻度线占5个单位，第三种占4个单位，等分点有9+11+14=34个。
[5,6]=30，故在30单位处，第。
一、二刻度重合1次，[4,5]=20，故在单位处第。
二、三刻度重合2次，[4,6]=12，故在单位处第。
一、三刻度重合4次。
34-1-2-4=27，可以分成28段，即木棍总共被锯成28段。
数论问题中余数与因数的结合】
3.已知2008被一些自然数去除，得到的余数都是10，这些自然数共有几个？
考点透析：2008被这样的自然数除余数是10，那么这些自然数就是1998的因数，要注意的是除数比余数要大，所以我们要求出1998因数的个数，去掉比10小的因数。
解：1998=2×33×37，即因数个数为：（1+1）×（3+1）×（1+1）=16
其中小于10的因数有五个。
16-5=11个，即这些自然数共有11个。
竞赛拉分题。
1、转化思想：核心策略“我不知道你是谁，但我知道你像谁”；
2、赋值思想：核心策略：“我不知道你是谁，所以就设你是a”；
3、分类讨论思想：核心策略：“我不知道你是谁，但我知道你的范围”；
4、函数思想：核心策略：“你怎么变，我就怎么变”；
5、极限思想：核心策略：“我不知道你是多少，但我知道你不超过多少，不低于多少”。
举例说明。运用赋值和极限方法巧解杯赛拉分题】
4.（第六届创新杯数学邀请赛试题）一次考试共有5道试题，做对第题的分别是参加考试人数的％。如果做对3道或3道以上的为及格，那么这次考试的及格率至少是多少？
1、题意理解：
1）参加考试人数×（95％+90％+84％+81％+75％）=做对题次（人）数。
2）参加考试人数×（1-95％+1-90％+1-84％+1-81％+1-75％）=做错或没做题次（人）数。
2、逻辑理解：
要求最少的及格率，即求最少的及格人数，必须使不及格的人数尽量多，而不及格的人最少有3题“做错或没做”（共5道试题），故只要求出一共的做题或没做题次（人）数即可求解，但显然题中缺参加考试人数的具体值这个条件，于是不妨设参加考试的人数为100（也可以为其他方便计算的数值或未知数，如100a）。
3、思维推理：
不妨设参加考试的人数为100，则。
由于100人中“做错或没做”的共有75题次，又不及格的人最少有3题“做错或没做”，所以不及格的最多有75÷3=25人，从而及格的最少有100-25=75人，因此及格率至少是75÷100=75％。
4、小结：本题之所以设参加的人数为100，一是为了方便计算，二是因为即使设为100a，则75a÷3=25a，100 a-25 a=75a，75a÷100a=75％，于是发现“a”被抵消了，故本题问题与参加考试人数的具体值无关。
运用转化方法巧解杯赛拉分题】
5.（第七届创新杯数学邀请赛试题）从中选出7个数，使得它们的和是3的倍数，共有（ ）种不同的选法。
1、常规解法：通过列举从9个数中选出7个数，然后再计算出这7个数的和是否是3的倍数。这样既容易漏掉答案，又浪费时间。
2、转化方法巧解分析：从9个数中选7个数出来就相当于去掉2个数，可以转化为求余下2个数的和与3的倍数的可能性。
解答：1+2+3+…+9=45，即9个数的和是3的倍数，要使选出的7个数的和是3的倍数，只需余下的2个数是3的倍数即可，也就是余下2个数的和是3的倍数的情况有多少种，选7个数的和是3的倍数的情况就有多少种；
从中任意选出2个数的和都是3的倍数，共有3种不同的选法；
从中选2个数的和是3的倍数，按照顺序搭配可知有（1，2），（1，5），（1，8），（2，4），（2，7），（4，5），（4，8），（5，7），（7，8），共9种；④所以从9个数中选7个数的和是3的倍数共有3+9=12种不同的选法。
分类讨论方法巧解杯赛拉分题】
6.（第四届创新杯数学邀请赛试题）图中小正方形的面积为1，共16个点，以这些点为顶点作三角形，则面积为3的有个。a、24个 b、36个 c、48个 d、72个。
1、常规解法按照一定的顺序任意找出3个顶点连接成一个三角形，然后再计算出这个三角形的面积，把面积等于3的三角形记录下来。这种方法乍一看是可行的，但是真正做起来就回感觉非常的复杂、而且容易遗漏或重复。
2、转化方法巧解分析：结合图形的特点，从面积为3入手，因为三角形的面积底×高÷2，所以符合要求的底和高只有2种可能：一种是底为3、高为2；另一种是底为2、高为3，故可“分类讨论”求解。
解析：底为3、高为2的三角形“方向”朝上：2×4=8个“方向”朝下：2×4=8个“方向”朝左：2×4=8个“方向”朝右：2×4=8个共8×4=32（个）；形如：
底为2、高为3的三角形“方向”朝上：2×2=4个“方向”朝下：2×2=4个“方向”朝左：2×2=4个“方向”朝右：2×2=4个共4×4=16（个）形如：
共计：32+16=48（个）。
7 如图2.14，象棋棋盘上一只小卒过河后沿着最短的路走到对方“将”处，这小卒有多少种不同的走法？
分析（运用分类思路分析）：
小卒过河后，首先到达a点，因此，题目实际上是问：从a点出发，沿最短路径有多少种走法可以到达“将”处，所谓最短，是指不走回头路。
因为“将”直接相通的是p点和k点，所以要求从a点到“将”处有多少种走法，就必须是求出从a到p和从a到k各有多少种走法。
分类。一种走法：a到b、c、d、e、f、g都是各有一种走法。
二种走法：从a到h有两种走法。
三种走法：从a到m及从a到i各有三种走法。
其他各类的走法：因为从a到m、到i各有3种走法，所以从a到n就有3＋3＝6种走法了，因为从a到i有3种走法，从a到d有1种走法，所以从a到j就有3＋1=4种走法了；p与n、j相邻，而a到n有6种走法，a到j有4种走法，所以从a到p就有6+4=10种走法了；同理k与j、e相邻，而a到j有4种走法，到e有1种走法，所以a到k就有4+1=5种走法。
再求从a到“将”处共有多少种走法就非常容易了。
8.某个七位数1993□□□能同时被整除，那么它的最后三位数字依次是__。
（2024年全国小学数学奥林匹克初赛试题）
讲析：因为的最小公倍数是2520。
而1993000÷2520=790余2200。
于是再加上（2520-2200）=320时，就可以了。所以最后三位数字依次是。
9.在下面的○、□和△中分别填上不同的自然数，使等式成立。
（2024年北大友好数学邀请赛试题）
讲析：最大为：
所以，○、和△应填的数分别是。
10.在下面的□中，分别填上中的一个数字（每个式子中的数字不能重复），使带分数算式：
（第一届《从小爱数学》邀请赛试题）
讲析：可从整数部分和小数部分分开考虑。要使减法式的值最大，必须使被减数最大而减数最小，从而可得。
要使加法式的值最小，首先必须使每个加数中的整数部分尽可能小。从。
11. 用125块体积相等的黑、白两种正方体，黑白相间地拼成一个大正方体（如图5.52）。那么，露在表面上的黑色正方体的个数是___
2024年全国小学数学奥林匹克决赛试题）
培优32数论问题及竞赛题 六年级 学生
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