小升初数学解题串讲

《小升初数学解题串讲》由会员分享，可在线阅读，更多相关《小升初数学解题串讲（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。

1、小升初热点专题天天串讲(第 1 天)小升初考试中最热的专题是什么?我学过做过,怎么它变了马甲我就不认得它了?我认得 它,如何抓住它?有没有套路?思考问题的套路?为什么我会这样思考?小升初的同学经常有这样的困惑吧?家长在对辅导孩子的时候,这些问题想清楚了吗?我开了一个专栏,希望帮助大家解决上面的一些问题!同时希望大家尽管扔我鸡蛋，当 然不拒绝鲜花！呵呵。在 小升初热点专题天天串讲中，将从以下三个模块来解读相应专题。一、经典真题二、专题点评三、巩固练习第一天 一次同余式的逐级满足法【真题】三个连续的自然数，从小到大依次是 4、7、9 的倍数，这三个自然数的和最小是 。 （题说：2008 年 2 月

2、 23 日“奥数网杯”综合测试数学部分第 3 题） 答案：483【点评】这个专题古老而常新。可是有人可能会觉得没有见过这一类的题。 其实，我们碰到的任何一道小升初的奥数难题，一定在小学奥数的十七块知识体系之内。 命题者（我们大家的“敌人” ，也是朋友） ，往往要把知识点进行包装得让人“不识庐山真 面目” ，我们的任务则是：通过类比联想，等价转化为自己掌握的知识点。 联想要有联结点，要找到他的蛛丝马迹，然后逐步扩大战果！本题可以看出的明显的数量关系是有三个已知的除数出现了。于是，联想一下，是否出现 了常见的下面三种类型的题： 1、同余减余型 2、同补加补型 3、不按牌理型 具体来说： 例 1：（

3、同余减余型） 有一个数，除以 4 余 2，除以 7 余 2，除以 9 余 2。这个数最小是几？ 解答： N-2=4，7，9 N-2=252 N=254 点评：这里如果需要分析，请看： 因为 4|N-2；7|N-2；9|N-2。 所以,4,7,9|N-2 要注意一点：N-2=4，7，9n 当求 N-2 的最小值时，N-2=4,7,9例 2：（同补加补型） 有一个数，除以 4 余 2，除以 7 余 5，除以 9 余 7。这个数最小是几？ 解答： N+2=4，7，9 N+2=252 N=250 例 3：（不按牌理型） 有一个数，除以 4 余 2，除以 7 余 1，能被 9 整除。这个数最小是几？ 本

4、题马上再解，先看一下与今年的真题有什么联系？ 这里，在思考问题时有一个回路。好像是先知道结果了，才问是否相同。在竞赛过程中， 谁来告诉我？或者说，我怎么会想到这一步的？ 再强调一下，有两点线索可以帮我们往这儿走， 其一：三个已知除数 4、7、9； 其二：被除数好橡不止一个，而在我的知识储备库里好像只有同一个数被不同的数去除的 类型。 发现矛盾，就已经开始解决矛盾了。 “转化思想” ，派上用场。 设其中一个数为 N，不如设三者中最大的数为 N.这次来硬的，一定用统一的数 N 来除以各 数，从而会一一转化为如例 3 这道题。对于这道题，最一般的解法（不动脑筋的想法，或者说是套路）是逐级满足法。 解

5、答： 满足条件一“除以 4 余 2”的数，最小的一个是几？是 2. 再根据 2 看是否满足条件二“除以 7 余 1” ，显然不是。如何调整？ 这就要跟条件一中的除数 4 协商：“能不能调整一下，无法变小，搞大一点？” 小 4 有点不乐意：“可以是可以，但，变大了我去除它还要能余 2” 老 7 强调：“当然当然，2 以外所增加的部分，是你的倍数！” 小 4 想了足足 1 秒，点点了头：“OK！” 于是有: 2+4m=7n+1. 解不定方程，得 m 最小的一组值为 m=5,n=3. (注：明天讲关于不定方程的“除余耍赖法” ，将欣赏到这里得到不定方程的解是如何轻松 与优美，包括一种漂亮转身的步伐！

6、) 于是，小 4 与老 7 握手第一次合作成功，有一个数 22（=2+45）冉冉从天而降。 老 9 坐不住了，嘟囔着：“怎么着，它是我的倍数啊？22 是吗？我也要它变大可以吗？” 问小 4,问老 7,都没意见，但搁一句话：“可得保护咱的权利：咱们对应的余数不能变！” 好，22 打底，增加的数，既是 4 的倍数，也是 7 的倍数即 4 和 7 的公倍数（注意不是 最小公倍数，是公倍数） 。得：22+4，7a=9b 解得: a=5 b=18,（其实 a 与 b 只要知道其中一个，即可） 4、7、9 三人同声大叫：“耶！”并摆了一个 poss.于是，从天再降一个数 162(=22+285). （4、

7、7、9 三位是人吗？不是。不是人吗？怎么这么通人性？是我们的朋友。 ） 本题没完！ 咱说的是“奥数网杯”的竞赛题没完。 162+161+160=483. 小结一下： 如果有三个条件，逐一满足： 要点一在于增加的部分是前面几个条件中除数的倍数， （是两个以上的条件，则是它们的公 倍数） 。 要点二在于列出不定方程并求解。 拓展:如果有类似的四个条件，应该怎么办？ 补充:本题，王伟老师有妙招：第一步：满足被 4 整除的三个连续的数有：4，5，6第二步：第二个数被 7 不能整除，所以 5 要增加。所以 5 要增加的数模 7 余 2，同时是 4 的倍数。于是有4m=7n+2,m=4, 所以大家都增加

8、16(=44),现在的三个连续的数是:4，5，6 各加 16,得 20,21,22.第三步： 现在要让 22 增加一个数后，是 9 的倍数。 （要加大家一起加）于是增加的数模 9 余 54,7a=9b+5.a=5.所以大家要一起增加 140（=285）于是，三个连续的自然数:160,161,162,出来。第四步：总和是483.【作业】 1、一个数被 5 除余 3，被 7 除余 5，被 8 除余 6，这个数最小是多少？2、今有物不知多少，三三数之余一，五五数之余四，七七数之余三。该物至少多少？3、一堆零件，取走 3 个，可以用五个一盒的包装盒正好装完；取走 2 个，可以用 7 个一盒 的包装盒正

9、好包装完；如果不取，用 11 个一盒的包装盒也正好包装完。这堆零件至少多少 个？ 小升初热点专题天天串讲(第二天) 不定方程的“除余耍赖法“ 【真题】2+4m=7n+1.（题说：这是昨天解题过程中，需要解决的问题）答案: m=5,n=3.(最小值)【点评】今天重点讨论计算问题。即在出现二元一次的方程后，我们如何快速地求解。 不定方程，是由联立方程的个数少于未知数的个数时，出现的，也叫做“丢番图方程“。3 世纪希腊数学家亚历山大城的丢番图曾对这些方程进行研究。丢番图方程的例子有贝祖等 式、勾股定理的整数解、四平方和定理和费马最后定理等。 对于不定方程，严格说来，它有无数组解。 但我们现在讨论的是

10、求其整数解的情况。这就限定了范围。这样，我们的印象中，就从无 数多解缩小到一定范围内。 根据题目情境，对每组解进行验证。更多情况下，不定方程会结合最值问题，求其中最大 （最小）的一组解。 解不定方程的原则：试值。 试值的要点：有序。 试值的技巧： 逐个试值法：认准大系数； 跳着试值法：除余耍赖法； 我们今天讨论的重点是如何用“除余耍赖法“，实现跳着试值，快速出结果。 除余耍赖法的原理是方程的左右两边除以同一个数，余数相同。 【解答】2+4m=7n+1解一：mod 4(左右两边都除以 4).左边2（mod4）右边应该余 2，所以 7n1（mod4）因为 73，所以只要试一下 n 取多少时，3n1

11、(mod4).现在所试的数字较小，再简单思考一下，331（mod4）所以 n3(mod4). 【!】特别重要的地方，请注意 n 不只等于 3，n=4a+3.所以在取最小值的时候， n=3.而作为不定方程的解，可以在其他条件的配合下，在一定范围内取多组值。 （在目前这 个等式中，可以看出 a 取 0、1、2、3、,所以也有无数多组整数解）拓展：请注意上题中的不定方程是开放的不定方程。另有一类形如： 3m+2n=70 这一类方程的整数解就有限了。解二：mod72+4m=7n+1右边1，所以左边1，所以 4m6所以 m5（mod7）请注意，m=7b+5, b=0、1、2、3、4m 的最小值为 5.

12、总结：为什么叫除余耍赖法，是因为你不答应他不行。左右同模时，余数一定要相同。 另外，每一部分而言，你必须符合已有余数的结论，不答应也不行。比如说：解二中当右 边余 1，左边就要余 1，如果已有余数 2，那么所要加的部分 4m 必须模 7 余 6，以达到余 8 也就是余 1 的结果。而现在问题是 44（mod7）,所以 m5 才行。这样 456(mod7)。m 不等于 5，就有人耍赖，就出问题。呵呵。【作业】 1、4+15a=7b+3,a 与 b 的和最小是多少？ 2、有一项工程，甲单独做需要 36 天完成，乙单独做需要 30 天完成，丙单独做需要 48 天 完成。现在由甲、乙、丙三人同时做，在

13、工作期间，丙休息了整数天，而甲和乙一直工作 至完成，最后完成这项工程也用了整数天。那么丙休息了 天。 （07 年十一学校考题）3、4x+7y=72 写出 x,y 的所有整数解。 余数运算 【真题】电子玩具车 A 与 B 在一条轨道的两端同时出发，相向而行。已知 A 比 B 的速度 快 50%，根据推算，第 次相遇点与第 次相遇点相距 58 厘米，这条轨道长 厘米。 （题说：2008 年 2 月 23 日“奥数网杯“综合测试数学部分第 3 题） 答案：145【点评】本题考点结合两方面,行程与数论结合,具体来说是行程中的多次相遇与数论中的余 数问题的结合. 一般而言,两个专题结合后的难度就成指数级

14、增长. 这道题错误率很高. 今天,重点是余数问题 多次相遇的数量关系模型简单交代一下. 对于线段型的多次相遇，大家一定熟悉第 N 次相遇，两者共行单程数为 2N-1 倍单程的规 律。 我要强调这个倍数的实际意义在于它应理解为一个时间比： 共行 2N-1 个单程所用时间是共行一个单程所用时间的 2N-1 倍。 这很简单，但是一个理解的桥梁，根据这个结论可以直接得到： 单个的 A 所行路程的比（用了一个正比例关系：A 的速度一定，所行路程与所用时间成正 比）： “此时 A 所行的路程是在共行一个单程时 A 的行程的 2N-1 倍。“ 具体到本题，可以先求出 A 在共行一个单程时与乙的路程之比：（由

15、两者的速度比决定） （1+50%）1=32 多次相遇问题中出现两个时刻的相遇点的类型，解决的要点是精确定位。 要定位，这里就有周期性问题。 解决周期性问题的要点在于余数（有时跟商有关） 求余数，一种方法是硬算。 （有时结合找规律）另一类方法是余数运算。 【解答】 A、B 两车速度比为（1+50%）1=32 第 次相遇点的位置在：3（2 -1）5（mod10） ； 第 次相遇点的位置在：3（2 -1）3（mod10） ； 所以这条轨道长58（5-3）5=145（厘米）对于上述解答，要强调一点，为什么除以 10？（“mod10“指以 10 为除数，读作模 10） 这是本题数量关系的要点所在，很多同

16、学在这里错在周期没有搞清楚，以为周期是 5,其实 不是，周期应该理解为 10 是完整的周期，按照周期是 5 算的话，还要考虑商的奇偶性从而 才能确定是从甲到乙方向上的，还是从乙到甲方向上的余数，而本题很难求商。 实质上，应该把 A 从原地出发又回到原地（一个来回正好是 10 份路程） ，看作一个周期， 把这个周期内的各个点作一个标注，如图。求得的结果位置如图：现在的问题在于，我如何算出这两个余数，为什么可以这样算？补充余数问题的“四大同余定理“： 前三条可以归为一类： 1、 如果 Mr1,Nr2.(modA)那么： （1） M+Nr1+ r2(modA； （2） M-Nr1-r2； （3） MNr1 r2； 第四条可以由第二条推导： 2、 如果 MN(modA) 那么 A|M-N. 这一条在很多地方有应用。【！】强调一下，如果注意一下“在这里的“效果“，与“=“有一种对应，那么，模 A 的余数在