第五讲第五讲神奇的九知识站牌六年级寒假数论模块六年级秋季综合选讲（一）进位制六年级秋季神奇的九六年级暑期数论中的规律六年级暑期数论中的计数数论中弃九法的学习及弃九法的应用漫画释义第11级下超常体系教师版1\n课堂引入大家一定非常喜欢数字谜吧，你能在一分钟内回答下面的数字谜吗？首先不同的汉字代表不同的数字熊猫上树中国的大熊猫上树树树树上猫熊中中中中中中中中中第一个为10899=9801，第二个为123456799111111111，其中这两个数字谜中的“树”都是9，看来9的威力很大呀，今天我们就来学习这神奇的9，看看它还有什么神奇的规律和奥妙！教学目标1、掌握加减法数字和与9的关系2、掌握多位数的计算中数字和与9的关系3、了解9在余数与数字谜中的应用知识点回顾1.说出下列各数被9除的余数314,31415,31415926，142857【分析】314(mod9=8），31415(mod9=5），31415926(mod9=4），142857(mod9=0）2.在方框中填上两个数字，可以相同也可以不同，使4□32□是9的倍数.请随便填出一种，并检查自己填的是否正确.【分析】一个数是9的倍数，那么它的数字和就应该是9的倍数，即4□32□是9的倍数，而4329,所以只需要两个方框中的数的和是9的倍数．依次填入3、6，因为4332618是9的倍数，所以43326是9的倍数.33.计算(3143141531415926142857)除以9的余数是3【分析】(8540)5(mod9)4.检验下面的算式是否正确：（1）46872×9537=447156404（2）383831÷253=1517【分析】（1）46872是9的倍数，447156404÷9余8，即左边是9的倍数，而右边不是，因此算式错误.（2）化除为乘，即判断253×1517=383831是否正确.253÷9余1，1517÷9余5，最终左边除以9的余数为1×5=5.右边383831÷9的余数为8，因此算式错误.2第11级下超常体系教师版\n第五讲注：弃九法仅能判断出错误，若左右两边余数相等，等式不一定成立.如：18×365=6480.左右两边均是9的倍数，但算式却是错误的.经典精讲一、整除中的9判断整除：一个数能否被9整除，只需看这个数的各个数位上的数字和是否是9的倍数即可。判断余数：一个数被9除的余数，等于这个数的各个数位上的数字和被9除的余数。二、进位借位中的9相加进位时：把10写成1，因此每进位一次和的数字和少9，相减借位时：借1当10，因此每借位一次差的数字和加9三、弃九法：“弃九法”也叫做弃九验算法，利用这种方法可以验算加、减、乘、除、乘方计算的结果是否错误。把一个数的各位数字相加得9的数去掉，直到和是一个一位数，这个数就叫做原来数的弃九数．例如，3217：2+7=9去掉2和7，1+3=4（我们就称最后的4为3217弃九数）．例题思路模块一：进位、借位中的9例1：求和的数字和例2：求加数的数字和例3：乘多个9的数字和模块二：数论中的9例4：多位数除以9的余数例5：因数倍数中的9例6：多位数与数字和中的9模块三：数字谜中的弃九法应用例7、例8例1通过枚举一些数回答下面的问题.(1)A的数字之和为5,B的数字之和为3,则A+B的数字之和为____.(2)A的数字之和为15,B的数字之和为13,A+B进位1次,则A+B的数字之和为____.(3)A的数字之和为15,B的数字之和为13,A-B没有借位,则A-B的差的数字之和为____.(4)A的数字之和为15,B的数字之和为13,A-B借了1次位,则A-B的差的数字之和为____.通过上面几道例题,你能否总结出数的加减与数字之和或差的关系.（学案对应：超常1）【分析】(1)5+3=8,14+12=26,104+3=107,…可发现结果为5+3=8;第11级下超常体系教师版3\n(2)591+58=649,555+904=1459,…可发现结果为15+13-9=19(3)555-535=20,5127-4126=11,…可发现结果为15-13=2(4)555-418=137,5622-5503=119,…可发现结果为15-13+9=11结论:(1)若A的数字之和为x,B的数字之和为y,A+B进位K次,则和的数字之和为x+y-9k(2)若A的数字之和为x,B的数字之和为y,A-B借位K次,则差的数字之和为x-y+9k原因:求和时,会将低位的10当成高位的1用,因此数字和会减少9;求差时,会将高位的1当成低位的10用,因此差的数字之和会增加9.例2如下式,从1-9中选出6个不同的数字填入方框中,使竖式成立,则方框中的六个数字之和为_____1209（学案对应：超常2，带号1））【分析】由加法的运算性质可知，这个竖式中，十位，百位相加均进位了，因此共进位2次，由例1的结论可知：原来六个数字之和为1+2+9+9×2=30.例3（1）111111×999999乘积的各位数字之和为______.（2）33333336666666乘积的各位数字之和为_____.（3）1993×123×999999乘积的各位数字之和为______.（4）M999...9(其中M为自然数，且M≤999...9)乘积的各位数字之和为_______．k个9k个9（5）111...11111...11乘积的各位数字之和为_______.1989个11989个1【分析】（1）法1：观察可以发现，两个乘数都非常大，不便直接相乘，其中999999很接近1000000,于是我们采用添项凑整，简化运算.原式=111111×(1000000-1)=111111×1000000-111111×1=111111000000-111111=111110888889数字之和为9654法2：原式=111111×(1000000-1)=111111×1000000-111111×1=111111000000-111111两式相减，借位6次，所以差的数字之和为6-6+9×6=54（2）法1：本题可用找规律方法：3×6=18；33×66=2178；333×666=221778；3333×6666=22217778；……4第11级下超常体系教师版\n第五讲所以：33....366....622...2177...78，则原式数字之和26176863n个3n个6(n-1)个2(n-1)个7法2：原式99999992222222(100000001)222222222222220000000222222222222217777778所以，各位数字之和为7963法3：原式99999992222222(100000001)2222222222222200000002222222两式相减，借位7次，所以差的数字之和为6-6+9×7=63（3）我们可以先求出1993×123的乘积，再计算与(10000001)的乘积，但是1993×123还是有点繁琐．设1993×123=M，则(1000×123=)123000<M<(2000×123=)246000，所以M为6位数，并且末位不是0；令M=abcdef则M×999999=M×（1000000-1）=1000000M-M=abcdef000000-abcdef相减时借位6次，所以差的数字之和为（a+b+c+d+e+f）-（a+b+c+d+e+f）+6×9=54M999...91000MM（4）相减时借位k次，因此差的数字之和为M的数字之和-Mk个9k个0的数字之和+9k=9k1（5）111...11111...11999...99111...11999...99N，其中N＜999...9991989个11989个11989个91989个11989个91989个9所以111...11111...11的各个位数字之和为：9×1989=179011989个11989个1例41234567891011121314…20082009除以9，商的个位数字是_________.（学案对应：超常3，带号2）【分析】首先看这个多位数是否能被9整除，如果不能，它除以9的余数为多少.由于任意连续的9个自然数的和能被9整除，所以它们的各位数字之和能被9整除，那么把这9个数连起来写，所得到的数也能被9整除.由于200992232，所以1234567891011121314…20082009这个数除以9的余数等于20082009（或者12）除以9的余数，为3.那么1234567891011121314…20082009除以9的商，等于这个数减去3后除以9的商，即1234567891011121314…20082006除以9的商，那么很容易判断商的个位数字为4.第11级下超常体系教师版5\n弃九法在公元前9世纪，有个印度数学家名叫花拉子米，写有一本《花拉子米算术》，里面介绍了一个检验加法是否正确的方法——弃九法。把一个数的各位数字相加，直到和是一个一位数（和是9，要减去9得0），这个数就叫做原来数的弃九数．若等号两边的弃九数不相同，则结果一定不正确。例如851+346=1297，851的弃九数是5，346的弃九数是4，1297的弃九数是1．两个加数的弃九数相加得4+5=9，弃掉9后是0，而和的弃九数是1，01，故这个结果一定错误。后来人们总结出了弃九法原理：任何一个整数模9同余于它的各数位上数字之和。利用十进制的这个特性，不仅可以检验几个数相加，对于检验相乘、相除和乘方的结果是否正确同样适用。注意：弃九法只能知道原题一定是错的或有可能正确，但不能保证一定正确。例如：检验算式9+9=9时，等式两边的除以9的余数都是0，但是显然算式是错误的。但是反过来，如果一个算式一定是正确的，那么它的等式两端一定满足弃九法的规律。这个思想往往可以帮助我们解决一些较复杂的数字谜问题。例5（2010年第15届华杯赛决赛第5题）将一个数的各位数字相加得到新的一个数称为一次操作，经连续若干次这样的操作后可以变为6的数称为“好数”，那么不超过2012的“好数”的个数为，这些“好数”的最大公因数是．【分析】一个数与其各位数字之和模9同余，显然这个数除以9余6，这是一个同余类，其内部的数从小到大排成一个等差数列，公差为9首项为6，末项为2004，其个数为2004691223．其最大公因数为3．例6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．【分析】法一（位值原理）：设这样的四位数为abcd，则abcdabcd2008，即1001a101b11c2d2008，则a1或2．⑴若a2，则101b11c2d6，得bc0，d3，abcd2003；⑵若a1，则101b11c2d1007，由于11c2d11929117，所以101b1007117890，所以b8，故b为9，11c2d100790998，则c为偶数，且11c982980，故c7，由c为偶数知c8，d5，abcd1985；所以，这样的四位数有2003和1985两个，其和为：200319853988．法二（同余）：设这样的四位数为abcd，则abcdabcd20086第11级下超常体系教师版\n第五讲由于abcdabcd(mod9)，所以abcdabcd2(abcd)20081(mod9)，那么abcd5(mod9)，即abcd除以9的余数是5，又不超过299929，所以abcd可以为5、14、23.如果是5，则abcd2008(abcd)200852003，满足；如果是14，则abcd2008(abcd)2008141994，但1994数字和是23，不是14，不满足；如果是23，则abcd2008(abcd)2008231985，满足。所以，这样的四位数有2003和1985两个，其和为：200319853988．例7（1）从0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字中，选出九个不同数字填入下面的方框中，使等式成立，则其中未被选中的数字是____.□□+□□□+□□□□=2010（2）将0-9放入下面的十个方框中，使等式成立，则减数处的数字是_____.□□□□+□□□+□□－□=2010（3）下面算式由1～9中的8个组成，相同的汉字表示相同的数，不同的汉字表示不同的数.那么“数学解题”与“能力”的差的最小值是_______.最大值是_____.（学案对应：超常4，带号3）【分析】（1）根据弃九法，所有加数的各位数字总和与求得总和的各位数字之和应该差9的整数倍．由于2010的各位数字之和为3，而0+1+2+…+9=45，所以应该从中去掉6．（2）设减数为x，则左边等于□□□□+□□□+□□+x-2x，除以9的余数与45-2x除以9的余数相同.右边的余数是3，当x=3时，左右余数会相等.所以减数处的数字是3.（3）9个数字选8个，即有一个数字未选.设未选的数字为x，则45-x除以9的余数与2010除以9的余数相同.当x=6时成立，即未选中的数字为6.这样加数的数字之和为45-6=39，而和的数字之和为3，差为36，即进位4次.为了“数学解题”与“能力”的差最小，则“数学解题”越小越好.由进位可知，当十位向百位进2时，“数学”最小.其他的个位向十位进1，百位向千位进1.之后构造出一种答案.184295732010于是差最小为1842-95=1757.最大值时，十位向百位进1，其他的个位向十位进2，百位向千位进1.之后构造出一种答案.第11级下超常体系教师版7\n194825372010差最大为1948-25=1923例8(第十三届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛)右图是一个分数等式：等式中的汉字代表数字1、2、3、4、5、6、7、8、9，不同的汉字代表不同的数字．如果“北”和“京”分别代表1和9．请写出“奥运会”所代表的所有的三位整数，并且说明理由．北奥运会=京梦想成真【分析】设奥运会对应的字母分别为ABC,,;梦想成真对应的字母为DEFG,,,，因为9×奥运会=梦想成真，∴“梦想成真”为9的倍数于是：“D”＋“E”＋“F”＋“G”为9的倍数而：“D”＋“E”＋“F”＋“G”最大为：8＋7＋6＋5=26最小为：2＋3＋4＋5=14所以：“D”＋“E”＋“F”＋“G”=18“A”、“B”、“C”、“D”、“E”、“F”、“G”分别代表2-8所以：“A”＋“B”＋“C”=2＋3＋……＋8-18=17可以得出：“A”、“B”、“C”必是下面四组中的一组：8、7、28、6、38、5、47、6、4ABC×9DEFG即ABC+DEFGABC0根据数字和分析，加数的数字之和为A+B+C+D+E+F+G=35，和的数字和为A+B+C+0=17，35-17=18，说明进了两次位，个位一定向十位进一位，百位一定向千位进一位，所以十位没有向百位进位。所以有CG10,BF1C,进而有BFG9234所以有G2,3,4当G2时，C8,B3,F4,A17836,有63857426380当G3时，C7,B4,F2,A17476,有64758236470当G4时，C6,B3,F2,A17638,有83675248360所以奥运会有836，647，638共3种取值．8第11级下超常体系教师版\n第五讲自己动手尝试用弃九法验算乘除法运算是否正确413×212=87556427648÷2056=208知识点总结结论1：(1)若A的数字之和为x,B的数字之和为y,A+B进位k次,则和的数字之和为x+y-9k(2)若A的数字之和为x,B的数字之和为y,A-B借位k次,则差的数字之和为x-y+9k结论2：M999...9(其中M为自然数，且M≤999...9)乘积的各位数字之和为9k.k个9k个9附加题1.将12345678910111213依次写到第1997个数字，组成一个1997位数，那么此数除以9的余数是________．【分析】本题第一步是要求出第1997个数字是什么，再对数字求和．1～9共有9个数字，10～99共有90个两位数，共有数字：902180(个),100～999共900个三位数，共有数字：90032700(个),所以数连续写，不会写到999,从100开始是3位数，每三个数字表示一个数，(19979180)36022，即有602个三位数，第603个三位数只写了它的百位和十位．从100开始的第602个三位数是701，第603个三位第11级下超常体系教师版9\n数是702，其中2未写出来．因为连续9个自然数之和能被9整除，所以排列起来的9个自然数也能被9整除，702个数能分成的组数是：702978(组)，依次排列后，它仍然能被9整除，但702中2未写出来，所以余数为927．2.(第十六届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛)在图中的加法竖式中，如果不同的汉字代表不同的数字，使得算式成立，那么满足要求的不同算式共有多少种？兔年十六届+华杯初赛2011【分析】显然华=1．和的数字之和除以9的余数应该与加数上的数字之和除以9的余数相等，根据弃九法，加数上的数字之和除以9应余4，所以5不能出现．则0+1+2+3+4+6+7+8+9=40，2+0+1+1=4，减少了36=4×9，所以共进4位．百位肯定向千位进1位，下面就十位和个位的进位情况讨论：如果十位向百位进2，个位向十位进1，则百位数字之和为8，十位数字之和为20，个位数字之和为11．剩余的数字0，2，3，4，6，7，8，9可能的分组方法如下：(0+8)，(4+7+9)，(2+3+6)；(2+6)，(3+8+9)，(0+4+7)；(2+6)，(4+7+9)，(0+3+8)．注意0不能放在首位，所以共有1×6×6+2×6×6+2×6×6=180种．如果十位向百位进1，个位向十位进2，则百位数字之和为9，十位数字之和为9，个位数字之和为21．剩余的数字0，2，3，4，6，7，8，9可能的分组方法如下：(0+9)，(2+3+4)，(6+7+8)；(2+7)，(0+3+6)，(4+8+9)；(3+6)，(0+2+7)，(4+8+9)．注意0不能放在首位，所以共有1×6×6+2×4×6+2×4×6=132种．综上所述，共180+132=312种．3.用数字0、0、1、1、2、2、3、3、4、4、5、5、6、6、7、7、8、8、9、9组成五个四位数，要求这5个数的和的各位数字都是奇数，那么这个和数最小是．【分析】由于一个数除以9的余数等于这个数的各位数字之和除以9的余数，那么这五个四位数的和除以9的余数，就等于这五个四位数的各位数字之和除以9的余数，而这五个四位数的各位数字之和为0129290，除以9的余数为0，所以这五个四位数的和除以9的余数也是0，也就是说这五个四位数的和是9的倍数．最高的前2位和最小为10+10+23+24+34=101，而和的数字均是奇数.因此前三位最小为111，要使结果为9的倍数，最后2位最小可以为15.即和最小为11115.构造如下：1099+1088+2547+2646+3735=111154.在下面的算式中，汉字“第、十、一、届、华、杯、赛”，代表1，2，3，4，5，6，7，8，9中的7个数字，不同的汉字代表不同的数字，恰使得加法算式成立．则“第、十、一、届、华、杯、赛”所代表的7个数字的和等于_______．10第11级下超常体系教师版\n第五讲第十一届+华杯赛2006【分析】法1：显然十位和百位都出现了进位，所以有以下的等式：“第”=1，“十”“华”=9，如果“届”“赛”没有出现进位，那么“一”“杯”=10，“届”“赛”=6，那么“届”和“赛”一个是2另一个是4，那么“一”“杯”中有一个小于5的数必然是3，另一个是7，这样的话就不存在不重复的“十”和“华”使它们的和是9，所以“届”“赛”必定出现进位．由于“届”“赛”出现进位，那么“一”“杯”9，“届”“赛”16，所以7个汉字代表的7个数字之和等于1991635．经过尝试“十”、“华”、“一”、“杯”、“届”、“赛”分别是3、6、4、5、7、9时可满足条件(答案不止一种)．法2：本题也可采用弃九法．由于第十一届华杯赛2006，所以第+十+一++届华+杯+赛除以9的余数等于2006除以9的余数，为8．由于“第、十、一、届、华、杯、赛”，代表1，2，3，4，5，6，7，8，9中的7个数字，且不同的汉字代表不同的数字，假设1～9中的另外两个数为a和b，那么第+十+一++届华+杯+赛45ab，故45ab除以9的余数为8，则ab除以9的余数为1．由题意可以看出“第”1，所以a、b不能为1，则202ab8917，其中满足除以9余1的只有10，所以ab10，第+十+一++届华+杯+赛45ab451035．5.如果A333333333，那么A的各位数字之和等于.2010个3【分析】10A3033033303330，所以9A333033333327300，2010个32010个32010次2006个3A333273009370370370369700，数字和为66810256705.2006个3668个370家庭作业1.A的数字之和为100,B的数字之和为50,A-B借了5次位,则A-B的差的数字之和为____.【分析】100-50+5×9=95□□2.右边的加法算式中，每个“”内有一个数字，所有“”内的数字之和最大可达到．第11级下超常体系教师版11\n【分析】法1：末尾和最大24，十位和最大18，百位和最大18，24+18+18=60法2：三个数字相加，最高可进2位.上式中均可进2位，因此方框内的数字之和最大为2+4+9×6=603.555333乘积的各位数字之和为_____.2007个52007个35552007个5【分析】555333999N99932007个52007个32007个92007个9，N为整数，由结论可知乘积的各位数字之和为2007×9=18063.4.将1至2008这2008个自然数，按从小到大的次序依次写出，得一个多位数：1234567891011121320072008，试求这个多位数除以9的余数.【分析】以19992000这个八位数为例，它被9除的余数等于19992000被9除的余数，但是由于1999与1999被9除的余数相同，2000与2000被9除的余数相同，所以19992000就与19992000被9除的余数相同．由此可得，从1开始的自然数1234567891011121320072008被9除的余数与前2008个自然数之和除以9的余数120082008相同．根据等差数列求和公式，这个和为：2017036，它被9除的余数2为1．另外还可以利用连续9个自然数之和必能被9整除这个性质，将原多位数分成123456789，101112131415161718，……，199920002001200220032004200520062007，2008等数，可见它被9除的余数与2008被9除的余数相同．因此，此数被9除的余数为1．5.把1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数依不同的次序排列，可以得到362880个不同的九位数，则所有这些九位数的最大公因数为________．【分析】本题的范围很大，必须缩小入手点．涉及因数倍数问题，首先思考这类数本身具有的特点．因为123945，所以无论次序如何，它们的数字之和总可以被9整除，因而9为所有这些九位数的公因数．另外两个数的最大公因数是它们的差的因数，而在这些数中取两个数，它们的差最小为9，如123456789和123456798这两个数只差9，所以这个最大公因数是9的因数，从而9是这362880个数的最大公因数．6.有一类四位数，它们恰好是自己的各位数字之和的83倍，那么这样的四位数有个．【分析】因为原四位数恰好是自己的数字和的83倍，而一个数除以9的余数与它的数字和除以9的余数相等，那么这个数与它的数字和的差就是9的倍数，所以本题中原四位数减去它的数字和后(即数字和的82倍)是9的倍数；而82,91，所以数字和是9的倍数，原数是839747的倍数，12第11级下超常体系教师版\n第五讲又因为原数是四位数，各位数字之和最多为36，所以原数至多是83的36倍，也就是至多是747的4倍．依次检验：74721494符合，而74732241和74742988均不符合．所以满足条件的四位数只有1个．7.在右边的加法算式中，若每个字母均表示0到9中的一个数字，任意两个字母表示的数字都不相同，也不与算式中已有的数字相同，则A与B乘积的最大值是多少？ECF9DG10AB【分析】因为ECF9DG10AB，等号两边除以9的余数相等，所以等号两边的各个数字的和除以9的余数相等，而所有数字的和是9的倍数，所以两边都是9的倍数，即10AB是9的倍数，由于AB7815，所以AB8，再根据“和一定，差小积大”，所以A、B的取值为3、5时，A与B乘积的最大值是15．8.在右面的加法竖式中，如果不同的汉字代表不同的数字使得算式成立，那么四位数华杯初赛的最大值是.兔年十六届华杯初赛2011【分析】显然华=1.总共有9个数字，也就是说0到9中有一个不能用，根据弃九法，5不能用.每进一位数字和减少9，0+1+2+3+4+6+7+8+9-(2+0+1+1)=36，所以共进4位.所以个位和十位之一需要进两位，有两种可能：(1)个位数字之和为11，十位数字之和为20，百位数字之和为8；(2)个位数字之和为21，十位数字之和为9，百位数字之和为9.为了让“华杯初赛”尽量大，“杯”应尽量大，“十”应尽量小.“十”最少为2，优先考虑情况(2)，此时“杯”可以等于7.剩余数字0，3，4，6，8，9，个位和为21的显然是4+8+9，十位和为9的剩下0+3+6，所以最大为1769.不必再考虑(1)了.超常班学案第11级下超常体系教师版13\n【超常班学案1】甲数各位数字之和是9，乙数各位数字之和是10，当甲数作为被减数，乙数作为减数，用竖式做减法运算时，有两次借位.那么甲乙两数之差的各位数字之和是____.【分析】9-10+2×9=17【超常班学案2】甲、乙两个三位数的乘积是一个五位数，这个五位数的后四位为1031．如果甲数的数字和为10，乙数的数字和为8，那么甲乙两数之和是_________.【分析】根据弃九法可得知，乘积是310313171113，适当组合可得知两数为317217和1113143，和为360.【超常班学案3】将从1开始的到103的连续奇数依次排列写成一个多位数：a=13579111315171921……9799101103.则数a共有_____位，数a除以9的余数是___.【分析】法1：一位的奇数有5个，两位的奇数有45个，再加两个三位奇数，所以a是一个5+2×45+3×2=101（位）数.从1开始的连续奇数被9除的余数依次为1，3，5，7，0，2，4，6，8，1，3，5，7，0，2，4，6，8，…，从1开始，每周期为9个数1，3，5，7，0，2，4，6，8的循环.因为（1+3+5+7+0+2+4+6+8）被9除余数为0，从1-89恰为5个周期，所以这个101位数a被9除的余数为1+3+5+7+0+2+4被9除的余数，等于4.法2：一个自然数被9除的余数和这个自然数所有数字之和被9除的余数相同，利用这条性质，a=13579111315171921……9799101103中13579的数字和被9除的余数是7，而111315171921……9799所有数字之和被9除的余数是0，101103的数字和被9除的余数是6.所以，a被9除的余数是（7+6）被9除的余数，是4.【超常班学案4】将数字0-9填入下面十个方框内，使等式成立，则共有_____种不同的填法.【分析】设加数的数字之和为x，和的数字之和为y，则x+y=0+1+2+…+9=45，且x,y除以9的余数相同，只有x,y均为9的倍数时符合要求.再由数字谜的特点可知，1，0，9的位置固定，如下图.ECF9DG10AB1+0+A+B是9的倍数，只能等于9，即A+B=8=2+6=3+5=5+3=6+2.A，B共4种情况，每种情况下，E，F，G可以互换，C，D可以互换.当A，B为2，6时，C+D=11=3+8=4+7有2种成立的情况.因此共有53!2!60种不同的填法.123班学案【123班学案1】用数字0、0、1、1、2、2、3、3、4、4、5、5、6、6、7、7、8、8、9、9组成五个四位数，要求这5个数的和的各位数字都是奇数，那么这个和数最大是．（学案对应：超常4，带号4）14第11级下超常体系教师版\n第五讲【分析】由于一个数除以9的余数等于这个数的各位数字之和除以9的余数，那么这五个四位数的和除以9的余数，就等于这五个四位数的各位数字之和除以9的余数，而这五个四位数的各位数字之和为0129290，除以9的余数为0，所以这五个四位数的和除以9的余数也是0，也就是说这五个四位数的和是9的倍数．由于每个四位数都小于10000，所以这五个四位数的和小于50000，那么这个和的首位不超过4，由于各位数字都是奇数，所以首位最大为3，千位和百位最大为9．当前三位分别为3、9、9时，要使这个和是9的倍数，后两位数字的和除以9应余6，可能为6和15；然而这两个数都是奇数，它们的和为偶数，所以只能是6，那么这两个数应分别为5和1才能使和最大，此时最大和为39951．而当这五个四位数分别为9348，9247，8236，7115，6005时，它们的和恰好为39951，因此所求的最大值为39951．注：最值问题，需要证明出理论最值，之后构造成功后才行.2009【123班学案2】设2009的各位数字之和为A，A的各位数字之和为B，B的各位数字之和为C，C的各位数字之和为D，那么D______.2009【分析】由于一个数除以9的余数与它的各位数字之和除以9的余数相同，所以2009与A、B、20092009C、D除以9都同余，而2009除以9的余数为2，则2009除以9的余数与2除以9334620096334565的余数相同，而264除以9的余数为1，所以2222除以9的余数为52除以9的余数，即为5．2009200980362009另一方面，由于20091000010，所以2009的位数不超过8036位，那么它的各位数字之和不超过9803672324，即A72324；那么A的各位数字之和B9545，B的各位数字之和C9218，C小于18且除以9的余数为5，那么C为5或14，C的各位数字之和为5，即D5．【123班学案3】(第十四届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛)在如图所示的乘法算式中，汉字代表1至9这9个数字，不同汉字代表不同的数字．若“祝”字和“贺”字分别代表数字“4”和“8”，求出“华杯赛”所代表的整数．祝贺华杯赛第十四届【分析】根据题意可知“祝”、“贺”、“华”、“杯”、“赛”、“第”、“十”、“四”、“届”这9个汉字恰好代表1～9这9个数字，那么它们的和为45．由于“祝”、“贺”分别代表4和8，那么“祝贺”=48是3的倍数，则“第十四届”也是3的倍数，这样它的各位数字之和也是3的倍数，可知“祝”、“贺”与“第”、“十”、“四”、“届”这6个数的和也都是3的倍数，那么“华”、“杯”、“赛”这3个数和也是3的倍数，“华杯赛”这个三位数也是3的倍数．从而“第”、“十”、“四”、“届”这4个数的和是9的倍数．由于“华”、“杯”、“赛”、“第”、“十”、“四”、“届”的总和为45-4-8=33，所以“第”、“十”、“四”、“届”这4个数的和可能为27或18(它们的和显然大于9)，对应的“华”、“杯”、“赛”这3个数的和是6或15．(1)如果“华”、“杯”、“赛”这3个数和是6，则“华”、“杯”、“赛”分别为1、2、3，如果“华”为2，则“华杯赛”至少为213，则4821310224，不是四位数，所以“华”只能为1，这样“华杯赛”可能为123和132，分别有481235904，第11级下超常体系教师版15\n481326336，都不符合；(2)如果“华”、“杯”、“赛”这3个数和是15，根据上面的分析可知“华”只能为1，这样“杯”、“赛”之和为14，可能为95或86，由于“贺”为8，所以“杯”、“赛”分别为5和9，显然“赛”不能为5，则“华杯赛”为159．48×159=7632，满足条件。【123班学案4】(2012年第十七届华杯赛决赛A卷)在乘法算式草绿花红了=春光明媚中,汉字代表非零数字,不同汉字代表不同的数字,那么春光明媚所代表的四位数最小是.（学案对应：带号4）【分析】设两位数除以9余a，三位数除以9余b，四位数除以9余c，由被9整除的数的特性得abc(mod9)到，所以得到9(abab)，由此有(a1)(b1)9k1，而a,b,c均小9(abc)a1a4a3a6a7于9，此时有五种情况，再由要求四位数的最小值，即希望两b4b1b6b3b7位数和三位数的首位数字为1或2，四位数的首位数字为3或4，经试验可以得到281574396为最小。16第11级下超常体系教师版