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一、操作问题

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一、操作问题
13、在下面的图形中，有一个旋转或翻转后与其他图形不完全相同，这个图形是( )。(2014第五届高思杯3年级)

答案：D。
解析：可以似A图形为例，B、C、D图形依次旋转或翻转到与A有一个小长方形的位置是相同的，再进行比较是否完全相同。如果B、C、D图形旋转或翻转后与A都不完全相同！那么A就是与其他图形不一样的。本题答案是D。

4、如下左图是圆形跑道，跑道上有12个饮水点。动物运动会上，小鸡位于饮水点B提供饮水服务。小鸭从饮水点A第1次饮水后，沿跑道的顺时针方向跑动。小鸭每次饮水后，再跑过4个饮水点，到下一个饮水点就饮水一次。已知小鸭跑了43圈，问：小鸭在小鸡服务的饮水点饮水多少次？
小鸭饮水的位置的编号是： 。(2014第五届两岸四地中年级组2试)

答案：9。
解析： 自A点开始，给饮水点编号：A点编号为1，依次顾时针为2，3，4，…，12，B点编号为7，如图。
小鸭饮水的位置的编号是：第1圈是1，6，11;第2圈是4，9；第3圈是2，7，12；第4圈是5，10；第5圈是3，8；第6圈是1，6，11，
其中只在小鸡的7号站引水1次。即小鸭每跑5圈，饮水位置循环1次，
因为43=5×8+3，小鸭在小鸡服务的饮水点饮水共9次。

10、如下图，从A点出发，要求每条路都必须经过，但都恰好只走一次，最后回到A点。那么，满足条件的走法有 种。(2014第五届两岸四地中年级组1试)

D
E
F

答案：32。
解析：从A出发有2种选择，不妨设从A到D，那必须将其它路都走完，最后由E回A．去掉AD、AE后，图可变为右图．右图中从D出发，要使每条路线恰走一遍，最后走到E点，途中D、E、F被路过的次数分别为1次，1次，2次．
按树形枚举，不同的“蛙跳方式”只有以下4类：
（1）D-E-F-D-F-E；
（2）D-F-E-D-F-E；
（3）D-F-E-F-D-E；
（4）D-F-D-E-F-E．
每一类“蛙跳方式”所对应的走法都有2×2=4种．
所以，从A出发每条路线恰好走一遍回到A点的走法共有2×4×4 = 32种走法．

8、老师共买了53支铅笔，分给了A，B，C，D四个同学，分到最多的与最少的铅笔数相差不到5支。如果B把分到的铅笔全部给A，那么A的铅笔数是C的2倍；如果B把分到的铅笔全部给C，那么C的铅笔数是D的2倍，由此可知，B分到 支铅笔。(2014第五届两岸四地中年级组1试)

答案：15。
解析：设A，B，C，D分到的铅笔数分别是A，B，C，D，
由B＋C＝2D，知C、D、B依次成等差数列，设公差为K；
由A＋B＝2C，知A、C、B依次成等差数列，则公差为2K；
由4人铅笔数相差不会超过4，所以K＝0或1；
若K＝0，则4×B＝53，但53不是4的整数倍；
若K＝1， A＜C＜D＜B，则4×C＋1＝53，C＝13，B＝15．
A＞C＞D＞B，则4×C－1＝53，但54不是4的整数倍．
综上所述，B分到15支铅笔．

2、如下图，圆圈上有7个点，每个点处放有一个盒子，每个盒子里装有棋子的数目见该点处的数字。老师让7名小朋友分别站在盒子旁做传棋子游戏：小朋友们同时将自己面前盒子里的一半棋子放到逆时针相邻的盒子里，然后老师向只有奇数枚棋子的盒子里放一枚棋子。重复上述传递方式20次后，老师共向所有的盒子里放了 枚棋子。(2014第五届两岸四地高年级组2试)

答案：42。
解析：每次传递后盒子里棋子数目变化如下：
第1次：8，4，6，8，10，12，14，放6枚；
第2次：12，6，6，8，10，12，14，放6枚；
第3次：14，10，6，8，10，12，14，放6枚；
第4次：14，12，8，8，10，12，14，放4枚；
第5次：14，11，10，8，10，12，14，放4枚；
第6次：14，14，12，10，10，12，14，放4枚；
第7次：14，14，14，12，10，12，14，放4枚；
第8次：14，14，14，14，12，12，14，放4枚；
第9次：14，14，14，14，11，12，14，放2枚；
第10次：14，14，14，14，14，14，14，放2枚；
第11次：14，14，14，14，14，14，14，放O枚；
共计放入3×6+5×4+2×2=42（枚）。

6、如图所示，由75个小方格组成了15×5的图案，图中一些小方格已经被涂上了阴影，现在要继续把一些空白的小方格涂上阴影，保证任意2×2的方格中阴影小方格的数量都多于一半，那么最少需要再把______个空白小方格涂上阴影．(2014第五届两岸四地高年级组1试)

答案：17。
解析：A
B
C
D
G
E
F
不存在右图四种情况的相连空白格（即任意两个空白格不存在公共顶点）将空白格分成如图不相连的7块．
其中D、G两块为5×1，每块至少需要涂其中2个格子；同理，C、F两块，每块至少需要涂其中1个格子．
而对于A块，可分为1块5×1和1块2×1，所以至少需要涂其中2+1=3个格子．B块与A块完全相同．
而对于E块，可分为1块5×1和1块2×2，2×2中不能有任何2块空白，所以2×2中至少需要涂上三个格子，这样E块至少需要涂其中2+3=5个格子．
综上所述，A、B、C、D、E、F、G这7块依次分别至少需要涂上3、3、1、2、5、1、2个格子，那么一共至少
涂上3+3+1+2+5+1+2=17(个) 格子．
右图，给出了一种构造（实际上只有E、F这2块各有2种选择，其它阴影格子都是惟一选择）．

22.如图所示，靠近墙角的地上有一个5行5列的表格，表格中的每个小方格都是边长力1分米的小正方形。有一个边长为1分米的立方体木块，六个面上分别写着A、B、C、D、E、F；从三个不同的角度看，如右下图所示。一开始把立方体木块放在右上角的位置，如图所示。请问从这个位置开始，沿着箭头指向滚动到放五角星位置，这时立方体木块朝下面上的字母是______。(2014巨人杯3年级)

答案：E。
分析：首先分析一下整个滚动的过程：向左滚2次，向下滚2次，再向左滚2次，再向下滚2次。相当于向左滚了4次，向下也滚了4次。其中向左滚4次和原木块保持一致，向下滚4次也和原木块保持一致。那么滚到五角星位置的时候，立方体木块应该和初始状态保持一致，这时朝下的字母就是A对面的字母，由第一个图可判断A和B、C不对面，由第三个图可判断A和D、F不对面，那么A对面的只能是E．这时立方体木块朝下面的字母是E。

15、下图中，至少拿掉_____根小棍，可以使得剩下的图形中没有任何正方形。(2014第五届高思杯2年级)

答案：6。
解析：本题的火柴棒图形中，小正方形有9个，4个小正方形组成的中正方形有4个，9个小正方形组成的大正方形有1个，共有9+4+1=14个。如图1所示，火柴棒可分为加粗的外围火柴棒、中间火柴棒、圈出的内部火柴棒。当拿掉1根外围火柴棒时，会减少1个小正方形、1个中正方形、1个大正方形，共3个正方形；当拿掉1根中间火柴棒时，会减少2个小正方形、1个中正方形，共3个正方形；当拿掉1根内部火柴棒时，会减少2个小正方形、2个大正方形，共4个正方形。首先，要去掉大正方形，必须拿掉1根外围火柴棒，剩下14-3=11个正方彤，由于大正方形已被减去，此时剩下的外围火柴棒每拿掉1根最多只能去掉2个正方形。
因此接下来拿掉内部火柴棒。
如图2所示，由于右上角拿掉了：根火柴棒，因此内部火柴棒1和4只能减少3个正方形，因此可以拿去2和3中的一根，还剩下11-4=7个正方形，其中有6个小正方形，1个中正方形。此时剩下的中间火柴棒拿掉1根只能去掉2个正方形。
如图3所示，此时剩下6个小正方形和1个中正方形，必须拿掉中正方形周围的1根火柴棒，可以发现，其中拿捧火柴棒5可以去掉正方形数最多，包括2个小正方形和1个中正方形，此时还剩下7-3 -4个正方形。
如图4所示，此时还剩下4个小正方形，尝试可知，至少拿掉3根火柴棒可以去掉这4个小正方形。
综上所述，至少去掉6根火柴棒可以使得一个正方形也不留下，如图5所示（情况不唯一）。

14、将每个最简分数（其中，为互质的非零自然数）染成红色或蓝色，染色规则如下：1）将1染成红色；2)相差为1的两个数颜色不同，3）不为1的数与其倒数颜色不同。
问：和分别染成什么颜色？(2014第十九届 “华罗庚金杯”高年级组C)

答案：蓝，红。
解析：1是红色，那么与1的差小于1也是红色，所以是的倒数就是蓝色。与1的差小于1，所以是红色，而与的差是1，所以是蓝色，而与的差是1，所以是红色，与的差有是1，所以是蓝色，是的倒数就是红色。

13、如下图，圆周上均匀地标出十个点，将1～10这十个自然数分别放到这十个点上，用过圆心的一条直线绕圆心旋转，当线上没有标出的点时，就把1～10分成两组，对每种摆放方式，随着直线的转动有五种分组方式，对于每种分组都有一个两组数和的乘积，记五个积中最小的值为。问所有的摆放中，最大为多少？(2014第十九届 “华罗庚金杯”高年级组C)

答案：756。
解析：1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=55，而，最小五个数的和为15，最大的五个数的和为40，两个数的和一定，差越大乘积就越小。而最大的是27×28=756.是否存在这样一种可能，有一种摆放，五个分组方式中每种分组两组数的和都是最大，实验得出符合条件的摆法如下。所以K最大为756.

11、上面有一颗星、两颗星和三颗星的积木分别见下图的(a)，(b)和(c)。现有5块一颗星，2块两颗星和1块三颗星的积木，如果用若干个这些积木组成一个五颗星的长条，那么一共有多少种不同的摆放方式？(下图(d)是其中一种摆放方式。）(2014第十九届 “华罗庚金杯”高年级组C)

答案：13。
解析：枚举5=3+2=2+3=3+1+1=1+3+1=1+1+3=2+2+1=1+2+2=2+1+2
=2+1+1+1=1+2+1+1=1+1+2+1=1+1+1+2=1+1+1+1+1，共13种。

14、将边长是7的大正方形分割为边长分别是1，或2，或3的小正方形。其中至少有多少个边长是1的正方形？在图中画出你的分割方法。
答：至少有 个边长是1的正方形。（不用写出推算过程）(2014第十二届小学“希望杯”2试6年级)

答案：3。
解析：至少有3个边长是1的正方形。 如图（答案不唯一）：

16、如下图，在一个圆周上有3个1，进行如下操作：在相邻的两个数之间写上它们的和。如：第1次操作后，圆周上有6个数：1，2，1，2，1，2。如此操作3次。问：
(1)此时圆周上有多少个数？
(2)此时圆周上的所有数的和是多少？(2014第十二届小学“希望杯”2试5年级)

答案：24；81。
解析：(1)最初，圆周上有3个数。
第1次操作后，圆周上有3+3=6（个）数；
第2次操作后，圆周上有6+6 =12（个）数；
第3次操作后，圆周上有12+12 =24（个）数。
(2)每次操作，新增的数是原来相邻的两个数的和，而原来的数各被加了2次，则新增的数的和是原来的数的和的2倍，即操作后圆周上的数的和是原来的3倍。
最初，圆周上的3个数的和是1×3=3。
第1次操作后，圆周上的数的和是3×3=9;
第2次操作后，圆周上的数的和是3×9=27;
第3次操作后，圆周上的数的和是3×27=81。

20、黑板上写着一个九位数222222222，对它做如下操作：擦掉末位数后又乘4，再加上刚擦去的数字，然后在黑板上写下得到的数，……，如此操作下去，直到在黑板上写下的是一个一位数，那么，它是______。(2014第十二届小学“希望杯”Ⅰ试4年级)

答案：6
解析：这个数一定是偶数。
设为1 0m+n，变形后4m+n，两次相差6m，相当于每次操作减少6的倍数，所以每次操作后得到的数除以6的余数不变。
原数除以6的余数为0，所以最后得到的一个一位数是：6。

25、如图在一张4×4的方格纸上标有16个汉字，
将纸片平放在桌子上，并按下列顺序对折四次：
(1)将下半截对折盖住上半截；
(2)将上半截对折盖住下半截；
(3)将左半截对折盖住右半截；
(4)将右半截对折盖住左半截。
这时从上往下数第八层上所标的汉字是______。
(2014巨人杯6年级)

答案：孝。

22、有1008个花坛，其中任意两个花坛所在位置的正中间都必须安装一个喷水龙头，那么通过合理安排花坛的位置，最少安装______个喷水龙头就够用了。（花坛大小忽略不计）(2014郑州超常班5年级)

答案：2013。
解析：把花坛看成点，由1008个点连接每两点的线段只有有限条，所以必有一条最长者。设AB为诸线段中最长者。
A与其他1007个点连线的中点均在以A为圆心，AB为半径的圆的内部或圆周上。
B与其他1007个点连接的中点均在以B为圆心，AB为半径的圆的内部或圆周上。
所以至少有2×1007 -1= 2013个中点，即理论上水龙头数量不能比2013少。
下面我们构造恰有2013个水龙头的例子：
在直线上等间距取1008个点即可满足要求。

5、将一个自然数施行如下操作：第一次将2014的末两位数字的积写在它的后面得20144，第二次将20144的末两位数字的积写在它的后面得2014416，第三次将2014416的末两位数字的积写在它的后面得20144166，如此继续，那么，第2014次操作后所得的多位数的末两位数字是______。(2014浙江省“我爱数学杯”5年级)

答案：32。
解析：我们将这一串数依次写下来，直到末两位数字重复为止：
(1) 20144,(2)2014416, (3) 20144166,(4)2014416636,(5)201441663618,
(6) 2014416636188,(7)201441663618864,(8)201441663618864 ,
(9)201441663618864248, (10)20144166361886424832,
(11) 2014416613618864248326,(12) 20144166361886424832612,
(13) 201441663618864248326122, (14) 20144166361886424832612 ,
(15)20144166361886424832612248,
前面7次操作没有规律，以后每6次操作一个循环。
因为(2014—7)÷6=334……3，
所以，第2014次操作后所得的多位数的末两位数字是32。

10、在如下(1)，(2)，(3)，(4)这四个小长方形的图案中，有哪些是右边的大图案中没有放缩的截图？（包括旋转后的截图），请写出所有是截图的小长方形编号：______。(2014浙江省“我爱数学杯”4年级)

答案：(1)(3)(4)。

12、在如下四个小长方形的图案中，有______个图案是右边的大图案中没有放缩的截图（包括旋转后的截图）。(2014浙江省“我爱数学杯”3年级)

答案：3个，
解析；是A、C、D。

12、公元20××年，人类在太阳系某一区域的同一平面内按3×3的方阵建立了9个太空站（如图）。每两个太空站之间都有运输船按直线往返航行，那么所有这些航线中，有____种不同长度的航线。 (2014秋·武汉明心数学3年级)

答案：5。
解析：如上右图。

8、如下图，六边形由五个单位正方形组成，称能平分此六边形面积的直线为“好线”。则好线的条数为下列选项中的____。(2014春·武汉明心5年级)
A．l B．2 C．3 D．无数

答案：D。
解析：设CD中点为H，矩形ABCH、矩形EFHD的中心分别为、。则为一条好线，且过线段的中点M的直线（与线段DE有交点）均为好线。

2、现有1克、2克、4克、8克四种重量的砝码各一个，每次称重至多只能使用其中的三个砝码，且只能放在天平的一端，那么一次称量共可以称出______种不同重量。(2014“陈省身杯”5年级)

答案：14种。
解析：若没有选取限制，则有16-1=15种选法，减去选择4个砝码的情况，有14种。

18、(1)图A中有6个结点和9条边，用1、2、3、4、5、6六个数字分别标注在6个结点上。将每条边也标上数字，使标上的数字等于两个端点的数字之和。
问能否做到每条边上标的数字不同？若能，请在图中给出一种标注方法（结点和边都要标注数字）；若不能，请说明理由。(2)图B中也有6个结点和9条边，用1、2、3、4、5、6六个数字分别标注在6个结点上。将每条边也标上数字，使标上的数字等于两个端点的数字之和。
问能否每条边上标注的数字不同？若能，请在图中给出一种标注方法（结点和边都要标注数字）；若不能，请说明理由。(2014第十二届“创新杯”6年级)

答案：可以；不可能。
解析：(1)如图所示，在图A中可以达到题中要求。
(2)如图B，设六个结点分别标上，则9边上分别标上：，，，，，，，，，
所以9个边上9个数之和：
，从而，因此，为偶数。现在边上标注的数最小可能是1+2=3，最大可能是5+6=11，由于有9条边，可推断每条边上的标注的数若都不相同，它们应该是3、4、5、6、7、8、9、10、11，这些数的总和是，是奇数，因此，题中的要求不可能达到。

14、将2，3，4，5，6，7这六个数分别填在一个圆周的六个等分点处，使
得圆周上任两个相邻位置上的两数之和均为质数。若圆周旋转后能重合的两个填法算作相同的填法，那么不同填法有____种。(2014第十二届“创新杯”6年级)

答案：2。
解析：由于和为质数．只能5，7，11，13，其中：5=2+3，7=2+5=3+4，11 =4+7=5+6，13=6+7．所以有2种填法：

3、下面四个图形中，有三个面上印有图案，经过折叠能围成如下图的正方体纸盒的是( ) (2014第十二届“创新杯”4年级)

答案：B。

12、将17个1×2或2×1的小骨牌放人5×8的长方形区域，恰有6个空格，如图，图中O标记的三个格是空格，●标记的两个格不是空格。已知另外三个空格恰巧在同一列，那么这三个空格在第______列。(2014第七届顺天府学杯5年级)

答案：6。
解析： 1×2的小骨牌染色后，黑格与白格相等。o标记的三个空格全
是阴影格，则余下3个全是白格，只有第6列符合。

15、天天制作了一个奇怪的正四面体骰子，每个面都涂上不同的颜色，每个面上都至少画上一个点。现在天天从不同的角度对这枚骰子进行拍照（拍照时骰子是悬空的，没有遮挡）。如果拍出的照片中颜色的种类、数量不同，则看作是不同的照片（如一张照片出现红色、黄色，另一张照片出现红色、绿色，还有一张只出现绿色，则这三张是不同的照片）。天天把所有满足条件的不同照片都拍了出来，发现每张照片上点的个数各不相同，那么整个骰子上最少要画______ 个点。(2014第七届顺天府学杯4年级)

答案：15。
解析；假设四个面颜色分别为A、B、C、D。
看到1个面：A、B、C、D;
看至b 2个面：AB、AC、AD、BC、BD、CD；
看到3个面：ABC、ABD、ACD、BCD。
四面点数最少：1+2+4+8 =15（个）。

2、左下图的3×3的方格里面写入了1至9这9个数字，如果剪去如右下图的“田”字形，那么剩下图形中各个数的和有______种不同的情况。(2014第七届顺天府学杯3年级)

答案：4种。
解析：总和：1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9=45，①45-1-3-9-7=25，②45-3-5-2-9=26，③45-9-2-8-6=20,④45-7-9-4-6=19，所以有4种。

2、2013年12月28日中午，习近平总书记来到某包子铺，排队买包子，他自己端盘子、取包子，体现了国家领导人良好的亲民作风。如下图，一个4×6个方格纸上印有“包子”二字，如果把这张方格纸沿格线剪成1个2×4的长方形纸片和4个形纸片（左旋形和右旋形都可以），有______种不同的剪法。(北京市“数学花园探秘”一试4年级)

答案：43。
解析：分类讨论：

4个角，每个角4种，有4×4-16种
上、中、下各1种，有1+1+1=3种
共：24+16+3=43种。

4、红、橙、黄、绿、青、蓝、紫7个彩球依次排成一排。每次操作可将其中两个球交换位置。（例如，将橙球与球交换，七个球的顺序变为红、蓝、黄、绿、青、橙、紫。）那么，将最初始个球的顺序变为青、紫、红、蓝、黄、绿、橙，至少要操作______次。(14北京市“数学花园探秘”总决赛中年级组)

答案：4。
解析：将红、黄、蓝、绿、青、蓝、紫当作：A、B、C、D、E、F、G
① E B C D A F G
② E B A D C F G
③ E G A D C F B
④ E G A F C D B
4次操作即可。

5、如下图，一只蚂蚁盘算着沿弧线从点爬到点，如果爬行过程中，这只蚂蚁不重复经过任何点，它有多少种不同的爬行路线？(北京市“数学花园探秘”二试4年级)

【解析】如图。二个点：A→B，1种；三个点:;四个点：
五个点：；六个点：。共1+2+5+10+8=26种。
2、佳佳和俊俊玩抓牌游戏，共有10张牌，牌上分别写着1至10，并按如下顺序从左到右放好：
从佳佳开始，两人轮流抓牌，每次抓1张，手中率先有3张牌上的数是3个连续自然数的人获胜（如果多于3张，可以任选3张）。佳佳抓牌方法：第一次抓最左边一张。以后每次先看最左边一张，如果这张牌与手中所有牌的差都不大于2，就抓这张牌；只要与手中一张牌的差大于2，就把这张牌放到最右边，然后直接抓此时牌堆最左边的牌（此牌不比较与手中牌的大小）。俊俊抓牌方法：每次看牌堆最左边的3张牌，抓最小的一张，将其余两张按原来的左右顺序放到牌堆的最右边。最后，佳佳在手中有第四张牌时取得了游戏的胜利，那么四张未知牌按从左到右的顺序组成的四位数是______。(北京市“数学花园探秘”二试4年级)

【解析】7958。
还剩：， ，5、7、8、9。由于俊俊的抓牌方式，若每
次佳佳顺次取，则俊俊会先胜，所以B一定为9。列举如下：佳佳取6，剩2、A、l、B、C、10、3、4、D，俊俊取1，剩B、C、10、3、4、D、2、A。B为9，佳佳有6，取C，剩：10、3、4、D、2、A、B(9)，俊俊有1，俊俊取3，剩：D、2、A、B(9)、10、4。①佳佳有6，C(5)取2，剩：A(7)、B(9)、10、4、D(8)，俊俊有1、3再取7，剩：4、8、9、10，佳佳有6、5、2，取4胜，成立。②佳佳有6、C(7)，D为5或8，佳佳胜，C不为7。③佳佳有6，C(8)，取D(7)，可胜，D不为7，取2，剩A(7)、B(9)、10、4、D(5)，俊俊有1、3，取7，剩4、5、9、10，佳佳有6、8、2，取5，未胜。B为8：佳佳有6取B(8)剩C、10、3、4、D、2、A．俊俊有1取3，剩：4、D、2、A、C、10，佳佳有6、8，取D，剩2、A、C、10、4，俊俊有1、3，取2，胜。故B≠8，答案为7958。

6、将1，2，3，…，e这141个自然数写成一圈，先划去1，留下2，再划去3，留下4，…，依次划去一个数，留下一个数，一直到剩下最后一个数。那么，最后留下的数是______。(14我爱数学夏令营5年级)

答案：26。
解析：有141个数写成一圈，因为矽个数写成一圈，按题中方法划数，则最后留下的数是2”。所以，我们可先划去141-128 =13个数，重新排序后，28是第1个划去的，丽它前面的数是27。所以，最后留下的数是26。

23、请阅读以下材料并回答问题：
（一）通常将叫做乘方，表示n个相同因数的积。例如：23 =2×2×2，。特殊地，对于任何不为0的数a，a0=1。
利用乘法分配律能够得到(x+y)×(x+y)= x×(x+y)+y×( x+y) =X2 +2xy+y2，即= X2 +2xy+y2我们将X2 +2xy+y2称为(x+y)2的展开式。
（二）如图所示的数表叫做杨辉三角，是按一定规律排列的三角形数表。利用杨辉三角，我们能够很容易得到(z+y)n的展开式，n=O对应第1行，n=l对应第2行，n=2对应第3行，…，n=k对应第k+l行。

（三）通常将求余运算叫做取模，侧如：II模4得到3，数列1，2，3，4，5，6，7模3得到1，2，0，l，2，0，1。
杨辉三角形模5得到一个新的数表如图。

我们发现n=5对应的那一行（第6行）是100001，只有首位和末位两个数是1，其余全是O。
请根据以上材料完成下列问题：
(1)请在口中填人适当的数完成(A+B)4的展开式：（五个口必须全对）

(2)如果自然数志满足，将杨辉三角形模忌后能使得n-k的那一行（第k+l行）只有首位和末位两个数是1，其余全是0，则称自然数是为“光辉”数，那么在10至30之间共有_______个“光辉”数。
(3)算式的计算结果除以101的余数是_______。(2014巨人杯5年级)

下面我们再考察其中A“B…出现的次数，在展开过程中，从上述的n个因子中
选择A的有m个，选择B的有n-m个。这样的式子有个。从而

此即二项式定理，各项系数与杨辉三角形中的第n+1行一一对应。
① 。为质数时，对于任意正整数m(m<n)，中的各项因子一定与n互质，因此计算结果是n的倍数，第n+l行除首末项，其他项都是n的倍数。
② n为合数时，不妨设户为订的最小质因子，且n中p的次数为q，那么
的分子、分母中分别只有n和p是p的倍数，它们约分后的结果中只含乡的q-l次，一定不是n的倍数。
综上可知，“光辉”数只能是质数，10至30之间有6个“光辉”数。
(3)根据(2)可知，当以为质数时，

。因此
,又
，四个一周期，可知

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