奥数学习的利弊与时机选择
奥数旨在培养个体的逻辑思维能力，是一种智力游戏。在学习过程中，量力而行，切勿将其视为负担。以下列出小学奥数知识大全，供参考。
奥数学习的利弊
奥数学习对不同能力的学生有不同的影响：
适合的学生：
促进课堂成绩全面提升，培养良好的思维习惯。
增强心理优势，培养自信。
开发智力。
为初中阶段的理科学习（物理、化学）打下基础。
不适合的学生：
课堂内容学习尚有困难，若盲目追求奥数学习，不仅学不好，还可能产生负面心理压力。
开始奥数学习的最佳时机
一般情况下，小学三年级开始学习奥数较为合适，四、五年级亦不迟。过早开始，孩子的理解能力有限，基础不牢固，容易产生困难和厌学情绪。
在奥数学习前，家长可采取以下方法培养孩子的数学兴趣和能力：
观察生活中的数学： 引导孩子识别门牌号上的数字，辨认玩具中的几何形状等。
加强数感训练： 通过游戏或活动让孩子体验数学概念，比如点数、排列组合等。
奥数学习方法
记笔记： 记录老师的讲授要点和疑难问题，提高复习效率。
错题本： 收集理解不清或出题者有意设计的陷阱题，定期复习，以避免重复错误。
题目分类本： 将做过的试题按难度分门别类，重点关注有一定难度和综合*强的题目。
学习小组： 与同学组成学习小组，分享试题和心得体会，提高学习效率和合作精神。
旧题新解： 不定时复习已做过的试题，探索新的解题思路和技巧，培养发散思维和问题解决能力。
小学小升初奥数知识集锦：数的整除2
导语：下面是小编为您收集整理的数的整除相关知识，欢迎阅读!
在小学书中所学的自然数和零，都是整数。同学们都知道，如果一个整数a除以一个自然数b，商是整数而且没有余数(或者说余数为零)，就叫做a能被b整除，或者b整除a，记作a│b。这时a叫做b的倍数，b叫做a的约数。
例如，3│15表示15能被3整除，或者3整除15;也可以说15是3的倍数，3是15的约数。
由整数概念可知，整除必须同时满足三个条件：(1)被除数是整数，除数是自然数;(2)商是整数;(3)没有余数。这三个条件只要有一个不满足，就不能叫整除。
例如，16÷5=3.2，商不是整数，所以不能说5整除16。又如，10÷2.5=4，除数不是自然数，所以不能说10能被2.5整除。
(1)如果两个整数都被同一个自然数整除，那么它们的和、差(大减小)也都能被这个自然数整除。换句话说，同一个自然数的两个倍数之和、差(大减小)仍是这个自然数的倍数。
例如，18与42都能被6整除，那么18与42的和60、差24也都能被6整除;即从6│18及6│42可知6│(18+42)、6│(42-18)。
(2)如果甲数整除乙数，乙数整除*数，那么甲数整除*数。即如果*数是乙数的倍数，乙又是甲数的倍数，那么*数是甲数的倍数。
例如，7│28，28│84，那么就有7│84。
(3)如果甲数整除乙数，那么甲数就整除乙数与任一整数的乘积。也就是说如果乙数是甲数的倍数，那么乙数的任一倍数也是甲数的倍数。
例如，13│39，39×4=156，因此13│156。
(4)如果甲数能被*数整除，而乙数不能被*数整除，那么甲数与乙数的和、差都不能被*数整除。即如果甲数是*数的倍数，乙数不是*数的倍数，那么甲数与乙数的和、差(大减小)都不是*数的倍数。
例如，6整除48，6不整除35，所以6不整除83(48+35=83)，也不整除13(48-35=13)。
(1)个位数字是0、2、4、6、8的数都能被2整除;反过来，个位数字是1、3、5、7、9的数都不能被2整除。
(2)个位数字是0或5的数都能被5整除;反过来，个位数字既不是0也不是5的数都不能被5整除;反过，个位数字既不是0也不是5的数都不能被5整除。
(3)末两位数能被49或25)整除的数，必能被4(或25)整除;反过来，末两位数不能被4(或25)整除的数，必不能被4(或25)整除。
(4)末三位数能被8(或125)整除的数，必须被8(或125)整除;反过来，末三位数不能被8(或125)整除的数，必不能被8(或125)整除。
上述各条可以综合推广成一条：
末n位数能被2(或5)整除的数，本身必能被2(或5)整除;反过来，末n位数不能被2(或5)整除的数，本身必不能被2(或5)整除。
例如，364789056能不能被16整除?因为16=2，所以只要看364789056的末四位9056能不能被16整除。从16整除9056就可知16整除364789056。
(5)各位数字之和能被3(或9)整除的数，本身也能被3(或9)整除;反过来，各位数字之和不能被3(或9)整除的数，本身也不能被3(或9)整除。
我们通过具体例子来说明其中的道理：
83256
=8×10000+3×1000+2×100+5×10+6
=8×(9999+1)+3×(999+1)+2×(99+1)+5×(9+1)+6
=(8×9999+3×999+2×99+5×9)+(8+3+2+5+6)，
因为第一个括号内的结果是3的倍数，所以如果第二个括号内的结果是3的倍数，那么根据整除的*质(1)，原数就是3的倍数;如果第二个括号内的结果不是3的倍数，那么根据整除的*质(4)，原数就不是3的倍数。现在第二个括号内的结果是8+3+2+5+6=24，24是3的倍数，所以原数是3的倍数。完全类似，因为第一个括号内的结果是9的倍数，第二个括号内的结果不是9的倍数。所以根据整除的*质(4)，原数不是9的倍数。
(6)能被(7(11或13)整除的数的特征：这个数的末三位数字所表示数与末三位以前的数字所表示的数之差(大减小)能被7(11或13)整除。
例如判断1265817能否分别被7、11、13整除?把1265817分成两段：1265与817，因为1265-817=448，而7整除448，所以7整除1265817;11不整除448，所以11不整除1265817;同样，13不整除448，所以13不整除1265817。
这是什么道理呢?
因为7×11×13=1001，所以凡是001的倍数都能被7、11、13整除。
1265817=1265×1000+817
=1265×1001-1265+817
=1265×1001-(1265-817)，
因为1001能被7整除，所以1265×1001也能被7整除。如果(1265-817)能被7整除，那么1265817也能被7整除;反过来，如果1265817能被7整除，那么(1265-817)也能被7整除。这就说明，1265817能否被7整除，完全取决于(1265-817)能否被7整除。而817与1265正是1265817的末三位数字与末三位以前的数字所表示的数。
对于11和13来说，情形完全一样。
如果把1265817换成其它数，上述推导过程可以照样进行，所以我们能用上述方法来判断一个数能否被7(11或13)整除。
由此整除特征可以看到，把一个三位数连写两遍所得的六位数必能同时被7、11、13整除。例如382382就能同时被7、11、13整除。实际上，这样的数是1001的倍数，而1001=7×11×13。
(7)能被11整除的数的特征二：这个数的奇位数字之和与偶位数字之和的差(大减小)能被11整除。
我们利用92587来说明其中的道理。
92587=9×10000+2×1000+5×100+8×10+7
=9×(909×11+1)+2×(91×11-1)+5×(9×11+1)+8×(11-1)+7
=(9×909×11+2×91×11+5×9×11+8×11)+(9-2+5-8+7)
因为第一括号内的结果能被11整除，所以92587能否被11整除，完全取决于第二个括号内的结果能否被11整除。第二个括号内恰好就是奇位数字之和与偶位数字之和的差。
现在9-2+5-8+7=11，所以原数92587能被11整除。
(8)能被11整除的数的特征三(割尾减尾法)：这个数除去个位数字之外其余数位上的数字所表示的数与个位数之差被11整除。
例如：7249=724×10+9=724×11-724+9=724×11-(724-9)。
因为724×11能被11整除，所以7249能否被11整除，取决于(724-9)能否被11整除，而(724-9)正是这个数除去个位数字之外其余数位上的数字所表示的数与个位数之差。从此例就可看出这种方法为什么是正确的。
(9)如果一个数能被互质的两个自然数整除，那么它一定能被这两个互质数的积整除。
把这一*质与前边所学数的整除特征相联系，我们就可以得到一大批数的整除特征。
例如，因为2和3互质，并且2×3=6，所以一个数能被6整除的特征是这个数既能被2整除又能被3整除。又如，因为3和5互质，并且3×5=15，所以一个数能被15整除的特征是这个数既能被3整除又能被5整除。
例1.在□处填入适当的数字，使四位数23□□能被3整除。问□□处可有多少种不同的填法?
【分析与解答】根据23□□能被3整除的条件知：2+3+a+b=5+a+b能被3整除，则a+b=3n+1，又每个□中数字a，b最大只能填9，所以3n+1
0，1
当n=0时，3n+1=1即有2种填法。
1，0
0，1，2，3，4
当n=1时，3n+1=4即有5种填法。
4，3，2，1，0
当n=2时，3n+1=7，有8种填法。
当n=3时，3n+1=10，有9种填法。
当n=4时，3n+1=13，有6种填法。
当n=5时，3n+1=16，有3种填法。
当n=6时，3n+1=19>18，不合题意。
2+5+8+9+6+3=33(种)
因此□□中有33种不同的填法。
答：共有33种不同的填法。
试一试：有一个四位数3aa1，它能被9整除，则a代表多少。
例2.从数字1、2、3、4、5中任意挑选四个数字组成能被5整除而各个数位上数字不同的四位数，共有多少个?
【分析与解答】因为组成的数能被5整除，所以挑选时5必须包括在内，其他四个数中任取三个，这样共有四种不同的挑选方法：1、2、3和5，1、2、4和5，1、3、4和5，以及2、3、4、和5。每种挑选方法5肯定在个位上，其余3个数子位置可以交换，能组成六个能被5整除的四位数，例如：1、2、3、5四个数字可组成1235、1325、2135、2315、3125和3215。因此四种选法一共可组成6×4=24个能被5整除的四位数。
答：共有24个。
试一试：从数字0、1、2、3、4、5中任意挑选5个数字组成能被5整除而各个数位上数字不同的五位数，共有多少个?
(提示：本题解题思路与例3相似，但注意数字0不能摆在自然数的最高位上。)
例3.173□是个四位数字。数学老师说：“我在这个□中先后填入3个四位数，依次可被9、11、6整除”。问：数学老师先后填入的3个数字的和是多少?
【分析与解答】解这道题的关键是：怎样的自然数，才能被9整除?被11整除?被6整除?这里，要注意：被6整除，就是被2和3整除——一定是被3整除的偶数。
因为能被9整除的数的各位数字之和是9的倍数，并且四位数173□的数字和是1+7+3+□=11+□而□内的数字最大不超过9。所以□内只能填7。
因为能被11整除的四位数的个位与百位的数字和减去十位与千位的数字和所得到的差是11的倍数，即
(7+□)-(1+3)=3+□应是11的倍数。
所以□内只能填8。
因为能被6整除的自然数是偶数，并且数字和是3的倍数，而1+7+3+□=11+□，所以□内只能填4。
故数学老师先后填入的3个数字的和是7+8+4=19。
答：数学老师先后填入的3个数字的和是19。
例4.用0~9这十个数字组成能被11整除的最大十位数是多少，最小十位数是多少?
【分析与解答】因为0~9这十个数字的和是45，根据能被11整除的数的特征，这个十位数的奇数位数字和与偶数位数字和之差是11的倍数，所以这个差只能是0、11、22、33和44五种情况。
由于各位数字之和是45，根据数的奇偶*可知，十位数的奇数位数字之和与偶数位数字之只能是一奇一偶。所以他们的差为奇数，不可能是0、22和44。
若差是33，而和是45，根据和差问题数量关系可知奇数位数字之和与偶数位数字之和只能分别为39和6，则于所给十个数字中最小五个数字和都超过6，所以差不可能是33。这样差必定是11。
根据差为11，和为45，可得奇数位数字之和与偶数位数字之和分别是(45+11)÷2=28和(45-11)÷2=17。而若十位数且最大，则其高位数字应尽可能大，经凑数后者，最大十位数是9876524130。
想一想：最小十位数是多少?
试一试：用1、2、3、4四个数字，组成能被11整除的四位数共有多少个?
例5.将1、2、3、……30从左往右依次排成一个51位数，这个数被11除的余数是多少?
【分析与解答】此题是求这个51位数被11除的余数是几，显然不可用这个数去除以11找它的余数的方法。同样可根据“一个数被11除的余数与这个数其奇数位数字和减去偶数位数字和的差被11除的余数是相等的”这一*质解答。
依题意排成的51位数的奇数位上的数字依次是1、3、5、7、9、0、1、2、3……8、9、0、1、2、3、……8、9、0。
奇数位数字和是：1+3+5+7+9+2×(1+2+3+……+8+9)=115
这个数的偶数位上的数字和是：
2+4+6+8+1×10+2×10+3=53
而115-53=62，62÷11=5……7
所以这个数被11除的余数是7。
答：这个数被11除的余数是7。
注意：运用这一*质时，必须是奇数位数字和减去偶数位数字和，不可反之。由于这个题目恰巧是奇数位上的数字和大，偶数位上的数字和小，所以计算起来比较方便。如果有一个这样的题，奇数位上的数字和小，偶数位上的数字和大，即不够减时，又应该怎样计算呢?
如：919293949596979899这个18位数被11除，问余数是多少?
此题奇位上的和是45，偶位上的和是81，即45减81则不够减，那么应该怎样计算呢?可先将奇数位数字和加上11的倍数，再减去偶数位数字和。或者先将偶数位数字和减去11的倍数，然后再用奇数位数字和来减。所得到的差被11除的余数就是原数被11除的余数。
试一试：求出上面18位数被11除的余数是多少?
小学奥数知识体系3
导语：对于奥数的学习，每个孩子都不一样，有些孩子希望文科，学习优势也偏向文科；有些孩子长于理科，文科不感兴趣。所以，造成了每个孩子对奥数的学习情况不同，兴趣也不同，有孩子把奥数当爱好，有些孩子面对奥数则如临大敌。不管是当爱好还是如临大敌，奥数在小升初中的比例却持高不低，所以，要重视奥数的学习。以下是小编为大家精心整理的小学奥数知识体系，欢迎大家参考！
奥数主要包含七大的重要模块：计算、数论、几何、行程、应用题、计数、杂题。
计算模块主要包括以下几种类型：1.速算与巧算、2.分数小数四则混合运算及繁分数运算、3.循环小数化分数与混合运算、4.等差及等比数列、5.计算公式综合、6.分数计算技巧之裂项、换元、通项归纳、7.比较与估算、8.定义新运算、9.解方程
数论模块主要包括以下几种类型：1.质数与合数、2.因数与倍数、3.数的整除特征及整除*质、4.位值原理、5.余数的*质、6.同余问题、7.*剩余定理(逐级满足法)、8.完全平方数、9.奇偶分析、10.不定方程、11.进制问题、12.最值问题
几何模块主要包含三大类，即直线型几何、曲线形几何和立体几何。下面分别对这三类进行细分。
一、直线型
直线型包括：1.长度与角度、2.格点与割补、3.三角形等积变换与一半模型、4.勾股定理与弦图、5.五大模型。
针对孩子来说，几何也是弱项之一，为此下面举例说明五大模型的情况：
二、曲线型
曲线形主要包括：1.圆与扇形的周长与面积、2.图形旋转扫过的面积问题，因此掌握圆与扇形的基本公式是最基础的。
三、立体几何
立体几何主要包括：1.立体图形的面积与体积、2.平面图形旋转成的立体图形问题、3.平面展开图、4.液体浸物问题，立体几何需要一定的空间想象力，因此要锻炼孩子对于立体图形的了解，可以经常拿一些立体的东西培养感觉。
行程模块主要包括以下几种类型：1.简单相遇与追及问题、2.环形跑道问题、3.流水行船问题、4.火车过桥问题、5.电梯问题、6.发车间隔问题、7.接送问题、8.时钟问题、9.多人相遇与追及问题、10.多次相遇追及问题、11.方程与比例法解行程问题
行程问题不要空想，适当的画出路线图会便于对问题的理解。
应用题模块主要包括以下几种类型：1.列方程解应用题、2.分数、百分数应用题、3.比例应用题、4.工程问题、5.浓度问题、6.经济问题、7.牛吃草问题
其中浓度与牛吃草问题相对较难，太原这边浓度问题讲授的较晚，因此在众多杯赛中遇到此类问题，五年级的学生会觉得较为吃力。牛吃草要了解草是分两种的：一种是原有草，一种是新生草；分析清楚之后再解题相对会简单一些。
技术模块主要包括以下几种类型：1.枚举法之分类枚举、标数法、树形图法、2.分类枚举之整体法、对应法、排除法、3.加乘原理、4.排列组合、5.容斥原理、6.抽屉原理、7.归纳与递推、8.几何计数、9.数论计数
计数模块中容斥原理与抽屉原理是难度较大的，容斥原理最好用数形结合的方法理解，抽屉原理主要是一个构造的过程，建议多做一些经典的抽屉原理试题，能够较好的理解抽屉构造。
杂题主要包括以下几种类型：1.从简单情况入手、2.对应与转化思想、3.从反面与从特殊情况入手思想、4.染*与覆盖、5.游戏与对策、6.体育比赛问题、7.逻辑推理问题、8.数字谜、9.数独……
小学奥数知识「汇总」4
导语：小学奥数学习是对孩子的逻辑思维的加强锻炼，对于学有余力的孩子来说，进一步提升自己的数学思维技巧，是很有必要的，以下是小编为大家精心整理的小学奥数知识【汇总】，欢迎大家参考！
和差问题和倍问题差倍问题
已知条件几个数的和与差几个数的和与倍数几个数的差与倍数
公式适用范围已知两个数的和，差，倍数关系
公式：
①(和-差)÷2=较小数
较小数+差=较大数
和-较小数=较大数
②(和+差)÷2=较大数
较大数-差=较小数
和-较大数=较小数
和÷(倍数+1)=小数
小数×倍数=大数
和-小数=大数
差÷(倍数-1)=小数
小数×倍数=大数
小数+差=大数
关键问题求出同一条件下的
和与差和与倍数差与倍数
①两个人的年龄差是不变的;
②两个人的年龄是同时增加或者同时减少的;
③两个人的年龄的倍数是发生变化的;
问题中有一个不变的量，一般是那个“单一量”，题目一般用“照这样的速度”……等词语来表示。
关键问题：根据题目中的条件确定并求出单一量;
基本类型在直线或者不封闭的曲线上植树，两端都植树在直线或者不封闭的曲线上植树，两端都不植树在直线或者不封闭的曲线上植树，只有一端植树封闭曲线上植树
基本公式棵数=段数+1
棵距×段数=总长棵数=段数-1
棵距×段数=总长棵数=段数
棵距×段数=总长
关键问题确定所属类型，从而确定棵数与段数的关系
基本概念：鸡兔同笼问题又称为置换问题、假设问题，就是把假设错的那部分置换出来;
基本思路：
①假设，即假设某种现象存在(甲和乙一样或者乙和甲一样)：
②假设后，发生了和题目条件不同的差，找出这个差是多少;
③每个事物造成的差是固定的，从而找出出现这个差的原因;
④再根据这两个差作适当的调整，消去出现的差。
基本公式：
①把所有鸡假设成兔子：鸡数=(兔脚数×总头数-总脚数)÷(兔脚数-鸡脚数)
②把所有兔子假设成鸡：兔数=(总脚数一鸡脚数×总头数)÷(兔脚数一鸡脚数)
关键问题：找出总量的差与单位量的差。
基本概念：一定量的对象，按照某种标准分组，产生一种结果：按照另一种标准分组，又产生一种结果，由于分组的标准不同，造成结果的差异，由它们的关系求对象分组的组数或对象的总量.
基本思路：先将两种分*案进行比较，分析由于标准的差异造成结果的变化，根据这个关系求出参加分配的总份数，然后根据题意求出对象的总量.
基本题型：
①一次有余数，另一次不足;
基本公式：总份数=(余数+不足数)÷两次每份数的差
②当两次都有余数;
基本公式：总份数=(较大余数一较小余数)÷两次每份数的差
③当两次都不足;
基本公式：总份数=(较大不足数一较小不足数)÷两次每份数的差
基本特点：对象总量和总的组数是不变的。
关键问题：确定对象总量和总的组数。
基本思路：假设每头牛吃草的速度为“1”份，根据两次不同的吃法，求出其中的总草量的差;再找出造成这种差异的原因，即可确定草的生长速度和总草量。
基本特点：原草量和新草生长速度是不变的;
关键问题：确定两个不变的量。
基本公式：
生长量=(较长时间×长时间牛头数-较短时间×短时间牛头数)÷(长时间-短时间);
总草量=较长时间×长时间牛头数-较长时间×生长量;
周期现象：事物在运动变化的过程中，某些特征有规律循环出现。
周期：我们把连续两次出现所经过的时间叫周期。
关键问题：确定循环周期。
闰年：一年有366天;
①年份能被4整除;②如果年份能被100整除，则年份必须能被400整除;
平年：一年有365天。
①年份不能被4整除;②如果年份能被100整除，但不能被400整除;
基本公式：①平均数=总数量÷总份数
总数量=平均数×总份数
总份数=总数量÷平均数
②平均数=基准数+每一个数与基准数差的和÷总份数
基本算法：
①求出总数量以及总份数，利用基本公式①进行计算.
②基准数法：根据给出的数之间的关系，确定一个基准数;一般选与所有数比较接近的数或者中间数为基准数;以基准数为标准，求所有给出数与基准数的差;再求出所有差的和;再求出这些差的平均数;最后求这个差的平均数和基准数的和，就是所求的平均数，具体关系见基本公式②。
抽屉原则一：如果把(n+1)个物体放在n个抽屉里，那么必有一个抽屉中至少放有2个物体。
例：把4个物体放在3个抽屉里，也就是把4分解成三个整数的和，那么就有以下四种情况：
①4=4+0+0②4=3+1+0③4=2+2+0④4=2+1+1
观察上面四种放物体的方式，我们会发现一个共同特点：总有那么一个抽屉里有2个或多于2个物体，也就是说必有一个抽屉中至少放有2个物体。
抽屉原则二：如果把n个物体放在m个抽屉里，其中n>m，那么必有一个抽屉至少有:
①k=[n/m]+1个物体：当n不能被m整除时。
②k=n/m个物体：当n能被m整除时。
理解知识点：[X]表示不超过X的最大整数。
例[4.351]=4;[0.321]=0;[2.9999]=2;
关键问题：构造物体和抽屉。也就是找到代表物体和抽屉的量，而后依据抽屉原则进行运算。
小学奥数数论知识点：数的整除5
学习奥数的作用在于对同学们的长远智力水平的提高，而不是单纯为了成绩。小编为大家准备了这篇小学奥数数论知识点以供大家参考。
一、基本概念和符号：
1、整除：如果一个整数a，除以一个自然数b，得到一个整数商c，而且没有余数，那么叫做a能被b整除或b能整除a，记作b|a。
2、常用符号：整除符号“|”，不能整除符号“”;因为符号“∵”，所以的符号“∴”;
二、整除判断方法：
1.能被2、5整除：末位上的数字能被2、5整除。
2.能被4、25整除：末两位的数字所组成的数能被4、25整除。
3.能被8、125整除：末三位的数字所组成的数能被8、125整除。
4.能被3、9整除：各个数位上数字的和能被3、9整除。
5.能被7整除：
①末三位上数字所组成的数与末三位以前的数字所组成数之差能被7整除。
②逐次去掉最后一位数字并减去末位数字的2倍后能被7整除。
6.能被11整除：
①末三位上数字所组成的数与末三位以前的数字所组成的数之差能被11整除。
②奇数位上的数字和与偶数位数的数字和的差能被11整除。
③逐次去掉最后一位数字并减去末位数字后能被11整除。
7.能被13整除：
①末三位上数字所组成的数与末三位以前的数字所组成的数之差能被13整除。
②逐次去掉最后一位数字并减去末位数字的9倍后能被13整除。
三、整除的*质：
1.如果a、b能被c整除，那么(a+b)与(a-b)也能被c整除。
2.如果a能被b整除，c是整数，那么a乘以c也能被b整除。
3.如果a能被b整除，b又能被c整除，那么a也能被c整除。
4.如果a能被b、c整除，那么a也能被b和c的最小公倍数整除。
小学数学奥数知识四大要点6
小学数学奥数知识的学习很重要，也是我们小升初中必须要认真去了解的。掌握小学数学奥数知识，我们才能得到更好的分数。因此，希望大家在了解小学数学奥数知识时，对下面这些内容认真进行分析。
第一：初理解该知识点的定理及*质
1、提出疑问：什么是抽屉原理?
2、抽屉原理有哪些内容呢?
【抽屉原理1】：将多于n件的物品任意放到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品不少于2件;
【逆抽屉原理】：从n个抽屉中拿出多于n件的物品，那么至少有2个物品来至于同一个抽屉。
【抽屉原理2】：将多于mn件的物品任意放到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品不少于(m+1)件。
第二：学习最具有代表*的题目
【例1】*：任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数
【例2】对于任意的五个自然数，*其中必有3个数的和能被3整除。
【总结】以上的例题都是在考察抽屉原理在整除与余数问题中的运用。以上的题目我们都是运用抽屉原理一来解决的。小学数学奥数知识中，此点很重要。
第三：找出解决此类问题的关键。
【例3】从2、4、6、…、30这15个偶数中，任取9个数，*其中一定有两个数之和是34。
【例4】从1、2、3、4、…、19、20这20个自然数中，至少任选几个数，就可以保证其中一定包括两个数，它们的差是12。
【例5】从1到20这20个数中，任取11个数，必有两个数，其中一个数是另一个数的倍数。
{1，2，4，8，16｝
{3，6，12｝，{5，10，20｝
{7，14｝，{9，18｝
{11｝，{13｝，{15｝，{17｝，{19｝。
【总结】根据题目条件灵活构造“抽屉”是解决这类题目的关键。
第四：重点解决该类型的拓展难题
我们先来做一个简单的铺垫题
【铺垫】请说明，任意3个自然数，总有2个数的和是偶数。
【例6】请说明，对于任意的11个正整数，*其中一定有6个数，它们的和能被6整除。
【总结】上面两道题目用到了抽屉原理中的“双重抽屉”与“合并抽屉”，都是在原有典型抽屉原理题目的基础上进行的拓展。
小学奥数知识点7
奥数一直是小学数学里的重头戏，对于小数数学基础知识部分来说，其实并没有多大难度的！下面小编给大家精心搜集整理的小学奥数知识点，欢迎阅读!
一二年级：
1、巧算与速算：
寻找到一定的规律，化繁为简，那么学生一定能够增强学习数学的信心，提高学习数学的兴趣。另外，计算与速算是各种后续问题学习的基础。学好数学，首先就要过计算这关。
2、学习简单的枚举法：
用数数这种更为直观的方式，将复杂抽象的问题形象化，便于孩子们理解。将抽象问题形象化，引导孩子去主动思考。
奥数越早入门越容易，并且对于一二年级的孩子来说，兴趣最重要，所以可以通过一些数字游戏来对孩子进行引导。
三四年级：
这个时期是奥数思维形成的关键时期，是学奥数的黄金时段，孩子的计算能力，认知能力，逻辑分析能力会有很大的提高，学习内容的难度和广度有所增加，各种竞赛任务和招生考试的成绩重要*大大增加，是斩获各种杯赛、竞赛荣誉的关键时期。
1、运用运算定律及*质速算与巧算：
能否又快又准的算出*，是历年数学竞赛考察的一个基本点，要加强加法与乘法运算定律，其中应用乘法分配率是竞赛中考察巧算的一大重点；除此之外，竞赛中还时常考察带符号“搬家”与添括号/去括号这两种通过改变运算顺序进而简便运算的思路。例如：17×5+17×7+13×5+13×7这种技巧*试题。
重点题型有多位数的计算，小数的基本运算，小数的简便运算等。其中，多位数的计算主要以通过缩放讲多位数凑成各位数全是9的多位数，再利用乘法的分配率进行计算。重点在于以基础计算为主，掌握各种简便运算技巧，提高准确度和速度。
2、理解假设思想解决鸡兔同笼问题：
鸡兔同笼问题源于我国1500年前左右的伟大数学著作《孙子算经》，这一类问题要求孩子要有假设思想，思路要很清晰。
3、平均数应用题：
“平均数”这个数学概念在同学们的日常学习和生活中经常用到。如计算全班同学的数学“平均成绩”，同学与爸爸妈妈三个人的“平均年龄”等等，都是会经常碰到的求平均数的问题。
4、和差倍应用题：
为了弄清题目中两种量彼此间的关系，需要孩子学习使用画线段图的方法以线段的相对长度来表示两种量间的关系，找到解题的途径。
和倍问题是已知大小两个数的和与它们的倍数关系，求大小两个数的应用题，一般可应用公式：数量和÷对应的倍数和=“1”倍量；
差倍问题就是已知大小两个数的差和它们的倍数关系，求大小两个数的应用题，一般可应用公式：数量差÷对应的倍数差=“1”倍量；
和差问题是已知大小两个数的和与两个数的差，求大小两个数的应用题一般可应用公式：大数=（数量和+数量差）÷2，小数=（数量和-数量差）÷2。
5、行程问题：
行程问题要掌握以下各类的问题：相遇问题、追及问题、火车相遇问题、流水行船问题、多次相遇问题等。要求孩子对基本的相遇问题和追及问题有非常深刻的了解，在学习过程中经常有同学到六年级了对于追及问题中两个人所走的时间是否相等还经常容易出错。
6、排列组合：
排列组合是对初期所学的加法原理和乘法原理两讲的一个升华。需要孩子在排列组合中首先要对排列组合的概念、排列数与组合数的计算、排列与组合的区别等有很好的理解，尤其是排列和组合的区分上，需要对一些经典例题的掌握从而来理解排列和组合的区别。
7、几何计数与周期*问题：
几何计数和周期*问题也是各大竞赛和入学考试常见题型，尤其是很多综合题同时包含数论和周期*问题的相关知识点，是竞赛和备考的重中之重。尤其是吧周期*问题常和等差数列、数论结合在一起，孩子在做题题时经常容易出错，需要在这方面的加大做题量。
对于三四年级，要打牢基础，重视应用题，要有技巧的学习，同时也要找到培养适合自己的学习方法。在小学四年级的时候，要注重孩子对解题方法的积累，多做难题，同时要注重整数和小数的计算。
五六年级：
五六年级这个阶段的奥数学习应该有更强的针对*，针对孩子的实际情况和目标选择合适的班型。从最近的一些学校的考试可以看出一个趋势，就是题量大，时间段，对于单位时间内的做题效率有很高的要求，这个效率体现在两个方面，就是速度和正确率。
1、递推法：
递推方法就是从最简单的情况入手，通过处理简单的问题，我们可以从中得到规律或者诀窍，从而来解决复杂的问题。比如说：平面上2008条直线最多有几个交点？同学们第一眼看到这个问题时，肯定会想画2008条直线相交然后再数交点个数，那该是多麻烦啊！其实我们可以先来解决简单点的情况，分别找到1条、2条、3条、……以此类推，这些直线有多少个交点就会出现一个规律。
2、行程问题：
这个时期的奥数行程问题可以细分为：基本行程（单个物体）、平均速度、相遇、追及、流水行船、火车过桥、火车错车、钟表问题、环形线路上行程等等。只要掌握每个小类型中的诀窍，形成一种分析思路，复杂的行程问题也无非是这些类型的变形而已。
3、数论问题：
数论是五年级的核心知识，要解决抽象而又杂乱的的数论问题，首先得掌握数论的基本知识：数的奇偶*、约数（现在叫因数）、倍数、公约数及最大公约数、公倍数及最小公倍数、质数、合数、分解质因数、整除、余数及同余等。这些基本知识点里会出一些数论综合试题。
4、有抽屉原理：
生活中有很多有趣的事情，比如说：把4个苹果放到3个抽屉里，无论你怎么放，总有某个抽屉里至少有2个苹果，这就是抽屉原理。
5、图形面积计算：
求图形的面积一直是奥数中的一个难点，对于这类题要掌握好各种基本图形的面积计算公式，也必须熟记一些重要结论：比如三角形的等积变形、勾股定理、梯形中蝴蝶翅膀原理、相似三角形中边与面积的关系。
6、分数百分数问题，比和比例：
这些重点内容，在历年各个学校测试中所占比例非常高。
7、行程问题：
常常作为压轴题出现,是应用题里最重要的内容，综合考察孩子对比例，方程的运用以及分析复杂问题的能力，所以，重点应该掌握以下内容：
路程速度时间三个量之间的比例关系
用比例的方法分析解决一般的行程问题
重点是学会如何去分析一个复杂的题目
8、几何问题：
几何问题是各个学校考察的重点内容，具体的平面几何如直线形问题和圆与扇形；立体几何里分为表面积和体积两大部分内容。重点内容包括：等积变换及面积中比例的应用；与圆和扇形的周长面积相关的几何问题，处理不规则图形问题的相关方法；立体图形面积：染*问题、切面问题、投影法、切挖问题；立体图形体积：简单体积求解、体积变换、浸泡问题。
五六年级除了要在不断的对基础知识进行深化以外，还要对查漏补缺，要对自己的薄弱环节进行锻炼，有系统的做题，最好做一个学习计划。
小学奥数知识之扑克牌中的数学游戏8
有一种叫“24点”的游戏曾经风靡美国、日本等许多国家，深受青少年朋友的喜爱。这种游戏将两张王牌去掉，把a、j、q、k分别看作1点，11点、12点、13点，或者将它们均看1点，其余牌面是几点，就是几点。
玩的规则不尽相同，其中有一种方法是：
（1）四个人每人抓到13张牌，每人每次从手中任意抽取一张牌。
（2）参加游戏者对这四张牌所代表的数值进行＋、－、×、÷、（）运算，使结果为24。
（3）谁先列出，谁就得1分，牌入底；若四人均无法列出，则无人得分，牌也入底。
（4）再次每人任意抽取一张牌，再次按（2）（3）规则进行。
（5）重复（2）、（3）、（4），直至每人手中13张牌全部用完为一局，得分多者为胜。
例如，抽出的四张牌为3、4、7、11，可以这样计算：
（7－4）×（11－3）＝3×8＝24，或（7＋11）÷3×4＝18÷3×4＝6×4＝24
这是一种非常有趣的游戏，下面我们一起来试一试：
例1抽出下面四组牌：（a，j，q，k分别为1点，11点，12点，13点）
（1）2，3，4，5（2）3，4，5，10
（3）k，7，9，5（4）j，6，q，5
你能算出24点吗？
分别：要想比赛获胜，必须有一些技巧。那就是要非常清楚24可以由怎样的两个数求得，如2×12＝24，4×6＝24，3×8＝24，18＋6＝24，30－6＝24……这样就可以把问题转化成怎样使用4个数，凑出两个数的问题，其中有一点值得大家注意，就是四个数的顺序可以依据需要任意安排。
解：（1）依据2×12＝24，可得2×（3＋4＋5）＝24，
（2）依据3×8＝12，可得3×（10÷5×4）＝24，
（3）依据4×6＝24，可得（13－7）×（9－5）＝24，
（4）依据18＋6＝24，可得（11－5）＋（6＋12）＝24
说明：上面各题的解法并不一定是唯一的，如依据4×6＝24，也可得第（2）组为4×（10×3÷5）＝24，可是，就因为这样，才非常激烈、刺激。
例2如果恰巧四个人抽出的扑克牌是“1～9”中的同一数字的牌，请你帮忙想一想哪种情况可以算出“24”？怎样算？
分析：四人抽出同一数字的牌有9种情况，4个1，4个3，4个4……4个8，4个9，现在的问题转化为如何使四个相同的数字（1~9中的一个）填加运算符号，得“24”的问题。由于4个数字相同，用乘法关系最后求得“24”就不太容易，应考虑＋、－关系，27－3＝24，25－1＝24，20＋4＝24，12＋12＝24……经过尝试，我们发现，4个1，4个2，由于数太小，无法算出“24”，而4个7，4个8，4个9由于太大，也无法算出。其余可以实现。
解：依据27－3＝24，可得3×3×3－3＝24，
依据20＋4＝24，可得4×4＋4＋4＝24，
依据25－1＝24，可得5×5－5÷5＝24，
依据12＋12＝24，可得（6＋6）＋（6＋6）＝24，
说明：有些不能算出24，可能是由于我们知识水平的限制，而并非真的不能，如请同学们想一想4个10，4个11，4个12，4个13你能求解吗？
由上面的例子，我们可以很自然地想到这种游戏可以发展成一类专门的数学的问题，下面我们就来研究。
例3填上适当的运算符号，使算式成立
（1）4444＝5
（2）4444＝6
（3）4444＝7
（4）4444＝8
（5）4444＝9
（6）4444＝10
分析：（1）4444＝5，最后一个4前面是三个4，如可凑出1，1＋4＝5，如可凑出20，20÷4＝5，4×4＋4＝20，因此可求解。
（2）4444＝6，最后一个4前面是三个4，如可凑出2，2＋4＝6；即（4＋4）÷4＝2，因此可求解。
（3）4444＝7，前面两个4＋4＝8，后面两个4得1即可求解，4÷4＝1刚刚好。
（4）和（6）可利用（3）的思路稍加变化就可以求解。
（5）4444＝10，最后一个4，前面如是6，6＋4＝10可求解，但不易做到。如前面是40，40÷4＝10也可以求解，44－4＝40，数字连用在这类题目中是常用的一种技巧。（题目中没有限制，当然是可以这样做的）。
解：
（1）（4×4＋4）÷4＝5
（2）（4＋4）÷4＋4＝6
（3）（4＋4）－4÷4＝7
（4）（4＋4）×4÷4＝8
（5）（4＋4）+4÷4＝9
（6）（44－4）÷4＝10
说明：（1），（2），（6）中的解题思路是一种倒推的方法，这是一种常用的，行之有效的方法同学们加以掌握。（4），（5）中解题思路是依据数字的特点，这种方法，依赖于良好的数感，需要大家经过一段时间的训练才能获得。
例4不用（），且运算符号不超过三次，添在适当位置，使下面的算式成立。
999999999=1000
分析：不使用（），运算顺序只能从左往右，先×、÷后＋、－；运算符号不超过三次，就会得到一些多位数。首先选一个多位数尽可能接近1000，可选999，1000－999＝1，后面6个9要得到“1”，就很简单了999÷999，问题可求解；还可以用另一种方法接近1000，9999÷9＝1111，1111－1000＝111，后面9999想办法等于111，999÷9＝111，问题也可解出。
解：999＋999÷999＝1000
9999÷9－999÷9＝1000
说明：先靠近所求数，再进行适当调整，这是一种非常行之有效的方法，在数字比较多时常常用到。当然此题还有其它方法，同学们
可以用上面的思路再试一试。
例5填入适当运算符号，使下式成立。
987654321＝1000
分析：此题中9~1九个数字各不相同，位置固定，初看与前面的例题有很大不同，但是经仔细读题，认真分析，我们可以发现，做此题时，＋、－、×、÷（）均可使用，运算符号用多少次没有限制，数字可以连用，也可以分开，条件很宽松。由于1000数比较大，我们也采用例4中靠近结果，再凑较小数的方法解决。可以用987＋6＝993，再用54321凑成7即可，这个方法就很多了。还可以取前边987和后边的21相加得1008，中间的6543凑成8就行了。
解：987＋6＋5－4＋3×2×1＝1000
987＋6＋5＋4－3+2－1＝1000
987＋6＋（5－4）×（3×2＋1）＝1000
987＋6＋5＋（4－3）×2×1＝1000
987－（6－5＋4＋3）＋21＝1000
说明：此题还有许多解决，但不论哪种方法，都遵循先靠近结果，再凑较少数的原则，大家可以再想想，你还能想到什么方法？
例6在下列算式中合适的地方，填上括号，使算式成立。
（1）4＋5×6＋8÷4－2＝30
（2）4＋5×6＋8÷4－2＝39
（3）4＋5×6＋8÷4－2＝21
（4）4＋5×6＋8÷4－2＝140
分析：（1）从最后一步逆推，减2前面的式子得32，还从后面入手，这就需要4＋5×6＋8，填上适当的括号得128，尝试发现括号的填法有两种（4＋5）×6＋8，4＋5×（6＋8），分别得128，74，因此括号的填法为[（4＋5）×6＋8]÷4－2＝30
（2）从最后一步逆推，减号前面的式子要得41，还从后面入手要求4＋5×6＋8＝41×4这是无法实现的。从前面入手考虑，就应设法使5×6＋8÷4－2＝35，还从前面想这就需要6＋8÷4－2＝7，可从这样实现（6＋8）÷（4－2）。因此括号的填法为4＋5×（6＋8）÷（4－2）＝39
（3）从后面减2前面的式子得23才能有解，可4＋5×6＋8÷4无论如何填加括号，都不可能现实。把4－2放在一个括号里等于2，i除号前面的式子就要得42，通过观察容易发现，4＋5×6＋8按顺序计算就可得42，所以此题括号的填法是（4＋5×6＋8）÷（4－2）＝21
（4）140比较大，应充分发挥“×”的作用，使“×”左右两侧的因数尽可能大，即（4×5）×（6＋8）＝280，再缩小2倍，就是所求结果，正好“÷”后面4－2＝2，所以此题括号的填法是（4×5）×（6＋8）÷（4－2）＝140
解：
（1）[（4＋5）×6＋8]÷4－2＝30
（2）4＋5×（6＋8）÷（4－2）＝39
（3）（4＋5×6＋8）÷（4－2）＝21
（4）（4×5）×（6＋8）÷（4－2）＝140
说明：填括号时既可以用“（）”，也可以根据需要用“[]”，从一端想起经过尝试，淘汰，最终可以找到解题方法。
阅读材料
数学符号的起源
数学除了记数以外，还需要一套数学符号来表示数和数、数和形的相互关系。数学符号的发明和使用比数字晚，但数量多得多。现在常用的200多个，初中数学书里就不下20多种。他们都有一段有趣的经历。例如：（1）加号曾经有好几种，现在通用“+”号。“+”号是由拉丁文“et”（“和”的意思）演变而来的。也有人说，卖酒的商人用“-”表示酒桶里的酒卖了多少。以后，当把新酒灌入大桶的时候，就在“-”上加一竖，意思是把原线条勾销。这样就成了个“+”号。到了十五世纪，德国数学家魏德美正式确定：“+”用作加号，“-”号用作减号。（2）乘号曾经用过十几种，现在通用两种。一个是“×”，最早是英国数学家奥屈特1631年提出的；一个是“”，最早是英国数学家赫锐奥特首创的。德国数学家莱布尼茨认为：“×”向拉丁字母“x”，加以反对，而赞成用“”号。到了*世纪，美国数学家欧德莱确定，把“×”作为乘号，他认为“×”是“+”斜起来写，是另一种表示增加的符号。（3）“÷”最初作为减号，在欧洲大陆长期流行。直到1631年英国数学家奥屈特用“：”表示除或比，另外有人用“－”（除线）表示除。后来瑞士数学家拉哈在他所著的《代数学》里，才根据群众创造，正式将“÷”作为除号。（4）十六世纪法国数学家维叶特用“=”表示两个量的差别。可是英国牛津大学数学、修辞学教授列考尔德觉得：用两条平行而又相等的直线来表示两数量相等是最合适不过的了，于是等于符号“=”就从1540年开始使用起来。1591年，法国数学家韦达大量使用这个符号，才逐渐为人们接受。
练习题
1．在“24”点游戏中提出了下面几组牌，你能很快求出“24”吗？
（1）1，3，5，7（2）2，5，7，9
（3）1，3，9，10（4）10，4，10，4
（5）k，q，j，j（6）q，10，q，1
分析：（4）10×10＝100是4的25倍，100－4＝96，正好是4的24倍，所以可以这样做（10×10－4）÷4＝24
（5）k，q，j，j即13，12，11，11，依据25－1＝24可得13＋12－11÷11＝24
（6）q，10，q，1即12，10，12，1，依据12×2＝24可得12×（12－10）×1＝24
解：
（1）（5＋7）×（3－1）＝24（2）5×7－9－2＝24
（3）（1＋10）×3－9＝24（4）（10×10－4）÷4＝24
（5）13＋12－11÷11＝24（6）12×（12－10）×1＝24
2．在“24”点游戏中，抽出了下面两组牌，你能求出“24”吗？
（1）3，3，7，7（2）1，5，5，5
分析：（1）用常用的方法无论怎么求都不能得出“24”，是否就没有办法了呢？当然不是，用乘法分配律的方法就可以求解
（3＋3÷7）×7
＝3×7＋3÷7×7
＝24
（2）用同样的方法求解
（5－1÷5）×5
＝5×5－1÷5×5
＝24
解：（1）（3＋3÷7）×7＝24
（2）（5－1÷5）×5＝24
说明：熟练地掌握运算定律可以把题目化难为易，这里安排这两个题是为了开阔同学们的眼界，拓宽同学们的思路。
3．抽的四张牌恰好是“1～9”中从大到小连续排列的四张，这样的牌能算出“24”吗？
分析：符合要求的组合有六组：即9，8，7，6；8，7，6，5；6，5，4；6，5，4，3；5，4，3，2；4，3，2，1不难发现它们均可求出24点。
解：
（1）依据4×6＝24得8÷（9－7）×6＝24
（2）依据2×12＝24得（7＋5）×（8－6）＝24
（3）依据2×12＝24得（5＋7）×（6－4）＝24
（4）依据4×6＝24得2×（3＋4＋5）＝24
（5）依据4×6＝24得1×2×3×4＝24
说明：这个例子告诉我们不论从大到小，还是从小到大，连续取“1~9”中任意四个数均可凑成“24”。
4．添上适当的运算符号，使算式成立。
（1）6666＝1（2）6666＝2
（3）6666＝3（4）6666＝4
（5）6666＝5（6）6666＝6
分析：（1）根据a÷a＝1，可得许多种解，如（6＋6）÷（6＋6）＝1或（6×6）÷（6×6）＝1……
（2）根据1＋1＝2，可得6÷6＋6÷6＝2
（3）根据18÷6＝3，可得（6＋6＋6）÷6＝3
（4）根据6－2＝4，可得6－[（6＋6）÷6]＝4
（5）根据30÷6＝5，可得（6×6－6）＝5
（6）根据0＋6＝6，可得6×（6－6）＋6＝6或（6－6）×6＋6＝0……
解：
（1）（6＋6）÷（6＋6）＝1（2）（6÷6）＋（6÷6）＝2
（3）（6＋6＋6）÷6＝3（4）6－［（6＋6）÷6］＝4
（5）（6×6－6）÷6＝5（6）（6－6）×6＋6＝0
5．用7个7组成4个数，并使运算结果为100
7，7，7，7，7，7，7＝100
分析：首先要使一部分接近100，777÷7＝111，111－100＝11，后面的777凑成11就可以了77÷7＝11，所以可以这样解：
777÷7－77÷7＝100
6．在9个9之间填适当的运算符号，使下面算式成立。
999999999＝2008
分析：先要想办法使一部分靠近“2000”，999＋999＝1998，2008－1998＝10，后面的三个9凑成10即可。
解：999＋999＋9÷9＋9＝2008
说明：前六个数也可以用其他方法求得1998，如999×[（9＋9）÷9]＝1998这种题目往往不只一种解法。
7．填上适当的运算符号，使算式成立。
987654321＝2007
分析：结果较大，先用一部分凑出与2007相接近的数，即654×3＝1962而2007－1962＝45，现在我们要办法使9，8，7，2，1凑成45，而45－21＝24，9＋8＋7＝24。
解：9＋8＋7＋654×3＋21＝2007
8．在11～15之间，选择恰当位置，填上适合的运算符号，使算式结果为100。
1112131415=100
分析：原题的意思是使下式成立：
1112131415＝100
取121靠近100，11＋121－31＝101，415凑成“1”即可有解，（4＋1）÷5＝1。还可以取111靠近100，111－21＝90，31415凑成10即可有解，3－1＋4－1＋５＝10此题还有许多方法，请同学们自己试一试。
解：11＋121－31－（4＋1）÷5＝100或111－21＋3－1＋4－1＋5＝100
9．现有的牌为1～10，请从中选牌，每张牌只用一次，使下列“24”点游戏成立。
（1）□＋□×６＋11＝24
（2）（□＋5）×2＋□＝24
（3）（□×10－□）÷4＋11＝24
（4）□×3－□÷2＝24
（5）□×5－4÷4＝24
（6）13＋□×3－10＝24
分析：观察这六个算式，我们发现（5），（6）很好确定所选牌是5和7。再观察余下的四个算式，（4）□×3－□÷2＝24，□×3>24，□可取9，10，取10时，□÷2的方块在1~10中无值可取，所以□×3只能取9，另一个□中可以取6。
再来观察（3）（□×10－□）÷4＝2424×4＝96，所以□×10－□＝96，□×10≥100，1~10中，只能取10，另一个方□中就只能取4。
接下来看（1）□+□×6+11＝24，24－11＝13，□+□×6＝13，□×6<13的方格中可取1和2；取1时有7＋1×6＝13，7在（6）中已经用过，所以□×6的方格中只能取2，另一个□中取1。
最后观察（2）式，现在只剩下3、8，（□＋5）×2为偶数，24为偶数，所以第二个□只能取8，第一个方面中取3。
解：
（1）×６＋11＝24（2）（＋5）×2＋＝24
（3）（×10－）÷4＝24（4）×3－÷2＝24
（5）×5－4÷4＝24（6）13＋□×3－10＝24
10．在适当的位置中，填上括号，使下列算式成立。
（1）9＋60÷3＋2×4－1＝30
（2）9＋60÷3＋2×4－1＝56
（3）9＋60÷3＋2×4－1＝15
（4）9＋60÷3＋2×4－1＝45
分析：（1）题中只有÷3，－1两处可以使数值变小，特别值得注意的是“－”后面只有1，所以要想办法使算式中数靠近30，又要小于30，（9＋60）÷3＝23，再使后面得7即可，2×4－1正好得7。
（2）56是个较大的数，我们还要先靠近56，再凑小数，在中间的÷、×之间想办法，60÷（3＋2）×4＝48，再加8就得结果了，9－1＝8。
（3）从前端想15－9＝6，想办法使后面部分得6，60÷10＝6，3＋2×4－1正好得10。
（4）从前端想45－9＝36，36＝12×3＝9×4，60÷（3＋2）＝12，4－1＝3，可求解。
解：（1）（9＋60）÷3＋2×4－1＝30
（2）9＋60÷（3＋2）×4－1＝56
（3）9＋60÷（3＋2×4－1）＝15
（4）9＋60÷（3＋2）×（4－1）＝45
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小学奥数常见的知识点9
奥数是苏联开始在列宁格勒和莫斯科举办中学数学竞赛，并冠以数学奥林匹克的名称。以下是小编收集的小学奥数常见的知识点，欢迎查看！
和差倍问题
和差问题和倍问题差倍问题
已知条件几个数的和与差几个数的和与倍数几个数的差与倍数
公式适用范围已知两个数的和，差，倍数关系
公式①(和－差)÷2=较小数
较小数＋差=较大数小学奥数很简单，就这30个知识点
和－较小数=较大数
②(和＋差)÷2=较大数
较大数－差=较小数
和－较大数=较小数
和÷(倍数＋1)=小数
小数×倍数=大数
和－小数=大数
差÷(倍数-1)=小数
小数×倍数=大数
小数＋差=大数
关键问题求出同一条件下的
年龄问题的三个基本特征
①两个人的年龄差是不变的；
②两个人的年龄是同时增加或者同时减少的；
③两个人的年龄的倍数是发生变化的；
归一问题的基本特点
问题中有一个不变的量，一般是那个“单一量”，题目一般用“照这样的速度”……等词语来表示。
关键问题：根据题目中的条件确定并求出单一量；
植树问题
基本类型在直线或者不封闭的曲线上植树，两端都植树在直线或者不封闭的曲线上植树，两端都不植树在直线或者不封闭的曲线上植树，只有一端植树封闭曲线上植树
基本公式棵数=段数＋1
棵距×段数=总长棵数=段数－1
棵距×段数=总长棵数=段数
棵距×段数=总长
关键问题确定所属类型，从而确定棵数与段数的关系
鸡兔同笼问题
基本概念：鸡兔同笼问题又称为置换问题、假设问题，就是把假设错的那部分置换出来；
基本思路：
①假设，即假设某种现象存在（甲和乙一样或者乙和甲一样）：
②假设后，发生了和题目条件不同的差，找出这个差是多少；
③每个事物造成的差是固定的，从而找出出现这个差的原因；
④再根据这两个差作适当的调整，消去出现的差。
基本公式：
①把所有鸡假设成兔子：鸡数＝（兔脚数×总头数－总脚数）÷（兔脚数－鸡脚数）
②把所有兔子假设成鸡：兔数＝（总脚数一鸡脚数×总头数）÷（兔脚数一鸡脚数）
关键问题：找出总量的差与单位量的差。
盈亏问题
基本概念：一定量的对象，按照某种标准分组，产生一种结果：按照另一种标准分组，又产生一种结果，由于分组的标准不同，造成结果的差异，由它们的关系求对象分组的组数或对象的总量．
基本思路：先将两种分*案进行比较，分析由于标准的差异造成结果的变化，根据这个关系求出参加分配的总份数，然后根据题意求出对象的总量．
基本题型：
①一次有余数，另一次不足；
基本公式：总份数＝（余数＋不足数）÷两次每份数的差
②当两次都有余数；
基本公式：总份数＝（较大余数一较小余数）÷两次每份数的差
③当两次都不足；
基本公式：总份数＝（较大不足数一较小不足数）÷两次每份数的差
基本特点：对象总量和总的组数是不变的。
关键问题：确定对象总量和总的组数。
牛吃草问题
基本思路：假设每头牛吃草的速度为“1”份，根据两次不同的吃法，求出其中的总草量的差；再找出造成这种差异的原因，即可确定草的生长速度和总草量。
基本特点：原草量和新草生长速度是不变的；
关键问题：确定两个不变的量。
基本公式：
生长量=（较长时间×长时间牛头数-较短时间×短时间牛头数）÷（长时间-短时间）；
总草量=较长时间×长时间牛头数-较长时间×生长量；
周期循环与数表规律
周期现象：事物在运动变化的过程中，某些特征有规律循环出现。
周期：我们把连续两次出现所经过的时间叫周期。
关键问题：确定循环周期。
闰年：一年有366天；
①年份能被4整除；②如果年份能被100整除，则年份必须能被400整除；
平年：一年有365天。
①年份不能被4整除；②如果年份能被100整除，但不能被400整除；
平均数
基本公式：①平均数=总数量÷总份数
总数量=平均数×总份数
总份数=总数量÷平均数
②平均数=基准数＋每一个数与基准数差的和÷总份数
基本算法：
①求出总数量以及总份数，利用基本公式①进行计算.
②基准数法：根据给出的数之间的关系，确定一个基准数；一般选与所有数比较接近的数或者中间数为基准数；以基准数为标准，求所有给出数与基准数的差；再求出所有差的和；再求出这些差的平均数；最后求这个差的平均数和基准数的和，就是所求的平均数，具体关系见基本公式②。
抽屉原理
抽屉原则一：如果把（n+1）个物体放在n个抽屉里，那么必有一个抽屉中至少放有2个物体。
例：把4个物体放在3个抽屉里，也就是把4分解成三个整数的和，那么就有以下四种情况：
①4=4+0+0②4=3+1+0③4=2+2+0④4=2+1+1
观察上面四种放物体的方式，我们会发现一个共同特点：总有那么一个抽屉里有2个或多于2个物体，也就是说必有一个抽屉中至少放有2个物体。
抽屉原则二：如果把n个物体放在m个抽屉里，其中n>m，那么必有一个抽屉至少有:
①k=[n/m]+1个物体：当n不能被m整除时。
②k=n/m个物体：当n能被m整除时。
理解知识点：[x]表示不超过x的最大整数。
例[4.351]=4；[0.321]=0；[2.9999]=2；
关键问题：构造物体和抽屉。也就是找到代表物体和抽屉的量，而后依据抽屉原则进行运算。
定义新运算
基本概念：定义一种新的运算符号，这个新的运算符号包含有多种基本（混合）运算。
基本思路：严格按照新定义的运算规则，把已知的数代入，转化为加减乘除的运算，然后按照基本运算过程、规律进行运算。
关键问题：正确理解定义的运算符号的意义。
注意事项：①新的运算不一定符合运算规律，特别注意运算顺序。
②每个新定义的运算符号只能在本题中使用。
数列求和
等差数列：在一列数中，任意相邻两个数的差是一定的，这样的一列数，就叫做等差数列。
基本概念：首项：等差数列的第一个数，一般用a1表示；
项数：等差数列的所有数的个数，一般用n表示；
公差：数列中任意相邻两个数的差，一般用d表示；
通项：表示数列中每一个数的公式，一般用an表示；
数列的和：这一数列全部数字的和，一般用sn表示．
基本思路：等差数列中涉及五个量：a1,an,d,n,sn,,通项公式中涉及四个量，如果己知其中三个，就可求出第四个；求和公式中涉及四个量，如果己知其中三个，就可以求这第四个。
基本公式：通项公式：an=a1+（n－1）d；
通项＝首项＋（项数一1)公差；
数列和公式：sn,=(a1+an)n2；
数列和＝（首项＋末项）项数2；
项数公式：n=(an+a1)d＋1；
项数=（末项-首项）公差＋1；
公差公式：d=（an－a1））（n－1）；
公差=（末项－首项）（项数－1）；
关键问题：确定已知量和未知量，确定使用的公式；
