求四年级奥数题20道

容易点的，要答案

小明家住和平街，有一位同学向他打听：“小明，你家门牌是几号？”

“我家住的那条街的门牌号是从1开始挨着编下去的，除我家外，其余各家门牌号加起来恰好等于10000。你知道我家是几号了吧！”

这位同学摸了摸脑袋，不解地说：“我还是不知道。”

小朋友，你知道小明家门牌是几号了吗？

分析与解

根据题意，小明住的和平街所有各家门牌号之和应大于10000。经试算

140家门牌号码之和为1＋2＋3＋……＋140＝（1＋140）×140÷2＝9870。这个数小于10000，不符合题意。141家门牌号数之和为10011，小明家门牌号数是10011－10000＝11（号）

142家的门牌号之和为10153，小明家的门牌号是10153－10000＝153（号）。这里我们设定是142家，而由题意可知：142家不会有一家的门牌号是153，即这是不可能的。当设定有142家以上时，也会出现这种矛盾，所以和平街只能有141家，小明家门牌号一定是11号。

答：小明家门牌号是11号。
有一只小松鼠，不爱动脑子，做什么事情都怕麻烦。一次，妈妈叫小松鼠清点一堆松子，至少有几十个。它两个两个地数，最后多出一个。它嫌麻烦，把这一个扔在一边，不管了，但前面的数它又忘了。于是又五个五个地数，数到最后还多一个，它又把这多出的一个扔到一边去，又从头数起。它想数得快一点儿，于是七个七个地数，数到最后，偏偏还多一个，它又把这多出的一个扔了。小松鼠就这么折腾了三次,到头来这堆松子的总数仍然没有数清楚。小朋友，你能帮助它算一算这堆松子至少有多少个吗？

分析与解

题目的意思可以概括为：求这样一个数，被2除余1，被5除余2，被7除余3。”这个问题比较复杂，因为所求的的数被2、5、7除，余数又各不一样。

现在我们用“累加法”求解。具体作法是：用3加7，再加7得17，而17是被5除余2的数，这数被2除也余1，所以它是符合三个条件的数。但是题意说，松子有几十个，可见17不符合这个要求，还得另找其他数才行。为此，在17上加35，再加35得87，而87是继17后第一个符合三个条件的数，所以87就是本题的答案。

验算一下，87被2除余l，被5除余2,被7除余3，符合题意。

这种方法的道理是先从被7除余3的数中去找被5除余2的数；再从“被7除余3，被5除余2”的数中去找被2除余1的数。第一个符合条件的数就是要求的数中最小的一个数。如果要求的数不是最小的数，而是某一个范围的数，那么只要加上70的适当倍数，就可以了。比如，题目要说这堆松子有200多个，要求算一算这堆松子到底有多少个？你只要用87加上两个70，得227个便是答案。

答：这堆松子至少有87个。
我们先看一个有趣的问题：

37×3＝111，37×6＝222

37×9＝333，37×12＝444

请你用六个1，六个2，六个3，……六个9分别组成一个算式，使得每个算式的结果都等于37。

分析与解

组成的每个算式如下：因为37×3＝111所以：111÷（1＋1＋1）＝37

因为37×6＝222所以：222÷（2＋2＋2）＝37

因为37×9＝333所以：333÷（3＋3＋3）＝37

……

999÷（9＋9＋9）＝37
80枚5分硬币中有一枚是假的，它比真硬币重一些。用一架天平去称，不用砝码最少称几次，才能保证找出这枚假硬币来？

分析与解

先把80枚硬币分为27枚、27枚、26枚3份。将其中的两份，如 27枚、27枚分别放在天平两端，如果有一堆重些，说明假硬币在这份中，（若两端正好平衡，那么假硬币在26枚的那份中），于是将较重的27枚分成每份为9枚的3份；（如假硬币在26枚一份中，则将26枚分为9枚、9枚、8枚3份），取其中两份分别放在天平的两端，如其中有一份重些，那么假硬币就在较重这份中；如两份平衡，则假硬币就在未称的那份中。将较重的这份硬币再分为每份为3枚的三份，继续照以上操作。这样前后共称4次就一定能找出这枚假硬币来。
1.三边均为整数，且最长边为11的三角形有多少个？

参考答案：

11,11,11;11,11,10;11,11,9;...11,11,1;

11,10,10;11,10,9;...11,10,2;

11,9,9;...11,9,3;

11,8,8;...11,8,4;

11,7,7,...11,7,5;

11,6,6;

1+3+5+7+9+11=6^2=36

如果将11改为n的话，

n=2k-1时，为k^2个三角形；

n=2k时，为(k+1)k个三角形。

2.已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．

参考答案

证明：首先由级数各项为正可知公差d>=0,d=0,则a1=a2=a3=...=an=...所以只要有一项为完全平方数，所有项均为完全平方数，由于级数的项数为无限，所以命题得证。

d>0，时d一定为正整数。不妨设第i项为完全平方数ai=k^2(i=1,2,3,...),则ai+(2k+d)d=k^2+2kd+d^2=(k+d)^2,也为完全平方数，所以第i+(2k+d)d项为完全平方数，一般的有i+(2nk+n^2d)(n=1,2,3,...)项均为完全平方数（数学归纳法的证明略），由于n可取无穷项，所以命题得证。

综上命题成立。

3.求所有的素数p，使4p^2＋1和6p^2＋1也是素数．

参考答案

考虑p对5的余数,余数为1时

余数为1时：4p^2+1≡4*1+1≡0(mod5)，由于4p^2+1>=4*2^2+1=17,而又可以被5整除，所以一定不是素数；

余数为2时：6p^2+1≡6*4+1≡0(mod5)，由于6p^2+1>=6*2^2+1=25,而又可以被5整除，所以一定不是素数；

余数为3时：6p^2+1≡6*9+1≡0(mod5)，由于6p^2+1>=6*2^2+1=25,而又可以被5整除，所以一定不是素数；

余数为4时：4p^2+1≡4*16+1≡0(mod5)，由于4p^2+1>=4*2^2+1=17,而又可以被5整除，所以一定不是素数；

所以由上可知5|p，然而p是质数，所以p只能是5。

4.证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n^4＋a都不是素数．

参考答案

证明：利用费马小定理的另一种形式p|n^(p-1)-1,(p为质数,n为任意自然数)，所以p-1=4,p=5,5|n^4-1,所以5|n^4-1+5,5|n^4+4,5|n^4+9,5|n^4+14...由于n^4+9>5,所以a=9,14,19,24,...5k+4(k=1,2,3,...)均可使z＝n^4＋a都不是素数，所以命题得证。

5.证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数

参考答案

p p+1 p+2 是3个连续自然数其中必有一个数被3整除,

已知 P P+2是素数, P P+2不能被3整除. 则P+1能被3整除.

又, P是素数, P一定是奇数, P+1是偶数,

故P+1必被6整除.

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