奥数辅导数的整除1.docx

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奥数辅导数的整除1

奥数辅导－－数的整除

1.一位妇女提一篮鸡蛋，三个三个数余两个，五个五个数余四个，七个七个数余六个．这篮子里至少有多少个鸡蛋？

【思路或解法】如果加上一个鸡蛋，题目就变成了求能被3、5和7同时整除的数了，能被3、5和7同时整除的数就是3、5和7的公倍数．因为3、5和7的公倍数有105、210、……，而题中所问的是“至少”有多少个，所以应取最小公倍数105，但鸡蛋数被3、5、7除都差一个才为整数商，故而鸡蛋数应为105-1=104（个）。

2.15×28×33、9×35×88、12×77×15、22×30×21这四个积中，哪个积与其它积不相等？

【思路或解法】根据积不相等，这个积的各个因数所含有的质因数也就不相同的原理，先分解各个积的质因数：

15×28×33=32×22×5×7×11

9×35×88=32×23×5×7×11

12×77×15=32×22×5×7×11

22×30×21=32×22×5×7×11

再比较这些积所分解成的质因数及其个数，我们不难发现：

9×35×88的质因数比其它的多一个2，故而，9×35×88的积与其它积不相等。

3.把26、33、34、35、63、85、91、143分成若干组，要求每一组中任意两个数的最大公约数是1，那么，至少要分成____组。

【思路或解法】根据题目要求，有相同质因数的数不能分在一组，我们先把其中的一些数分解质因数：

26＝2×13，91=7×13，143＝11×13

因为这三个数有公共的质因数13，不能放在同一组里，所以，所分组数不会少于3组．本题的答案有多种，下面列举其中的一种分组方案，即：

一组：

26、33、35

二组：

34、85、91

三组：

63、143

因此，至少要分成三组。

3.将下列八个数平分成两组，使这两组数的积相等，可以怎样分？

说明理由。

14、33、35、30、75、39、143、169。

【思路或解法】首先把这些数分解质因数。

14=2×735=5×7

33=3×1139=3×13

143=11×13169=13×13

75=3×5×530=2×3×5

再根据质因数的情况，把含有相同质因数的数归为一组．其中质因数3、5、13各有四个，质因数2、7、11各有二个，因其中二个5及二个13在同一个数中，故分摊时应先考虑，于是可得如下两个小组，每小组中两个数的积分别相等：

然后把两个小组中左右的数按上下或对角线分别结合，就得如下两种分组结果：

第一种：

一组是：

75、14、69、33，

另一组是：

35、30、143、39；

第二种：

一组是：

75、14、143、39，

另一组是：

35、30、169、33。

4.有一个整数，除300、262、205，得到相同的余数．问这个整数是几？

【思路或解法】根据题意列表如下：

这样可知（300-262=38）÷□=（a-b），又（262-205=57）÷□=（b-c），也就是说38与57都能被这个整数整除．因此符合条件的整数是38与57的最大公约数19。

5.71427和19的积被7整除，余数是几？

【思路或解法】71427被7除余6，19被7除余5，5×6=30，30被7除余2，因此，本题的答案：

余数是2。

6.修改31743的某一个数字，可以得到823的倍数．问修改后的这个数是几？

【思路或解法】823×41=33743，比较33743与31743，可见，只要把31743中的“1”改为“3”，便可得到823的倍数。

7.有人说：

“任何七个连续整数中一定有质数”．请你举一个例子，说明这句话是错误的。

【思路或解法】90、91、92、93、94、95、96是7个连续的整数，但每一个数除了1和它本身以外还有其他约数，所以，“任何七个连续整数中一定有质数”的说法是错误的。

8.“华罗庚金杯”少年数学邀请赛，每隔一年举行一次．1988年是第二届，问2000年是第几届？

【思路或解法】根据：

“1988年是第二届，每隔一年举行一次”可知，“华罗庚金杯”少年数学邀请赛每逢偶数年举行一次”1988年到2000年有7个偶数年，除去1988年，还有6个偶数年，可举行6届，加上原有的2届，故而2000年将举行第八届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛。

9.一个救生圈（如图）．虚线表示大圆半径是33厘米，它的横截面上的小圆半径是9厘米．两只蚂蚁同时从两个圆交点A出发，以同样的速度分别沿大圆和小圆爬行．问小圆上的蚂蚁爬几圈以后再次碰上大圆上的蚂蚁？

【思路或解法】两只蚂蚁同时从两个圆的交点A处出发，以同样的速度分别沿大圆和小圆爬行，两次相遇A处，它们爬行的距离是相等的，我们知道：

2×π×R×圈数=距离．当距离一定时，圆的半径和蚂蚁爬的圈数成反比例．因为大圆半径与小圆半径的比是33∶9，化简后便是：

11∶3．所以分别沿大小圆爬行的两只蚂蚁爬行圈数的比是3∶11．也就是说，在小圆上爬的蚂蚁，要爬行11圈以后，才能再次碰上在大圆爬行3圈的蚂蚁。

10.全班同学去划船．如果减少一条船，每条船正好坐9个同学，如果增加一条船，每条船上正好坐6个同学．问这个班有多少同学？

【思路或解法】先把已知条件列出来：

每船坐9人，则减少一只船，每船坐6人，则增加一只船。

通过比较可知：

这两种情况所需要的船相差2只．当每只船坐6人时比每只船坐9人时多要2只船，这两只船上坐6×2＝12（人），把这12人分配到其余的船上去，则每船要增加9-6=3（人），所以每船坐9人时，要12÷3=4（条船），那么这个班有学生9×4=36（人），据此，列综合算式是：

9×〔（6×2）÷（9-6）〕=36（人）。

11.甲、乙二人对一根3米长的木棍涂色．首先，甲从木棍一端点开始涂黑5厘米，间隔5厘米不涂色，接着再涂黑5厘米，这样交替做到底．然后，乙从木棍同一端点开始留出6厘米不涂色，交替做到底．最后，木棍上没有被涂黑部分的长度总和为____厘米。

【思路或解法】根据题意，甲、乙两人从同一端点开始涂色，甲是黑、白、黑、白、黑、……交替进行到底的．乙是白、黑、白、黑、白、……交替进行到底的．根据他们每段的长度，甲黑乙白从同一端点起到再同一次甲黑乙白同时出现应是5与6的最小公倍数的2倍，也就是每周期长度为5×6×2=60（厘米）．这样可知，每一周期中没有被涂黑部分的长度是1＋3＋5＋4＋2=15（厘米），则这根木棍上没有被涂黑部分的总长度是75厘米。

12.甲数是36，甲、乙两数的最小公倍数是288，最大公约数是4，乙数应该是_____。

【思路或解法】根据“甲数×乙数=甲乙两数的最大公约数×甲乙两数的最小公倍数”的性质，设乙数为x：

列方程：

36x=4×288=32。

答：

乙数应是32。

13.有甲、乙、丙三只船，甲船每小时航行6千米，乙船每小时航行5千米，丙船每小时航行3千米．三船同时同地同方向出发，环绕周围是15千米的海岛航行．（）小时后三船再次相会在一起。

【思路或解法】甲船绕海岛一周要15÷6=2.5（小时）=150（分），乙船绕海岛一周15÷5=3（小时）=180（分），丙船绕海岛一周要15÷3=5（小时）=300（分）．150、180、300三个数的最小公倍数是900，即15小时．所以，航行15小时后三船再次相会。

14.大雪后的一天，小明和爸爸共同步测一个圆形花圃的周长，他俩的起点和走的方向完全相同，小明的平均步长54厘米，爸爸的平均步长为72厘米，由于两人的脚印重合，并且他们走了一圈后都回到起点，这时雪地上只留下60个脚印．这个花圃的周长是（）米．

【思路或解法】要想求出花圃的周长，只要求出小明或爸爸走一圈留下了多少个脚印就行了．我们知道小明和爸爸步测时的起点和走的方向完全相同，且两人的脚印有重合的，这说明他俩从起点出发起到第一次脚印重合止所走的路程是相同的．这个路程是小明和爸爸步长的倍数，又是第一次重合，所以这个路程是他们步长的最小公倍数．54和72的最小公倍数是216，从起点到第一次脚印重合时止：

小明的脚印数为216÷54=4（个），爸爸的脚印数为216÷72=3（个）．因为他们俩有一个脚印是重合的，所以在216厘米长的这段路程内共有脚印（4+3-1）=6（个）。

又因为60÷6=10，216×10=2160（厘米）

所以这个花圃的周长为21.6米。

15.4只同样的瓶子内分别装有一定数量的油．每瓶和其它瓶分别合称一次，记录千克数如下：

8、9、10、11、12、13．已知4只空瓶的重量之和以及油的重量之和均为质数，求最重的两瓶内有多少油？

【思路或解法】由于每只瓶都称了三次，因此，记录数据之和是4瓶油（连瓶）重量之和的3倍，即4瓶油（连瓶）共重：

（8＋9＋10＋11＋12＋13）÷3＝21（千克）

又因为油重之和及瓶重之和均为质数，所以它们必为一奇一偶，而2是唯一的偶质数，故有矛盾，故删去。

16.找出四个互不相同的自然数，使得对于任何两个数，它们的总和总可以被它们的差整除．如果要求这四个数中最大的数与最小的数的和尽可能的小，那么这四个数里中间两个数的和是______。

【思路或解法】如果最小数是1，只有2、3两数与1符合要求，因此，最小数必须大于或等于1．如果我们假设最小数是2，则符合条件的四个数是：

2、3、4、6，那么这四个数里中间两个数的和是：

3＋4=7。

17.如果自然数有4个不同的质因数，那么这样的自然数中最小的是______。

【思路或解法】为了满足自然数是“最小的”要求，四个不同的质因数应是4个最小的质因数．除1以外，最小的质因数分别是2，3，5，7．这个质因数的连乘积：

2×3×5×7=210．所以，210就是有四个不同质因数的最小的自然数．

18.一个小于200的自然数，它的每位数字都是奇数，并且它是两个两位数的乘积．那么，这个自然数是_________．

【思路或解法】依题目条件，这个自然数写成两位数的乘积时，两位数中不能出现11．除开11，小于200的自然数能写成两个两位数乘积形式的有：

10×10=100，10×12=120，……10×19=190；

12×13=156，12×14=168，12×15=180，12×16=192；

13×14=182，13×15=195。

在列举的这些数中，只有195的每位数字都是奇数，又能写成两个两位数的乘积形式，所以这个数是195。

19.有8个不同约数的自然数中，最小的一个是_________。

【思路或解法】约数个数为8，而8=2×4=2×2×2=8×1，当8=2×4=（1＋1）×（3＋1）时，说明所求的自然数分解质因数后，只有两个不同的质因数，其个数分别为1和3．如果两个质因数中有一个为2，其个数为1，当另一个质因数为3，其个数为3，这个自然数为2×33=54，如果两个质因数中有一个为3，其个数为1，当另一个质因数为2，其个数为3，这个自然数为：

3×23=24。

…………

按此思路，多次试验，分析比较，可知最小的数是24。

20.有0、1、4、7、9五个数字，从中选出四个数组成—个四位数（例如：

1409），把其中能被3整除的这样的四位数，从小到大排列起来，第五个数的末尾数字是_________．

【思路或解法】根据能被3整除的数的特征，从0、1、4、7、9中可选取0、1、4、7和1、4、7、9这两组四个数字组拼四位数，它们从小到大的顺序排列是：

1047、1074、1407、1470、1479、1497、1704、1740、1749、1794、1947、1974、……可知第五个数（1479）的末尾数字是9。

21.有一本故事书，每2页文字之间有3页插图，也就是3页插图前后各有一页文字．

（1）假如这本书有96页，而第一页是插图，这本书共有插图多少页？

（2）假如这本书有99页，而第一页是插图，这本书共有插图多少页？

说明理由。

【思路或解法】书是按……文字，插图、插图、插图，文字，插图、插图、插图，……排列的，实际上是一张文字，三张插图交替排列。

（1）因为96刚好是4的倍数，所以这本书共有插图：

3×[96÷（1＋3）]=72（页）。

（2）99不是4的倍数，但我们已知96页中有72页是插图，其余3页只可能有以下几种情况：

图、图、文；图、文、图；图、图、图．即余下的3页书中，可能有2页插图，也可能有3页插图．因此，这本书可能共有74页插图，也可能共有75页插图。

22.写出小于20的三个自然数，使它们的最大公约数是1，但两两均不互质，是否只有一组解？

【思路或解法】根据“它们的最大公约数是1，但两两均不互质”的条件可知：

这三个自然数是合数而且是互质数，但只能是两个偶数和一个奇数．

在小于20的自然数中，把所有合数分解质因数，因为最小的三个质数之积为2×3×5=30，所以这三个数中的每个数在分解质因数时，至多只有两个不同的质因数．这样，三个数分别应是：

2×3=6，3×5=15，2×5=10．可见6、10、15是符合题意的一组解。

因为允许有相同的质因数，所以还有：

2×2×3＝12，2×5＝10，3×5=15。

2×3×3=18，2×5=10，3×5=15．可见这两组数12，10，15；18，10，15也是符合题意的两组解。

23.给出一个数n，n的约数的个数用一个记号A（n）表示，n的约数的和用一个记号B（n）表示．例如，n=8时，因为8的约数有1、2、4、8四个，所以A（8）=4，B（8）=15。

（1）求A（42），B（42）；

（2）使A（n）=8的最小自然数n是什么？

【思路或解法】

（1）根据分解质因数，可求出A（42）和B（42）的值：

42=2×3×7，即42的约数有1、2、3、6、7、14、21、42，这样A（42））=8，B（42）=96。

（2）根据上题A（n）=8，n为42是否是最小自然数呢？

经验证：

30=2×3×5，A（3042）＝8；24=2×2×2×3，A（24））=8，所以，A（n）=8的最小自然数n是24。

24.三个不同的最小真分数的分子都是质数，分母都是小于20的合数，要使这三个分数的和尽可能大，这三个分数分别是____、____、____。

【思路或解法】依据题意可知：

这三个分数之和的最大值应小于3．只有所取的每个分数之值尽可能接近于

25.一盒弹子可以平均分给2、3、4、5或6个儿童，问这盒弹子最少有多少颗？

【思路或解法】这盒弹子的数目是2、3、4、5、6的最小公倍数，即60个弹子。

26.这样的三位数存在吗？

它可以被11整除而且它的第一位数字比第二位数字大，第二位数字又比第三位数字大。

【思路或解法】不存在这样的三位数。

假设三位数被11整除后得到了商数10a+b，如果a＋b＜10，那么a、a+b、b将是所求的三位数的数字，而a+b不可能小于a，因为与题目要求矛盾。

如果a+b大于10，那么a＋1、a+b-10，b将是所求的三位数的三个数字。

因为a+b-10小于b，又与题目要求矛盾，所以说不存在这样的三位数。

27.能同时被2、3、7整除的最小两位数是什么数？

【思路或解法】根据题意可知，本题就是求出2、3和7的最小公倍数，且2、3和7互为质数，互质数的最小公倍数就是它们相乘的积，所以能同时被2、3和7整除的两位数是2×3×7=42．

28.有一个数，在700和800之间，用15、18和24去除，都不能整除；如果在这数上加上1，就能被15、18和24整除．这个数是____。

【思路或解法】根据题意可知：

本题可以先求15、18、24的最小公倍数，15、18、24的最小公倍数是360．360×2=720，刚好在700到800之间，但题目告诉我们，这个数加上1后就能同时被15、18、24整除，那么720-1=719就是所求的数了，因此，这个数是719。

29.从写有7、4、1、0、9的五张卡片中取出四张，组成若干个被3整除的四位数．把这些数按照从小到大的顺序排列起来，第三个数应该是_____。

【思路或解法】因为7、4、1、0、9这五个数中：

1+4＋7＋0=12，1＋4＋7＋9=21，12和21均能被3整除，所以由这两组数所组成的许多四位数都能被3整除，把这些数排列起来可知，第三个数是1407。

30.被3除余2，被5除余3，被7除余4的最小自然数是______。

【思路或解法】先考虑第一个条件，满足被3除余2这一条件的数从小到大排列依次是：

5、8、11、……．8这个数又满足被5除余3这一个条件，而且是最小的．53这个数又满足被7除余4这一条件，而且是最小的，所以符合题意的这个数是53。

31.最小的合数除最小的质数，商是_____。

是有限小数，所以本题的商是有限小数．

32.有6个学生都面向南站成一行，每次只能有5个学生向后转，则最少要做多少次，就能使6个学生都面向北？

【思路或解法】根据6个学生向后转的总次数能被每次向后转的总次数整除，可知：

6个学生向后转的总次数是5和6的公倍数：

30、60、90，……。

根据题意，要求6个学生向后转的总次数是30次，所以至少要做30÷5=6（次），就能使6个学生都面向北。

33.阳历1978年1月1曰是星期曰，阳历2000年的1月1曰是星期几？

【思路或解法】从阳历1978年1月1曰到阳历2000年1月1曰，共经历了22年，在这22年中，有1980年、1984年、1988年、1992年、1996年这五年是闰年．因此从1978年1月1曰到2000年1月1曰止，共经历了：

365×22＋5＋1=8036（天），因为8036÷7=1148，所以2000年的1月1曰是星期六。

34.在568后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能被3、4、5整除，并且要求这个数值尽可能小．这个六位数是_____。

【思路或解法】根据“数值尽可能小”的条件，可知被5整除的数的个位数字只能是0，被3整除的数的各位数字之和只能是5＋6＋8=19，再加上2得21．根据一个数能被4整除的条件，这个数的末两位数能被4整除，由此可知，这个六位数是568020。

35.有一个四位数，千位上的数字和百位上的数字都被擦掉了，知道十位数上的数字是1，个位上的数字是2，又知道这个数如果减去7就能被7整除，减去8就能被8整除，减去9就能被9整除，这个四位数是_____。

【思路或解法】根据“这个数减去7就能被7整除，减去8就能被8整除，减去9就能被9整除”的条件，可知这个四位数同时能被7、8和9整除，即这个四位数是7、8和9的公倍数。

因为7、8和9的最小公倍数是504．根据“十位数上的数字是1，个位上的数字是2”的条件，可知这个四位数的末两位数是12，只有4×3才能是12，所以这个四位数是504×3=1512。

36.今有语文课本42册，数学课本112册，自然课本70册，平均分为若干堆．每堆中这三种课本的数量分别相等，那么最多可分______堆。

【思路或解法】根据“每堆中这三种课本分别相等”的条件可知：

42=每堆语文课本的数量×堆数

112=每堆数学课本的数量×堆数

70=每堆自然课本的数量×堆数

这说明堆数是这三种课本数的公约数，由“最多可分几堆”的条件可知：

堆数是这三种课本数的最大公约数。

42、112、70的最大公约数是14，所以，最多可以分成14堆。

37.桌面上原有硬纸片5张．从中取出若干张来，并将每张都任意剪成7张较小的纸片，然后放回桌面．像这样取出，剪小，放回，再取出，剪小，放回……，是否可能在某次放回后，桌上的纸片数刚好是1991？

【思路或解法】若先取1张，剪小放回，桌面上就有7×1+（5-1）=11；若先取2张，剪小放回，桌面上就有7×2+（5-2）=17；若先取3张剪小放回，桌面上就有7×3+（5-3）=23，若先取4张或5张剪小放回，桌面上就有（7×4）+（5-4）=29或7×5+（5-5）=35，……。

而11=6×2-1，17=6×3-1，23=6×4-1，29=6×5-1，35=6×6-1．由此可见，每次取出剪小放回后，桌面上的纸片数一定是6的倍数减1或加5，而1991=6×332-1或1991=6×331+5，所以，可能在某次放回后，桌面上的纸片数刚好是1991。

38.一月份有三十一天，如果某年的1月1曰是星期一，这年的2月22曰是星期几？

【思路或解法】从某年的1月1曰到这年的2月22曰，共有31+22=53（天）53÷7=7……4，所以这年的2月22曰是星期四。

39.一个自然数既能被3又能被5整除，同时它被7除的余数是4．试求这样的自然数中的最小的数是多少。

【思路或解法】一个自然数既能被3整除，又能被5整除，这个自然数就是3和5的公倍数．3和5的公倍数有：

15、30、45、60、75、90……．再根据“它被7除余4”这一条件，用7分别去除这些数，余数为4的最小数是60。

本题还可以从“被7除余4”这一条件想起：

被7除余4的自然数有：

11，18，25，32，39，46，53，60，67……．这些数中同时能被3和5整除的数是60。

40.在10～226之间有多少个数是3的倍数？

【思路或解法】10～226之间有216个数，每3个数就有一个数是3的倍数，216÷3=72，故10～226之间有72个数是3的倍数。

也可以这样想：

226÷3=75……1，而10以内有3个数是3的倍数，故10～226之间的数是3的倍数的数共有75-3=72（个）。

41.30！

表示从1到30的所有自然数的乘积．即1×2×3×4…×28×29×30．如果这个积被分解成质因数连乘的形式，求它所包含的因数5的个数。

【思路或解法】在1×2×3×4×5×6×……×28×29×30中，以5作为因数的数有5，10，15，20，25，30．这些数里共有7个因数5。

42.求出比1大，比100小的数用5除余2，用6除余5的所有数来。

【思路或解法】比1大，比100小的数用5除余2的数的个位数都是2或7．100以内的数个位是2的自然数，用6除有两种结果：

①是整除，如：

12，42，72．②是除不尽，如：

22，32，52，62，82，92．所以个位数是2的数不符合用6除余5的条件。

再看：

在100以内个位是7的自然数，用6除余数有三种情况：

①是余数为1，如37，67，97．②是余数为3，如27，57，87．③是余数为5，如17，47，77．由此可知：

比1大，比100小的用5除余2，用6除余5的数有17，47，77。

43.把16个石头子排列着，并记上从1到16的记号．从第1个石头子，往前进3个，就到了第4个石头子．如这样，从第1个石头子向右旋转前进328个，从那里向左旋转前进485个，又向右旋转前进了136个，就到了第__个石头子。

【思路或解法】485-328=157看作向左旋转；

157-136=21看作向左旋转；21÷16=1……5看作向左旋转一周又回到了第一个石头后，又向左旋转了5个，所以这时到了第6号石头子的位置上。

44.用1、2、3、4、5这5个数两两相乘，可以得到10个不同的乘积．问乘积中偶数多还是奇数多？

【思路或解法】判断乘积是偶数还是奇数的依据是奇偶数乘积运算性质：

奇×奇=奇，奇×偶=偶，偶×偶=偶．1、2、3、4、5这五个数中，只有1、3、5三个数是奇数，这三个数两两相乘的算式只有1×3、1×5、3×5三个，乘积也就只有3个了．这三个乘积是奇数，所以，10个乘积中奇数只有3个，偶数就有10-3=7个了．故本题的答案是乘积中偶数多，奇数少。

45.2310的约数的个数为__个。

【思路或解法】2310=2×3×5×7×11．（1+1）×（1+1）×（1+1）×（1+1）×（1+1）=2×2×2×2×2=32（个）．共有约数32个。

46.小张在计算有余数的除法时，把被除数113错写成131，结果商比原来多