Chuyên đề về bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn Toán ở Tiểu học: Các bài toán về chia hết

Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

Phần I: Mở đầu

I- Lí do chọn đề tài:
1. Xuất phát từ chủ trơng của Đảng và Nhà nớc ta trong việc nâng cao dân
trí đào tạo nhân lực và bồi dỡng nhân tài cho đất nớc.
Trong thời đại công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nớc, cùng với nền kinh tế thị
trờng, đất nớc ta đang trên đà phát triển. Đảng và Nhà nớc ta không ngừng nâng cao
dân trí, đào tạo nhân lực và bồi dỡng nhân tài cho đất nớc.
Phát triển giáo dục là nền tảng, là quốc sách hàng đầu tạo nguồn nhân lực chất
lợng cao, là một trong những động lực quan trọng thúc đẩy sự nghiệp công nghiệp
hoá, hiện đại hoá đất nớc; là yếu tố cơ bản để phát triển xà hội. Bồi dỡng và nâng cao
kiến thức cho học sinh là một trong những mục tiêu giáo dục và đào tạo của Bộ Giáo
dục.
Việc bồi dỡng học sinh giỏi cũng nhằm thực hiện theo chủ trơng của ngành
Giáo dục trong việc phát triển và bồi dỡng nhân tài, đào tạo tài năng sau này cho đất
nớc. Muốn đa đất nớc đi lên, muốn xây dựng đất nớc giàu mạnh theo di chúc của Bác
Hồ thì việc phát hiện, đào tạo và bồi dỡng nhân tài ngay từ Trờng Tiểu học là một yêu
cầu vô cùng quan trọng.
2. Xuất phát từ yêu cầu đặt ra trong phong trào thi đua dạy tốt, học tốt của
ngành Giáo dục hiện nay.
Trong nhà trờng phổ thông nói chung và trờng Tiểu học nói riêng, kết quả học
sinh giỏi là một tiêu chí đánh giá kết quả trong năm học của nhà trờng. Bởi phong
trào thi đua dạy và học có tốt thì mới có đợc đội ngũ học sinh giỏi. Cùng với việc dạy
tốt kiến thức đại trà thì việc bổ sung kiến thức cho học sinh giỏi là vô cùng cần thiết.
Việc bồi dỡng học sinh giỏi đẩy mạnh phong trào häc tËp trong nhµ trêng.

1


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

3. Xuất phát từ yêu cầu đặt ra trong việc đổi mới phơng pháp dạy học môn
Toán ở Tiểu học.
Trong nhà trờng phổ thông cũng nh trờng Tiểu học, môn Toán là một môn học
độc lập, cùng với các môn học khác góp phần tạo nên một con ngời phát triển toàn
diện. Môn Toán cũng là một môn học cần số thời gian lớn và cung cấp lợng kiến thức
rộng, đòi hỏi phải chính xác và luôn mang tính cập nhật theo thực tế nhu cầu cuộc
sống đặt ra.
Những năm gần đây, Bộ Giáo dục không ngừng cải tiến, đổi mới phơng pháp
giảng dạy nhằm giúp cho hiệu quả đào tạo cao hơn theo kịp với xu thế phát triển của
thời đại. Đặc biệt, việc thay sách giáo khoa đà đợc tiến hành trên phạm vi toàn quốc.
Nội dung và chơng trình sách giáo khoa Tiểu học mới đà đợc thay đổi, hoàn thiện ở
tất cả các môn, trong đó có môn Toán. Phơng pháp mới đòi hỏi học sinh phải tích
cực, chủ động nắm bắt, lĩnh hội và tiếp thu kiến thức. Việc dạy học giải bài toán nâng
cao đối với học sinh là hết søc cÇn thiÕt. Nã gióp cho viƯc rÌn lun t duy, làm quen
với cách phân tích- tổng hợp. Tạo điều kiện cho học sinh hoạt động học tập chủ động,
linh hoạt, sáng tạo. Từ đó học sinh mới có thể tự mình tìm tòi, phát hiện, ứng dụng tri
thức mới, cã høng thó, tù tin trong häc tËp.
4. Xt ph¸t từ thực trạng việc dạy và học Toán nâng cao trong nhà trờng
hiểu học hiện nay.
4.1. Đối với giáo viên:

Những năm gần đây, mặc dù Bộ Giáo dục đà hết sức quan tâm đến trình độ của
đội ngũ giáo viên các cấp nói chung và trình độ của giáo viên Tiểu học nói riêng. Các
trờng Đại học S phạm, Cao đẳng đà liên tục mở các lớp đào tạo và đào tạo lại dới
nhiều hình thức nhằm nâng cao trình độ cho giáo viên. Song ở một số trờng Tiểu học ,
vẫn còn số ít giáo viên cha nhận thức hết tầm quan trọng của việc dạy giải toán nâng
cao, cho nên thờng thì họ chỉ giảng dạy cho học sinh những yêu cầu cơ bản theo sách
giáo khoa, còn việc hớng dẫn giải các bài toán nâng cao họ rất ngại hay bỏ qua hoặc

2


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

để tuỳ ý học sinh tự giải. Có hớng dẫn cũng chỉ dựa vào những gợi ý trong sách giáo
viên, còn việc mở rộng kiến thức, phát triển t duy cho học sinh thì ít chú ý tới. Nhng
vấn đề đặt ra là dạy các em vào lúc nào? Bởi vì ngoài kiến thức khá nhiều của chơng
trình mà còn dạy kiến thức nâng cao, nếu lồng ghép không hợp lý sẽ gây quá tải đối
với học sinh (kể cả đối tợng học sinh giỏi). Có lẽ đó cũng là một trong những lý do
mà giáo viên rất ngại dạy kiến thức nâng cao.
4.2. Đối với học sinh:
Rất ít học sinh nhận thức đợc tầm quan trọng của việc tìm tòi các cách giải và
các bài toán nâng cao. Chỉ những học sinh có cha mẹ thực sự quan tâm đến việc học
tập của con em mình thì mới có những cố gắng trong việc giải những bài toán nâng
cao. Còn lại, hầu hết các em chỉ lo sao giải cho đủ các bài tập theo yêu cầu của nội
dung bài học, rất ngại phải giải những bài toán nâng cao. Khi gặp các bài toán có nội
dung nâng cao là bỏ, không chịu suy nghĩ, có em muốn giải thì không nắm đợc phơng

pháp giải, cách giải.
Từ những lý do khách quan và chủ quan đà nêu trên, thông qua việc học tập,
tôi chọn đề tài : "Chuyên đề về bồi dỡng học sinh khá giỏi môn Toán ở Tiểu học:
Các bài toán về chia hết". Tôi chọn đề tài này để nghiên cứu sâu hơn về dạng Toán
chia hết, từ đó tìm ra phơng pháp, biện pháp thích hợp để giúp cho việc giảng dạy và
hớng dẫn học sinh học toán, giải toán nâng cao đợc tốt hơn.
II.Mc ớch nghiờn cu.
Nh chỳng ta ó biết giáo dục bậc tiểu học không những phát huy kế thừa
những thành tựu kinh nghiệm của giáo dục tiểu học, góp phần hình thành cho học
sinh cơ sở ban đầu cần thiết đúng đắn và lâu dài về nhiều mặt: trí tuệ, thể chất, tình
cảm và tâm hồn nhân cách con người mới, phát triển toàn diện về mọi mặt đáp ứng
nhu cầu hiện nay.
Thực tế nhận thức của học sinh Tiểu học thường là cảm tính, tư duy của các
em vào trực quan và quan sát, kỹ năng tưởng tượng còn hạn chế. Suy luận của các

3


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

em khụng phi l suy din mà là một dãy các phán đốn có ý thức. Q trình học tập
mơn tốn của học sinh về bài tốn chia hết cịn có nhiều hạn chế, nhất là việc nhận
dạng toán chia hết, nên lựa chọn phương pháp giải một bài toán về chia hết là rất cần
thiết và quan trọng trong bộ mơn tốn ở Tiểu học. Đặc biệt điều này cịn khó khăn
trong việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi.
Với thực tế đó tơi thấy cần phải hệ thống các bài tập về chia hết theo từng dạng

cụ thể. Với mong muốn đưa được ra các dạng tốn cụ thể để học sinh phát huy được
tính chủ động, tích cực sáng tạo của học sinh. Để đáp ứng được nhu cầu đổi mới giáo
dục “Lấy học sinh làm trung tâm giúp các em có thể tự mình giải quyết một số vấn
đề có liên quan, hình thành năng lực làm việc, độc lập, sáng tạo.
III. Đối tượng và khách thể nghiên cứu.
- Đối tượng nghiên cứu : Các bài toán về chia hết.
- Khách thể nghiên cứu : Bồi dưỡng học sinh khá, giỏi toán ở tiểu học.
- Phạm vi nghiên cứu : Các bài toán về chia hết đối với học sinh khá giỏi.
ІV.Giả thuyết khoa học.
Bồi dưỡng học sinh giỏi không phải là vấn đề của riêng nước ta mà là vấn đề
đang được quan tâm ở mọi quốc gia trên thế giới trong chiến lược phát triển nguồn
nhân lực con người phát triển các mục tiêu kinh tế- xã hội. Vì vậy bồi dưỡng học
sinh khá giỏi trong mơn tốn rất cần thiết để đất nước đi lên. Nếu tìm ra đuợc một số
cách giải toán sẽ giúp cho học sinh phát triển trí tuệ, nâng cao năng lực tư duy, hình
thành kỹ năng giải một số bài tốn một cách chính xác.
V. Nhim v nghiờn cu.
Trên cơ sở nghiên cứu những tài liệu có liên quan, đề tài này đà tổng kết, tìm hiểu
một cách có hệ thống về :
- Nội dung và phơng pháp dạy học môn Toán nói chung và dạy giải toán nâng
cao về dạng toán chia hết nói riªng.

4


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

- Những yêu cầu cơ bản đối với giáo viên và học sinh; một số đề xuất về nội
dung, phơng pháp dạy giải toán nâng cao, các bài tập về dạng toán chia hết cho học
sinh .
VI. Phương pháp nghiên cứu.
Để nghiên cứu đề tài này tôi chọn một số phương pháp sau:
1. Phương pháp đọc sách giáo khoa và sử dụng tài liệu.
Nghiên cứu nội dung chương trình sách giáo khoa và sách giáo viên, tài liệu
tham khảo mơn tốn.
2. Phương pháp trực quan.
Trong q trình nghiên cứu, quan sát học sinh trong quá trình học tập, tiếp thu
bài, kỹ năng giải toán về chia hết.
3. Phương pháp đàm thoại.
Đưa ra hệ thống câu hỏi, bài tập để học sinh suy nghĩ, thảo luận làm bài và
giáo viên giải đáp chung cho cả lớp, nhóm hoặc cá nhân.
4. Phương pháp trắc nghiệm.
Thu thập kết quả nghiên cứu thông qua bài tập trên lớp để theo dõi quá trình
học tập của học sinh.

5


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

6

Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

Phần II : Nội dung
Chơng I : cơ sở lý luận.
I - Tìm hiểu và phân tích các quan điểm khác nhau trong việc lựa chọn nội dung và
phơng pháp bồi dỡng học sinh giỏi môn toán ở tiểu học.

1. Những vấn đề chung:
Để làm tốt hoạt động dạy học giải các bài toán nâng cao đòi hỏi giáo viên phải
biết lựa chọn các phơng pháp dạy học thích hợp, luôn không ngừng nâng cao trình độ
chuyên môn, nghiên cứu tài liệu, từng bớc nâng cao tay nghỊ nh»m trun thơ cho häc
sinh nh÷ng kiÕn thøc cơ bản. Từ đó, giúp cho học sinh vận dụng sáng tạo trong việc
giải toán. Việc làm này đòi hỏi giáo viên phải mất nhiều công sức. Có giáo viên phấn
đấu vơn lên đạt yêu cầu trong giảng dạy, tạo đợc niềm tin nơi phụ huynh học sinh: luôn
mong muốn con em mình học khá,giỏi. Cũng có giáo viên ngại khó, không phấn đấu
và cố tình lớt qua đối với loại toán này. Việc giải các bài toán có kiến thức nâng cao
phải đợc rèn luyện ngay từ ban đầu và đợc tiến hành từng bớc. Đây là quá trình rèn
luyện lâu dài và đòi hỏi có tính kiên trì, lòng hiếu học ở học sinh. Những phẩm chất
này không phải học sinh nào cũng đạt đợc . Nhng khi nắm vững đợc những kiến thức
cơ bản về toán học trong chơng trình, giải thuần thục đợc các dạng bài toán mẫu, dần
dần học sinh tập làm quen giải các bài toán nâng cao. Những thao tác t duy đợc rèn
luyện và phát triển trong quá trình giải toán. Lúc này việc tìm hiểu giải các bài toán
khó là nhu cầu trong hoạt động học tập của các em, giúp các em luôn không ngừng học
tập và rèn luyện để trở thành những học sinh khá, giỏi.
Thực tế cho thấy rằng, tất cả các bậc phụ huynh đều mong muốn con em mình
học tập tiến bộ, trở thành học sinh khá, giỏi. Nhng phần lớn họ không thể hoặc không

có điều kiện dạy các bài toán nâng cao. Vì vậy, việc dạy học giải các bài toán nâng
cao lớp 4 - 5 là yêu cầu cần thiết đối với mỗi giáo viên đứng lớp, nhằm trang bị cho
học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản đến nâng cao, rèn luyện thuần thục kỹ năngkỹ xảo trong giải toán. Đối với cán bộ quản lý phải nghiên cứu nhằm đi đầu trong
công tác chỉ đạo nâng cao chất lợng giảng dạy và học tập, từng bớc hình thành đội

7


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

ngũ giáo viên giỏi trong nhà trờng; đồng thời tạo điều kiện cho học sinh luôn có ý
thức phấn đấu trong học tập để trở thành những học sinh khá, giỏi.
Nh vậy, việc dạy học giải toán nâng cao là quá trình rèn luyện phơng pháp t
duy, phơng pháp làm việc cho học sinh tiểu học, giúp học sinh biết cách phân tích
tổng hợp và vận dụng những tính chất cơ bản của toán học vào giải toán.
2. Những yêu cầu cơ bản đối với giáo viên và học sinh.
2.1 Đối với học sinh.
Để giải đợc những bài toán nâng cao, đòi hỏi quá trình rèn luyện thao tác t duy
ở học sinh, đồng thời phải giúp học sinh nắm vững các dạng toán, các cách giải và
biết nhận biết từ nhiều góc độ khác nhau. Từ đó giúp học sinh đi tới nhiều cách giải,
nhiều cách phát biểu. Do vậy, giáo viên cần trang bị cho học sinh:
- Nắm vững các kiến thức cơ bản của toán học nh : tri thức ban đầu về số học
các số tự nhiên, phân số, số thập phân, các đại lợng cơ bản, các yếu tố hình học đơn
giản và giải toán lời văn.
- Có kỹ năng, kỹ xảo thực hành tính, hình thành và phát triển năng lực trừu tợng hoá, khái quát hoá, kích thích trí tëng tỵng, cã høng thó trong häc tËp, xem viƯc
häc toán nh là yêu cầu của bản thân.

- Học sinh đợc rèn luyện tính cần cù, chịu khó, cẩn thận làm việc có kế hoạch,
lập luận có căn cứ, chính xác.
2.2. Đối với giáo viên:
Một số tiết toán đợc xem nh là không hấp dẫn nếu thiếu yếu tố rèn luyện t duy
cho học sinh. Trong đó, bài toán nâng cao cã t¸c dơng rÌn lun c¸c thao t¸c t duy
một cách có hiệu quả nếu giáo viên có đầu t và tổ chức tiết dạy giải các bài toán một
cách sinh động. Vì vậy, ngoài việc cung cấp đầy đủ và chính xác các kiến thức và yêu
cầu cơ bản của nội dung chơng trình toán 4 - 5 cho toàn lớp, giáo viên cần phân loại
các đối tợng học sinh trong lớp. Trên cơ sở đó vận dụng và khai thác tốt các bài toán

8


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

và đa ra những mức độ rèn luyện t duy một cách phù hợp với từng loại đối tợng học
sinh, thu hút đợc sự chú ý của toàn lớp, nâng cao chất lợng học tập của học sinh. Đối
với học sinh khá - giỏi, mức độ rèn luyện t duy cao hơn học sinh trung bình, với các
học sinh này, việc giải các bài toán nâng cao xem nh là nhu cầu đối với các em, giáo
viên cần tạo ra tình huống có vấn đề trong bài toán đòi hỏi học sinh phải có tính sáng
tạo, linh hoạt trong giải toán.
Việc lựa chọn phơng pháp dạy học cho từng loại toán là cần thiết đối với giáo
viên. Do đó, giáo viên luôn không ngừng học hỏi, tham khảo các tài liệu để có kiến
thức, tự nâng cao trình độ chuyên môn nhằm đáp ứng nhu cầi học tập của học sinh ở
mức độ cao.
3. Nghiên cứu phơng pháp giảng dạy những bài toán nâng cao trong chơng

trình 4 - 5.
Việc học giải những bài toán nâng cao là nhằm giúp học sinh biết cách vận
dụng những kiến thức về toán, đợc rèn luyện kỹ năng thực hành với những yêu cầu đợc thể hiện một cách ®a d¹ng, phong phó. Tõ ®ã, häc sinh cã ®iỊu kiện rèn luyện và
phát triển năng lực t duy, rèn luyện phơng pháp suy luận, những phẩm chất cần thiết
trong việc giải toán.
Giải bài toán là một hoạt động bao gồm những thao tác: xác lập đợc mối quan
hệ dữ kiện giữa cái đà cho và cái phải tìm trong điều kiện bài toán, chọn đợc phép
tính thích hợp, trả lời đúng câu hỏi của bài toán. Do vậy, việc nghiên cứu những phơng pháp giải toán nâng cao trong sách giáo khoa và các bài toán ở sách giáo khoa là
hết sức cần thiết. Đặc biệt trong việc giải các bài toán nâng cao ở các nhóm kiến thức
khác nhau và có những dạng bài toán khác nhau. Nghiên cứu kỹ những phơng pháp
phù hợp để giải những bài toán này là cần thiết nhằm giúp học sinh biết vận dụng các
phơng pháp một cách linh hoạt vào hoạt động giải toán. Từng bớc hình thành năng
lực khái quát hoá và kỹ năng giải toán; đồng thời rèn luyện năng lực sáng tạo trong
học tập của học sinh.

9


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

Để việc dạy giải các bài toán nâng cao phù hợp với t duy học sinh và giúp học
sinh năng động, tự tin, linh hoạt trong việc giải các bài toán nâng cao thì giáo viên
cần phân biệt đợc những bài toán nâng cao và phân loại những bài toán khó có trong
chơng trình. Ngời giáo viên phải tìm tòi phơng pháp giải từng dạng toán thích hợp. Từ
đó giúp học sinh nắm đợc các dạng toán nâng cao.
II. CáC KHáI NIệM

1. Bi toỏn l gỡ?
Theo nghĩa rộng, bài toán là bất cứ vấn đề nào của khoa học hay của cuộc sống
cần được giải quyết.
Theo nghĩa hẹp hơn, bài tốn là vấn đề nào đó của khoa học hay cuộc sống cần
được giải quyết bằng phương pháp của toán học.
Ở tiểu học, bài toán được hiểu theo nghĩa hẹp này, thậm chí nhiều khi cịn
được hiểu đơn giản hơn nữa, bài toán, bài tập trong sách giáo khoa.
2. Đề bài:
Nói đến bài tốn chúng ta nghĩ ngay đến đề bài và lời giải của nó. Đề bài của
một bài tốn gồm hai phần chính:
- Phần đã cho.
- Phần cần tìm
3. Lời giải:
Giải một bài tốn là đi tìm phần cần tìm của nó. Trong q trình giải một bài
tốn là q trình đi tìm phần cần tìm của nó. Về bản chất, q trình giải là một suy
luận liên tiếp nhằm rút ra phần cần tìm về phần đã biết.
Quá trình giải được ghi lại thành lời giải, ở cuối lời giải thường ghi rõ câu trả
lời: Phần cần tìm là gì. Câu trả này gọi là đáp số của bài toán.
4. Bồi dưỡng học sinh khá, giỏi;
Bồi dưỡng học sinh khá, giỏi là hoạt động cần thiết trong quá trình dạy học.
Bồi dưỡng học sinh giỏi là để các em phát triển những phương pháp tư duy đặc trưng

10


Nguyễn Thị Tính

Dơng

Trờng CĐSP Hải

ca toỏn hc, ch khụng phi chỉ để các em tích luỹ được một kho kiến thức toán hay
biến các em thành những người thợ giải toán.
Bồi dưỡng học sinh giỏi cần được tiến hành liên tục, đồng thời, với việc dạy
học mỗi đơn vị kiến thức nhưng không phải dạy trước cho học sinh những kin thc
ca cỏc bc hc trờn.
III. Một số dạng toán ®iĨn h×nh vỊ chia hÕt.

Dạng1 : Tạo lập số tự nhiªn thoả m·n điều kiện chia hết.
Bài 1: Hãy lập các số có 3 chữ số khác nhau từ các chữ số 0,1,2,5 thoả mãn ĐK:
a. Chia hết cho 2.
b. Chia hết cho 2 và 5.
c. Chia hết cho 3.
Giải:
a. Số chia hết cho 2 phải có chữ số hàng đơn vị là 0 và 2. Mặt khác, mỗi số đều
có các chữ số khác nhau, nên các số thiết lập được là:
120

510

512

150

520

502

210

152

102

b. Số chia hết cho 2 và 5 phải có chữ số hàng đơn vị là 0, các số thiết lập được
là:
102; 150;

250; 210; 510; 520.

c. Với các chữ số đã cho ta thấy chỉ có 0 +1 + 2 = 3 chia hết cho 3, và 0 + 1 + 5 =
6 chia hết cho3, nên các số chia hết cho 3 lập được là:
102; 210; 105; 501; 120; 210; 150; 510;
Bài 2: Có bao nhiêu số chẵn có 3 chữ số được lập thành từ các chữ số 3; 5 và 7?
Giải
Trong các chữ số đã cho có 1 chữ số chẵn là 2. Với chữ số 2 ta có duy nhất một
cách duy nhất chữ số hành đơn vị.

11


Nguyễn Thị Tính

Dơng

Trờng CĐSP Hải

Vi cỏch chn ch s hng đơn vị , hàng chục ta có bốn cách chọn chữ số hàng
trăm. Mà mỗi cách chọn cho ta đúng một số vậy ta có tất cả : 1x 4 x 4 = 16 số chẵn

cần tìm.
Bài 3: An nói rằng “ Trong 3 số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 3 ”. Em
hãy cho biết An nói đúng hay sai ? tại sao ?
Giải
Bạn An nói đúng vì:
Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp là X, X+1, X+2.
Ta xét trường hợp :
- Nếu X chia hết cho 3 thì An đã nói đúng.
- Nếu X khơng chia hết cho 3, thì X chia hết cho 3 sẽ có số dư là 1 hoặc 2.
* Trường hợp X chia hết cho 3 dư 1 thì X+2 sẽ chia hết cho 3.
*Trường hợp X chia hết cho 3 dư 2 thì X+1 sẽ chia hết cho 3.
Vậy trong 3 số X, X+1, X+2 ln có một số chia hết cho 3.
Dạng 2: Điền những chữ số thích hợp thoả mãn điều kiện chi hết.
Bài 1: Viết chữ số thích hợp vào (*)để dược số chia hết cho 9.
a. 4*95,

b. 89*1,

c. 891*,

d.*891.

Giải
a. Để 4*95 chia hết cho 9 thì (4+*+9+5) phải chia hết cho 9, mà tổng (4+9+5)
chia hết cho 9 nên * phải là 0 hoặc 9. Vậy số đó là: 4095: 4995.
b. Tượng tự số chia hết cho9 là: 8901; 8991.
c. 8910; 8919.
d. Chữ số * đứng ở hàng cao nhất nên * phải khác 0, do đó * chỉ có thể là chữ
số 9. Số đó là 9891.
Bài 2: Thay x,y trong số 2004xy bởi chữ số thích hợp để số này đồng thời chia

hết cho 2,5 và 9.

12


Nguyễn Thị Tính

Dơng

Trờng CĐSP Hải

Gii
S 2004xy ng thi chia ht cho 2 và 5 nên y= 0. Thay y=0 vào số 2004xy ta
được số 2004x0.
Số này chia hết cho 9 nên tổng các chữ số chia hết cho 9.
Vậy 2+ 0+ 0+ 4+ x+ 0 chia hết cho 9 hay 6+x chia hết cho 9.
Vì 6 chia hết cho 9 dư 6 nên x chỉ có thể là 3. Thay x = 3 vào số 2004x0 ta
được 200430 thoả mãn đề bài cho
Bµi 3 :N= a1974 là số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Tìm tất cả những chữ số a để
thay vào ta được số N chia hết cho 3?
Giải
N chia hết cho 3, vậy ( a +1+7+4 ) chia hết cho 3 hay( a+21) chia hết cho 3.
Vậy a=3 hoặc a=6; a=9. vậy những số phải tìm là: N= 31974; N= 61974; N=
91974( loại).
Bài 4: Cho m= x157y là số tự nhiên có 5 chữ số. Tìm tất cả những chữ số a và b để
thay vào ta được chữ số chia hết cho 9 và 4.
Giải
m chia hết cho 4 thì ab chia hết cho 4. Vậy b=0 hoặc 4; 8.
Thay b=4 thì m = a1104.
b=0 thì m = a1100

b=8 thì m = a1108
+ Số a1104 chia hết cho 9 thì a= 3.
+ Số a1100 chia hết cho 9 thì a= 7.
+ Số a1108 chia hét cho 9 thì a= 8.
Vậy số phải tìm là: 31104; 81108; 71100.
Bài 5:
Cho P = 20 x27 y . TÌm tất cả những chữ số x và y để thay vào ta được số chia
hết cho 15.

13


Nguyễn Thị Tính

Dơng

Trờng CĐSP Hải

Gii
S P = 20 x27 y chhia hết cho 15, tức là P vừa chia hết cho 5 vừa chia hết cho 3.
- P chia hết cho 5 thì y = 0 hoặc 5.
+ Nếu y =0 thì P = 20x 270 , mà P lại chia hết cho 3. vậy x =4 hoặc 7.
+ Nếu y = 5 thì P = 20x 275 , mà P chia hết cho 3. Vậy x= 2 hoặc 8.
Vậy những số thoả mãn điều kiện là: 204270; 202275; 20720; 208275.
Bài 6:
T×m tất cả chữ số x,y để 4 x37 xy vừa là số chia hét cho 5, vừa là số chiư hết cho 9.
Giải
Số 4 x37 xy chia hết cho 5 thì y =0 hoặc5.
+ Trường hợp1: y= 0 ta có: Số 4 x37 x0 chia hết cho 9 thì 4+ x+ 3+ 7+x +0 chia
hết cho 9 hay 14+ 2x chia hết cho 9.

Vậy x=2 ta được số thỏa mãn điều kiện của bài là: 423720.
+ Trường hợp 2: y =5, ta có: Số 4 x37 x5 chia hết cho 9 thì: 4+x +3 +7 +x +5
chia hết cho 9. Hay 19 +2x chia hết cho 9.
Vậy x =4 ta được số 443745 thoả mãn bài toán.
Vậy các số phải tìm là: 423745; 443720.
Dạng3: Các bài tốn về vận dụng tính chất chia hết của một tổng và một hiệu:
Bài 1: Khơng làm phép tính hãy xem xét các tổng và các hiệu dưới đây có
chia hết cho 3 hay không?
a, 204 + 132

d, 1981+1974 +995.

b,204 +132

e, 1994 – 405.

c, 954 + 78 + 2001

f, 115 + 110 – 27.

Giải
Ta nhËn xÐt 204 và 132 đều chia hết cho 3 nên:
a, 204 +132 chia hết cho 3;
b, 204 – 132 chia hết cho 3;

14


Nguyễn Thị Tính

Dơng

Trờng CĐSP Hải

c, 954; 78; 201 chia ht cho 3; nên 954 +78 +201 chia hết cho3.
d, 999 chia hết cho 3 và 1981 không chia hêtc cho 3 nên 1981 +1974 +999
không chia hết cho 3.
e, 1944 và 405 đều chia hết cho 3 nên 1944 -405 chia hết cho 3.
f, 27 chia hết cho 3, 115 và 110 không chia h ết cho 3 nên 115 +110 – 27
không chia hết cho 3.
Bài 2: Hai bạn Hương và Huế đi mua 18 gói bánh và 12 gói kẹo để lớp liên
hoan. Hương đưa cho cơ bán hàng tờ 100.000đ và cơ trả lại 72.000đ. Huế nói ngay
“cơ tính sai rồi”. Bạn hãy cho biết Huế nói đúng hay sai ? Giải thích tại sao ? Biết
rằng giá mỗi số kẹo bánh là một số nguyên đồng ?
Giải
Số tiền Hương đưa cho cô bán hàng là:
100.000đ x 2 = 200,000đ.
Ta thấy 12 và 18 đều chia hết cho 3, suy ra số tiền mua bánh và kẹo phải chia hết
cho 3.
Hiệu giữa 200.000đ và 72.000đ, chính là số tiền mua bánh và kẹo. 200.000đ
không chia hết cho 3, cịn 72.000đ chia hết cho 3. Từ đó cho ta thấy hiệu này không
chia hết cho 3, điều này sai với thực tế. Do vậy Huế nói đúng.
Dạng 4: Tìm những chữ số thích hợp thoả mãn điều kiện chia hết và chia có dư.
Bài 1: Cho a= x459 y . Bạn hãy thay x,y bởi những chữ số thích hợp bëi khi
chia a cho 2; 5 và 9 đều dư1.
Giải
Cách1:
+ Vì a chia hết cho 2 dư1 nên a có tận cùng là 1,3,5,7,9. Vậy y có thể nhận các
giá trị 1,3,5,7,9.
+ Vì a chia cho 5 dư 1 nên a có tận cùng là 1 hoặc 6 vậy y có thể nhận các giá

trị 1;6.

15


Nguyễn Thị Tính

Dơng

Trờng CĐSP Hải

+ a va chia ht cho 2 dư 1, vừa chia hết cho 5 dư1 nên tận cùng của a bằng 1
hay y=1.
Thay y =1 vào a ta có số x 4591 , vì a chia cho 9 dư 1 nên:
( x + 4 + 5+ 9 + 1 ) chia cho 9 dư 1 hay x + 19 chia hết cho 9 dư 1.
Vì 19 chia hết cho 9 dư 1 nên x chia hết cho 9 mà x phải là chữ số khác 0 nên
x = 9.
Thay x = 9 ta được : a = 9451.
Cách 2:
Giả sử a là một số chia hết cho cả 2; 5 và 9.
Vì a chia hết cho 2 nên tận cùng của a là 0,2,4,6,8. Vậy có thể nhận các giá trị
0,2,4,6,8.
Vì a chia hết cho 5 nên tận cùng của a là 0 hoặc 5.
A vừa chia hết cho 2, vừa chia hết cho 5 nên tận cùng của a bằng 0 hay y = 0.
Thay y =0 vào a ta có số x 4590 . Vì a chia hết cho 9 nên:
( x +4 +5 +9 +0) chia hết cho 9 hay x +18 chia hết cho 9.
Vì 18 chia hết cho 9 nên x phải chia hết cho 9 mà x là chữ số > 0 nên x=9.
Thay x = 9 vào a ta có số 94590 chia hết cho cả 2; 5 và 9. nhưng theo đề bài thì
a chia hết cho 2; 5 và 9 đều dư 1 nên giá trị của a là:
94590 + 1 = 94591.

Bài 2: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khác 1, sao cho khi chia số đó cho 2; 3; 4; 5
và 7 đều dư 1.
Giải
Cách1:
Ta gọi a là số tự nhiên khác 1 nhỏ nhất mà khi chia a cho 2; 3; 4; 5 và 7 đều dư 1.
Khi đó a – 1 = b đồng thời chia hết cho 2; 3; 4; 5 và 7.
Vì b chia hết cho 7 nên b = 7c, suy ra c chia hết cho 2; 3; 4; 5.
Với c chia hết cho 5 thì c = 5d. Suy ra d chia hết cho 2; 3; 4.

16


Nguyễn Thị Tính

Dơng

Trờng CĐSP Hải

Gi s d = 4e thi e chia hết cho 3.
Số tự nhiên khác 0 nhỏ nhất chia hết cho 3 là 3 ta chọn e = 3.
Suy ngược lại ta được số tự nhiên nhỏ nhất b = 420.
Do đó số cần tìm là a = 420 + 1= 421.
( b= BCNN ( 2,3,4,5,7) = 3x 4x 5x 7 = 420).
Cách 2:
Ta gọi a là số tự nhiên khác 1 mà khi chia a cho 2; 3; 4; 5 và cho 7 đều dư 1, thì a >1.
Khi đó a – 1 = b. đồng thời chia hết cho 2; 3; 4; 5 cà 7.
Do b chia hết cho 2 và 5 nên b có chữ số hàng đơn vị là 0.
Trường hợp b có một chữ số: b có chữ số hàng đơn vị là 0 nên b = 0; khi đó a = 1.
Vậy b có hơn một chữ số.
Trường hợp b có hai chữ số: b có chữ số hàng đơn vị là 0, b chia hết cho 7 nên

b= 70, mà 70 khơng chia hết cho 3, vậy b có hơn 2 chữ số.
Ta xét b có 3 chữ số: b = xy0 . Vì b chia hết cho 4 nên y = 0, 2, 4, 6 8. Và b =
xy 0 chia hết cho 7, suy ra xy chia hết cho 7. Do đó xy = 14; 21; 28; 35; 42; 49; 56;

63; 70; 77; 84; 91 hoặc 98.
Từ đó b= 140; 280; 420; 560; 700; 840; hoặc 980. Trong các số này chỉ có
420 và 840 là chia hết cho 3, do đó b = 420 hoăc 480.
Suy ra a = 421 hoặc 841. Vậy số cần tìm là 421.
Bài 3: Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khác 2 sao cho khi chia số đó cho 2; 5; 7; 9
đều dư 2.
Giải
Cách 1:
Gọi số phải tìm là a; theo bài ta có a chia cho 2; 5; 7; 9 đều dư 2, nên b – a
không chia hết cho 2; 5; 7; 9.
- b chia hết cho 2 và 3, vậy b có tận cùng là 0.
+ Trường hợp b có 1 chữ số: b có tận cùng là 0, vậy b = 0.

17


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

Suy ra a = 2 (loi) vì số phải tìm lớn hơn 2.
+ Trường hợp b có hai chữ số: b tận cùng là 0 và chia hết cho 7 nên b =
70( loại) vì 70 khơng chia hết cho 9.
+ Trường hợp b có ba chữ số: b có tận cùng là 0 vậy b = xy0 .

Số xy0 chia hết cho 7 nên xy = 14; 21; 28; 42; 49; 56; 63; 70; 77; 84; 91 hoặc
98.
Từ đó suy ra b = 140; 210; 280; 420; 430; 490; 560; 630; 700; 840; 910; hoặc
980. Trong các số trên chỉ có 630 chia hết cho 9 nên b = 630.
Cách 2:
Theo lập luận ở cách 1 thì b chia hết cho 2,5 7 và 9.
Nếu b chia cho 9 bằng c thì c chia hết cho 2; 5; 7.
Nếu c chia cho 7 bằng d thì d chia hết cho 2; 5.
Nếu d chia cho 5 bằng m thì m chia hết cho 2.
Số tự nhiên khác 0 nhỏ nhất chia hết cho 2 là 2. Vậy m = 2.
Suy ra: d = 2 x 5 = 10; c = 10 x 7 = 70, b = 70 x 9 = 630.
Vậy a = 630 + 2 = 632.
Bài 4: Một số nhỏ nhất khi chia hết cho 2, 3, 4, 5, 6. thì có các số dư tương
ứng là 1,2,3,4,5. Và khi chia cho 7 thì khơng cịn số dư. Tìm số dư.
Giải
Gọi số phải tìm là A thì A+ 1 sẽ chia hết cho 2,3 4,5,6.
- A+ 1 chia hết cho 2 và 5 vậy A + 1 phải có tận cùng là 0.
- A+ 1 chia hết cho 3 vậy A+ 1 chỉ có thể là các chữ số 30, 60, 90, 100.
Trong các số trên, số nhỏ nhất chia hết cho 4 là 60. Nếu A+ 1 = 60 thì A = 59,
59 không chia hết cho 7. Vậy ta phải chọn số tiếp theo là 90, lúc này A= 89, 89
không chia hết cho 7.
Chọn tiếp: 120 lúc này A= 119, 119 chia hết cho 7.
Vậy A= 119 là số phải tìm.

18


Nguyễn Thị Tính

Dơng

Trờng CĐSP Hải

Bài 5. Tìm số lớn hơn 1960, nhỏ hơn 2000biết số đó chia cho 5 d 2 chia cho 9 thì d
7.
Giải.
Những số chia cho 5 d 2 từ nhỏ đến lớn dần là:
2, 7,12, 17, 22
Những số chia 9 d 7 từ nhỏ đến lớn dần là:
7, 16, 25, 34, 42..
Ta thấy 7 là số nhá nhÊt chia 5 d 2, chia 9 d . Nhng 7 nhỏ hơn 1960 nên ta phải
thêm vào 7 mét sè cïng chia hÕt cho 5 vµ 9 sao cho: Số thêm cộng 7 lớn hơn 1960 nhng nhỏ hơn 2000.
Số nhỏ nhất cùng chia hết cho 5 và 9 là:
5 x 9 = 45.
Số thêm bằng bao nhiêu lÇn 45?
( 2000 – 7 ) : 45 =44 d 13.
Vậy số cần tìm là: 7+ 45 x 44 = 1987
Hoặc : 2000 13 = 1987
Đáp số 1987.
Bài 6. HÃy viết thêm vào bên phải, bên trái số 15 mỗi bên một chữ số khác 0 để đợc
số mới võa chia hÕt cho 9, võa chia hÕt cho 5.

Gi¶i
Khi viết thêm vào bên phải, bên trái số 15 mỗi bên một chữ số khác 0 ta có số : a15b
( a, b ≠ 0 )
§Ĩ a15b chia hÕt cho 5 th× b = 5 .
Víi b =5 ta cã số a155.
Để a155 chia hết cho 9 thì a + 1 + 5 + 5 = a + 11 ph¶i chia hết cho 9 . Vậy a = 7.
Ta đợc sè : 7155 chia hÕt cho 9.

19


Nguyễn Thị Tính

Dơng

Trờng CĐSP Hải

Dng 5: Vn dng tớnh cht chia hết và phép chia có dư để giải các bài tốn có lời
văn.
Bài 1: Số học sinh đoạt loại giỏi trong năm học 2004 - 2005 của trường Tiểu
học Lê Hồng Phong là số có 3 chữ số và có chữ số hàng trăm là 2. Lễ phát thưởng tổ
chức ở sân trường, khi các em học sinh giỏi xếp hàng 10 hay 12 đều dư 4 mà xếp
hàng 4 thì vừa đủ.
Bạn hãy tính giúp số học sinh giỏi của trường đó là bao nhiêu ?
Giải
Số học sinh giỏi của trường đó có dạng 2 xy . Các em xếp hàng 10 dư 4
Suy ra y = 4. Vậy số học sinh giỏi là: 2x 4 .
Mặt khác, khi xếp hàng 12 cũng dư 4 nên hiệu 2x 4 - 4 = 2x0 là số chia hết cho 12.
Nên 2x0 chia hết cho 3 và chia hết cho 4.
+ Nếu 2x0 chia hết cho 3 thì x = 1; 4 hoặc 7.
+ Nếu 2x0 chia hết cho 4 thì x = 0; 2; 4; 6; 8.
Từ đó ta có x = 4. ta có 244 chia hết cho 4, vậy số học sinh giỏi là 244 học sinh.
Bài 2:
Một cửa hàng rau quả sạch có 5 thùng đựng cam, chanh, mỗi thùng chỉ đựng một
loại quả, số quả trong mỗi thùng là 60, 75, 87, 91 và 95.Khi bán hết một thùng cam
cô bán hàng nhận thấy rằng số chanh gấp 3 lần số cam còn lại.
Bạn hãy tính xem cử hàng đó có bao nhiêu quả mỗi loại?
Giải

Tổng số cam, chanh của hàng có :
60 + 75 + 87 + 91 + 95 = 408 ( quả)
Số chanh gấp 3 lần số cam còn lại, cho nên tổng số chanh và cam còn lại là
chia hết cho 4. Mà tổng số chanh và cam mà cửa hàng có là 408 quả là số chia hết

20


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

cho 4 . Vy cụ bỏn hàng đã bán thùng đựng 60 quả cam. Số quả cam cịn lại bằng

1
4

số quả chưa bán.
Ta có (75 + 87 + 91 + 95 ) : 4 = 87.
Trong 4 thùng cịn lại chỉ có thùng đựng 87 quả là có số quả bằng

1
số quả
4

chưa bán.
Vậy thùng đựng 87 quả là thùng đựng cam, nghĩa là 3 thùng đựng số quả 75,
91, 95 ( quả) là các thùng chanh.

Vậy số cam cửa hàng có là:
60 + 87 = 147 ( quả)
Số chanh cửa hàng có là:
75 + 91 + 95 = 261 ( quả).
Bài 3: Cho 4 tờ giấy, xé mỗi tờ thành 5 mảnh, lấy một số mảnh và lấy mỗi
mảnh thành 5 mảnh nhỏ. Sau đó lại láy một số mảnh xé thành 5 mảnh nhỏ. Khi
nhừng xé theo quy luật trên người ta đếm được 2002 mảnh lớn, nhỏ cả thảy. Hỏi
người đó đếm đúng hay sai? giải thích.
Giải
Khi xé một mảnh thµnh 5 mảnh nhỏ thì mảnh tăng thêm 4, lúc đầu có 4 mảnh,
sau mỗi đợi xé mỗi mảnh thêm là bội của 4, cho nên tổng số mảnh lớn nhỏ sau mỗi
đợt xé phải chia hết cho 4. Số 2002 không chia hết cho 4 nên người đó đếm sai.
Bài 4: Trong buổi họp đội, các bạn đội viên sắp xếp ghế băng thành 2 dãy, cứ
mỗi ghế xếp 3 em ngồi. Số đại biểu cña hai dãy đều như nhau. Nếu cứ mỗi ghế ngồi
5 em thì sẽ có 1 ghế ngồi 4 em. Hãy tính số đội viên biết rằng số người trong khoảng
từ 50-60 em.
Giải

21


Nguyễn Thị Tính

Dơng

Trờng CĐSP Hải

S i viờn phi l mt số vừa chia hết cho 2 lại vừa chia hết cho 3. Vậy ®ã
phải là một số chia hết cho 6. Trong khoảng từ 50-60 chỉ có 54 và 60 là chia hết cho
6, nên ta lần lượt thử:

+ 54 : 5 dư 4 ( đúng với đề bài).
+ 60 : 5 dư 6 ( sai với đề bài loại).
Vậy số đội viên là 54.
Đáp số: 54 đội viên.
Bài5: Số học sinh của một trường tiểu học là một số tính chất. Khi chia cho 3, 4
hoặc 5 đều có số dư là 1, và số học sinh vào khoảng từ 450 đến 500. Bạn hãy tính số
học sinh của trường đó.
Giải
Cách1:
Ta gọi số học sinh của trường đó là x.
Theo đề bài bài ta có x – 1 chia hết cho 3, 4 và 5, do đó ta có thể biểu diễn x – 1 ở
dạng x – 1 = 3 x 4 x 5 x k, với k€ N, hay x = 60k + 1.
Do đó học sinh vào khoảng từ 450 đến 500 nên ta có:
450 ≤ x ≤ 500 hay 449 ≤ 60k ≤ 499 (*)
Thử chọn với k € N, ta có k = 8 thoả mãn (*).
Thay k = 8 vào x = 60k + 1. Ta được x = 481. Vậy số học sinh của trường đó
là 481.
Cách 2: Giả sử số học sinh của trường đó lã x, thì x là số có 3 chữ số, x = abc .
Theo bài chúng ta chỉ xét với a = 4 hoặc a = 5.
Khi a = 4 thì 5 ≤b≤ 9, hoặc khi a = 5 thì b = 0 (*).
Theo giải thiết, thì ta có x = 1 = abc - 1 chia hết cho 3, 4 và 5.
Với abc - 1 chia hết cho 5 thì c = 1 hoặc 6.
Trường hợp c = 6: Khi đó phải có abc - 1 = ab5 chia hết cho 4 vậy ab5 chia
hết cho 2.

22


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

iu ny khụng xỏy ra vỡ ab5 có chữ số hàng đơn vị là 5 nó là một số lẻ vậy c
≠6, do đó c = 1.
Với c = 1, thì abc - 1 = ab0 chia hết cho 4 và chia hết cho 3.
ab0 chia hết cho 4 thì b = 0, 2, 4, 6, 8. Kết hợp với điều kiện (*), nên chúng ta

chỉ xét với b = 0, 6 hoặc 8.
b = 0. khi đó a00 chia hét cho 3 nên a = 3, 6 hoặc 9. Các giá trị này của a
không thuộc các trường hợp mà chúng ta xét, vậy b ≠ 0.
b = 6 khi đó a60 chia hết cho 3 nên a = 3, 6 hoặc 9.
Tượng tự, b ≠ 6, Vậy phải có b = 8. lúc này a80 chia hết cho 3 nên
a = 1, 4 hoặc 7, mà theo trên ta chỉ nhận a = 4. vậy số cần tìm là x = abc
vậy x = 481.
Vậy số học sinh phải tìm là 481
Bµi 6
Nhµ TiÕn hái cam bán tết. Số quả cam ít hơn 1965 quả nhng nhiều hơn 1950 quả. Số
quả cam chia cho 3 d 2, chia cho 5 d 4. Hái nhµ Tiến hái bao nhiêu quả cam.
Giải.
Các số chia cho 3 d 2 từ nhỏ đến lớn là:
2, 5, 8, 11, 14, 17…..(1)
C¸c sè chia cho 5 d 4 tõ nhá đến lớn dần là:
4, 9, 14, 19, 24, .(2)
Từ (1) vµ (2) ta thÊy sè nhá nhÊt chia 3 d 2, chia 5 d 4 lµ 14. Nhng 14 nhá hơn
1950,vì vậy ta phải thêm vào 14 một số cùng chia hÕt cho 3 vµ 5 sao cho tỉng cđa 14
với số thêm vào lớn hơn 1950 nhng nhỏ hơn 1965.
Sè nhá nhÊt cïng chia hÕt cho 3vµ 5 lµ:
3 x 5 = 15

Số cần thêm bằng bao nhiêu lần sè 15?
( 1965 – 14 ) : 15 =203 d 1
Số cam nhà Tiến hái là:

23


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

14 + 15 x 30 = 1964 ( quả ).
Đáp số 1964 quả

-----------------------------------------------------------

Phần IV : Tài liệu tham khảo
1. Trần Diên Hiển - 10 chuyên đề bồi dỡng học sinh giỏi 4 -5.
Nhà xuất bản Giáo dục - năm 2003.
2. Đỗ Đình Hoan - Bài tập toán 4
Nhà xuất bản Giáo dục - năm 2005
3. Đỗ Đình Hoan - Bài tập toán 5
Nhà xuất bản Giáo dục - năm 2006
4. Đỗ Đình Hoan - Luyện giải toán 4
Nhà xuất bản Giáo dục- năm 2005
5. Đỗ Đình Hoan - Toán 4
Nhà xuất bản Giáo dục- năm 2005
6. Đỗ Đình Hoan - Toán 5

Nhà xuất bản Giáo dục- năm 2006

24


Dơng

Nguyễn Thị Tính

Trờng CĐSP Hải

7. Vũ Dơng Thuỵ, Nguyễn Danh Ninh - các dạng toán cơ bản ở tiểu học
Nhà xuất bản Giáo dục - năm 2006.
8. Vũ Dơng Thuỵ, Nguyễn Danh Ninh - toán nâng cao
Nhà xuất bản Giáo dục - năm 2006.
9. Phạm Đình Thực - 501 bài toán đố lớp 5
Nhà xuất bản Giáo dục - năm 2006.

Lời cảm ơn!
Việc dạy toán ở tiểu học đang đặt ra nhiều điều mới cần giải quyết . Nhiều nhà
nghiên cứu và các giáo viên có tâm huyết đà bỏ ra rất nhiều công sức đi sâu nghiên
cứu tổng kết những kinh nghiệm, giải quyết những vấn đề đang đợc quan tâm.
Là một sinh viên đang học , tôi rất yêu thích và có sự hứng thú trong giờ học
toán. Qua đề tài này tôi muốn đem những gì đà học để góp phần nâng cao chất lợng
môn toán nói chung và chất lợng bồi dỡng học sinh giỏi lớp 4, 5 phần giải toán về các
dạng toán chia hết nói riêng.
Để hoàn thành đề tài này, tôi đợc sự giúp đỡ tận tình, chu đáo của cô giáo
Thạc sĩ Phạm Ngọc Hoa - Cán bộ giảng dạy Trờng Cao đẳng s phạm Hải Dơng cùng
với sự giúp đỡ của các bạn sinh viên trong nhóm .
Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến các thầy cô giáo, đặc biệt là cô giáo

Nguyễn Thị Hoa; cảm ơn các bạn sinh viên lớp Tiểu học 3E đà giúp ®ì em hoµn
thµnh tèt ®Ị tµi nµy.

25