六年级合集 - 图文(7)

-学 习 改 变 命 运-

的四位数。 【分析与解】

11，每位数涉及数码的变化，导致数值的变化，位臵制问题。设这个四位数为abcd?m2…字加3，又因为个位数字均小于7，则没有进位，表示为3333?n2?m2??n?m???n?m?…22利用位臵制中展开式得到22-11，为3333?n2?m2??n?m???n?m?…33即 (n-m)和 (n+m)为3333的约数，将3333分解质因数3333=3×11×101，其共有 (1+1)(1+1)(1+1)=8个约数，但是有(n+m)大于(n-m)，所以只有四种情况符合题意，经过一一试验为1156和4489，即原来的四位数为1156。

【例7】（难度等级 ※※※※）

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? 【分析与解】

1111、、、 (其中m、n、a、b均为非零自然数)， 2m2n2a?12b?111111111有+＝+，则有－＝－， 2m2n2a?12b?12m2b?12a?12n设这四个分数为

我们从m＝1，b＝1开始试验：

11111111111111111111????，????，????，????，263443124664205885306101011111????… 615101212111我们发现，和分解后具有相同的一项，而且另外两项的分母是满足一奇一偶，满足

56101111??，所以最小的两个偶数和为6+10＝16． 题中条件：?515610

【例8】（难度等级 ※※※※）

A telephone number has the from ABC-DEF-GHIJ，where each letter represents a

- 31 -

-学 习 改 变 命 运-

different digit . The digits in ench part of the number are in decreasing order；that is，ABC，DEF，and GHIJ，Further more，D，E，and F are consecutive even digits；G，H，I，and J are consecutive odd digits ；and A+B+C=9. What is A ? . 【分析与解】

Figures【数字】；represents【代表】；digit【数字、数码、位】；decreasing【减少】； consecutive【连续、随后的】；odd【奇数】；even【名词-偶数，副词-甚至】；remainder【余数】；divide【分裂，割开，除】 答：810-642-9753

【例9】（难度等级 ※※※※※）

在给定的圆周上有2000个点．任取一点标上数1；按顺时针方向从标有1的点往后数2个点，在第2个点上标上数2；从标有2的点再往后数3个点，在第3个点上标上数3；……；依此类推，直至在圆周上标出1993．对于圆周上的这些点，有的点可能标上多个数，有的点可能没有被标数．问标有数1993的那个点上标的最小数是多少? 【分析与解】

记标有1为第1号，序号顺时针的依次增大．当超过一圈时，编号仍然依次增加，如1号也是2001号，4001号，??

则标有2的是1+2号，标有3的是1+2+3号，标有4的是1+2+3+4，…，标有1993的是1+2+3+?+1993=1987021号．

1987021除以2000的余数为1021，即圆周上的第1021个点标为1993． 那么1021+2000n=1+2+3+?+k=

k(k?1)，即2042+4000n=k(k+1). 2 当n=0时，k(k+1)=2042，无整数解； 当n=1时，k(k+1)=6042，无整数解； 当n=2时，k(k+1)=10042，无整数解；

当n=3时，k(k+1)=14042，有118×119=14042，此时标有118； 随着n的增大，k也增大．

- 32 -

-学 习 改 变 命 运-

所以，标有1993的那个点上标出的最小数为118．

【例10】（难度等级 ※※※※※）

设1，3，9，27，81，243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个不同的数．把这些数从小到大排列起来依次是1，3，4，9，10，12，…，那么其中第39个数多少? 【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l和0表示的数，第39个也是100111，有(100111)3=1×3+1×3+1×3+1=256．

即其中第39个数是256．

52【例11】（难度等级 ※※※※）

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．

24n评注：设奇数为2n+1，则它的平方为+4n+1，显然除以4余1．

- 33 -

-学 习 改 变 命 运-

【例12】（难度等级 ※※※※※）

有10个整数克的砝码（允许砝码重量相同），将其中一个或几个放在天平的右边，待称的物品放在天平的左边，能称出1，2，3，…，200的所有整数克的物品来；那么，这10个砝码中第二重的砝码最少是 克。 【分析与解】

首先此题是一道关于砝码的计数问题，涉及到最值问题和对称原理

从最后所求进行分析，要求第二重的砝码最少，无法进行直接突破，使用的是最值原理的重点思路之一：从反面考虑。第二重砝码最少，那么就应该使其他的砝码尽量大。 分析10个砝码的总重量很显然应该是200，其中最重的砝码应该最大是100，因为如果有超过100克的砝码，100克的物品就无法称出。这样其他9个砝码总和应该是100克。 根据对称原理，只要惩处1克的，就可以称出199克的（只要在200克中相应的拿出1克的就可以），所以只要能称出1到100克就可以称出101到199克。同理，要能称出1到100克，只要能称出1到50克就可以，所以要称出1到50克，就应该有1克，2克，4克，8克，16克，18克，这样离200克还差51克，同时还差3个砝码，把51平均分成三份，所以每个砝码应该是17，这样就得到10个砝码，分别是1，2，4，8，16，17，17，17，18，100，所以第二种的砝码至少应该是18克。

【例13】（难度等级 ※※※※※）

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．

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?abcdef，使得t×A≡111,111(mod 1,000,000).

- 34 -

-学 习 改 变 命 运-

如果存在t?abcdef>500,000,使得t×A≡111,111 (mod 1,000,000),那么那个A即为题中所求的值.

当t=999,999,有A=888,889时, tA=888,888,111,111,显然满足上面的条件. 所以888,889即为所求的A.

【例14】（难度等级 ※※※※）

将某个17位数各位数字的排列顺序颠倒，再将得到的新数与原来的数相加．试说明，所得的和中至少有一个数字是偶数． 【分析与解】

先假设和的各位数字全是奇数，设这个17位数为ab?cd，则a+d为奇数，b+c的和小于10，于是十位不向前进位，从而去掉前后各两个两位数字所得的13位数仍具有题述性质． 依次类推6次后，得到一位数，它与自身相加的和的个位数字必是偶数，矛盾. 即开始的假设不正确，所以和中至少有一个数字是偶数．

【例15】（难度等级 ※※※※）

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

111??. abk当k=2时，有

?a?3?a?4111??，即(a-2)×(b-2)=22=4，有?，但是要求a≠b．所,?ab2?b?6?b?4?a?3以只有?满足；

b?6?当k=3时，有

?a?4?a?6111??，即(a-3)×(b-3)=32=9，有?，但是要求a≠b．所,?ab3?b?12?b?6- 35 -

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库六年级合集 - 图文(7)在线全文阅读。