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2016年小学四年级奥林匹克数学基础教程精讲内附参考答案
小学奥数基础教程（四年级）12016年小学四年级奥林匹克数学基础教程精讲内附参考答案第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）小学奥数基础教程（四年级）2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8010＋（623＋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8010，就可口算出结果为809。例1所用的方法叫做加法的基准数法。这种方法适用于加数较多，而且所有的加数相差不大的情况。作为基准的数（如例1的80）叫做基准数，各数与基准数的差的和叫做累计差。由例1得到总和数基准数加数的个数累计差，平均数基准数累计差÷加数的个数。在使用基准数法时，应选取与各数的差较小的数作为基准数，这样才容易计算累计差。同时考虑到基准数与加数个数的乘法能够方便地计算出来，所以基准数应尽量选取整十、整百的数。例2某农场有10块麦田，每块的产量如下（单位千克）462，480，443，420，473，429，468，439，475，461。求平均每块麦田的产量。解选基准数为450，则小学奥数基础教程（四年级）3累计差12＋30－7－30＋23－21＋18－11＋25＋11＝50，平均每块产量450＋50÷10＝455（千克）。答平均每块麦田的产量为455千克。求一位数的平方，在乘法口诀的九九表中已经被同学们熟知，如77＝49（七七四十九）。对于两位数的平方，大多数同学只是背熟了10～20的平方，而21～99的平方就不大熟悉了。有没有什么窍门，能够迅速算出两位数的平方呢这里向同学们介绍一种方法凑整补零法。所谓凑整补零法，就是用所求数与最接近的整十数的差，通过移多补少，将所求数转化成一个整十数乘以另一数，再加上零头的平方数。下面通过例题来说明这一方法。例3求292和822的值。解2922929＝（29＋1）（291）＋12＝01＝841。822＝8282＝（82－2）（82＋2）＋22＝204＝6724。由上例看出，因为29比30少1，所以给29补1，这叫补少因为82比80多2，所以从82中移走2，这叫移多。因为是两个相同数相乘，所以对其中一个数移多补少后，还需要在另一个数上找齐。本例中，给一个29补1，就要给另一个29减1给一个82减了2，就要给另一个82加上2。最后，还要加上移多补少的数的平方。由凑整补零法计算352，得＋521225。这与三年级学的个位数是5的数的平方的速算方法结果相同。这种方法不仅适用于求两位数的平方值，也适用于求三位数或更多位数的平方值。例4求的值。解＝（993＋7）（06000＋49小学奥数基础教程（四年级）4＝＝（20044）（20044）＋42＝＝＝4016016。下面，我们介绍一类特殊情况的乘法的速算方法。请看下面的算式，1944。这几道算式具有一个共同特点，两个因数都是两位数，一个因数的十位数与个位数相同，另一因数的十位数与个位数之和为10。这类算式有非常简便的速算方法。例58864＝分析与解由乘法分配律和结合律，得到8864＝（80＋8）（60＋4）＝（80＋8）60＋（80＋8）4＝＋804＋84＝＋804＋84＝80（60＋6＋4）＋84＝80（60＋10）＋84＝8（6＋1）10084。于是，我们得到下面的速算式由上式看出，积的末两位数是两个因数的个位数之积，本例为84积中从百位起前面的数是个位与十位相同的因数的十位数与个位与十位之和为10的因数的十位数加1的乘积，本例为8（6＋1）。例67791＝解由例3的解法得到小学奥数基础教程（四年级）5由上式看出，当两个因数的个位数之积是一位数时，应在十位上补一个0，本例为71＝07。用这种速算法只需口算就可以方便地解答出这类两位数的乘法计算。练习11.求下面10个数的总和165，152，168，171，148，156，169，161，157，149。2.农业科研小组测定麦苗的生长情况，量出12株麦苗的高度分别为（单位厘米）26，25，25，23，27，28，26，24，29，27，27，25。求这批麦苗的平均高度。3.某车间有9个工人加工零件，他们加工零件的个数分别为68，91，84，75，78，81，83，72，79。他们共加工了多少个零件4.计算13＋16＋＋15＋12＋16＋13＋12。5.计算下列各题（1）372（2）532（3）912（4）682（5）72。6.计算下列各题（1）55（3）44（5）99。练习1答案1.厘米。3.711个。4.147。5.（1）09（3）24（5）17609。6.（1）30（3）627（4）21（6）4554。第2讲速算与巧算（二）上一讲我们介绍了一类两位数乘法的速算方法，这一讲讨论乘法的同补与补同速算法。两个数之和等于10，则称这两个数互补。在整数乘法运算中，常会遇到像等被乘数与乘数的十位数字相同或互补，或被乘数与乘数的个位数字相同或互补的情况。小学奥数基础教程（四年级）67278的被乘数与乘数的十位数字相同、个位数字互补，这类式子我们称为头相同、尾互补型2686的被乘数与乘数的十位数字互补、个位数字相同，这类式子我们称为头互补、尾相同型。计算这两类题目，有非常简捷的速算方法，分别称为同补速算法和补同速算法。例1（1）7674＝（2）3139＝分析与解本例两题都是头相同、尾互补类型。（1）由乘法分配律和结合律，得到7674＝（70＋6）（704）＝（70＋6）70＋（70＋6）4＝＋704＋64＝70（70＋6＋4）＋64＝70（70＋10）＋64＝7（71）100＋64。于是，我们得到下面的速算式（2）与（1）类似可得到下面的速算式由例1看出，在头相同、尾互补的两个两位数乘法中，积的末两位数是两个因数的个位数之积（不够两位时前面补0，如19＝09），积中从百位起前面的数是被乘数（或乘数）的十位数与十位数加1的乘积。同补速算法简单地说就是积的末两位是尾尾，前面是头（头1）。我们在三年级时学到的，,,，9595的速算，实际上就是同补速算法。例2（1）7838＝（2）4363＝分析与解本例两题都是头互补、尾相同类型。（1）由乘法分配律和结合律，得到7838＝（70＋8）（30＋8）＝（70＋8）30＋（70＋8）8小学奥数基础教程（四年级）7＝8＋88＝＋70）＋88＝7＋88＝（73＋8）100＋88。于是，我们得到下面的速算式（2）与（1）类似可得到下面的速算式由例2看出，在头互补、尾相同的两个两位数乘法中，积的末两位数是两个因数的个位数之积（不够两位时前面补0，如33＝09），积中从百位起前面的数是两个因数的十位数之积加上被乘数（或乘数）的个位数。补同速算法简单地说就是积的末两位数是尾尾，前面是头头尾。例1和例2介绍了两位数乘以两位数的同补或补同形式的速算法。当被乘数和乘数多于两位时，情况会发生什么变化呢我们先将互补的概念推广一下。当两个数的和是10，100，1000，,,时，这两个数互为补数，简称互补。如43与57互补，99与1互补，555与445互补。在一个乘法算式中，当被乘数与乘数前面的几位数相同，后面的几位数互补时，这个算式就是同补型，即头相同，尾互补型。例如，因为被乘数与乘数的前两位数相同，都是70，后两位数互补，77＋23＝100，所以是同补型。又如，等都是同补型。当被乘数与乘数前面的几位数互补，后面的几位数相同时，这个乘法算式就是补同型，即头互补，尾相同型。例如，等都是补同型。在计算多位数的同补型乘法时，例1的方法仍然适用。例3（1））＝解（1）小学奥数基础教程（四年级）8（2）计算多位数的同补型乘法时，将头（头1）作为乘积的前几位，将两个互补数之积作为乘积的后几位。注意互补数如果是n位数，则应占乘积的后2n位，不足的位补0。在计算多位数的补同型乘法时，如果补与同，即头与尾的位数相同，那么例2的方法仍然适用（见例4）如果补与同的位数不相同，那么例2的方法不再适用，因为没有简捷实用的方法，所以就不再讨论了。例＝解练习2计算下列各题1...7.56085。第3讲高斯求和德国著名数学家高斯幼年时代聪明过人，上学时，有一天老师出了一道题让同学们计算1＋2＋3＋4＋,,＋99＋100＝老师出完题后，全班同学都在埋头计算，小高斯却很快算出答案等于5050。高斯为什么算得又快又准呢原来小高斯通过细心观察发现1＋100＝2＋99＝3＋98＝,,＝49＋52＝50＋51。小学奥数基础教程（四年级）91～100正好可以分成这样的50对数，每对数的和都相等。于是，小高斯把这道题巧算为（÷2＝5050。小高斯使用的这种求和方法，真是聪明极了，简单快捷，并且广泛地适用于等差数列的求和问题。若干个数排成一列称为数列，数列中的每一个数称为一项，其中第一项称为首项，最后一项称为末项。后项与前项之差都相等的数列称为等差数列，后项与前项之差称为公差。例如（1）1，2，3，4，5，,,，100（2）1，3，5，7，9，,,，99（3）8，15，22，29，36，,,，71。其中（1）是首项为1，末项为100，公差为1的等差数列（2）是首项为1，末项为99，公差为2的等差数列（3）是首项为8，末项为71，公差为7的等差数列。由高斯的巧算方法，得到等差数列的求和公式和（首项末项）项数÷2。例11＋2＋3＋,,＋1999＝分析与解这串加数1，2，3，,,，1999是等差数列，首项是1，末项是1999，共有1999个数。由等差数列求和公式可得原式（1＋÷2＝1999000。注意利用等差数列求和公式之前，一定要判断题目中的各个加数是否构成等差数列。例211＋12＋13＋,,＋31＝分析与解这串加数11，12，13，,,，31是等差数列，首项是11，末项是31，共有（项）。原式（41。在利用等差数列求和公式时，有时项数并不是一目了然的，这时就需要先求出项数。根据首项、末项、公差的关系，可以得到项数（末项首项）÷公差1，末项首项公差（项数1）。例33＋7＋11＋,,＋99＝分析与解3，7，11，,,，99是公差为4的等差数列，项数（99－3）÷4＋1＝25，原式（3＋99）25÷2＝1275。例4求首项是25，公差是3的等差数列的前40项的和。小学奥数基础教程（四年级）10解末项25＋3（401）＝142，和（25＋142）40÷2＝3340。利用等差数列求和公式及求项数和末项的公式，可以解决各种与等差数列求和有关的问题。例5在下图中，每个最小的等边三角形的面积是12厘米2，边长是1根火柴棍。问（1）最大三角形的面积是多少平方厘米（2）整个图形由多少根火柴棍摆成分析最大三角形共有8层，从上往下摆时，每层的小三角形数目及所用火柴数目如下表由上表看出，各层的小三角形数成等差数列，各层的火柴数也成等差数列。解（1）最大三角形面积为（1＋3＋5＋,,＋15）12＝［（1＋15）8÷2］12＝768（厘米2）。2）火柴棍的数目为3＋6＋9,,24＝（3＋24）8÷2108（根）。答最大三角形的面积是768厘米2，整个图形由108根火柴摆成。例6盒子里放有三只乒乓球，一位魔术师第一次从盒子里拿出一只球，将它变成3只球后放回盒子里第二次又从盒子里拿出二只球，将每只球各变成3只球后放回盒子里,,,,第十次从盒子里拿出十只球，将每只球各变成3只球后放回到盒子里。这时盒子里共有多少只乒乓球分析与解一只球变成3只球，实际上多了2只球。第一次多了2只球，第二次多了22只球,,,,第十次多了210只球。因此拿了十次后，多了21＋22＋,,＋210＝2（1＋2＋,,＋10）＝255＝110（只）。加上原有的3只球，盒子里共有球110＋3＝113（只）。综合列式为小学奥数基础教程（四年级）11（31）（1＋2＋,,＋10）＋3＝2［（1＋10）10÷2］＋3＝113（只）。练习31.计算下列各题（1）2＋4＋6＋,,＋200（2）17＋19＋21＋,,＋39（3）5＋8＋11＋14＋,,＋50（4）3＋10＋17＋24＋,,＋101。2.求首项是5，末项是93，公差是4的等差数列的和。3.求首项是13，公差是5的等差数列的前30项的和。4.时钟在每个整点敲打，敲打的次数等于该钟点数，每半点钟也敲一下。问时钟一昼夜敲打多少次5.求100以内除以3余2的所有数的和。6.在所有的两位数中，十位数比个位数大的数共有多少个第四讲我们在三年级已经学习了能被2，3，5整除的数的特征，这一讲我们将讨论整除的性质，并讲解能被4，8，9整除的数的特征。数的整除具有如下性质性质1如果甲数能被乙数整除，乙数能被丙数整除，那么甲数一定能被丙数整除。例如，48能被16整除，16能被8整除，那么48一定能被8整除。性质2如果两个数都能被一个自然数整除，那么这两个数的和与差也一定能被这个自然数整除。例如，21与15都能被3整除，那么21＋15及2115都能被3整除。性质3如果一个数能分别被两个互质的自然数整除，那么这个数一定能被这两个互质的自然数的乘积整除。例如，126能被9整除，又能被7整除，且9与7互质，那么126能被97＝63整除。利用上面关于整除的性质，我们可以解决许多与整除有关的问题。为了进一步学习数的整除性，我们把学过的和将要学习的一些整除的数字特征列出来（1）一个数的个位数字如果是0，2，4，6，8中的一个，那么这个数就能被2整除。（2）一个数的个位数字如果是0或5，那么这个数就能被5整除。（3）一个数各个数位上的数字之和如果能被3整除，那么这个数就能被3整除。（4）一个数的末两位数如果能被4（或25）整除，那么这个数就能被4（或25）整除。（5）一个数的末三位数如果能被8（或125）整除，那么这个数就能被8（或125）整除。小学奥数基础教程（四年级）12（6）一个数各个数位上的数字之和如果能被9整除，那么这个数就能被9整除。其中（1）（2）（3）是三年级学过的内容，（4）（5）（6）是本讲要学习的内容。因为100能被4（或25）整除，所以由整除的性质1知，整百的数都能被4（或25）整除。因为任何自然数都能分成一个整百的数与这个数的后两位数之和，所以由整除的性质2知，只要这个数的后两位数能被4（或25）整除，这个数就能被4（或25）整除。这就证明了（4）。类似地可以证明（5）。（6）的正确性，我们用一个具体的数来说明一般性的证明方法。837＝800＋30＋7＝＋7＝8（99＋1）＋3（9＋1）＋7＝899＋8＋39＋3＋7＝（899＋39）＋（8＋3＋7）。因为99和9都能被9整除，所以根据整除的性质1和性质2知，（8x99＋3x9）能被9整除。再根据整除的性质2，由（8＋3＋7）能被9整除，就能判断837能被9整除。利用（4）（5）（6）还可以求出一个数除以4，8，9的余数（4）一个数除以4的余数，与它的末两位除以4的余数相同。（5＇）一个数除以8的余数，与它的末三位除以8的余数相同。（6＇）一个数除以9的余数，与它的各位数字之和除以9的余数相同。例1在下面的数中，哪些能被4整除哪些能被8整除哪些能被9整除234，789，，。解能被4整除的数有，8064能被8整除的数有能被9整除的数有234，。例2在四位数56□2中，被盖住的十位数分别等于几时，这个四位数分别能被9，8，4整除解如果56□2能被9整除，那么5＋6＋□＋2＝13＋□应能被9整除，所以当十位数是5，即四位数是5652时能被9整除如果56□2能被8整除，那么6□2应能被8整除，所以当十位数是3或7，即四位数是时能被8整除如果56□2能被4整除，那么□2应能被4整除，所以当十位数是1，3，5，7，9，即四位数是，，5692时能被4整除。小学奥数基础教程（四年级）13到现在为止，我们已经学过能被2，3，5，4，8，9整除的数的特征。根据整除的性质3，我们可以把判断整除的范围进一步扩大。例如，判断一个数能否被6整除，因为6＝23，2与3互质，所以如果这个数既能被2整除又能被3整除，那么根据整除的性质3，可判定这个数能被6整除。同理，判断一个数能否被12整除，只需判断这个数能否同时被3和4整除判断一个数能否被72整除，只需判断这个数能否同时被8和9整除如此等等。例3从0，2，5，7四个数字中任选三个，组成能同时被2，5，3整除的数，并将这些数从小到大进行排列。解因为组成的三位数能同时被2，5整除，所以个位数字为0。根据三位数能被3整除的特征，数字和2＋7＋0与5＋7＋0都能被3整除，因此所求的这些数为270，570，720，750。例4五位数能被72整除，问A与B各代表什么数字分析与解已知能被72整除。因为72＝89，8和9是互质数，所以既能被8整除，又能被9整除。根据能被8整除的数的特征，要求能被8整除，由此可确定B＝6。再根据能被9整除的数的特征，的各位数字之和为A＋3＋2＋9＋B＝A＋3－f－2＋9＋6＝A＋20，因为l≤A≤9，所以21≤A＋20≤29。在这个范围内只有27能被9整除，所以A＝7。解答例4的关键是把72分解成89，再分别根据能被8和9整除的数的特征去讨论B和A所代表的数字。在解题顺序上，应先确定B所代表的数字，因为B代表的数字不受A的取值大小的影响，一旦B代表的数字确定下来，A所代表的数字就容易确定了。例5六位数是6的倍数，这样的六位数有多少个分析与解因为6＝23，且2与3互质，所以这个整数既能被2整除又能被3整除。由六位数能被2整除，推知A可取0，2，4，6，8这五个值。再由六位数能被3整除，推知3＋A＋B＋A＋B＋A＝3＋3A＋2B能被3整除，故2B能被3整除。B可取0，3，6，9这4个值。由于B可以取4个值，A可以取5个值，题目没有要求A≠B，所以符合条件的六位数共有54＝20（个）。例6要使六位数能被36整除，而且所得的商最小，问A，B，C各代表什么数字分析与解因为36＝49，且4与9互质，所以这个六位数应既能被4整除又能被9整除。六位数能被4整除，就要能被4整除，因此C可取1，3，5，7，9。要使所得的商最小，就要使这个六位数尽可能小。因此首先是A尽量小，其次是B尽量小，最后是C尽量小。先试取A0。六位数的各位数字之和为12＋B＋C。它应小学奥数基础教程（四年级）14能被9整除，因此B＋C＝6或B＋C＝15。因为B，C应尽量小，所以B＋C＝6，而C只能取1，3，5，7，9，所以要使尽可能小，应取B＝1，C＝5。当A0，B1，C＝5时，六位数能被36整除，而且所得商最小，为＝4171。练习41．6539724能被4，8，9，24，36，72中的哪几个数整除2．个位数是5，且能被9整除的三位数共有多少个3．一些四位数，百位上的数字都是3，十位上的数字都是6，并且它们既能被2整除又能被3整除。在这样的四位数中，最大的和最小的各是多少4．五位数能被12整除，求这个五位数。5．有一个能被24整除的四位数□23□，这个四位数最大是几最小是几6．从0，2，3，6，7这五个数码中选出四个，可以组成多少个可以被8整除的没有重复数字的四位数7．在123的左右各添一个数码，使得到的五位数能被72整除。8．学校买了72只小足球，发票上的总价有两个数字已经辨认不清，只看到是□67.9□元，你知道每只小足球多少钱吗第5讲弃九法从第4讲知道，如果一个数的各个数位上的数字之和能被9整除，那么这个数能被9整除如果一个数各个数位上的数字之和被9除余数是几，那么这个数被9除的余数也一定是几。利用这个性质可以迅速地判断一个数能否被9整除或者求出被9除的余数是几。例如，3645732这个数，各个数位上的数字之和为3＋6＋4＋5＋7＋3＋2＝30，30被9除余3，所以3645732这个数不能被9整除，且被9除后余数为3。但是，当一个数的数位较多时，这种计算麻烦且易错。有没有更简便的方法呢因为我们只是判断这个式子被9除的余数，所以凡是若干个数的和是9时，就把这些数划掉，如3＋6＝9，4＋5＝9，7＋2＝9，把这些数划掉后，最多只剩下一个3（如下图），所以这个数除以9的余数是3。这种将和为9或9的倍数的数字划掉，用剩下的数字和求除以9的余数的方法，叫做弃九法。一个数被9除的余数叫做这个数的九余数。利用弃九法可以计算一个数的九余数，还可以检验四则运算的正确性。小学奥数基础教程（四年级）15例1求多位数5436715除以9的余数。分析与解利用弃九法，将和为9的数依次划掉。只剩下7，6，1，5四个数，这时口算一下即可。口算知，7，6，5的和是9的倍数，又可划掉，只剩下1。所以这个多位数除以9余1。例2将自然数1，2，3，,,依次无间隔地写下去组成一个数1213,,如果一直写到自然数100，那么所得的数除以9的余数是多少分析与解因为这个数太大，全部写出来很麻烦，在使用弃九法时不能逐个划掉和为9或9的倍数的数，所以要配合适当的分析。我们已经熟知1＋2＋3＋,,＋9＝45，而45是9的倍数，所以每一组1，2，3，,,，9都可以划掉。在1～99这九十九个数中，个位数有十组1，2，3，,,，9，都可划掉十位数也有十组1，2，3，,,，9，也都划掉。这样在这个大数中，除了0以外，只剩下最后的100中的数字1。所以这个数除以9余1。在上面的解法中，并没有计算出这个数各个数位上的数字和，而是利用弃九法分析求解。本题还有其它简捷的解法。因为一个数与它的各个数位上的数字之和除以9的余数相同，所以题中这个数各个数位上的数字之和，与1＋2＋,,＋100除以9的余数相同。利用高斯求和法，知此和是5050。因为5050的数字和为5＋0＋5＋010，利用弃九法，弃去一个9余1，故5050除以9余1。因此题中的数除以9余1。例3检验下面的加法算式是否正确25＝。分析与解若干个加数的九余数相加，所得和的九余数应当等于这些加数的和的九余数。如果不等，那么这个加法算式肯定不正确。上式中，三个加数的九余数依次为8，4，6，846的九余数为0和的九余数为1。因为0≠1，所以这个算式不正确。例4检验下面的减法算式是否正确53＝5664192。分析与解被减数的九余数减去减数的九余数（若不够减，可在被减数的九余数上加9，然后再减）应当等于差的九余数。如果不等，那么这个减法计算肯定不正确。上式中被减数的九余数是3，减数的九余数是6，由（93）6＝6知，原题等号左边的九余数是6。等号右边的九余数也是6。因为6＝6，所以这个减法运算可能正确。值得注意的是，这里我们用的是可能正确。利用弃九法检验加法、减法、乘法（见例5）运算的结果是否正确时，如果等号两边的九余数不相等，那么这个算式肯定不正确小学奥数基础教程（四年级）16如果等号两边的九余数相等，那么还不能确定算式是否正确，因为九余数只有0，1，2，,,，8九种情况，不同的数可能有相同的九余数。所以用弃九法检验运算的正确性，只是一种粗略的检验。例5检验下面的乘法算式是否正确＝。分析与解两个因数的九余数相乘，所得的数的九余数应当等于两个因数的乘积的九余数。如果不等，那么这个乘法计算肯定不正确。上式中，被乘数的九余数是4，乘数的九余数是6，46＝24，24的九余数是6。乘积的九余数是7。6≠7，所以这个算式不正确。说明因为除法是乘法的逆运算，被除数除数商余数，所以当余数为零时，利用弃九法验算除法可化为用弃九法去验算乘法。例如，检验31517的正确性，只需检验1的正确性。练习51．求下列各数除以9的余数（1））））。2．求下列各式除以9的余数（1）6（2）（3））。3．用弃九法检验下列各题计算的正确性（1）616（2）36＝345÷05。4．有一个2000位的数A能被9整除，数A的各个数位上的数字之和是B，数B的各个数位上的数字之和是C，数C的各个数位上的数字之和是D。求D。第6讲数的整除性（二）这一讲主要讲能被11整除的数的特征。一个数从右边数起，第1，3，5，,,位称为奇数位，第2，4，6，,,位称为偶数位。也就是说，个位、百位、万位,,,,是奇数位，十位、千位、十万位,,,,是偶数位。例如9位数中，奇数位与偶数位如下图所示小学奥数基础教程（四年级）17能被11整除的数的特征一个数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差（大数减小数）如果能被11整除，那么这个数就能被11整除。例1判断七位数1839673能否被11整除。分析与解奇数位上的数字之和为1＋3＋6＋313，偶数位上的数字之和为8＋9＋724，因为241311能被11整除，所以1839673能被11整除。根据能被11整除的数的特征，也能求出一个数除以11的余数。一个数除以11的余数，与它的奇数位上的数字之和减去偶数位上的数字之和所得的差除以11的余数相同。如果奇数位上的数字之和小于偶数位上的数字之和，那么应在奇数位上的数字之和上再增加11的整数倍，使其大于偶数位上的数字之和。例2求下列各数除以11的余数（1）46738185。分析与解（1）（4＋8＋3）－（1＋7）÷117÷11＝0,,,,7，所以41873除以11的余数是7。（2）奇数位之和为2＋6＋3＋1＋517，偶数位之和为9＋7＋8＋8＝32。因为17＜32，所以应给17增加11的整数倍，使其大于32。（1，所以除以11的余数是7。需要说明的是，当奇数位数字之和远远小于偶数位数字之和时，为了计算方便，也可以用偶数位数字之和减去奇数位数字之和，再除以11，所得余数与11的差即为所求。如上题（2）中，（3217）÷11＝1,,,,4，所求余数是1147。例3求除以11的余数。分析与解奇数位是101个1，偶数位是100个9。（）÷1,,,,7，1174，所求余数是4。小学奥数基础教程（四年级）18例3还有其它简捷解法，例如每个19奇偶数位上的数字相差91＝8，奇数位上的数字和与偶数位上的数字和相差8998911，能被11整除。所以例3相当于求最后三位数191除以11的余数。例4用3，3，7，7四个数码能排出哪些能被11整除的四位数解只要奇数位和偶数位上各有一个3和一个7即可。有，。例5用1～9九个数码组成能被11整除的没有重复数字的最大九位数。分析与解最大的没有重复数字的九位数是，由（9＋7＋5＋3＋1）（8＋6＋4＋2）＝5知，不能被11整除。为了保证这个数尽可能大，我们尽量调整低位数字，只要使奇数位的数字和增加3（偶数位的数字和自然就减少3），奇数位的数字之和与偶数位的数字之和的差就变为5＋3211，这个数就能被11整除。调整4321，只要4调到奇数位，1调到偶数位，奇数位就比原来增大3，就可达到目的。此时，4，3在奇数位，2，1在偶数位，后四位最大是2413。所求数为。例6六位数能被99整除，求A和B。分析与解由99911，且9与11互质，所以六位数既能被9整除又能被11整除。因为六位数能被9整除，所以A2875B＝22AB应能被9整除，由此推知A＋B＝5或14。又因为六位数能被11整除，所以（A＋8＋5）－（2＋7＋B）＝AB＋4应能被11整除，即AB40或AB411。化简得BA＝4或AB＝7。因为AB与AB同奇同偶，所以有在（1）中，A≤5与A≥7不能同时满足，所以无解。在（2）中，上、下两式相加，得（B＋A）＋（BA）＝14＋4，2B＝18，小学奥数基础教程（四年级）19B9。将B9代入A＋B14，得A＝5。所以，A5，B＝9。练习61．为使五位数6□295能被11整除，□内应当填几2．用1，2，3，4四个数码能排出哪些能被11整除的没有重复数字的四位数3．求能被11整除的最大的没有重复数字的五位数。4．求下列各数除以11的余数（1）582（3）。5．求除以11的余数。6．六位数5A634B能被33整除，求AB。7．七位数3A8629B是88的倍数，求A和B。第7讲找规律（一）我们在三年级已经见过找规律这个题目，学习了如何发现图形、数表和数列的变化规律。这一讲重点学习具有周期性变化规律的问题。什么是周期性变化规律呢比如，一年有春夏秋冬四季，百花盛开的春季过后就是夏天，赤日炎炎的夏季过后就是秋天，果实累累的秋季过后就是冬天，白雪皑皑的冬季过后又到了春天。年复一年，总是按照春、夏、秋、冬四季变化，这就是周期性变化规律。再比如，数列0，1，2，0，1，2，0，1，2，0，,,是按照0，1，2三个数重复出现的，这也是周期性变化问题。下面，我们通过一些例题作进一步讲解。例1节日的夜景真漂亮，街上的彩灯按照5盏红灯、再接4盏蓝灯、再接3盏黄灯，然后又是5盏红灯、4盏蓝灯、3盏黄灯、,,,,这样排下去。问（1）第100盏灯是什么颜色（2）前150盏彩灯中有多少盏蓝灯分析与解这是一个周期变化问题。彩灯按照5红、4蓝、3黄，每12盏灯一个周期循环出现。（1）100÷12＝8,,,,4，所以第100盏灯是第9个周期的第4盏灯，是红灯。（2）150÷1212,,,,6，前150盏灯共有12个周期零6盏灯，12个周期中有蓝灯412＝48（盏），最后的6盏灯中有1盏蓝灯，所以共有蓝灯48＋149（盏）。例2有一串数，任何相邻的四个数之和都等于25。已知第1个数是3，第6个数是6，第11个数是7。问这串数中第24个数是几前77个数的和是多少小学奥数基础教程（四年级）20分析与解因为第1，2，3，4个数的和等于第2，3，4，5个数的和，所以第1个数与第5个数相同。进一步可推知，第1，5，9，13，,,个数都相同。同理，第2，6，10，14，,,个数都相同，第3，7，11，15，,,个数都相同，第4，8，12，16,,个数都相同。也就是说，这串数是按照每四个数为一个周期循环出现的。所以，第2个数等于第6个数，是6第3个数等于第11个数，是7。前三个数依次是3，6，7，第四个数是25（367）9。这串数按照3，6，7，9的顺序循环出现。第24个数与第4个数相同，是9。由77÷4＝9,,,,1知，前77个数是19个周期零1个数，其和为。例3下面这串数的规律是从第3个数起，每个数都是它前面两个数之和的个位数。问这串数中第88个数是几,,分析与解这串数看起来没有什么规律，但是如果其中有两个相邻数字与前面的某两个相邻数字相同，那么根据这串数的构成规律，这两个相邻数字后面的数字必然与前面那两个相邻数字后面的数字相同，也就是说将出现周期性变化。我们试着将这串数再多写出几位当写出第21，22位（竖线右面的两位）时就会发现，它们与第1，2位数相同，所以这串数按每20个数一个周期循环出现。由88÷204,,,,8知，第88个数与第8个数相同，所以第88个数是4。从例3看出，周期性规律有时并不明显，要找到它还真得动点脑筋。例4在下面的一串数中，从第五个数起，每个数都是它前面四个数之和的个位数字。那么在这串数中，能否出现相邻的四个数是9237134,,分析与解无休止地将这串数写下去，显然不是聪明的做法。按照例3的方法找到一周期，因为这个周期很长，所以也不是好方法。那么怎么办呢仔细观察会发现，这串数的前四个数都是奇数，按照每个数都是它前面四个数之和的个位数字，如果不看具体数，只看数的奇偶性，那么将这串数依次写出来，得到奇奇奇奇偶奇奇奇奇偶奇,,,,可以看出，这串数是按照四个奇数一个偶数的规律循环出现的，永远不会出现四个偶数连在一起的情况，即不会出现2000。例5A，B，C，D四个盒子中依次放有8，6，3，1个球。第1个小朋友找到放球最少的盒子，然后从其它盒子中各取一个球放入这个盒子第2个小朋友也找到放球最少的盒子，然后也小学奥数基础教程（四年级）21从其它盒子中各取一个球放入这个盒子,,,,当100位小朋友放完后，A，B，C，D四个盒子中各放有几个球分析与解按照题意，前六位小朋友放过后，A，B，C，D四个盒子中的球数如下表可以看出，第6人放过后与第2人放过后四个盒子中球的情况相同，所以从第2人放过后，每经过4人，四个盒子中球的情况重复出现一次。（1001）÷4＝24,,,,3，所以第100次后的情况与第4次（3＋1＝4）后的情况相同，A，B，C，D盒中依次有4，6，3，5个球。练习71．有一串很长的珠子，它是按照5颗红珠、3颗白珠、4颗黄珠、2颗绿珠的顺序重复排列的。问第100颗珠子是什么颜色前200颗珠子中有多少颗红珠2．将1，2，3，4，,,除以3的余数依次排列起来，得到一个数列。求这个数列前100个数的和。3．有一串数，前两个数是9和7，从第三个数起，每个数是它前面两个数乘积的个位数。这串数中第100个数是几前100个数之和是多少4．有一列数，第一个数是6，以后每一个数都是它前面一个数与7的和的个位数。这列数中第88个数是几5．小明按1～3报数，小红按1～4报数。两人以同样的速度同时开始报数，当两人都报了100个数时，有多少次两人报的数相同6．A，B，C，D四个盒子中依次放有9，6，3，0个小球。第1个小朋友找到放球最多的盒子，从中拿出3个球放到其它盒子中各1个球第2个小朋友也找到放球最多的盒子，也从中拿出3个球放到其它盒子中各1个球,,,,当100个小朋友放完后，A，B，C，D四个盒子中各放有几个球第8讲找规律（二）小学奥数基础教程（四年级）22整数a与它本身的乘积，即aa叫做这个数的平方，记作a2，即a2＝aa同样，三个a的乘积叫做a的三次方，记作a3，即a3＝aaa。一般地，n个a相乘，叫做a的n次方，记作an，即本讲主要讲an的个位数的变化规律，以及an除以某数所得余数的变化规律。因为积的个位数只与被乘数的个位数和乘数的个位数有关，所以an的个位数只与a的个位数有关，而a的个位数只有0，1，2，,,，9共十种情况，故我们只需讨论这十种情况。为了找出一个整数a自乘n次后，乘积的个位数字的变化规律，我们列出下页的表格，看看a，a2，a3，a4，,,的个位数字各是什么。从表看出，an的个位数字的变化规律可分为三类（1）当a的个位数是0，1，5，6时，an的个位数仍然是0，1，5，6。（2）当a的个位数是4，9时，随着n的增大，an的个位数按每两个数为一周期循环出现。其中a的个位数是4时，按4，6的顺序循环出现a的个位数是9时，按9，1的顺序循环出现。（3）当a的个位数是2，3，7，8时，随着n的增大，an的个位数按每四个数为一周期循环出现。其中a的个位数是2时，按2，4，8，6的顺序循环出现a的个位数是3时，按3，9，7，1的顺序循环出现当a的个位数是7时，按7，9，3，1的顺序循环出现当a的个位数是8时，按8，4，2，6的顺序循环出现。例1求67999的个位数字。分析与解因为67的个位数是7，所
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