位值原理和分解质因数 例题

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1、位值原理二、数的进制我们常用的进制为十进制，特点是“逢十进一”。在实际生活中，除了十进制计数法外，还有其他的大于1的自然数进位制。比如二进制，八进制，十六进制等。二进制：在计算机中，所采用的计数法是二进制，即“逢二进一”。因此，二进制中只用两个数字0和1。二进制的计数单位分别是1、21、22、23、……，二进制数也可以写做展开式的形式，例如100110在二进制中表示为：(100110)2=1×25+0×24+0×23+1×22+1×21+0×20。二进制的运算法则：“满二进一”、“借一当二”，乘法口诀是：零零得零，一零得零，零一得零，一一得一。注意：对于任意自然数n,我们有

2、n0=1。n进制：n进制的运算法则是“逢n进一，借一当n”，n进制的四则混合运算和十进制一样，先乘除，后加减；同级运算，先左后右；有括号时先计算括号内的。进制间的转换：如右图所示。例题精讲模块一、位置原理【例1】某三位数和它的反序数的差被99除，商等于______与______的差；【解析】本题属于基础型题型。我们不妨设a＞b＞c。(-）÷99=[(100a+10b+c)-(100c+10b+a)]÷99=(99a-99c)÷99=a-c；【例2】(美国小学数学奥林匹克)把一个两位数的十位与个位上的数字加以交换，得到一个新的两位数．如果原来的两位数和交换后的新的两位数的差是

3、45，试求这样的两位数中最大的是多少？【解析】设原来的两位数为，交换后的新的两位数为，根据题意，，，原两位数最大时，十位数字至多为9，即，，原来的两位数中最大的是94．【例3】(第五届希望杯培训试题)有3个不同的数字，用它们组成6个不同的三位数，如果这6个三位数的和是1554，那么这3个数字分别是多少？【解析】设这六个不同的三位数为，因为，，……，它们的和是：，所以，由于这三个数字互不相同且均不为0，所以这三个数中较小的两个数至少为1，2，而，所以最大的数最大为4；又，所以最大的数大于，所以最大的数为4，其他两数分别是1，2．【巩固】(迎春杯决赛)有三个数字能组成6个不同的

4、三位数，这6个三位数的和是2886，求所有这样的6个三位数中最小的三位数．【解析】设三个数字分别为a、b、c，那么6个不同的三位数的和为：所以，最小的三位数的百位数应为1，十位数应尽可能地小，由于十位数与个位数之和一定，故个位数应尽可能地大，最大为9，此时十位数为，所以所有这样的6个三位数中最小的三位数为．【例1】在两位自然数的十位与个位中间插入0～9中的一个数码，这个两位数就变成了三位数，有些两位数中间插入某个数码后变成的三位数，恰好是原来两位数的9倍。求出所有这样的三位数。【解析】因为原两位数与得到的三位数之和是原两位数的10倍，所以原两位数的个位数只能是0或5。如果个

5、位数是0，那么无论插入什么数，得到的三位数至少是原两位数的10倍，所以个位数是5。设原两位数是，则b=5，变成的三位数为ab5，由题意有100a＋10b＋5＝（10a＋5）×9，化简得a＋b＝4。变成的三位数只能是405，315，225，135。【巩固】一辆汽车进入高速公路时，入口处里程碑上是一个两位数，汽车匀速行使，一小时后看到里程碑上的数是原来两位数字交换后的数。又经一小时后看到里程碑上的数是入口处两个数字中间多一个0的三位数，请问：再行多少小时，可看到里程碑上的数是前面这个三位数首末两个数字交换所得的三位数。【解析】设第一个2位数为10a+b；第二个为10b+a；第三

6、个为100a+b；由题意：(100a+b)-（10b+a）=(10b+a)-（10a+b)；化简可以推得b=6a，0≤a,b≤9，得a=1，b=6；即每小时走61-16=45；（601-106)÷45=11；再行11小时，可看到里程碑上的数是前面这个三位数首末两个数字交换所得的三位数。【巩固】将四位数的数字顺序重新排列后，可以得到一些新的四位数．现有一个四位数码互不相同，且没有0的四位数，它比新数中最大的小3834，比新数中最小的大4338．求这个四位数．【解析】设组成这个四位数的四个数码为，，，()，则有，可得，则，，，，，且M的四位数字分别为1、、、9，由于的个位数字为

7、7，所以，中有一个为7，但，所以不能为7，故，，．【例1】已知.【解析】原式：1111a＋111b＋11c＋d＝1370，所以a＝1，则111b＋11c＋d＝1370－1111＝259，推知b＝2；进而推知c＝3，d=4所以=1234。【巩固】(2008年清华附中考题)已知一个四位数加上它的各位数字之和后等于2008，则所有这样的四位数之和为多少．【解析】设这样的四位数为，则，即，则或2．⑴若，则，得，，；⑵若，则，由于，所以，所以，故为9，，则为偶数，且，故，由为偶数知，，；所以，这样的四位数有2003和1985