小学数学讲义暑假六年级超常第10讲数论中的计数.pdf

1、1第 11 级上超常体系教师版第十讲漫画释义五年级春季位值原理六年级暑期数论中的最值六年级暑期数论中的计数六年级秋季数论中的规律六年级秋季进位制数论中的范围中符合条件的个数的多少知识站牌第十讲 数论中的计数2第 11 级上超常体系教师版1.2300 年前，古希腊数学家欧几里得就已证明素数有无穷多个，并提出一些素数可写成“2p-1”的形式，这里的指数 p 也是一个素数.这种特殊形式的素数具有独特的性质和无穷的魅力，千百年来一直吸引着包括数学大师费马、笛卡尔、哥德巴赫、欧拉、高斯、哈代在内的众多数学家.17世纪法国数学家、法兰西科学院奠基人马林梅森是其中成果较为卓著的一位，因此后人将“2p-1”型

2、的素数称为“梅森素数”.2.1772 年，有“数学英雄”美名的瑞士数学大师欧拉在双目失明的情况下，靠心算证明了 231-1(即2147483647)是第 8 个梅森素数.在“手算笔录”的年代，人们历尽艰辛，仅找到 12 个梅森素数.幸而计算机的发明加速了梅森素数的探究进程.1952 年，美国数学家拉婓尔鲁滨逊等人使用SWAC 型计算机在短短的几个月内，就找到了 5 个梅森素数：2521-1、2607-1、21279-1、22203-1 和22281-1.3.1996 年初，美国数学家和程序设计师乔治沃特曼编制了一个梅森素数计算程序，并把它放在网页上供数学家和业余数学爱好者免费使用，这就是著名的

3、“互联网梅森素数大搜索”(GIMPS)项目.该项目利用大量普通计算机的闲置处理能力来获得相当于超级计算机的运算能力.这一项目还有一段有趣的插曲：美国一家电话公司的雇员麦克福雷斯特偷偷地使用公司内的 2585 台计算机参加 GIMPS 项目，随后公司发现计算机经常会出些差错，本来只需要 5 秒钟就可以接通的电话号码，需要 5 分钟才能接通.联邦调查局最终查到了原因，福雷斯特承认“被 GIMPS 项目引诱”他最后被解雇，并被罚款一万美元.由此看来，梅森素数的吸引力足以使人疯狂.4.梅森素数是否有无穷多个？这是目前尚未解决的著名数学谜题.迄今为止，人类仅发现 47 个梅森素数.这种素数珍奇而迷人，它

4、在促进计算技术、密码技术、程序设计技术的发展中有着巨大作用.1)复习数论模块和计数模块的相关知识，如整除性质、加乘原理、排列组合等.2)灵活使用以上知识解决数论中的计数综合问题.3)复习容斥原理，尤其是在应用问题中的使用.教学目标课堂引入3第 11 级上超常体系教师版第十讲1.常见数字的整除判定方法1)一个数的末位能被 2 或 5 整除，这个数就能被 2 或 5 整除；2)一个数各个数位上数字之和能被 3 或 9 整除，这个数就能被 3 或 9 整除；3)如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被 11 整除，那么这个数能被11 整除.2.加法原理一般地，如果完成一件事有 k

5、 类方法，第一类方法中有1m 种不同做法，第二类方法中有2m 种不同做法，第 k 类方法中有km 种不同做法，则完成这件事共有12kNmmm种不同方法，这就是加法原理可以简记为：“加法分类，类类独立”3.乘法原理完成一件事，这个事情可以分成 n 个必不可少的步骤，第 1 步有 A 种不同的方法，第二步有 B种不同的方法，第 n 步有 N 种不同的方法那么完成这件事情一共有 ABN 种不同的方法这就是乘法原理4.容斥原理ABABABABCABCABBCACABC模块一：分类枚举例 1：余数问题例例 2：数位分类例例 3：整除性质模块二：加乘原理例例 4：最小公倍问题例例 5：互质模块三：容斥原理

6、与技巧综合例例 6：应用题例例 7：整除、最简真分数、循环小数例 8：技巧综合问题例力 7：在1到2013这 2013个自然数中，被11与61除所得余数相同的数有多少个？【分析】假设所求的正整数为a，它被 1 和 61 除所得余数为b，那么 b 只有 0 到 10 这 11 种情况，又因为 a 与 b 的差必为 11 与 61 的公倍数，而11,61=671,2013671=3，所以 a 可以取110,671681,13421352,2013，一共有 10+11+11+1=33 个数例 1例题思路经典精讲4第 11 级上超常体系教师版有一类非零自然数，它是 4 的倍数，并且各个数位上至少有一个

7、数字是 0，请问满足上述条件的数中，从小到大排第 160 个的数是多少？（学案对应：带号 1）【分析】这道题没有简单的解题方法，可以根据数位进行分类枚举：一位数中没有满足题意的数；两位数：有 20、40、60、80 共 4 个；三位数：只有个位是 0 的：十位是 2、4、6、8，百位取 1 至 9，共 36 个；只有十位是 0 的：个位是 4 或 8，百位取 1 至 9，共 18 个；十位、个位都是 0 的：共 9 个；综上所述，三位数共 63 个；四位数：千位是 1 的四位数，除了上述的 63 个外，还要考虑百位为 0 的，此时十位个位可取 00、04、08、1288、92、96 等 25

8、个数，所以千位是 1 的四位数一共有 88 个；至此，共数了15588634个，因此在千位是 2 的数中从小到大数五个即可，它们是：2000、2004、2008、2012、2016，答案是 2016.从 1999 中选出连续 6 个自然数，使得它们的乘积的末尾恰有 4 个 0，一共有种选法（学案对应：超常 1）【分析】连续的 6 个自然数中，必有 3 个偶数，这 3 个偶数是 3 个连续偶数，其中至少有 1 个是 4的倍数，那么这 3 个偶数的积肯定是42 的倍数，所以任意的连续 6 个自然数的积都是42 的倍数另外，连续的 6 个自然数中，至少有一个 5 的倍数，至多有两个 5 的倍数：如果

9、其中只有 1 个 5 的倍数，由于末尾要有 4 个 0，那么这个 5 的倍数应是45 的倍数，即是 625 的倍数，又小于 1000，只能是 625，那么这 6 个数可以是 621626，622627，623628，624629，共 4 种；如果其中有 2 个 5 的倍数，那么只能是这连续 6 个自然数中的最大数和最小数都是 5 的倍数由于这两个 5 的倍数不可能同时是 25 的倍数，所以其中必有一个是35125的倍数，可能为 125，250，375，500，625，750，900对于其中除 625 外的 6 个数，每个数都可以是这连续 6 个自然数中的最大数和最小数，所以对这 6个数，每个数

10、都有 2 种取法，共有 2612种取法；而对于 625 来说，与另一个 5 的倍数相乘，将会是55 的倍数，要想使末尾恰有 4 个 0，则这连续 6 个自然数的乘积要是42 的倍数但又不是52 的倍数检验 620625 和 625630 这两组的连续 6 个自然数，后者满足题意，前者则不合题意所以有 2 个 5 的倍数的情况下共有12113种选法根据加法原理，共有41317种选法小结：本题容易出错的地方在于容易忽略掉 625630 这一组数，因为在平常做题中面对此类问题基本上都是 2 比 5 多的情况，所以学生可能对于 2 比 5 少的可能性根本不予考虑例 3例 25第 11 级上超常体系教师

11、版第十讲a、b 是两个互不相等的自然数，它们的最小公倍数是 252，那么这两个数共有几种可能值？（学案对应：超常 2）【分析】122732252，对于质因数2，a、b 的取值有5122种情况；对于质因数 3，a、b 的取值有5122种情况，根据乘法原理；对于质因数 7，a、b 的取值有3121种情况，根据乘法原理：a、b 的取值共有75355种，但由于它们不能同时取 252，需要减去当中的一种，即741-75种在 1，2，3，7，8 的任意排列中，使得相邻两数互质的排列方式共有_种【分析】这 8 个数之间如果有公因子，那么无非是 2 或 38 个数中的 4 个偶数一定不能相邻，对于这类多个元素

12、不相邻的排列问题，考虑使用“插入法”即首先忽略偶数的存在，对奇数进行排列，然后将偶数插入但在偶数插入时，还要考虑 3 和 6 相邻的情况奇数的排列一共有 4!24种对任意一种排列 4 个数形成 5 个空位，将 6 插入，可以有符合条件的 3 个位置可以插再在剩下的四个位置中插入 2、4、8，一共有 43224种所以一共有 243241728 种例 5费马素数法国数学家费马（16011665）是数学史上一位传奇人物.费马的主要职业是律师，数学仅是他的业余爱好.费马被誉为“数论之父”，他有着了不起的直观天才，一生中提出过很多数学猜想.令人惊奇的是，他的几乎所有猜想全被后人一一证实，仅有一个例外.那

13、就是他猜想：凡是形如21m （其中2nm）的数，都是素数（质数），后人称为费马素数.如果将0,1,2,3,4n 代入221n ，得到的数确实都是质数：3,5,17,257,65537.可是对5n，在1738 年，欧拉惊人地发现有分解式：32214294967297641 6700417.这说明费马的猜想错了！谁知欧拉的这一分解式，竟是“一石激起千层浪”！从此以后，人们再也没有找到第六个费马素数，相反地，倒是已经找到了 46 个形如221n 的数不是素数.于是人们又猜测，费马素数仅有上述5 个，但也无法证明.这是数学史上的又一个悬案！例 46第 11 级上超常体系教师版200 名同学编为 1 至

14、 200 号面向南站成一排第 1 次全体同学向右转（转后所有的同学面朝西）；第2 次编号为 2 的倍数的同学向右转；第 3 次编号为 3 的倍数的同学向右转；第 200 次编号为200 的倍数的同学向右转；这时，面向东的同学有名（学案对应：超常 3，带号 2）【分析】只有约数个数被4 除余3 的数，最后面向东约数个数为3 的数有22、23、25、27、211、213，共6 个数约数个数为7 的数有62，1个，约数个数为15 的数有2432144，1个一共有8 个满足条件的编号1）在1到 2008 的自然数中，能被 4 整除，但不能被5 或6 整除的数有多少个？2）分母是 2004的最简真分数有

15、多少个？它们的和是多少？3）在循环小数中类似于 10.1428577，10.07692313等，循环节是从小数点右边的第一位（即十分位）就开始的小数，叫做纯循环小数，包括 7 和13 在内，共有个正整数，其倒数是循环节恰好为六位的纯循环小数.（学案对应：超常 4，带号 3）【分析】1）在1到2008 中，4 的倍数有 20084502,4 和5 的倍数有 200810020 个，4 和 6 的倍数共有 200816712 个，4,5,6 的公倍数共有 20083360 个，所以能被 4 整除，但不能被5或6 整除的数有50210016733268（个）2）1673220042，与2004 互质

16、的数也是与1002 互质，而167321002，在1到1002 中与1002 互质的共有33216621个，进而可求得分母是 2004 的最简真分数有3322664个，它们的和等于66423323）根据容斥原理，999999 的约数有 64 个，999 的约数有 8 个，99 的约数有 6 个，9 的约数有 3 个，所求的n 的个数为 64-（8+6-3）=53（个）.在1,2,3,1995这1995 个数中找出所有满足下面条件的数a 来：a1995能被a1995整除.（学案对应：带号 4）【分析】aa19951995是自然数，所以aaa19951995199519951995-1995也是自

17、然数（分离变量的思想），所以a1995是19951995的因数，由于 a 取 1 到 1995，因此a1995大于1995 并且小例 8例 7例 67第 11 级上超常体系教师版第十讲于19952，因为 19951995325272192，它在 1995 与 21995 之间(不包括 1995)的约数有321923249,71922527,372192793,527193325,325722205,352723675于是 a 的值有 6 个，即3249199512542527199553227931995798，332519951330,22051995210,3675199516801.如果

18、某整数同时具备如下 3条性质：这个数与1的差是质数，这个数除以 2 所得的商也是质数，这个数除以 9 所得的余数是 5 那么我们称这个整数为幸运数请问两位幸运数共有多少个？附加题找朋友教师先为班上的每个学生编上学号（例如从 1 到 20），然后让同学们在大卡片上写上自己的学号，再贴在背上.游戏开始的时候，20 名同学围成一圈，等待老师宣布“找朋友”的要求.例如，老师说：“现在找一个朋友，使你们的数字之和除以 5 的余数是 2！”然后，老师限定学生在 10 秒钟内找到自己的朋友，时间一到必须停止行动.由于满足要求的“朋友”不止一个，所以可以进行几轮游戏，看谁找到的“朋友”最多.这个游戏既考验学生

19、的数论计数能力，又考验他们的行动灵敏性.老师还可以加大游戏的难度，例如要求 3 个数之和能被 11 整除，这样每轮游戏中必定有人因为落空而被淘汰.8第 11 级上超常体系教师版【分析】由可知两位幸运数不可能是奇数，否则它与1的差能被 2 整除；由可知两位幸运数不可能是 4 的倍数，否则这个数除以2 所得的商是2 的倍数；再结合，易得两位幸运数为只有14 答案是1个2.表中第 1 行是把1100的整数依次全部排列出来，然后从第 2 行起是根据规律一直排到最后的第 100 行.请问：这个表中一共有多少个数能被 77 整除？【分析】在这个表里，有的数字的正下方写着比它大 4 的数.假如，某数字是不能

20、被 77 整除的数字，那么不管它被 4 乘多少回，也不能被 77 整除.于是我们得知不能被 77 整除的数字下面写的数字都不能被 77 整除.那么，如果某数字是可以被77 整除，不管乘多少回 4，得出的数字都可以被 77 整除.可被 77 整除的数字下面都可以被77 整除.题目的表中从左右两边第 N 个的下面写着 N 个整数.表的第一行从右数第 24 个是77，在它下面写的 24 个整数都可以被 77 整除.另外，从左数第二行第 38 个是 383977，所以在它下面写的 38个整数都可以被 77 整除.在表的第一行和第二行里除此之外再没有可以被 77 整除的数了.从整个表来看，除了上述的24

21、3862个以外，再也没有可以被 77整除的数了，所以答案为 62.1.1）一个数的末位能被 2 或 5 整除，这个数就能被 2 或 5 整除；2）一个数各个数位上数字之和能被 3 或 9 整除，这个数就能被 3 或 9 整除；3）如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被 11 整除，那么这个数能被 11 整除.2.加法原理：“加法分类，类类独立”3.乘法原理：完成一件事可以分成 n 个必不可少的步骤，第 1 步有 A 种不同的方法，第二步有 B种不同的方法，第 n 步有 N 种不同的方法那么完成这件事情一共有 ABN 种不同的方法4.ABABABABCABCABBCACAB

22、C.8 12 16388 392 39619919719519393 5 7100999897965431 2第100行第5行第4行第3行第2行第1行2A+12A-14AA+1AA-1知识点总结9第 11 级上超常体系教师版第十讲1.在小于 1000 的非零自然数中，被 10 和 33 除所得余数相同的数有多少个？【分析】假设所求的正整数为 a，它被10 和33 除所得余数为b，那么 b 只有 0 到 9 这10 种情况，又因为 a 与b 的差必为10 与33 的公倍数，而10,33330,1000330310，所以 a 可以取1 9,330 339,660 669,990 999，一共有91

23、0101039个数2.能被 3 整除且至少有一个数字是 6 的四位数有个.【分析】用排除法，四位数总共有 9101010=9000 个，其中能被 3 整除的四位数有 3000 个，排除掉能被 3 整除且不含有数字 6 的四位数之后剩下的所有的四位数都满足条件！设能被 3整除且不含有数字 6 的四位数为 abcd，最高位千位 a 有 8 选法（不能选 0 或 6），百位有 9种选法（不能选 6），十位也有 9 种选法（也不能选 6），若前三位的数字和（a+b+c）若除以 3 余 0 则个位 d 有 3 种选法（可选 0，3，9）；若前三位的数字和（a+b+c）除以 3 余 1，则个位 d 有 3

24、 种选法（可选 2，5，8）；若前三位的数字和（a+b+c）除以 3 余 2，则个位 d还是有 3 种选法（可选 1，4，7）；故能被 3 整除且不含有数字 6 的四位数有 8993=1944个.从而得到能被 3 整除且至少有一个数字是 6 的四位数有 3000-1944=1056 个.3.六年级（1）班共有 44名学生，学号从1到 44，现在从中选取两名学生，使得他们学号的乘积是15 的倍数求符合条件的取法共有几种？【分析】分类枚举：在 1 到 44 中，15 的倍数有两个，即 15 和 30，这两个数与任何一个数相乘都能组成 15 的倍数，因此有 432-1=85 种取法（由于 1530

25、与 3015 属同一种取法，所以减去重复的一种）；如果抽取的两位学生的学号都不是 15 的倍数，那么其中一个的学号必须是3 的倍数，另一个的学号必须是 5 的倍数，而 443=14，除去 15,30 这两个数外，还有 14-2=12（个）3 的倍数，445=8，除去 15,30 这两个数外，还有 8-2=6（个）5 的倍数，因此有 126=72（种），综上所述，满足题意的方法共有 85+72=157（种）4.a、b 是两个互不相等的自然数，它们的最小公倍数是72，那么这两个数共有几种可能值？【分析】233272，对于质因数2，a、b 的取值有）、）、（、）、（、）、（、）、（、）、（、）、（、

26、（3332313023130322222222222222，即7123种情况，同理，对于质因数 3，a、b 的取值有5122种情况，根据乘法原理，a、b 的取值共有3557种，但由于它们不能同时取 72，需要减去当中的一种，即341-35种.5.用数字1 8各一个组成 8 位数，使得任意相邻三个数字组成的三位数都是 3 的倍数共有种组成方法【分析】1 8中被三除余 1 和余 2 的数各有 3 个，被三整除的数有 2 个，根据题目条件可以推导，符合条件的排列，一定符合“被三除所得余数以 3 位周期”，所以 8 个数字，第 1、4、7 位上的数被 3 除同余，第 2、5、8 位上的数被 3 除同余

27、，第 3、6 位上的数被 3 除同余，显然第 3、6 位上的数被 3 整除，第 1、4、7 位上的数被 3 除可以余 1 也可以余 2，第 2、5、8位上的数被 3 除可以余 2 可以余 1，余数的安排上共有 2 种方法，余数安排定后，还有同余数之间的排列，一共有3!3!2!2144（种）方法家庭作业10第 11 级上超常体系教师版6.2006 盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制，按顺序编号为 1，2，3，2006.将编号为 2 的倍数的灯的拉线各拉一下；再将编号为 3 的倍数的灯的拉线各拉一下，最后将编号为 5 的倍数的灯的拉线各拉一下.拉完后亮着的灯数为（）盏.【分析】因为灯在开始的时候是

28、亮着的，所以拉了两次或者没拉的灯最后还是亮的这道题实际上是求 1 到 2006 中不能被 2、3、5 整除的数和只能同时被 2、3、5 中 2 个数整除的数的总个数我们可以求得被 2 整除的数有200621003(盏)，被 3 整除的数有200636682，共 668(盏)，被 5 整除的数有200654011，共 401(盏)其中，同时被 2、3 整除的数有2006(23)3342，共 334(盏)；同时被 3、5 整除的有 2006(3 5)13311，共 133(盏)；同时被 2、5 整除的数有 2006(25)2006，共 200(盏)；同时被 2、3、5 整除的数有2006(23 5

29、)6626，共 66(盏)，所以，只能同时被 2、3、5 中 2 个数整除的数的个数为 334133200366469(盏)，不能被 2、3、5 整除的数的个数为 2006100366840133413320066535(盏)所以，最后亮着的灯一共为4695351004(盏)7.1到100中，不能被 4 或6 或7 整除的数共有多少个？【分析】注意：此题中4 与6 不互质，不能再用第2、3题的处理方法（例如，不存在被 4 除余1，被6 除余2 的数），所以只能用第1题的方法：4 的倍数有 100254个6 的倍数有 100166 个7 的倍数有 100147 个12 的倍数有 100812 个

30、28 的倍数有 100328 个42 的倍数有 100242 个84 的倍数有 100184 个所以能被 4 或 6 或7 整除的数共有 251614832143个故不能被4 或 6 或7 整除的数共有 100-43=57（个）8.如果 a 是不超过84 的自然数，并且满足8484能被a84整除.那么a 有多少个不同取值？【分析】显然 a 取 0 或 84 都符合题意，除了这两种取法之外，84a的值都大于 84 的 1 倍，并且小于 84 的 2 倍，而2284 8423 723 7 ，因此可以在22 37 的基础上作如下替换：去掉某一个因数，换入一个与它互质、并且在其 1 倍到 2 倍之间的

31、因数，例如，去掉因数11第 11 级上超常体系教师版第十讲2，可以换入 3，因为 3 在 2 的 1 倍到 2 倍之间，所以 2373 在 84 的 1 倍与 2 倍之间（不包括 84 与 168，下同），从而可得到满足题意的自然数a，但不可换入 7，因为 7 已超过 2的两倍，因此 2373 也超过 84 的两倍；同理可得，去掉因数 3，可换入22；去掉因数22，可换入 7，去掉因数 6，可换入 7；去掉因数 7，可换入22 3如果去掉一个不少于 12 的因数，显然所有与它互质的因数都不比它小综上所述，a 有 7 个不同取值.【超常班学案1】小明的两个衣服口袋中各有13 张卡片，每张卡片上分

32、别写着1,2,3,13如果从这两个口袋中各拿出一张卡片来计算它们所写两数的乘积，可以得到许多不相等的乘积那么，其中能被 6 整除的乘积共有多少个？【分析】方法一：所组成的所有能被 6 整除的乘积中，最小的是6 1，最大的是12 13626，即范 围 在 6 的 1 倍 到 24 倍 之 间，易 知 6 的 1 倍 到 13 倍 都 能 取 得，又 因 为6 14127,6 159 10,6 1612 8，6 1812 9,62012 10,62212 11,62412 13，另外6 17,6 19,621,623,625这5 个乘积无法得到，所以答案为26521个方法二（分类枚举）：在1到13

33、 当中：能被 6 整除的数为 6、12；能被 2 但不能被 3 整除的数为2、4、8、10；能被 3 但不能被 2 整除的数为3、9 若选取的两个数中有一个是 6 或12，那么所得的乘积必能被 6 整除，这样的乘积有6 1 6 13，12 1 12 13，因为12 是6 的两倍，所以12 1,122,126所得的结果都在6 1 6 13中出现，12 76 14,12 86 16,12 96 18,12 10620,12 11622,12 12624,12 13626 ，合计13720个不同乘积；如果所取的两个数均不是6 的倍数，那么必须满足其中一个是2 的倍数，另一个是3 的倍数，共有428种

34、取法，容易发现，只有 9 106 15没有与中的乘积重复；综上所述，共有 20121个不同的乘积【超常班学案2】已知 a 和b 的最大公约数是10，a 与c，b 与c 的最小公倍数都是 30.则满足此条件的 a、b、c 共有多少组？【分析】【答案】由于102 5,302 5 3 10=25 因此a 和b 的取法有10、10,10、30,30、10 这三种，不论a 和b 是哪种取法，c 必须含有质因数3，而质因数2 或5 可以取也可以不取，因此 c 共有 224种取法，根据乘法原理，满足条件的a、b、c 共有 3 412组.超常班学案12第 11 级上超常体系教师版【超常班学案3】在游艺会上，有

35、 100 名同学抽到了标签分别为 1 至 100 的奖券按奖券标签号发放奖品的规则如下：（1）标签号为 2 的倍数，奖 2 支铅笔；（2）标签号为 3 的倍数，奖 3 支铅笔；（3）标签号既是 2 的倍数，又是 3 的倍数可重复领奖；（4）其他标签号均奖 1 支铅笔那么游艺会为该项活动准备的奖品铅笔共有多少支?【分析】1100，2 的倍数有=50，3 的倍数有=33 个，因为既是 2 的倍数，又是 3 的倍数的数一定是 6 的倍数，所以标签为这样的数有=16 个于是，既不是 2 的倍数，又不是 3 的倍数的数在 1100 中有 100-50-33+16=33所以，游艺会为该项活动准备的奖品铅笔

36、共有：502+333+331=232 支.【超常班学案4】在不超过1001 的非零自然数中，能被 7 或11或13 整除的数共有多少个？【分析】先计算不能被 7 或 11 或 13 整除的数的个数，由于 7、11、13 两两互质，且7,11,13=1001，所以在 1 到 1001 中不能被 7 或 11 或 13 整除的数共有 61012=720 个（这样的数被 7 或11 或 13 除均有余数，并且因为 7、11、13 两两互质，余数互不影响），因此在不超过 1001的非零自然数中，能被 7 或 11 或 13 整除的数共有 1001-720=281 个.【123班学案1】请问至少出现一个

37、数码 3，并且是 3 的倍数的五位数共有多少个？【分析】五位数共有 90000 个，其中 3 的倍数有 30000 个可以采用排除法，首先考虑有多少个五位数是 3 的倍数但不含有数码 3.首位数码有 8 种选择，第二、三、四位数码都有 9 种选择当前四位的数码确定后，如果它们的和除以余数为 0，则第五位数码可以为 0、6、9；如果余数为 1，则第五位数码可以为 2、5、8；如果余数为 2，则第五位数码可以为 1、4、7.可见只要前四位数码确定了，第五位数码都有 3 种选择，所以五位数中是 3 的倍数但不含有数码 3 的数共有8999317496 个所以满足条件的五位数共有 3000017496

38、12504个【123班学案2】一根1.8 米长的木棍，从左端开始每隔 2 厘米画一个刻度，涂完后再从左端开始每隔 3 厘米画一个刻度，再从左端每隔 5 厘米画一个刻度，再从左端每隔 7 厘米画一个刻度，涂过按刻度把木棍截断，一共可以截成多少段小木棍？【分析】1.8 米长的木棍，按 2 厘米一段画出刻度，那么也就是说所有的偶数点都已经划过了，即 2、4、6、8、10共 89 个点，那么再画 3 的时候所有的偶数点都已经划过，那么会多出 30个点，即 3、9、15，再画 5 的时候会多出来的点是 5、25、35、55、65、85、95、115、125、145、155、175，共 12 个，最后画间

39、隔 7 厘米的时候，会多出 7、49、77、91、119、133、161 共 7 个点，那么所有的刻度总和应该是8930127138个，那么截断之后应该会有 139 段小木棍100210031006123 班学案13第 11 级上超常体系教师版第十讲【123班学案3】同时满足以下条件的分数共有多少个？大于 61，并且小于 51；分子和分母都是质数；分母是两位数【分析】采取通分子的方法，根据分子从小到大的情况进行分类枚举：分子最小是 2：满足题意的分数应在102 与122 之间，因此只有112 一个满足题意；分子是 3：满足题意的分数应在183 与153 之间，并且分母是质数，只有 173 一个

40、满足题意；分子是 5：满足题意的分数应在 305 与 255 之间，并且分母是质数，只有 295 一个满足题意；分子是 7：满足题意的分数应在 427 与 357 之间，此时分母的取值有 37,41两种；分子是11：满足题意的分数应在 6611 与 5511 之间，此时分母的取值有 59,61两种；分子是13：满足题意的分数应在7813 与6513 之间，此时分母的取值有 67,71,73 三种；分子是17：满足题意的分数应在10217 与 8517 之间，此时分母可取得两位质数有89,97 两种；分子是19：满足题意的分数应在11419 与 9519 之间，此时分母可取得两位质数只有97 一

41、种；如果分子不少于 23，因为1152351，此时分母至少为三位数综上所述，满足题意的分数共有1 1 12232113 （个）【123班学案4】在1,2,3,4,2007这 2007 个数中有多少个自然数 a 能使 2008a能被 2007a整除？【分析】本题考察代数知识的综合技巧，是一道难度较大的题目要使得2008a能被 2007a整除，我们可以将条件等价的转化为只要让 20082007aa是一个整数即可下面是一个比较难的技巧，我们知道若a 可以使得 20082007aa是一个整数，那么a 也同样可以使得20082008200740151200720072007aaaaaa 是一个整数，这样只要 2007a是4015 的约数即可，将4015 分解可知其共有8 个因数，其中 4015 是最大的一个，但是显然没有可以让2007a等于 4015 的a 的值，其余的7 个均可以有对应的 a 值，所以满足条件的a 的取值共有7 个