小学奥数数论问题练习题及答案

合集下载

小学奥数题库《数论》余数问题中国剩余定理3星题(含解析)全国通用版

数论-余数问题-中国剩余定理-3星题课程目标知识提要中国剩余定理•概述中国剩余定理即我们常说的“物不知数”，是利用同余式组来求解的一类问题。

A、一个数分别除以两个数余数相同的时候，将原数减去这个余数之后可以整除那两个数B、上述情况下的余数虽有不同，但与各自对应的除数的差相同，将原数加上这个差之后便可以整除C、其他情况下，凑出相同余数之后，运用第一种情况的方法．精选例题中国剩余定理1. 某个自然数除以2余1，除以3余2，除以4余1，除以5也余1，则这个数最小是．【答案】41【分析】这个自然数除以2、4、5都余1，[2,4,5]=20，所以这个数应满足1+20n，同时除以3余2，所以最小是41．2. 一个大于10的自然数，除以5余3，除以7余1，除以9余4，那么满足条件的自然数最小为．【答案】148【分析】观察发现三个数中前两个数的除数与余数的和都是5＋3＝7＋1＝8,这样我们可以把余数都处理成8，即一个数除以5余3相当于除以5余8，除以7余1相当于除以7余8，所以满足前两个条件的自然数为a＝35m＋8,下一步只需要a除以9余4，35÷9＝3⋯8,只需8＋8m除以9余4，只需8m除以9余5，最小的m＝4，因此满足所有条件的最小自然数为8＋35×4＝148.3. 有一筐苹果，甲班分，每人3个还剩11个；乙班分，每人4个还剩10个；丙班分，每人5个还剩12个．那么这筐苹果至少个．【答案】62【分析】设有x个苹果．因为11除以3余2，所以x除以3余2；因为10除以4余2，所以x除以4余2；因为12除以5余2，所以x除以5余2．又因为x大于12，x=[3,4,5]+2=60+2=62（个）．4. 小明心里想了一个正整数．并且求出了它分别被14和21除后所得的余数，已知这两个余数的和是33，则该整数被42除的余数是．【答案】41【分析】该整数除以14的余数不大于13，除以21余数不大于20，所以这两个余数的和不大于33，而由题有这两个余数的和恰好是33，所以该整数除以14余数是13，除以21余数是20．这个数加上1就是14和21的倍数，而[14,21]=42，所以这个数可以表示成42k−1的形式，被42除的余数是41．5. 一个大于2的数，除以3余1，除以5余3，除以7余5，问满足条件的最小自然数是．【答案】103．【分析】我们发现两个算式除数与余数的差都相等，所以把他们都处理成都缺2能被整除，这样得[3、5、7]−2=103．6. 某数除以11余8，除以13余10，除以17余12，那么这个数的最小可能值是．【答案】998【分析】观察到11−8＝13−10＝3，因此除以11余8，除以13余10的最小自然数为11×13−3＝140,设某数为a，则a＝143m−3m为非零自然数，只需143m−3除以17余12，而143÷17＝8⋯7,只需(7m−3)÷17＝n⋯12,即7m−15是17的倍数所以，m＝7，所以a＝143×7−3＝998.7. 一个大于3的数，除以7余4，除以9余6，除以11余8，问满足条件的最小自然数是．【答案】690．【分析】我们发现两个算式除数与余数的差都相等，所以把他们都处理成都缺3能被整除，这样得[7、9、11]−3=690．8. 一个大于10的数，除以5余3，除以7余1，问满足条件的最小自然数为．【答案】43．【分析】根据总结，我们发现两个数的除数与余数的和都是5+3=7+1=8，这样我们可以把余数都处理成都余8，所以[5、7]=35，所以这个数就是35+8=43．9. 我国南宋数学家杨辉在其《续古摘奇算法》上记载了这样一个问题：“二数余一，五数余二，七数余三，九数余四，问本数．”用现代语言表述就是：“有一个数用2除余1，用5除余2，用7除余3，用9除余4，问这个数是多少？”请将满足条件的最小的自然数写在这里．【答案】157【分析】（解法一）先考虑除以5余2，除以7余3，除以9余4；用剩余定理得5×7×5+5×9×1+7×9×4=472[5,7,9]=315，故472±315k都符合除以5余2，除以7余3，除以9余4最小是472−315=157，且也符合除以2余1．（解法二）除以2余1的数有：1，3，5，7，9，11，13，15，17，⋯；除以5余2的数有：2，7，12，17⋯；除以7余3的数有：3，10，17⋯；所以满足“用2除余1，用5除余2，用7除余3”的数的形式为[2,5,7]n+17=70n+17（n为自然数）此时只需要找一个最小的n，满足除以9余4即可．当n=2时，满足除以9余4，所以满足条件的最小的自然数为70⋯2+17=15710. 一个数，除以11余7，除以13余9，除以19余15，问满足条件的最小自然数是．【答案】2713．【分析】我们发现两个算式除数与余数的差都相等，所以把他们都处理成都缺4能被整除，这样得[11、13、19]−4=2713．11. 智慧老人到小明的年级访问，小明说他们年级共一百多名同学，老人请同学们按三人一行排队，结果多出一人，按五人一行排队，结果多出二人，按七人一行排队，结果多出一人，老人说我知道你们年级人数应该是人．【答案】127【分析】根据条件，该数除以3余1，除以5余2，除以7余1，逐级满足法，令该数为a，则a÷3⋯⋯1 ①a÷5⋯⋯2 ②a÷7⋯⋯1 ③符合条件①的有1，4，7，10，13，16，⋯．同时满足①、②的最小值为7，以后a=7+15m均满足①、②；现在来看(7+15m)除以7余1，则15m除以7余1，则m最小取1，符合，最小的符合的数为a=22．以后每隔[3,5,7]=105即符合．由于该年级有100多名学生，为22+105= 127．12. 一个大于2000数，除以11余5，除以13余3，除以17余16，问满足条件的最小自然数为．【答案】2447．【分析】根据题意，我们发现三个算式中两个数的除数与余数的和都是11+5=13+3= 16，这样我们可以把余数都处理成都余16，所以[11、13、17]=2431，所以这个数就是2431+16=2447．13. 某个两位数是2的倍数，加1是3的倍数，加2是4的倍数，加3是5的倍数，那么这个两位数是．【答案】62【分析】由题可知，此数是一个2的倍数，并且除以3、4、5都余2的数，这样的数最小是2，因为这个数是两位数，2+[3、4、5]=62.14. 5年级3班同学上体育课，排成3行少1人，排成4行多3人，排成5行少1人，排成6排多5人，问上体育课的同学最少人．【答案】59．【分析】分析题意知，这个班的人数除以3余2，除以4余3，除以5余4，除以6余5，凑缺相同，这个班人数为[3、4、5、6]−1=59（人）．15. 有一堆水果糖，如果按8块一份来分，最后剩下2块；如果按9块一份来分，最后剩3块；如果按10块一份来分，最后剩下4块．这堆糖至少有块．【答案】354【分析】这堆水果糖的总数被8除余2，被9除余3，被10除余4，如果增加6块就刚好是8、9、10的公倍数，又8、、9、10的最小公倍数是360．所以这堆水果糖至少有360−6=354(块)．16. 一个大于100的数，除以9余3，除以11余1，问满足条件的最小自然数为．【答案】111．【分析】据题意，我们发现两个数的除数与余数的和都是9+3=11+1=12，这样我们可以把余数都处理成都余12，所以[9、11]=99，所以这个数就是99+12=111．17. 一个大于10的自然数，除以5余3，除以7余1，除以9余8，那么满足条件的自然数最小为．【答案】323【分析】根据总结，我们发现三个数中前两个数的除数与余数的和都是5+3=7+1=8这样我们可以把余数都处理成8，即一个数除以5余3相当于除以5余8，除以7余1相当于除以7余8，所以可以看成这个数除以5、7、9的余数都是8，那么它减去8之后是5、7、9的公倍数．而[5,7,9]=315所以这个数最小为315+8=323.18. 一个大于10的数，除以5余3，除以7余1，除以9余8，问满足条件的最小自然数为．【答案】323．【分析】根据总结，我们发现三个数中两个数的除数与余数的和都是5+3=7+1=8，这样我们可以把余数都处理成都余8，所以[5、7、9]=315，所以这个数就是315+8=323．19. 红星小学组织学生划船．若乘坐大船，除1条船坐6人外，其余每船均坐17人；若乘小船，则除1条船坐2人外，其余每船均坐10人．如果学生的人数超过100、不到200，那么学生共有人．【答案】142【分析】除1条船坐6人外，其余每船均坐17人，说明总人数可以表示成17m+6的形式；除1条船坐2人外，其余每船均坐10人，说明总人数可以表示成10n+2的形式；那么有17m+6=10n+2，化简得17m+4=10n，经分析m的个位只能是8．又学生的人数超过100、不到200，所以m=8，学生的人数是17×8+6=142．20. 一个自然数能被11整除，除以13余12；除以15余13；这个数最小为．【答案】1078．【分析】n除以15余13：最小为13，通式为13+15k1；n除以13余12：k1最小为6，则有13+15×6=103，通式为103+[15,13]k2=103+195k2．n除以11余0：k2最小为5，则有103+195×5=1078．21. —个自然数被3除余2，被5除余4，并且这个数大于100且小于125，那么这个数是．【答案】104或119【分析】被3除余2，被5除余4，求出3和5的最小公倍数15，估算15的哪一个倍数大于100小于125，经计算可知，105和120介于100到125之间，再用105和120分别减1即可，这个自然数是104或119．22. 在1到100这100个数中，被2，3，5除都有非零的余数，且余数彼此不等的数有个．【答案】6【分析】根据余数不能比除数大．一个数除以2，余数只能是1．而要求余数彼此不等，所以，这些数除以3，余数只能是2．满足以上两个条件的数为6的倍数少1．有：5、11、17、23、29、35、41、47、53、59、65、71、77、83、89、95．再满足被5除有余数，且余数不为1和2，（个位不能为5、1、7）．符合条件的数只有：23、29、53、59、83、89，共6个数．23. 有一个自然数用7除余3，用9除余4，请按照从小到大的顺序，将满足条件的前两个自然数写在这里．【答案】31，94【分析】除以7余3的数有：3，10，17，24，31⋯；除以9余4的数有：4，13，22，31⋯；所以满足“除以7余3，除以9余4”的数的形式为[7,9]n+31=63n+31（n为自然数）按照从小到大的顺序，将满足条件的前两个自然数为31，94．24. 有一个整数，用它分别去除157、234和324，得到的三个余数之和是100，这个整数是多少？【答案】41【分析】详解：157、234和324的和是715，减去100的差是615．615是这个整数的倍数．而615的约数有1、3、5、15、41、123、205、615，验证只有41满足余数和是100．25. 有三个连续自然数，其中最小的能被15整除，中间的能被17整除，最大的能被19整除，请写出一组这样的三个连续自然数．【答案】2430，2431，2432．【分析】设三个连续自然数中最小的一个为n，则其余两个自然数分别为n+1，n+2．依题意可知：15∣n，17∣(n+1)，19∣(n+2)，根据整除的性质对这三个算式进行变换：15∣n 17∣(n +1)19∣(n +2)→→→15∣2n 17∣(2n +2)19∣(2n +4)→→→15∣(2n −15)17∣(2n −15)19∣(2n −15)}⇒[15,17,19]∣(2n −15)从上面可以发现 2n −15 应为 15、17、19 的公倍数．由于 [15,17,19]=4845，所以 2n −15=4845(2k −1)（因为 2n −15 是奇数），可得 n =4845k −2415．当 k =1 时 n =2430，n +1=2431，n +2=2432，所以其中的一组自然数为 2430、2431、2432．26. 一个大于 10 的数，除以 3 余 1，除以 5 余 2，除以 11 余 7，问满足条件的最小自然数是多少？【答案】 172【分析】法一：仔细分析可以发现 3×2+1=5+2=7，所以这个数可以看成被 3、5、11 除余 7，由于 [3,5,11]=165，所以这个数最小是 165+7=172．法二：事实上，如果没有“大于 10”这个条件，7 即可符合条件，所以只需要在 7 的基础上加上 3、5、11 的最小公倍数，得到 172 即为所求的数．27. 一个三位数除以 5 余 2，除以 7 余 3．这个三位数最小是多少？【答案】 122【分析】使用逐步满足条件法，满足第一个条件的数依次为 2、7、12、17，而 17 除以 7 余 3．那么同时满足两个条件的数最小是 17．然后依次为 52、87、122．最小的三位数是 122．28. 一个布袋中装有 5000 多个小球，如果 10 个一包，最后还剩 9 个，如果 9 个一包，最后还剩 8 个 ⋯⋯ 如果 5 个一包，最后还剩 4 个，那么如果 13 个一包，最后还剩多少个？【答案】 8 个【分析】简答：布袋中的小球数除以 10 余 9，除以 9 余 8，除以 8 余 7⋅⋯，除以 5 余 4，[5,6,7,8,9,10]=[5,7,8,9]=5×7×8×9=2520，所以，布袋中球数是 2520−1+2520=5039，5039÷13 余 8．29. （1）—个三位数除以 4 余 2，除以 6 余 2，那么这个三位数最小是多少？（2）—个三位数除以 3 余 1，除以 4 余 2，除以 6 余 4，那么这个三位数最小是多少？（3）—个数除以 9 余 2，除以 12 余 5，那么这个数最小是多少？【答案】（1）110；（2）106；（3）29【分析】简答：（1）[4,6]=12，14+12×8=110；（2）按“差同”计算；（3）按“差同”计算．30. 一个自然数除以8、9、11后分别余2、7、3，而所得的三个商的和是622，这个数是多少？【答案】1906．【分析】设这个数为x．x除以8余2：最小为2，通式为2+8k1；x除以9余7：k1最小为4，则有2+8×4=34，通式为34+[8,9]k2=34+72k2．x除以11余3：k2最小为4，则有34+72×4=322．则x=322+[8,9,11]n=322+792n．322+792n−28+322+792n−79+322+792n−311=622 40+99n+35+88n+29+72n=622259n=518n=2x=322+792×2=1906．31. 已知自然数A除以11余5，除以9余7，除以13余3，这个数最小是多少？【答案】1303【分析】本题属于“物不知数”问题，可以运用中国剩余定理，但需要先要找出11与9的公倍数中除以13余1的数、11与13的公倍数中除以9余1的数以及9与13的公倍数中除以11余1的数．比较麻烦．实际上，观察可知11+5=9+7=13+3=16,也就是说这个数减去16后是11、9、13的公倍数，那么这个数最小就是11、9、13的最小公倍数加上16，为11×9×13+16=1303.32. 今有一堆石子，三个三个数余1个，五个五个数余3个，七个七个数余5个，这堆石子最少有多少个？【答案】103【分析】三个三个、五个五个、七个七个的数都是差两个，那借来两个石子，现在的就可以被3、5和7除得开，最小是3×5×7=105，归还那两块，总计最少103个．借来还去的思想．33. 有一个自然数，用它分别去除61、90、130都有余数，3个余数的和是26，这3个余数中最大的一个是多少？【答案】11【分析】．简答：61、90和130的和减去26得到255，255的约数中验证得满足条件的只有17，所以这个自然数是17，所以余数中最大的是130除以17的余数1134. 已知两个连续的两位数除以5的余数之和是5，除以6的余数之和是5，除以7的余数之和是1．求这两个两位数．【答案】77和78【分析】两个连续的两位数除以5的余数之和是5，则可以判断出第一个数除以5余2．除以6的余数之和是5，则可以判断出第一个数除以6余2或余5．除以7的余数之和是1，则可以判断出第一个数除以7余0．满足第一、三两个条件的数有7、42、77，再考虑第二个条件，只有77满足．因此这两个数为77和78．35. 有一个自然数，用它分别去除63，90，130都有余数，3个余数的和是25．这3个余数中最大的一个是多少？【答案】20【分析】设这个除数为M，设它除63，90，130所得的余数依次为a，b，c，商依次为A，B，C．63÷M=A⋯⋯aa+b+c=25，则(63+90+130)−(a+b+c)=(A+B+C)×M,即283−25=258=(A+B+C)×M.所以M是258的约数．258=2×3×43显然当除数M为2、3、6时，3个余数的和最大为3×(2−1)=3,3×(3−1)=6,3×(6−1)=15所以均不满足．而当除数M为43×2，43×3，43×2×3时，它除63的余数均是63，所以也不满足．那么除数M只能是43，它除63，90，130的余数依次为20，4，1，余数的和为25，满足．显然这3个余数中最大的为20．36. 一个小于200的数，它除以11余8，除以13余10，这个数是几？【答案】140．【分析】分析题意，我们发现这两个算式除数与余数的差都等于11−8=13−10=3，观察发现这个数加上3后就能同时被11和13整除，所以[11、13]=143，所以这个数是143−3=140．37. 有一个整数，用它去除63，90，130所得到的3个余数之和是25，那么这3个余数中最大的一个是多少？【答案】20【分析】设这个数为x，由题意可得：① $\left\{\begin{gathered}63 \div x = a \cdots {r_1} \hfill \\90 \div x = b \cdots {r_2} \hfill \\130 \div x = c \cdots {r_3} \hfill \\\end{gathered} \right. \Rightarrow 63 + 90 + 130 - 25 =258$ 为x的倍数；②258=2×3×43③枚举验证⇒x=43．所以 $\left\{ \begin{gathered}63 \div 43 \cdots 20 \hfill \\90 \div 43 \cdots 4 \hfill \\130 \div 43 \cdots 1 \hfill \\\end{gathered} \right.$，显然这3个余数中最大的一个是20．38. （1）一个三位数除以6余2，除以8余2，那么这个三位数最小是多少？（2）—个数除以3余2，除以5余4，除以7余6，那么这个数最小是多少？（3）—个数除以6余2，除以11余1，那么这个数最小是多少？【答案】（1）122；（2）104；（3）5639. 有一个自然数，除以2余1，除以3余2，除以4余3，除以5余4，除以6余5，除以7余6，则这个数最小是．【答案】419．【分析】分析题意知，这个数加1就能被2,3,4,5,6,7整除，所以这个数为[2、3、4、5、6、7]−1=420−1=419．40. 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余4，问这个数是多少？【答案】53【分析】如果用剩余定理相信大家会做了，接下来看逐步满足法．第一个条件，除以3余2，最小是2；先记下2．第二个条件，除以5余3，原来已经有了2，要保持满足第一个条件不变，那么在2的基础上增加3的倍数，这样除以3余2不会变．2+3n的形式．这个数要满足第二个条件，除以5余3．在2+3n中，2已经余2了，3n需要余1，所以n=2即可．这样满足前两个条件的最小的数是8．第三个条件，除以7余4.8+3×5n的形式．3×5n=15n除以7要余4−1=3，15除以7余1，所以n最小是3，这个数是8+45=53满足题意．41. 今有物不知其数，三三数之剩一，四四数之剩三，五五数之剩二，问物几何？【答案】7【分析】40×1+45×3+36×2=247，3×4×5=60，247÷60=4⋯⋯7，最少是7．42. 一个三位数除以4余3，除以6也余3．这个三位数最大是多少？【答案】999【分析】这是一道余同的问题．满足条件的数可以表示为[4,6]×n+3，其中n为自然数．要求满足条件的最大三位数，应令n为83，即[4,6]×83+3=999．43. 一个数被5除余3，被7除余4，被9除余5，这个数最小是几？【答案】158【分析】7和9的公倍数9和5的公倍数5和7的公倍数6345351269070135105180140225175210245280⋯⋯⋯在7和9的公倍数中，除以5余1的最小数是126；在5和9的公倍数中，除以7余1的最小数是225；在5和7的公倍数中，除以9余1的最小数是280；那么126×3+225×4+280×5=2678．[5,7,9]=315．所以，最小的数为2678−315×8=158．44. 四年级的同学，每9人一排多5人，每7人一排多1人，每5人一排多2人，问这个年级至少有多少人？【答案】302【分析】这个题相当于是一个数被9除余5，被7除余1，被5除余2，这个数最小是几．9、7、5三个数两两互质。

小学奥数数论问题奇偶问题练习题【五篇】

【导语】芬芳袭⼈花枝俏，喜⽓盈门捷报到。

⼼花怒放看通知，梦想实现今⽇事，喜笑颜开忆往昔，勤学苦读最美丽。

在学习中学会复习，在运⽤中培养能⼒，在总结中不断提⾼。

以下是为⼤家整理的《⼩学奥数数论问题奇偶问题练习题【五篇】》供您查阅。

【第⼀篇】判断1987+1989+1991+1993+…+2135所得的和是奇数还是偶数？答案:和是奇数。

由题中可以看出，加数是连续奇数，共有（2135－1987）÷2+1＝75个，75是奇数，⽽奇数个奇数相加和是奇数，所以所得的和是奇数。

【第⼆篇】1992是24个连续偶数的和，其中的偶数是多少？答案:把这24个偶数前后配对，共24÷2＝12对，每对和都相等，所以每对和是1992÷12＝166。

中间两个数，也就是第12、13个数的和也是166.所以第12个偶数是（166－2）÷2＝82，的偶数是82＋（24－12）×2＝106。

【第三篇】3～9这七个数，两两相乘后所得的乘积的和是奇数还是偶数？答案:是偶数。

3～9中有3、5、7、9这四个奇数，只有它们两两相乘时，乘积才会是奇数。

这四个数两两相乘，共可产⽣4×3＝12个积，都是奇数。

偶数个奇数相加和是偶数，偶数+偶数＝偶数，所以所有积的和是偶数。

【第四篇】⼩学奥数之奇偶分析，所得的积的末位数字是⼏？答案：⼩学奥数之奇偶分析，积的末位数字排列是：6、4、6、4…可见，奇数个24相乘的积的末位数字是6，23是奇数，所以本题所求的末位数字是4。

【第五篇】⼩华买了⼀本共有96张练习纸的练习本，并依次将它的各⾯编号(即由第1⾯⼀直编到第192⾯)。

⼩丽从该练习本中撕下其中25张纸，并将写在它们上⾯的50个编号相加。

试问，⼩丽所加得的和数能否为2000? 【分析】不可能。

因为25个奇数相加的和是奇数，25个偶数相加是偶数，奇数加偶数=奇数。

5 小学奥数——数论 1 试题及解析

小学奥数——数论一.选择题（共50小题）1.一条大鲸鱼，头长3米，身长等于头长加尾长，尾长等于头长加身长的一半的和.这条大鲸鱼全长( )米.A.12B.24C.36D.482.有一串数，最前面的四个数依次是2、0、1、6.从第五个数起，每一个数都是它前面相邻四个数之和的个位数字.在这一组数中，一定不会出现的数组是( )A.2018B.2017C.9472D.41863.在10~1000之间，个位数是3或8的数的个数是( )A.200B.198C.196D.1944.在序列20170⋯中，从第 5 个数字开始，每个数字都是前面 4 个数字和的个位数，这样的序列可以一直写下去.那么从第 5 个数字开始，该序列中一定不会出现的数组是( )A.8615B.2016C.4023D.20175.整数1N = 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 132010⋯ 2011 2012 2013 2014 2015是由12015-这2015个整数，由小到大的顺序依次写出得到的，那么N 是( )位数.A.5678B.6947C.6950D.6953 6.设666673m ⋯⨯{个得数的各位数字之和为M ，333373n ⋯⨯{个得数的各位数字之和为N ，那么M 与N 的大小关系是( )A.M N >B.M N =C.M N <D.不确定7.如图，飞镖圆靶分成五个部分，每部分得分依次是1，3，5，7，9（分)，某小孩掷了六支飞镖，全部击中圆靶，下列得分中可能是他所得总分的是( )A.4B.17C.28D.568.把1~10的所有自然数相乘，得到的积的末尾会有( )个连续的零.A.1B.2C.3D.4 9.算式2016201699999999⋯⨯⋯{{个个的结果中含有( )个数字0.A.2017B.2016C.2015D.201410.有A 、B 两个整数，A 的各位数字之和为36，B 的各位数字之和为25，且两数相加时进位三次，那么A B +的各位数字之和是( )A.33B.34C.35D.3611.有20间房间，有的开着灯，有的关着灯，在这些房间里的人都希望与大多数房间保持一致.现在，从第一间房间的人开始，如果其余19间房间的灯开着的多，就把灯打开，否则就把灯关上，如果最开始开灯与关灯的房间各10间，并且第一间的灯开着.那么，这20间房间里的人轮完一遍后，关着灯的房间有( )间.A.0B.10C.11D.2012.老师在黑板上从1开始将奇数连续地写下去，写了一长串数后，擦去了其中的两个数，将这些奇数隔成了3串，已知第二串比第一串多1个数，第三串比第二串多1个数，且第三串奇数和为4147，那么被划去的两个奇数的和是( )A.188B.178C.168D.15813.有四个数，它们的和是45，把第一个数加2，第二个数减2，第三个数乘2，第四个数除以2，得到的结果都相同.那么，原来这四个数依次是( )A.10，10，10，10B.12，8，20，5C.8，12，5，20D.9，11，12，1314.三位数N ，分别减3、加4、除以5、乘6，得到四个整数，已知这四个数的数字和恰好是4个连续的自然数，那么满足条件的三位数N 有( )个.A.8B.6C.4D.215.老师在黑板上将从1 开始的计数连续地写下去：1，3，5，7，9，11⋯写好后，擦去了其中的两个数，将这些奇数隔成了3 段，如果前两段的和分别是961 和1001，那么，老师擦去的两个奇数之和是( )A.154B.156C.158D.16016.在下列四个算式中：2AB CD ÷=，0E F ⨯=，1G H -=，4I J +=，~A J 代表0~9中的不同数字，那么两位数AB 不可能是( )A.54B.58C.92D.9617.一个五位数，由1，2，3三个数码组成，对于其中任何一个数码，如果这个数码是1，则它后面只能写2；如果这个数码是2，它后面只能写3；如果这个数码是3，它后面可以写1，也可以写3.这样的五位数有()个.A.10B.13C.19D.2818.对一个大于0的自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1，如此进行直到1时操作停止，那么经过9次操作变为1的数有()个.A.15B.22C.25D.3419.某商品编号是一个三位数，现有5个三位数：123、364、765、874、925.其中每一个数与商品编号恰好在同一数位上有一个相同的数字，这个商品编号是()A.375B.724C.823D.96420.有8个谜语让60个人猜，猜对共338人次.每人至少猜对3个，猜对3个的有6人，猜对4个的有10人，猜对5个和7个的人数同样多.8个全猜对的有()人.A.6B.8C.10D.1221.蓝佛德数字是这样一种数字.它的数字中每一个数码都出现两次.并且数码1被一个其他数码分开，数码2被两个其他数码分开，等等.下面四个数是蓝佛德数字的一个是()A.12142334B.41312432C.14132342D.3243214122.2011的各位数字的和为4，具有这种性质的四位数的数共有()A.10B.15C.20D.2123.在下列四个数中，能被77整除的是()A.34987B.68486C.75999D.3298224.若1515153333a=⋯⨯⋯（有1004个15，有2008个3)，则整数a的所有数位上的数字和等于()A.18063B.18072C.18079D.1805425.在自然数1，2，3，⋯，2008中，末位是3的所有数的和是()A.201603B.201703C.201803D.20190326.从1、3、5、7、9这五个数字中任选2个，分别写在乘号的两边，组成一道乘法算式.共可得到多少个乘积不同的算式()A.5B.10C.15D.2027.已知一个三位数的百位、十位和个位分别是a，b，c，而且a b c a b c⨯⨯=++，那么满足上述条件的三位数的和为()A.1032B.1132C.1232D.133228.a、b、c、d、e这五个数各不相同，它们两两相乘后的积从小到大排列依次为：0.3，0.6，1.5，1.8，2，5，6，10，12，30.将这五个数从小到大排成一行，那么，左起第2个数是()A.0.3B.0.5C.1D.1.529.a、b、c、d、e这五个数各不相同，它们两两相乘后的积从小到大排列依次为：3，6，15，18，20，50，60，100，120，300.那么，这五个数中从小到大排列第2个数的平方是()A.1B.3C.5D.1030.123456789101112131420052006⋯是()位数.A.6913B.6914C.6915D.691731.有194盏亮着的灯，各有一个拉线开关控制着；拉一下拉线开关，灯由亮变灭；再拉一下，又由灭变亮，现按顺序将这194盏灯依次编号为1，2，3，4，⋯，194，然后将编号为2的倍数的拉线开关都拉一下；再将编号为3的倍数的灯线都拉一下；最后将编号为5的倍数的灯线都拉一下.三次拉完后，亮着的灯有()盏.A.97B.96C.95D.9432.写有数字6，10，18的卡片各10张，现在从这30张中适当选出9张计算出它们的和，可能的和是()A.93B.98C.104D.10733.下面不能写成10个连续自然数之和的是()A.385B.495C.675D.104034.从1、2、3、⋯、7中选择若干个数，使得其中偶数之和等于奇数之和.则符合条件的取法()种.A.6B.7C.8D.935.如图，在一张9行9列的方格纸上，把每个方格所在的行数和列数加起来，填在这个方格中，例如，在填入的81个数中，()多.A.奇数B.偶数36.房间有红、黄、蓝三种灯，当房间所有灯都关闭时，拉一次开关，红灯亮；第二次拉开关，红、黄灯都亮；第三次拉开关，红、黄、蓝三灯都亮；第四次拉开关，三灯全关闭，现在从1~100编号的同学走过该房间，并将开关拉若干次，他们拉开关的方式为：编号为奇数者，他拉的次数就是他的号数；编号为偶数者，其编号可以写成2r p g（其中p为正奇数，r为正整数），就拉p次，当100人都走过房间后，房间中灯的情况为()A.只有红灯亮B.只有红、黄灯亮C.三灯都亮D.三灯都不亮37.在如图的奥运五环图案中，分别填写五个两位数a，b，c，d，e，使得上面的三个数a，b，c是三个连续的偶数，下面的两个数d，e是两个连续的奇数，而且a b c d e++=+，如果填入的五个数的十位数字都是1，那么这五个数的和是()A.80B.76C.72D.6838.数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯的前2006个数中，偶数有()A.667个B.668个C.669个D.670个39.任意两个质数的和()A.一定是偶数B.一定是质数C.一定是合数D.可能是偶数，可能是质数，也可能是合数40.如果a ，b ，c 是三个任意整数，那么,,(222a b b c c a +++ ) A.都不是整数B.至少有一个整数C.至少有两个整数D.都是整数41.若三个连续偶数的和是162，则它们的乘积是( )A.157248B.125748C.157284D.17258442.四个同学进行计算比赛，比赛内容是：在9、10、11、⋯、67、68这60个自然数的相邻两数之间任意添加符号“+”或“一”，然后进行计算.四个同学得到的结果分别是2000、2003、2300、2320，老师看后指出：这四个结果中只有一个是正确的.这个正确的结果是( )A.2274B.2003C.23000D.232043.下面三组数中和不同的是( )A.87，76，65，54B.77，66，55，84C.58，86，64，7544.有10个房间，9个开着灯，1个关着灯，如果每次拨动4个不同房间的开关，能不能把所有房间的灯都关上？A.能B.不能C.不能确定 45.三个质数的倒数和为3111001，那么这三个质数的和为( ) A.311 B.35 C.3146.若a 、b 互素，且两个最简分数之和为3135m n a b +=，则1(a b m n m n +-=⨯ ) A.5B.6C.8D.10 47.三个质数的倒数和为3111001，那么这三个质数的和为( ) A.311 B.35 C.31 D.2948.如图，正方体每个面上各写了一个整数，并且相对的两个面上的数之和都相等，现在只看到三个面上写的数8，10与25，如果看不见的三个面上写的都是质数，那么这三个质数之和是( )A.36B.38C.52D.5849.把40写成两个质数之和的形式共有()种方法.A.4B.3C.2D.150.已知4个质数的积是它们和的11倍，则它们的和为()A.46B.47C.48D.没有符合条件的数参考答案与试题解析一.选择题（共50小题）1.一条大鲸鱼，头长3米，身长等于头长加尾长，尾长等于头长加身长的一半的和.这条大鲸鱼全长( )米.A.12B.24C.36D.48【解析】设尾长为x 米，则身长为(3)x +米，得13(3)2x x =++⨯ 3 1.50.5x x =++0.5 4.5x =9x =身长：3912+=（米)大鲸鱼全长：312924++=（米).答：这条大鲸鱼全长24米.故选：B .2.有一串数，最前面的四个数依次是2、0、1、6.从第五个数起，每一个数都是它前面相邻四个数之和的个位数字.在这一组数中，一定不会出现的数组是( )A.2018B.2017C.9472D.4186【解析】对2016进行拓展962301607478656528⋯这组数字出现奇偶性的规律为：奇偶偶奇偶，奇偶偶奇偶⋯在2018、2017、9472、4186中只要2017有两个奇数相连，不符合规律.故选：B .3.在10~1000之间，个位数是3或8的数的个数是( )A.200B.198C.196D.194【解析】个位数是3的从10到1000中，每10个数中有一个，所以，一共有(100010)1099-÷=（个)，个位数是8的从10到1000中，每10个数中有一个，所以，一共有(100010)1099-÷=（个)，所以，个位数是3或8的一共有：9999198+=（个)，故选：B .4.在序列20170⋯中，从第 5 个数字开始，每个数字都是前面 4 个数字和的个位数，这样的序列可以一直写下去.那么从第 5 个数字开始，该序列中一定不会出现的数组是( )A.8615B.2016C.4023D.2017【解析】枚举法0170的数字和是8下一个数字就是8.1708的数字和是16下一个数字就是6.7086的数字和是21下一个数字就是1.0861的数字和是15下一个数字是5.8615的数字和是20下一个数字是0.6150的数字和为12下一个数字就是2.20170861502⋯ 规律总结：查看数字中奇数的个数，奇数一出现就是2个.故选：B .5.整数1N = 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 132010⋯ 2011 2012 2013 2014 2015是由12015-这2015个整数，由小到大的顺序依次写出得到的，那么N 是( )位数.A.5678B.6947C.6950D.6953【解析】一位数有：199⨯=（个)两位数有：290180⨯=（个)三位数有：39002700⨯=（个)四位数有：4(201510001)4064⨯-+=（个)9180270040646953+++=（个)答：N 是6953位数.故选：D .6.设666673m ⋯⨯{个得数的各位数字之和为M ，333373n ⋯⨯{个得数的各位数字之和为N ，那么M 与N 的大小关系是( )A.M N >B.M N =C.M N <D.不确定【解析】因为606667320001m m ⋯⨯=⋯{{个个；31033373100011n n -⋯⨯=⋯{{个个，所以213M =+=，1113N =++=，所以M N =，故选：B .7.如图，飞镖圆靶分成五个部分，每部分得分依次是1，3，5，7，9（分)，某小孩掷了六支飞镖，全部击中圆靶，下列得分中可能是他所得总分的是( )A.4B.17C.28D.56【解析】由题意得分至少是166⨯=，至多是6954⨯=，故A 、B 排除. 因为6个奇数的和是偶数，所以B 排除，故选：C .8.把1~10的所有自然数相乘，得到的积的末尾会有( )个连续的零.A.1B.2C.3D.4【解析】因为2510⨯=，在1~10中，只有5和10两因数含有因数5，即把1~10的所有自然数相乘，得到的积的末尾会有2个连续的零.故选：B .9.算式2016201699999999⋯⨯⋯{{个个的结果中含有( )个数字0. A.2017B.2016C.2015D.2014 【解析】2016201699999999⋯⨯⋯{{个个201602016100019999⎛⎫ ⎪=⋯-⨯⋯ ⎪⎝⎭{{个个2016020162016100099999999=⋯⨯⋯-⋯{{{个个个20169020169990009999=⋯-⋯{{个和个个位0减9不够减，需要连续退位，个位数得1，所以数字0的个数是： 201612015-=（个)故选：C .10.有A、B两个整数，A的各位数字之和为36，B的各位数字之和为25，且两数相加时进位三次，那么A B+的各位数字之和是()A.33B.34C.35D.36【解析】362593+-⨯=-6127=34答：A B+的各位数字之和是34.故选：B.11.有20间房间，有的开着灯，有的关着灯，在这些房间里的人都希望与大多数房间保持一致.现在，从第一间房间的人开始，如果其余19间房间的灯开着的多，就把灯打开，否则就把灯关上，如果最开始开灯与关灯的房间各10间，并且第一间的灯开着.那么，这20间房间里的人轮完一遍后，关着灯的房间有()间.A.0B.10C.11D.20【解析】因为最开始开灯和关灯的各是10间，由于第一间的灯是开着的，所以，第一间人看到的，开灯的9间，关灯的10间，之后，他就关灯，以后无论开灯的出来看，还是关灯的出来看，始终关灯的多，即：一轮结束，灯全部会关闭，故选：D.12.老师在黑板上从1开始将奇数连续地写下去，写了一长串数后，擦去了其中的两个数，将这些奇数隔成了3串，已知第二串比第一串多1个数，第三串比第二串多1个数，且第三串奇数和为4147，那么被划去的两个奇数的和是()A.188B.178C.168D.158【解析】设第一段有n个，则第2段有1n+个，那么第一个擦的奇数是21n+，n+，第二个擦的奇数是45被划去的两个奇数的和为：214566+++=+，n n n66n+是6的倍数，在四个选项中只有168是6的倍数，符合要求.故选：C.13.有四个数，它们的和是45，把第一个数加2，第二个数减2，第三个数乘2，第四个数除以2，得到的结果都相同.那么，原来这四个数依次是( )A.10，10，10，10B.12，8，20，5C.8，12，5，20D.9，11，12，13【解析】设相同的结果为2x ，根据题意有：2222445x x x x -++++=，解得5x =，所以原来的4个数依次是8，12，5，20.14.三位数N ，分别减3、加4、除以5、乘6，得到四个整数，已知这四个数的数字和恰好是4个连续的自然数，那么满足条件的三位数N 有( )个.A.8B.6C.4D.2【解析】考虑到一定会有进位、退位，设原数数字和为a ，则3-，4+定不是差7，否则无法成为连续4个自然数，5÷说明末位为0或5，当末位为5时，3-，4+均不进位退位；当末位为0时，3-退位，符合，所以3-相当于数字和多6，6a +；4+相当于数字和多4，4a +；5÷相当于数字和2⨯，2a ⨯；2a ⨯，2a +，4a +连续，2a ⨯为7a +，5a +，3a +中的一个，分类讨论得到25a a ⨯=+成立，所以5a =，数字和为5，尾数为0的有：500（舍去），410，320，230，140，共4个.故选：C .15.老师在黑板上将从1 开始的计数连续地写下去：1，3，5，7，9，11⋯写好后，擦去了其中的两个数，将这些奇数隔成了3 段，如果前两段的和分别是961 和1001，那么，老师擦去的两个奇数之和是( )A.154B.156C.158D.160【解析】因为296131=，所以擦去的第一个奇数为3121263⨯-+=.而9616310012025++=，因为2202545=，所以擦去的第二个奇数数为4521291⨯-+=.所以，两个数的和为6391154+=，故选：A .16.在下列四个算式中：2AB CD ÷=，0E F ⨯=，1G H -=，4I J +=，~A J 代表0~9中的不同数字，那么两位数AB 不可能是( )A.54B.58C.92D.96【解析】由条件可知：E、F中至少有一个为0，假设E为0；另一个可以是任何数；I和J有一个是3，有一个是1；那么0~9中的数字还剩下2、4、5、6、7、8、9；因为：1G H-=①GH是9，8时则54272÷=此时6F=②GH是8，7时则92462÷=此时5F=③GH是7，6时则58292÷=此时4F=④G、H是6，5此时不满足条件⑤时G、H是5，4时，此时不满足条件所以两位数AB可能是54、58、92；不可能是96故选：D.17.一个五位数，由1，2，3三个数码组成，对于其中任何一个数码，如果这个数码是1，则它后面只能写2；如果这个数码是2，它后面只能写3；如果这个数码是3，它后面可以写1，也可以写3.这样的五位数有()个.A.10B.13C.19D.28【解析】如果最高位（万位）是1，那么根据题意，千位上只能是2，百位上只能是3，十位上可以是1或3，得到3种情况：12312、12331、12333；如果最高位（万位）是2，那么根据题意，千位上只能是3，百位上可以是1或3，通过列举，可以得到3种情况：23123、23312、23331；如果最高位（万位）是3，那么根据题意，千位上可以是1或3，千位上如果是1，可以得到2种情况：31231、31233；千位上如果是3，可以得到2种情况：33123、33312综上所述，符合题意的五位数有：12312、12331、12333、23123、23312、23331、31231、31233、33123、33312故选：A.18.对一个大于0的自然数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1，如此进行直到1时操作停止，那么经过9次操作变为1的数有()个.A.15B.22C.25D.34【解析】通过1次操作变为1的数有1个，即2；经过2次操作变为1的数有2个，即4、1；经过3次操作变为1的数有2个，即3、8；⋯；经过5次操作变为1的数有8个，即11、24、10、28、13、64、31、30；经过1、2、3、4、5⋯次操作变为1的数依次为1、2、3、5、8⋯，这即为斐波拉契数列，则第6次后是：5813+=个.+=个，第七次后是13821+=个，第8次后是211334即经过8次操作变为1的数有34个.答：经过8次操作变为1的数有34个.故选：D.19.某商品编号是一个三位数，现有5个三位数：123、364、765、874、925.其中每一个数与商品编号恰好在同一数位上有一个相同的数字，这个商品编号是()A.375B.724C.823D.964【解析】选项A，375与123对应位置上的数字没有一个相同，故错误.选项B，符合要求；选项C，823与765对应位置上的数字没有一个相同，故错误.选项D，964123对应位置上的数字没有一个相同，故错误.综上所述故选：B.20.有8个谜语让60个人猜，猜对共338人次.每人至少猜对3个，猜对3个的有6人，猜对4个的有10人，猜对5个和7个的人数同样多.8个全猜对的有()人.A.6B.8C.10D.12【解析】设猜对5个和7个的人数各为x人，3641057(606102)8338x x x ⨯+⨯+++---⨯=5812(442)8338x x ++-⨯=581235216338x x ++-=472x =18x =6061026061021844368x ---=---⨯=-=答：8个谜语全猜对的有8人.故选：B .21.蓝佛德数字是这样一种数字.它的数字中每一个数码都出现两次.并且数码1被一个其他数码分开，数码2被两个其他数码分开，等等.下面四个数是蓝佛德数字的一个是( )A.12142334B.41312432C.14132342D.32432141【解析】A 、两个3连在一起，错误；B 、41312432被4个数分开，1被1个数分开，2被两个数分开，3被3个数分开，符合要求；C 、两个3中间只有一个数字隔开，错误；D 、两个3之间只有两个数字隔开，错误.故选：B .22.2011的各位数字的和为4，具有这种性质的四位数的数共有( )A.10B.15C.20D.21【解析】分5种情况讨论，①，4个数字都为1时，即1111，有1个四位数符合题意，②，4个数字为2、0、1、1时，0不能放在首位，有3种放法，则2有3种方法，剩余的2个1，放在其余两个位置，有1种情况，则共有339⨯=个四位数符合题意，③，4个数字为3、0、0、1时，首位必须是3或1，有2种情况，在剩余的3个位置取出2个来放数字0，有233C =种情况，剩余的1个数字放在最后位置，有1种情况，则共有236⨯=个四位数符合题意，④，4个数字为2、2、0、0时，首位必须是2，有1种情况，在剩余的3个位置种取出2个来放数字0，有233C =种情况，剩余的1个数字2放在最后位置，有1种情况，则共有133⨯=个四位数符合题意，⑤，4个数字为4、0、0、0时，即4000，只有1个四位数符合题意，综合，共有1936120++++=个四位数符合题意，故选：C .23.在下列四个数中，能被77整除的是( )A.34987B.68486C.75999D.32982【解析】34987，(397)(48)7++-+=，不能被11整除，则不能被77整除.68486，(646)(88)0++-+=，能被11整除，6846626834-⨯=，个数是4，不能被7整除，则不能被77整除.75999，(799)(59)11++-+=，能被11整除，7599927581-⨯=，能被7整除，所以75999能被77整除.32982，(392)(28)4++-+=，不能被11整除，则不能被77整除，故选：C .24.若1515153333a =⋯⨯⋯（有1004个15，有2008个3)，则整数a 的所有数位上的数字和等于( )A.18063B.18072C.18079D.18054【解析】1515153333⋯⨯⋯505050533333=⋯⨯⨯⋯，50505059999=⋯⨯⋯，(50505⋯共2007位数，9999⋯共2008位数）5050505(10000001)=⋯⨯⋯-，50505050000005050505=⋯⋯-⋯，5050505049494949495=⋯⋯；（前面505050504⋯共有2007位，中间9有1位，最后494949495⋯共2007位）前面505050504⋯加最后494949495⋯正好为2007个9，再算是中间的一个9，因此所有数位上的和为9200818072⨯=.故选：B .25.在自然数1，2，3，⋯，2008中，末位是3的所有数的和是()A.201603B.201703C.201803D.201903【解析】313232003(12200)103201201603+++⋯+=++⋯+⨯+⨯=，故选：A.26.从1、3、5、7、9这五个数字中任选2个，分别写在乘号的两边，组成一道乘法算式.共可得到多少个乘积不同的算式()A.5B.10C.15D.20【解析】54210⨯÷=答：共可得到10个乘积不同的算式.故选：B.27.已知一个三位数的百位、十位和个位分别是a，b，c，而且a b c a b c⨯⨯=++，那么满足上述条件的三位数的和为()A.1032B.1132C.1232D.1332【解析】足a b c a b c⨯⨯=++=，⨯⨯=++的只有1，2，3，即1231236所以这些三位数是123，132，213，231，312，321；和为1231322132313123211332+++++=.故选：D.28.a、b、c、d、e这五个数各不相同，它们两两相乘后的积从小到大排列依次为：0.3，0.6，1.5，1.8，2，5，6，10，12，30.将这五个数从小到大排成一行，那么，左起第2个数是()A.0.3B.0.5C.1D.1.5【解析】设a b c d e<<<<，则0.3ce=，de=，12ac=，30ab=，0.6可得2a b=÷，=，0.3d c=， 2.5c b可得5个数为：÷，b，2b，5b，6b÷，0.3b再根据这几个数两两相乘的积分别为：0.3，0.6，1.5，1.8，2，5，6，10，12，30进行比较，得出1b=于是5个数为0.3，1，2，5，6，所以左起第2个数是1.故选：C.29.a 、b 、c 、d 、e 这五个数各不相同，它们两两相乘后的积从小到大排列依次为：3，6，15，18，20，50，60，100，120，300.那么，这五个数中从小到大排列第2个数的平方是( )A.1B.3C.5D.10【解析】设a b c d e <<<<，则：3ab =，3a b=， 6ac =；36c b=， 2c b =；120ce =2120be =60e b=； 300de =300d e =÷60300b=÷ 5b =；那么这五个数就可以表示为：3b，b ，2b ，5b ，300b . 最大最小的四个乘积已经讨论过，再来讨论剩下的乘积，剩下的乘积就有可能表示为： 222bc b b b ==g ，255bd b b b ==g ，6060be b b==g ， 22510cd b b b ==g3515ad b b==g ， 2360180ae b b b==g ；这些积就是：3，6，15，2180b，22b ，25b ，60，210b ，120，300；显然：210b =.故选：D .30.123456789101112131420052006⋯是( )位数.A.6913B.6914C.6915D.6917【解析】1~9，共有9个数字组成，10~99共有290180⨯=个数字组成，100~999，共有39002700⨯=个数字组成，1000~2006共有410074028⨯=个数字组成.所以123456789101112131420052006⋯是由：9180270040286917+++=个数字组成.则其是6917位数.故选：D .31.有194盏亮着的灯，各有一个拉线开关控制着；拉一下拉线开关，灯由亮变灭；再拉一下，又由灭变亮，现按顺序将这194盏灯依次编号为1，2，3，4，⋯，194，然后将编号为2的倍数的拉线开关都拉一下；再将编号为3的倍数的灯线都拉一下；最后将编号为5的倍数的灯线都拉一下.三次拉完后，亮着的灯有( )盏.A.97B.96C.95D.94【解析】依题意可知：194盏灯亮着.2的倍数有194297÷=（盏).3的倍数有194364÷=（盏)2⋯.5的倍数有194538÷=（盏)4⋯.既是2的倍数又是3的倍数的共有194632÷=（盏)2⋯.既是2的倍数又是5的倍数的共有1941019÷=（盏)4⋯.既是3的倍数有是5的倍数有1941512÷=（盏)14⋯.同时是2，3，5的倍数的有194306÷=（盏)14⋯.拉1次的灯的，973219652--+=（盏).643212626--+=（盏).381219613--+=（盏).拉3次的共有6盏.194522613697----=.故选：A .32.写有数字6，10，18的卡片各10张，现在从这30张中适当选出9张计算出它们的和，可能的和是( )A.93B.98C.104D.107【解析】根据题意可知：6，10，18被4除，余数都是2，同余；所以选出9张卡片求和，余数变为了18.因为减去18，剩下的数可以被4整除即为答案..931875A -=，不能整除4，故错误选项..981880B -=，能整除4，故正确选项..1041886C -=，不能整除4，故错误选项..1071889D -=，不能整除4，故错误选项.故选：B .33.下面不能写成10个连续自然数之和的是( )A.385B.495C.675D.1040【解析】任意10个连续自然数中有5个偶数，5个奇数，5个奇数的和是奇数，5个偶数的和是偶数，因为奇数+偶数=奇数，所以任意10个连续自然数的和一定是奇数；因为385、495、675都是奇数，而1040是偶数，所以10个连续自然数之和不可能是1040.故选：D .34.从1、2、3、⋯、7中选择若干个数，使得其中偶数之和等于奇数之和.则符合条件的取法( )种.A.6B.7C.8D.9【解析】1，2，3，4，5，6，7中1，3，5，7是奇数，2，4，6是偶数，134+=156+=3746+=+3526+=+1726+=+1524+=+57246+=++共7种故选：B .35.如图，在一张9行9列的方格纸上，把每个方格所在的行数和列数加起来，填在这个方格中，例如，在填入的81个数中，( )多.A.奇数B.偶数【解析】因为：奇数+奇数=偶数，偶数+偶数=偶数，奇数+偶数=奇数，所以，第一行填的数中由偶数开始，偶数结束，偶数比奇数多1个，第二行填的数中由奇数开始，数数结束，偶数比奇数少1个，同样，第三得填的数中偶数比奇数多1个，第四行填的数中偶数比奇数少1个，即前8行中奇数和偶数的个数一样多，而第九行中偶数多一个.所以，81个数字中偶数多. 答：81个数中偶数多.故选：B .36.房间有红、黄、蓝三种灯，当房间所有灯都关闭时，拉一次开关，红灯亮；第二次拉开关，红、黄灯都亮；第三次拉开关，红、黄、蓝三灯都亮；第四次拉开关，三灯全关闭，现在从1~100编号的同学走过该房间，并将开关拉若干次，他们拉开关的方式为：编号为奇数者，他拉的次数就是他的号数；编号为偶数者，其编号可以写成2r p g （其中p 为正奇数，r 为正整数），就拉p 次，当100人都走过房间后，房间中灯的情况为( )A.只有红灯亮B.只有红、黄灯亮C.三灯都亮D.三灯都不亮【解析】奇数和为135992500+++⋯+=，编号为2p 者有21⨯，23⨯，25⨯，⋯，249⨯，次数为13549625+++⋯+=；编号为22p 者有221⨯，223⨯，225⨯，⋯，2225⨯，拉开关次数为13525169+++⋯+=；同理可得编号32p 者拉36次；42p 者9次，52p 与62p 者拉开关次数1315++=次.总计2500625169369533444836+++++==⨯.所以最后三灯全关闭.故选：D.37.在如图的奥运五环图案中，分别填写五个两位数a，b，c，d，e，使得上面的三个数a，b，c是三个连续的偶数，下面的两个数d，e是两个连续的奇数，而且a b c d e++=+，如果填入的五个数的十位数字都是1，那么这五个数的和是()A.80B.76C.72D.68【解析】Q三个连续偶数之和等于两个连续奇数之和且都在0到20之间，∴只需使两个奇数的和为3的倍数即可，∴.Q填入的五个数的十位数字都是1，++++=，∴这五个数的和是101214171972故选：C.38.数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯的前2006个数中，偶数有()A.667个B.668个C.669个D.670个【解析】每三个数是一组，每组中有1个偶数；÷=⋯2006366822006个数中有668个这样的一组，还余2个数，余下的这两个数都是奇数，所以一共有668个偶数.故选：B.39.任意两个质数的和()A.一定是偶数B.一定是质数C.一定是合数D.可能是偶数，可能是质数，也可能是合数【解析】如：235+=，5是质数；358+=，8是偶数也是合数；279+=，9是合数；所以，任意两个质数的和可能是偶数、可能是质数、也可能是合数.故选：D .40.如果a ，b ，c 是三个任意整数，那么,,(222a b b c c a +++ ) A.都不是整数B.至少有一个整数C.至少有两个整数D.都是整数【解析】当a ，b ，c 都为偶数时，则a b +，a c +，c b +的和为偶数，那么,,222a b b c c a +++都为整数；当a ，b ，c 都为奇数时，则a b +，a c +，c b +的和为偶数，那么,,222a b b c c a +++都为整数；当a ，b ，c 中有一个偶数，两个奇数时，a b +，a c +，c b +的和中有两个为奇数，一个为偶数，那么,,222a b b c c a +++只有一个为整数；当a ，b ，c 中有一个奇数，两个偶数时，a b +，a c +，c b +的和中有两个为奇数，一个为偶数，那么,,222a b b c c a +++只有一个为整数；所以，如果a ，b ，c 是三个任意整数，那么,,222a b b c c a +++中至少有一个为整数. 故选：B .41.若三个连续偶数的和是162，则它们的乘积是( )A.157248B.125748C.157284D.172584【解析】162354÷=，54252-=，54256+=，525456157248⨯⨯=. 答：它们的积是157248.故选：A .42.四个同学进行计算比赛，比赛内容是：在9、10、11、⋯、67、68这60个自然数的相邻两数之间任意添加符号“+”或“一”，然后进行计算.四个同学得到的结果分别是2000、2003、2300、2320，老师看后指出：这四个结果中只有一个是正确的.这个正确的结果是( )A.2274B.2003C.23000D.2320【解析】由于91011682310+++⋯=，23202310>，所以D错误、(23102274)218-÷=，1829÷=，所以在9前是减号即可，符合题意.(23102003)30768-=>，错误.(23102000)215568-÷=>，错误.故选：A.43.下面三组数中和不同的是()A.87，76，65，54B.77，66，55，84C.58，86，64，75【解析】选项A、B都是2奇2偶，所以得数是偶数；只有选项C都是1奇3偶，所以得数是奇数；故选：C.44.有10个房间，9个开着灯，1个关着灯，如果每次拨动4个不同房间的开关，能不能把所有房间的灯都关上？A.能B.不能C.不能确定【解析】每次拨动4个开关，拨动的总次数是偶数；要把9个开着的灯关闭，拨动的总次数是一个奇数；偶数≠奇数故选：B.45.三个质数的倒数和为3111001，那么这三个质数的和为()A.311B.35C.31【解析】由题意可知，这三个质数的最小公倍数是三者的积，又因为它们的倒数之和的分母是1001，所以把1001就是这三个质数的最小公倍数.100171113=⨯⨯7111331++=故选：C .46.若a 、b 互素，且两个最简分数之和为3135m n a b +=，则1(a b m n m n +-=⨯ ) A.5 B.6 C.8 D.10【解析】因为若a 、b 互素，且计算结果的分母为35，则35就是这两个质数的乘积， 3557=⨯，所以，5a =，7b =，则7531m n +=，解得，3m =，2n =，所以，1a b m n m n+-⨯ 5713223=+-⨯ 5=；故选：A .47.三个质数的倒数和为3111001，那么这三个质数的和为( ) A.311 B.35 C.31 D.29【解析】因为，100171113=⨯⨯所以，这三个质数分别是：7、11、13，所以，这三个质数的和是：7111331++=，答：这三个质数的和为31.故选：C .48.如图，正方体每个面上各写了一个整数，并且相对的两个面上的数之和都相等，现在只看到三个面上写的数8，10与25，如果看不见的三个面上写的都是质数，那么这三个质数之和是( )A.36B.38C.52D.58【解析】设和10相对的数是a ，和8相对的数是b ，和25相对的数是c ，。

小学奥数题库《数论》因数和倍数-因数-1星题(含解析)

数论-因数和倍数-因数-1星题课程目标知识提要因数•定义对于整数a和b，如果a∣b，我们就称a是b的因数。

精选例题因数1. 算式1×2×3×⋯×10的结果中末尾有个连续的零．【答案】2个【分析】此题算式中，有10、5分别有1个因数5，共2个因数5；2、4、6、8、10共有8个因数2．由于因数5的个数少于因数2的个数，只有2个，所以该算式结果末尾有2两个连续的零．2. 算式333×625×125×25×5×16×8×4×2的结果中末尾有个连续的零．【答案】10【分析】乘积末尾0的个数取决于乘数中因数2与因数5的搭配情况．该算式中，625、125、25、5分别提供4、3、2、1个因数5，一共可以提供4+3+2+1=10(个);16、8、4、2分别可以提供4、3、2、1个因数2，一共可以提供4+3+2+1=10(个).10对因数5和因数2乘积产生10个零，所以该算式结果中有10个连续的零0．3. 两个相邻质数的和乘以它们的差得120，这样的质数有两组，它们分别是〔，〕和〔，〕．【答案】31,29和17,13．【分析】两个数的乘积是120，可以把120分成以下乘积120=1×120=2×60=3×40=4×30=5×24=6×20=8×15=10×12,而两个数的和与差的奇偶性是相同的，满足条件的只有2×60，4×30，6×20，10×12．相应的，得到这两个数分别是31,29；17,13；13,7；11,1．满足相邻质数这个条件的是前两组，31与29，17与13．4. 小高把62个奶糖和75个水果糖平均分给他的朋友们，最后剩下2个奶糖，3个水果糖．请问小高把糖分给了多少个朋友？【答案】4个、6个或12个【分析】简答：分出去了60个奶糖和72个水糖果，那么朋友们的个数应该是60和72的公约数，而且要比3大．所以只能是4个、6个或12个．5. 24有哪些约数？36有哪些约数？公共的约数有哪些？最大的是多少？【答案】12【分析】24的约数1，2，3，4，6，8，12，24；36的约数1，2，3，4，6，9，12，18，36．公共的约数为1，2，3，4，6，12．最大的为12．【答案】17636649037. 一个自然数N共有9个约数，而N−1恰有8个约数．满足条件的自然数中，最小的和第二小的分别是多少？【答案】196；256【分析】有9个约数的数可以表示为两种形式：a8或a2×b2．从小往大逐个尝试发现22×72= 196，195=3×5×13，有8个约数．28=256，255=3×5×17，有8个约数．因此最小的和第二小的分别是196和256．8. 甲、乙两个自然数的乘积比甲数的平方小2008．请问：满足上述条件的自然数有几组？【答案】4【分析】由题目条件得，甲×甲−甲×乙=甲×(甲−乙)=2008,将2008写成两个数乘积的形式，有如下几种：2008=2008×1=1004×2=502×4=251×8.因此满足条件的甲、乙数为(2008,2007)、(1004,1002)、(502,498)、(251,243)，共有4组．9. 111111111的第二大的约数是多少？【答案】37037037【分析】简答：111111111第二小的约数为3，因此第二大的约数为11111111÷3= 37037037．10. 一个偶数恰有6个约数不是3的倍数，恰有8个约数不是5的倍数．请问：这个偶数是多少？【答案】1350【分析】一个偶数恰有6个约数不是3的倍数，满足条件的形式为25×3x或a×b2×3x，前一种情况不可能满足“恰有8个约数不是5的倍数“．因此只能取a×b2×3x的形式，并且x只能等于3，b只能等于5，再考虑偶数，那么a只能等于2，因此这个数为2×52×33=1350．12. 有一个正整数，它加上100后是一个完全平方数，加上168后也是一个完全平方数．请问：这个正整数是多少？【答案】156【分析】设这个正整数为n ，那么n +100=b 2,n +168=a 2,两式相减得a 2−b 2=68,而a 2−b 2=(a +b)×(a −b),由于68=1×68=2×34=4×17,由此可得{a +b =34,a −b =2,解得 {a =18,b =16,所以n 为156．13. 两个自然数的差为16，它们的最大公因数有几种可能？最大可能是多少？【答案】5；16【分析】最大公因数一定是16的因数，16共有5个因数，所以最大是16．14. 猜猜看小侦探柯楠在侦破一个案件的时候，发现与案件有关的一个保险箱设有一个六位数的密码是：A B C D E F他又发现主人为了防范忘记密码在自己的日记本中做了如下的提示，A 是5的最大因数，B 的所有因数是1，2，4，8，C 是最小的自然数．D 只有一个因数，E 既是质数，又是偶数，F 既是9的因数又是9的倍数．你能帮助小侦探找到密码翻开这个保险箱吗？并说明你推理的理由是什么？【答案】580129；理由见解析．【分析】A 是5的最大因数，因为5的最大因数是5，所以A 是5；B 的所有因数是1，2，4，8，根据一个数最大的因数是它本身，可知B 是8；C 是最小的自然数，最小的自然数是0，所以C 是0；D 只有一个因数，是1；E 是2；F 既是9的因数又是9的倍数，所以F 是9；由此即可写出答案． 15. 24x−1表示的是正整数，那么满足要求的正整数X 共有多少个？【答案】8【分析】因为24的因数有：1，2，3，4，6，8，12，24；当x −1=1时，x =2；当x −1=2时，x =3；当x −1=3时，x =4；当x −1=4时，x =5；当x −1=6时，x =7；当x −1=8时，x =9；当x −1=12时，x =13；当x −1=24时，x =25；故满足要求的正整数X 共有8个．16. 一个数是5个2，3个3，6个5，1个7的连乘积．这个数有许多约数是两位数，那么在这些两位数的约数中，最大的是多少？【答案】96【分析】设这个数为A，有A=25×33×56×7，99=3×3×11，98=2×7×7，97均不是A的约数，而96=25×3为A的约数，所以96为其最大的两位数约数．。

小学奥数题库《数论》因数和倍数-因数和-4星题(含解析)

数论-因数和倍数-因数和-4星题课程目标知识提要因数和•概念因数和：即一个整数的所有因数的和。

因数和公式：a3×b2×c的因数的和为（1+ a + a2 + a3）×（1+ b + b2）×（1+ c）精选例题因数和1. 2010的全部约数有个，这些约数的和数是．【答案】16；4896【分析】详解：2010=2×3×5×67，约数有(1+1)×(1+1)×(1+1)×(1+1)=16个，约数之和是(1+2)×(1+3)×(1+5)×(1+67)=4896．2. 36的所有约数的和多少？90的所有约数的和是多少？【答案】91；234【分析】简答：提示，牢记求约数和的公式，并能准确分解质因数．3. 10000的所有因数的和为多少？所有因数的积为多少？【答案】24211；1000012×100【分析】10000=24×54，因数和：(20+21+22+23+24)×(50+51+52+53+54)=24211因数积为(1002)n×100，其中n=[(4+1)×(4+1)−1]÷2=12所以因数的积为1000012×1004. 求出所有恰好含有10个因数的两位数，并求出每个数的所有因数之和．【答案】124或186【分析】10=9+1=2×5，表达式为a9或者ab4，29>100，2×34>100，只可能是24×3=48或24×5=80．48的因数之和：(20+21+22+23+24)×(30+31)=124，80的因数之和：(20+21+ 22+23+24)×(50+51)=186．5. 360的所有因数的和为多少？所有因数的积为多少？【答案】1170、36012【分析】360=23×32×5，因数和：(20+21+22+23)×(30+31+32)×(50+51)=1170因数积：360n，n=(3+1)×(2+1)×(1+1)÷2=12所以因数的积为36012．6. 360共有多少个奇约数？所有这些奇约数的和是多少？【答案】6、78【分析】360=23×32×5，奇约数有：(2+1)×(1+1)=6(个)，奇约数的和是：(30+ 31+32)×(50+51)=78．7. 2000的所有因数的和为多少？所有因数的积为多少？【答案】4836、200010【分析】2000=24×53，因数和：(20+21+22+23+24)×(50+51+52+53)=4836；因数积为2000n，其中n=(4+1)×(3+1)÷2=10，所以因数的积为200010．。

小学奥数题及答案

小学奥数题及答案小学奥数题及答案1商店进了一批商品，按40%加价出售.在售出八成后，为了尽快销完，决定五折处理剩余商品，而且商品全部出售后，突然被征收了150元的附加税，这使得商店的实际利润率只是预期利润率的一半，那么这批商品的进价是多少元?(注：附加税算作成本)答案与解析：理解利润率的含义，是利润在成本上的百分比。

设进价x元，则预期利润率是40%所以收入为(1+40%)x×0.8+0.5×(1+40%)x×0.2=1.26x实际利润率为40%×0.5=20%1.26x=(1+20%)(x+150)得x=3000所以这批商品的进价是3000元。

小学奥数题及答案2三年级奥数题：和差倍数问题（一）1、南京长江大桥共分两层，上层是公路桥，下层是铁路桥。

铁路桥和公路桥共长11270米，铁路桥比公路桥长2270米，问南京长江大桥的公路和铁路桥各长多少米？2、三个小组共有180人，一、二两个小组人数之和比第三小组多20人，第一小组比第二小组少2人，求第一小组的人数。

3、甲、乙两筐苹果，甲筐比乙筐多19千克，从甲筐取出多少千克放入乙筐，就可以使乙筐中的苹果比甲筐的多3千克？三年级奥数题：和差倍数问题（二）1、在一个减法算式里，被减数、减数与差的和等于120，而减数是差的3倍，那么差等于多少？2、已知两个数的商是4，而这两个数的差是39，那么这两个数中较小的一个是多少？3、姐姐做自然练习比妹妹做算术练习多用48分钟，比妹妹做英语练习多用42分钟，妹妹做算术、英语两门练习共用了44分钟，那么妹妹做英语练习用了多少分钟？三年级奥数题：和差倍数问题（三）1、已知△，○，□是三个不同的数，并且△+△+△=○+○，○+○+○+○=□+□+□，△+○+○+□=60，那么△+○+□等于多少？2、用中国象棋的车、马、炮分别表示不同的自然数。

如果，车÷马＝2，炮÷车＝4，炮-马＝56，那么“车+马+炮”等于多少？3、聪聪用10元钱买了3支圆珠笔和7本练习本，剩下的钱若买一支圆珠笔就少1角4分；若买一本练习本还多8角，问一支圆珠笔的售价是多少元？三年级奥数题：和差倍数问题（四）1、甲、乙两位学生原计划每天自学的时间相同，若甲每天增加自学时间半小时，乙每天减少自学时间半小时，则乙自学6天的时间仅相等于甲自学一天的时间。

小学五年级奥数题：数论问题

若甲取走若干袋乙取走若干袋最后剩下一袋已知甲取走的球数总和是乙的两倍剩下一袋内装有个球
小学五年级奥数题：数论问题
小学五年级奥数题：数论问题
小学五年级奥数题及答案：数论问题(中等难度)
有9个袋子里分别装有9,12,14,16,18,21,24,25,28只球。若甲取走ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ干袋，乙取走若干袋，最后剩下一袋，已知甲取走的球数总和是乙的两倍，剩下一袋内装有( )个球。
数论答案：
数论中的整除问题：
9+12+14+16+18+21+24+25+28=167.
设乙取的数量是X,则甲的`数量是2X，剩下的为a,则有，2X+X+a=167即
3X+a=167.利用同余的知识，167÷3余2，所以a÷3也要余2.即a=14.
【小结】利用整除的性质，能够快速的找到突破口。
一键复制全文
下载全文

小学奥数数论专题--数位与进制(六年级)竞赛测试.doc

小学奥数数论专题--数位与进制（六年级）竞赛测试姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题简答题xx题xx题xx题总分得分一、xx题评卷人得分（每空xx 分，共xx 分）【题文】某三位数和它的反序数的差被99除，商等于______与______的差；【答案】a-c【解析】本题属于基础型题型。

我们不妨设a＞b＞c。

(-）÷99=[(100a+10b+c)-(100c+10b+a)]÷99=(99a-99c)÷99=a-c；【题文】与的差被9除，商等于______与______的差；【答案】a-b【解析】(-）÷9=[(10a+b)-(10b+a)]÷9=(9a-9b)÷9=a-b；【题文】与的和被11除，商等于______与______的和。

【答案】a+b【解析】 (+）÷11=[(10a+b)+(10b+a)]÷11=(11a+11b)÷11=a+b。

【题文】(美国小学数学奥林匹克)把一个两位数的十位与个位上的数字加以交换，得到一个新的两位数．如果原来的两位数和交换后的新的两位数的差是45，试求这样的两位数中最大的是多少？【答案】94【解析】设原来的两位数为，交换后的新的两位数为，根据题意，，，原两位数最大时，十位数字至多为9，即，，原来的两位数中最大的是94．【题文】将一个四位数的数字顺序颠倒过来，得到一个新的四位数(这个数也叫原数的反序数)，新数比原数大8802．求原来的四位数．【答案】1099【解析】设原数为，则新数为，．根据题意，有，．推知，，得到，，，，原数为1099．【题文】如果一个自然数的各个数码之积加上各个数码之和，正好等于这个自然数，我们就称这个自然数为“巧数”。

例如，99就是一个巧数，因为9×9＋(9＋9)＝99。

小学奥数数论问题50道详解(一)

小学奥数数论问题50道详解(一)
1. 问题描述
这是一份详细解答小学奥数数论问题的文档，包含了50道数论问题的解答方法和策略。

2. 解答内容
以下是其中的一些问题的解答概要：
1. 问题1：某数的末两位数是7，这个数能否被3整除？
解答：对于一个数能否被3整除，可以通过判断其所有位上数字之和是否能被3整除。

这里，末两位为7，所以无法确定这个数能否被3整除。

2. 问题2：某数的末两位数是12，这个数能否被4整除？
解答：对于一个数能否被4整除，可以通过判断它的末两位是否能被4整除。

这里，末两位数为12，12不能被4整除，所以该数也不能被4整除。

3. 问题3：某数的个位是7，十位是4，这个数能否被9整除？
解答：对于一个数能否被9整除，可以通过判断其所有位上数
字之和是否能被9整除。

这里，个位为7，十位为4，所以7+4=11，11不能被9整除，所以该数也不能被9整除。

4. 问题4：某数的末两位数字是0，这个数能否被5整除？
解答：对于一个数能否被5整除，可以直接判断其末位是否是
0或者5。

这里，末两位数字是0，所以这个数可以被5整除。

3. 结论
这份文档提供了小学奥数数论问题的详细解答，其中包含了50道问题的解答概要。

通过阅读这份文档，学生可以深入了解解决数
论问题的方法和策略，提高他们的数论问题解决能力。

小学奥数数论(因数与倍数及整数裂项)试题及答案解析

小学奥数——因数与倍数与整数裂项一、选择题（共50小题）1.沿边长为20米的正方形花园四周每隔4米种一棵树，最多可种树()棵A.16B.18C.20D.222.一个挂钟，一点钟敲一下，两点钟敲两下，三点钟敲三下⋯⋯十二点钟敲十二下，每逢半点敲一下.这个挂钟一昼夜共敲()下.A.78B.102C.156D.1803.一根木头长24分米，要锯成4分米长的木棍.若每锯一次要3分钟，锯完一段休息2分钟，则全部锯完需要()分钟.A.23B.25C.28D.304.一块三角形地，三条边分别12米、15米、9米，每3米种一棵树，一共要种()棵树.A.9B.12C.15D.185.一根长2米的木棍，锯成每段长0.4米的木棍需要20分钟，那么锯成每段长0.5米的木棍需要()A.15分钟B.12分钟C.10分钟D.以上都不对6.一根水管锯成两段要2分钟，锯成6段要()分钟.A.6B.10C.12D.247.同学们做早操，81个同学排成一排，每相邻两个同学之间的距离相等，第一个人到最后一个人的距离时120米，相邻两个人的距离是()米.A.1B.约1.5C.1.5D.28.小明家住在9楼，他从底楼走到3楼用了1分钟，那么它从底楼走到9楼要用()分钟.A.4.5B.4C.3.5D.3E.2.59.奶奶出去散步，从第一根电线杆处走到第十根电线杆处共用了18分钟，照这个速度奶奶走了36分钟，她走到了第()根电线杆处.A.18B.19C.20D.2110.时钟3点敲3下，6秒钟敲完；那么7点敲7下，()秒钟敲完.A.10B.12C.14D.1811.在一座长1000米的长江大桥两边挂彩灯，起点和终点都挂，一共挂了202盏（相邻两盏之间的距离相等）.则相邻两盏彩灯之间的距离是()米.A.8B.9C.10D.1112.分母小于60，分子不大于6的最简真分数有()个.A.59B.87C.197D.21513.a，b和c是三个非零自然数，在a b c=⨯中，能够成立的说法是()A.b和c是互质数B.b和c都是a的质因数C.b和c都是a的约数D.b一定是c的倍数14.三个不同正整数的和为564，其中一个数除以3余数为1，另一个数除以5的余数为3，第三个数除以7的余数为5，商都相同，则相同的商为()A.15B.21C.35D.3715.商店有三种糖，甲种糖每袋1.5千克，乙种糖每袋2千克，丙种糖每袋2.5千克，为了方便顾客，将大袋改为小袋，把它们全改为0.5千克的小袋，这样奶糖正好装了126袋，水果糖正好装104袋，酥糖正好205袋，原来的甲、乙、丙三种糖的品种依次是()A.酥糖、水果糖、奶糖B.奶糖、水果糖、酥糖C.奶糖、酥糖、水果糖D.水果糖、奶糖、酥糖16.如图，在高速公路上，从3千米处开始，每隔4千米设计一个速度限制标志，而且从10千米处开始，每隔9千米设一个测速照相标志，则刚好在19千米处同时设置这两标志.那么，下一个同时设置这两种标志的地点的千米数是()A.32B.37C.55D.9017.你能根据以下的线索找出百宝箱的密码吗？（1）密码是一个八位数；（2）密码既是3 的倍数又是25 的倍数；（3）这个密码在20000000 到30000000 之间；（4）百万位与十万位上的数字相同；（5）百位数字比万位数字小2；（6）十万位、万位、千位上数字组成的三位数除以千万位、百万位上数字组成的两位数，商是25.依据上面的条件，推理出这个密码应该是()A.25526250B.26650350C.27775250D.2887035018.从1~11这11个整数中任意取出6个数，则下面结论正确的共()个.①其中必有两个数互质；②其中必有一个数是其中另一个数的倍数；③其中必有一个数的2倍是其中另一个数的倍数.A.3B.2C.1D.019.如果20132013201420142012nm⨯=⨯+（其中m与n为互质的自然数），那么m n+的值是()A.1243B.1343C.4025D.402920.某班有50多人上体育课，他们站成一排，老师让他们按1，2，3，4，5，6，7循环报数，最后一人报的数是4，这个班有()人上体育课.A.51B.50C.53D.5721.两个数的最大公约数是20，最小公倍数是100，下面说法正确的有()个.（1）两个数的乘积是2000.（2）两个数都扩大10倍，最大公约数扩大100倍.（3）两个数都扩大10倍，最小公倍数扩大10倍.（4）两个数都扩大10倍，两个数乘积扩大100倍.A.1B.2C.3D.422.用四个数码1，3，4和6所组成的没有重复数字的所有整数中，是6的倍数的有( )A.1B.2C.3D.423.若干位小朋友排成一行，从左面第一个人开始，每隔2人发一个苹果，从右面第一人开始，每隔4人发一个桔子，结果有10个小朋友苹果和桔子都拿到了，那么这些小朋友最多有()人.A.16B.31C.158D.16624.一个电子钟，每9分钟亮一次灯，每到整点响一次铃，中午12点时，电子钟恰好又亮灯又响铃，问下次既亮灯又响铃是()A.2点B.3点C.4点D.5点25.在一根长100厘米的木棍上，自左至右每隔6厘米染一个红点，同时自右至左每隔5厘米也染一个红点，然后沿红点处将木棍逐段锯开，那么，长度是1厘米的短木棍有()条.A.7B.8C.9D.1026.一根长木棍上刻有三种刻度，第一种刻度将木棍十等分，第二种刻度将木棍十二等分，第三种刻度将木棍十五等分，如果沿每条刻度线将木棍锯开，木棍总共被锯成()A.20段B.24段C.28段D.30段27.某加油站有二位员工，从今年l月1日起规定：员工甲每工作3天后休息1天，员工乙每工作5天后休息2天，当遇到二人都休息时，必须另聘一位临时工，则今年共有()天要聘1个时工.A.26B.28C.30D.2428.一条公路由A经B到C.已知A、B相距280米，B、C相距315米.现要在路边植树，要求相邻两树间的距离相等.并在B点及AB、BC的中点上都要植一棵.那么两树间距离最多有()A.35米B.36米C.17.5米D.18米29.如图，在高速公路上，从3千米处开始，每隔4千米设计一个速度限制标志，而且从10千米处开始，每隔9千米设一个测速照相标志，则刚好在19千米处同时设置这两标志.那么，下一个同时设置这两种标志的地点是()A.32千米处B.37千米处C.55千米处D.90千米处30.有两个二位数，它们的最大公约数8，最小公倍数是96，这两个数的和是()A.56B.78C.84D.9631.在老区和新区之间一条路上安排公交站点，第一种安排将道路分成十等份；第二种安排将道路分成十二等份；第三种安排将道路分成十五等份.这三种安排分别通过三路不同的公交车实现，则此道路上其有多少个公交站点？（含起点和终点）()A.27B.29C.32D.3732.有两个合数是互质数，它们的最小公倍数是210，这样的数有()对.A.1B.2C.3D.433.如果a、b的最大公因数是21，那么a和b的公因数有()个.A.2B.3C.4D.534.同学们栽树，每行栽5棵，到最后一行只栽了4棵树，那么这些树的棵数是()A.5的倍数B.4的倍数C.5的倍数多4D.4的倍数多535.标有1到200的200张数字卡片，任意抽一张，号码是3的倍数的可能性是()A.33100B.67100C.310D.不确定36.7和8的最小公倍数是()A.1B.56C.11237.一块红砖长25厘米，宽15厘米，用这样的红砖拼成一个正方形最少需要多少块？( )A.15B.12C.75D.838.小丽用一排地砖创造了一种跳跃游戏.她将地砖标上l，2，3，4，⋯并沿这一排地砖跳跃，每两块地砖着地一次，第一步落在第2块地砖上，最后停在倒数第2块地砖上.转身后她从倒数第2块地砖开始向回跳跃，这一次是每三块地砖着地一次，最后停在第l块地砖上.最后她又转身从第l块地砖开始跳跃，每五块地砖着地一次.这一次她又停在倒数第2块地砖上.那么这一排地砖共有()块（从下列选项中选出符合条件的答案）.A.39B.40C.47D.49E.5339.a、b和c是三个自然数，在a b c=⨯中，不一定成立的是()A.a一定是b的倍数B.a一定能被b整除C.a一定是b和c的最小公倍数D.b一定是a的约数40.一个圆的直径缩小2倍，周长与面积分别缩小()A.2倍与4倍B.2倍与2倍C.4倍与4倍D.4倍与2倍41.下列四组数中，两个数只有公约数1的数是()A.13和91B.21和51C.34和51D.15和2842.五楼的王老师病了，小孙帮王老师送早点，从一楼到二楼用了34分钟，用同样的速度从一楼走到五楼王老师家要用( )分钟.A.154B.3C.203D.以上都不对43.校园内有一圆形花坛，花坛周围一共种了15棵月季花，每两棵月季花的距离都是2米，那么花坛的周长是( )A.30B.3C.28D.1544.奶奶折一个纸鹤用3分钟，每折好一个需要休息1分钟，奶奶从2时30分开始折，她折好第5个纸鹤时已经到了( )A.2时45分B.2时49分C.2时50分D.2时53分45.小明在正方形的边上标出若干个点，每条边上恰有3个，那么所标出的点最少有( )个.A.12B.10C.8D.646.一个木工锯一根长22米的木料，他先把一头损坏的部分锯下来2米，然后锯了4次，锯成同样长的短木条，每根短木条长( )米.A.2B.3C.4D.547.把25分拆成若干个不同正整数的和，其积的最大值设为A ，把26分拆成若干个不同正整数的和，其积的最大值设为B ，则(A B ) A.2526 B.78 C.56 D.1848.把自然数154写成若干个连续自然数之和（最少有两个数），共有( )种不同写法.A.2B.3C.4D.549.如图所示，将15个点排成三角形点阵或者梯形点阵共有3种不同方法（规定：相邻两行的点数均差1).那么将2014个点排成三角形点阵或者梯形点阵（至少两层）共有( )种不同的方法.A.3B.7C.4D.950.式子20141x为整数，则正整数x有()种取值.A.6B.7C.8D.9参考答案与试题解析一、选择题（共50小题）1.沿边长为20米的正方形花园四周每隔4米种一棵树，最多可种树()棵A.16B.18C.20D.22【解析】根据题意得⨯÷2044=÷804=（棵)20故选：C.2.一个挂钟，一点钟敲一下，两点钟敲两下，三点钟敲三下⋯⋯十二点钟敲十二下，每逢半点敲一下.这个挂钟一昼夜共敲()下.A.78B.102C.156D.180【解析】根据题意得+++⋯++⨯(1231212)2=⨯902=（下)180故选：D.3.一根木头长24分米，要锯成4分米长的木棍.若每锯一次要3分钟，锯完一段休息2分钟，则全部锯完需要()分钟.A.23B.25C.28D.30【解析】2446÷=（段)615-=（次)⨯=（分钟）5315⨯-=（分钟）2(51)815823+=（分钟）答：全部锯完需要23分钟.故选：A.4.一块三角形地，三条边分别12米、15米、9米，每3米种一棵树，一共要种()棵树.A.9B.12C.15D.18【解析】根据题意得(12159)3++÷=÷363=（棵)12故选：B.5.一根长2米的木棍，锯成每段长0.4米的木棍需要20分钟，那么锯成每段长0.5米的木棍需要()A.15分钟B.12分钟C.10分钟D.以上都不对【解析】20.45÷=（段)÷-20(51)=÷204=（分)5÷=（段)20.54⨯-5(41)=⨯53=（分钟）15答：需要15分钟.故选：A.6.一根水管锯成两段要2分钟，锯成6段要()分钟.A.6B.10C.12D.24【解析】2(21)(61)÷-⨯-=÷⨯215=（分钟）10答：锯成6段要10分钟；故选：B.7.同学们做早操，81个同学排成一排，每相邻两个同学之间的距离相等，第一个人到最后一个人的距离时120米，相邻两个人的距离是()米.A.1B.约1.5C.1.5D.2【解析】如果把人看做一个点，120(811)÷-=÷120801.5=（米)所以应该是约1.5米，但不是1.5米答：相邻两个人约隔1.5米.故选：B.8.小明家住在9楼，他从底楼走到3楼用了1分钟，那么它从底楼走到9楼要用()分钟.A.4.5B.4C.3.5D.3E.2.5【解析】1(31)(91)÷-⨯-=÷⨯128=（分钟）；4答：它从底楼走到9楼要用4分钟.故选：B.9.奶奶出去散步，从第一根电线杆处走到第十根电线杆处共用了18分钟，照这个速度奶奶走了36分钟，她走到了第()根电线杆处.A.18B.19C.20D.21【解析】18(101)2÷-=（分钟）÷+=（根)362119答：奶奶36分钟走到了第19根电线杆处.10.时钟3点敲3下，6秒钟敲完；那么7点敲7下，()秒钟敲完.A.10B.12C.14D.18【解析】根据分析可得，÷-⨯-，6(31)(71)=⨯，3618=（秒)；答：7点敲7下，18秒钟敲完.故选：D.11.在一座长1000米的长江大桥两边挂彩灯，起点和终点都挂，一共挂了202盏（相邻两盏之间的距离相等）.则相邻两盏彩灯之间的距离是()米.A.8B.9C.10D.11【解析】大桥一边挂彩灯的数量：2022101÷=（盏)灯与灯之间的间隔数：1011100-=（个)相邻2盏彩灯的距离：100010010÷=（米)，故选：C.12.分母小于60，分子不大于6的最简真分数有()个.A.59B.87C.197D.215【解析】根据题意可得：①当分子是1时，分母可以从2到59，共58个；②当分子是2、3、5时，因为他们都是质数，因此分母必须大于分子，且不是分子的倍数，当分子是2时，在1到59之间有偶数29个130+=个数不符合条件，所以有593029-=个；当分子是3时，在1到59之间有3的倍数18个321+=个，所以有592138-=个；当分子是5时，在1到59之间是5的倍数的11个415+=个，所以591544-=个；③因为当分子是4时是合数，分母不能为偶数，在1到59之间有偶数29个231+=，所以有593128-=个；④分子是6时，6是合数，分母不能为偶数，在1到59之间有偶数29个231+=个，又不能是3的倍数，1至59之间不是偶数且是3的倍数有10个，则所以共有--=个.59311018所以分子不大于6而分母小于60的不可约真分数有：582938442818215+++++=（个).故选：D.13.a，b和c是三个非零自然数，在a b c=⨯中，能够成立的说法是()A.b和c是互质数B.b和c都是a的质因数C.b和c都是a的约数D.b一定是c的倍数【解析】A、比如1226=⨯，2和6不互质，所以b和c是互质数的说法错误；B、比如4886=⨯，8和6不是48的质因数，所以b和c都是a的质因数的说法错误；C、因为a b c=⨯，所以b和c都是a的因数，所以b和c都是a的约数的说法正确；D、比如4886=⨯，8就不是6的倍数，所以b一定是c的倍数的说法错误；故选：C.14.三个不同正整数的和为564，其中一个数除以3余数为1，另一个数除以5的余数为3，第三个数除以7的余数为5，商都相同，则相同的商为()A.15B.21C.35D.37【解析】---÷++=(564135)(357)37故选：D.15.商店有三种糖，甲种糖每袋1.5千克，乙种糖每袋2千克，丙种糖每袋2.5千克，为了方便顾客，将大袋改为小袋，把它们全改为0.5千克的小袋，这样奶糖正好装了126袋，水果糖正好装104袋，酥糖正好205袋，原来的甲、乙、丙三种糖的品种依次是()A.酥糖、水果糖、奶糖B.奶糖、水果糖、酥糖C.奶糖、酥糖、水果糖D.水果糖、奶糖、酥糖【解析】由题意，甲种糖一袋改3小袋，乙种糖一袋改4小袋，丙种糖一袋改5小袋，因为奶糖正好装了126袋，水果糖正好装104袋，酥糖正好205袋，而126能被3整除，104能被4整除，205能被5整除，所以甲、乙、丙三种糖的品种依次是奶糖、水果糖、酥糖，故选：B.16.如图，在高速公路上，从3千米处开始，每隔4千米设计一个速度限制标志，而且从10千米处开始，每隔9千米设一个测速照相标志，则刚好在19千米处同时设置这两标志.那么，下一个同时设置这两种标志的地点的千米数是()A.32B.37C.55D.90【解析】同时经过两种设施时的里程数减3后，应是4的倍数，减10以后应是9的倍数.在19千米处第一次同时经过这两种设施，所以从这里开始以后再次经过这两种设施时，行驶的路一定是4和9的最小公倍数，所以第二次同时经过这两种设施时的里程数为194955+⨯=千米.故选：C.17.你能根据以下的线索找出百宝箱的密码吗？（1）密码是一个八位数；（2）密码既是3 的倍数又是25 的倍数；（3）这个密码在20000000 到30000000 之间；（4）百万位与十万位上的数字相同；（5）百位数字比万位数字小2；（6）十万位、万位、千位上数字组成的三位数除以千万位、百万位上数字组成的两位数，商是25.依据上面的条件，推理出这个密码应该是()A.25526250B.26650350C.27775250D.28870350【解析】（1）四个选项都是8位数；（2）四选项都是25的倍数，C的数字和是35不是3的倍数.排除C；（3）都满足条件；（4）都满足条件；（5）A，D相等不满足条件；（6）B满足条件.故选：B.18.从1~11这11个整数中任意取出6个数，则下面结论正确的共()个.①其中必有两个数互质；②其中必有一个数是其中另一个数的倍数；③其中必有一个数的2倍是其中另一个数的倍数.A.3B.2C.1D.0【解析】根据上面的分析可知：从1~11这11个整数中任意取出6个数，①其中必有两个数互质；此说法正确.③其中必有一个数的2倍是其中另一个数的倍数.此说法正确.故选：B.19.如果20132013201420142012n m⨯=⨯+（其中m 与n 为互质的自然数），那么m n +的值是( )A.1243B.1343C.4025D.4029 【解析】2013201320136712014201420122016672n m ⨯===⨯+，所以671n =，672m =，1343m n +=.故选：B .20.某班有50多人上体育课，他们站成一排，老师让他们按1，2，3，4，5，6，7循环报数，最后一人报的数是4，这个班有( )人上体育课.A.51B.50C.53D.57【解析】接近50的7的倍数有：49和56，49453+=，56460+=不符合题意，所以这个班有53人上体育课.故选：C .21.两个数的最大公约数是20，最小公倍数是100，下面说法正确的有( )个.（1）两个数的乘积是2000.（2）两个数都扩大10倍，最大公约数扩大100倍.（3）两个数都扩大10倍，最小公倍数扩大10倍.（4）两个数都扩大10倍，两个数乘积扩大100倍.A.1B.2C.3D.4【解析】根据题意，可知这两个数分别是20和100；（1）201002000⨯=，所以两个数的乘积是2000，所以原说法正确的；（2）两个数都扩大10倍，最大公约数变为2010200⨯=，是扩大了10倍，所以原说法错误；（3）两个数都扩大10倍，最小公倍数变为100101000⨯=，是扩大了10倍，所以原说法正确；（4）两个数都扩大10倍，变为200和1000，乘积变为200000，也即两个数乘积扩大100倍，所以原说法正确；正确的说法有3个.故选：C .22.用四个数码1，3，4和6所组成的没有重复数字的所有整数中，是6的倍数的有( )A.1B.2C.3D.4【解析】由分析可知，用四个数码1，3，4和6所组成的没有重复数字的所有整数中，是6的倍数的有36和6这两个数.故选：B.23.若干位小朋友排成一行，从左面第一个人开始，每隔2人发一个苹果，从右面第一人开始，每隔4人发一个桔子，结果有10个小朋友苹果和桔子都拿到了，那么这些小朋友最多有()人.A.16B.31C.158D.166【解析】每(21)(41)15+⨯+=人就会有1人拿到两种水果.先让12人拿到两种水果，并且在这一行中，两端的两人都拿到了两种水果，因此共：15111166⨯+=（人)；然后从两端去掉最少的人就可以了，要满足左方第一个是苹果，那么左方最少去掉3人，要满足右方第一个拿到橘子，那么右方最少去掉5人；所以最多有：16653158--=（人)；答：这些小朋友最多有158人.故选：C.24.一个电子钟，每9分钟亮一次灯，每到整点响一次铃，中午12点时，电子钟恰好又亮灯又响铃，问下次既亮灯又响铃是()A.2点B.3点C.4点D.5点【解析】因为9和60的最小公倍数是180，所以180分后既亮灯又响铃，180分钟3=小时；12时3=时；+时15答：在下午3点既亮灯又响铃.故选：B.25.在一根长100厘米的木棍上，自左至右每隔6厘米染一个红点，同时自右至左每隔5厘米也染一个红点，然后沿红点处将木棍逐段锯开，那么，长度是1厘米的短木棍有()条.A.7B.8C.9D.10【解析】从左往右每隔6厘米染的红点全是6的倍数，从右往左每隔5厘米染红点，100除以5能除尽，说明从左往右和从右往左是一样的，都是5的倍数.只要找出5厘米的倍数和6厘米的倍数就可以.100以内5的倍数是：5，10，15，20，25，30，35，40，45，50，55，60，65，70，75，80，85，90，95，100.100以内6的倍数是：6，12，18，24，30，36，42，48，54，60，66，72，78，84，90，96，5的倍数和6的倍数相差1的是：5和6，24和25，36和35，54和55，65和66，84和85，95和96，所以共有7段长1cm的短木棍.故选：A.26.一根长木棍上刻有三种刻度，第一种刻度将木棍十等分，第二种刻度将木棍十二等分，第三种刻度将木棍十五等分，如果沿每条刻度线将木棍锯开，木棍总共被锯成()A.20段B.24段C.28段D.30段【解析】由于10、12、15的最小公倍数是60，假定这根木棍的长为60.于是，各等分的刻度线的标记处是：十等分：6、12、18、24、30、36、42、48、54、60.十二等分：5、10、15、20、25、30、35、40、45、50、55、60.十五等分：4、8、12、16、20、24、28、32、36、40、44、48、52、56、60.这样，把有三个刻度线标记处重合的(60)去掉，把有两个刻度线标记处的(12、24、36、48、20、30、40)只算一个，然后在4、5、6、8、10、12、15、16、18、20、24、25、28、30、32、35、36、40、42、44、45、48、50、52、54、55、56处将木棍锯断，共锯了27次.根据植树问题的原理可知：这根木棍共锯成27128+=（段).故选：C.27.某加油站有二位员工，从今年l月1日起规定：员工甲每工作3天后休息1天，员工乙每工作5天后休息2天，当遇到二人都休息时，必须另聘一位临时工，则今年共有()天要聘1个时工.A.26B.28C.30D.24【解析】解；甲每到4的倍数就休息，而乙每到7的倍数和比7的倍数少一天都休息.因为4和7的最小公倍数是28，因为今年是平年，所以在28的倍数休息的日子时；÷=⋯（天)，36528131而每个28天中，第20天和第28天两人都休息，所以全年共有13226⨯=（天)需要聘请临时工.故选：A.28.一条公路由A经B到C.已知A、B相距280米，B、C相距315米.现要在路边植树，要求相邻两树间的距离相等.并在B点及AB、BC的中点上都要植一棵.那么两树间距离最多有()A.35米B.36米C.17.5米D.18米【解析】因为157.5140117.5÷=⋯，14017.58÷=，所以140和157.5这两个数的最大公约数就是17.5.答：两树间距离最多有17.5米.故选：C.29.如图，在高速公路上，从3千米处开始，每隔4千米设计一个速度限制标志，而且从10千米处开始，每隔9千米设一个测速照相标志，则刚好在19千米处同时设置这两标志.那么，下一个同时设置这两种标志的地点是()A.32千米处B.37千米处C.55千米处D.90千米处【解析】同时经过两种设施时的里程数减3后，应是4的倍数，减10以后应是9的倍数.在19km处第一次同时经过这两种设施，所以从这里开始以后再次经过这两种设施时，行驶的路一定是4和9的公倍数，所以第二次同时经过这两种设施时的里程数为194955km+⨯=.故选：C.30.有两个二位数，它们的最大公约数8，最小公倍数是96，这两个数的和是()A.56B.78C.84D.96【解析】8222=⨯⨯，=⨯⨯⨯⨯⨯，96222223所以这两个最大公约数8，最小公倍数是96的二位数只能是2222232⨯⨯⨯⨯=和⨯⨯⨯=；222324这两个二位数的和是：322456+=；故选：A.31.在老区和新区之间一条路上安排公交站点，第一种安排将道路分成十等份；第二种安排将道路分成十二等份；第三种安排将道路分成十五等份.这三种安排分别通过三路不同的公交车实现，则此道路上其有多少个公交站点？（含起点和终点）()A.27B.29C.32D.37【解析】第一种安排：10个站点；第二种安排：12个站点；第三种安排：15个站点.其中，三种安排的起点终点是相同的，要减掉4个站点又，第一种安排和第二种安排有一个站点重合，减掉1个站点（因为10和12在100以内只有一个公倍数60)第二种安排和第三种安排有一怠伐糙和孬古茬汰长咯个站点重合，减掉1个站点（因为12和15在100以内只有一个公倍数60)第一种安排和第三种安排有三个站点重合，减掉2个站点(10和15在100以内有三个公倍数30、60、90，其中60已经减过一次）所以总共是29个站点.故选：B.32.有两个合数是互质数，它们的最小公倍数是210，这样的数有()对.A.1B.2C.3D.4【解析】根据题干分析可得：=⨯⨯⨯，2102357符合题意的两个合数为：⨯；23⨯和57⨯；⨯和3725⨯；27⨯和35共有3对.故选：C.33.如果a、b的最大公因数是21，那么a和b的公因数有()个.A.2B.3C.4D.5【解析】a和b的公因数有1、3、7、21，共有4个；故选：C.34.同学们栽树，每行栽5棵，到最后一行只栽了4棵树，那么这些树的棵数是()A.5的倍数B.4的倍数C.5的倍数多4D.4的倍数多5【解析】根据分析可得，树的总棵数5=⨯行数4+，即树的总棵数比5的倍数多4；故选：C.35.标有1到200的200张数字卡片，任意抽一张，号码是3的倍数的可能性是()A.33100B.67100C.310D.不确定【解析】标有1到200的200张数字卡片，是3的倍数的有198366÷=个，可能性为：33 66200100÷=；答：号码是3的倍数的可能性是33 100；故选：A.36.7和8的最小公倍数是()A.1B.56C.112【解析】7和8的最小公倍数是；7856⨯=；故选：B.37.一块红砖长25厘米，宽15厘米，用这样的红砖拼成一个正方形最少需要多少块？( )A.15B.12C.75D.8【解析】(7525)(75150)÷⨯÷35=⨯15=（块)；答：用这样的红砖拼成一个正方形最少需要15块.故选：A.38.小丽用一排地砖创造了一种跳跃游戏.她将地砖标上l，2，3，4，⋯并沿这一排地砖跳跃，每两块地砖着地一次，第一步落在第2块地砖上，最后停在倒数第2块地砖上.转身后她从倒数第2块地砖开始向回跳跃，这一次是每三块地砖着地一次，最后停在第l块地砖上.最后她又转身从第l块地砖开始跳跃，每五块地砖着地一次.这一次她又停在倒数第2块地砖上.那么这一排地砖共有()块（从下列选项中选出符合条件的答案）.A.39B.40C.47D.49E.53【解析】第一次：因为每两块地砖着地一次，第一步落在第2块地砖上，最后停在倒数第2块地砖上，所以地砖数是2的倍数加上1；第二次：因为倒数第2块地砖开始向回跳跃，这一次是每三块地砖着地一次，最后停在第l块地砖上，所以地砖数是3的倍数减去1；第三次：因为从第l块地砖开始跳跃，每五块地砖着地一次.这一次她又停在倒数第2块地砖上，所以地砖数是5的倍数加上2；在答案39，40，47，49，53中，只有47符合要求；故选：C.39.a、b和c是三个自然数，在a b c=⨯中，不一定成立的是()A.a一定是b的倍数B.a一定能被b整除C.a一定是b和c的最小公倍数D.b一定是a的约数【解析】A、因为a b c=⨯，所以a一定是b的倍数，正确；B、因为a b c=⨯，所以a b c÷=，a一定能被b整除，正确；=⨯，a一定是b和c的最小公倍数，不成立；C、a b cD、a b c=⨯，所以a b c÷=，b一定是a的约数.故选：C.40.一个圆的直径缩小2倍，周长与面积分别缩小()A.2倍与4倍B.2倍与2倍C.4倍与4倍D.4倍与2倍【解析】根据圆的周长和面积公式可知，圆的周长和半径成正比例，圆的面积与半径的平方成正比例，所以圆的直径缩小2倍，即圆的半径缩小2倍，则圆的周长缩小2倍，圆的面积就缩小2=倍，24故选：A.41.下列四组数中，两个数只有公约数1的数是()A.13和91B.21和51C.34和51D.15和28【解析】A，13是质数，91713=⨯，它们的最大公因数是13；B，2137=⨯，51317=⨯，它们的最大公因数是3；C，34217=⨯，51317=⨯，它们的最大公因数是17；D，1535=⨯，28227=⨯⨯，它们的公因数只有1.故选：D.42.五楼的王老师病了，小孙帮王老师送早点，从一楼到二楼用了34分钟，用同样的速度从一楼走到五楼王老师家要用()分钟.A.154B.3C.203D.以上都不对【解析】3(51) 4⨯-344=⨯3=（分钟）答：用同样的速度从一楼走到五楼王老师家要用3分钟.故选：B.43.校园内有一圆形花坛，花坛周围一共种了15棵月季花，每两棵月季花的距离都是2米，那么花坛的周长是()A.30B.3C.28D.15【解析】根据题意可知：花坛的周长15230=⨯=（米)；故选：A.44.奶奶折一个纸鹤用3分钟，每折好一个需要休息1分钟，奶奶从2时30分开始折，她折好第5个纸鹤时已经到了()A.2时45分B.2时49分C.2时50分D.2时53分【解析】1(51)4⨯-=（分钟）3515⨯=（分钟）2时30分4+分钟15+分钟2=时49分答：她折好第5个纸鹤时已经到了2时49分；故选：B.45.小明在正方形的边上标出若干个点，每条边上恰有3个，那么所标出的点最少有(。

小学奥数容斥原理之数论问题精选练习例题含答案解析(附知识点拨及考点)

1. 了解容斥原理二量重叠和三量重叠的内容；2. 掌握容斥原理的在组合计数等各个方面的应用．一、两量重叠问题在一些计数问题中，经常遇到有关集合元素个数的计算．求两个集合并集的元素的个数，不能简单地把两个集合的元素个数相加，而要从两个集合个数之和中减去重复计算的元素个数，即减去交集的元素个数，用式子可表示成：A B A B A B =+-(其中符号“”读作“并”，相当于中文“和”或者“或”的意思；符号“”读作“交”，相当于中文“且”的意思．)则称这一公式为包含与排除原理，简称容斥原理．图示如下:A 表示小圆部分，B 表示大圆部分，C 表示大圆与小圆的公共部分，记为：A B ，即阴影面积．图示如下:A 表示小圆部分，B 表示大圆部分，C 表示大圆与小圆的公共部分，记为：A B ，即阴影面积．包含与排除原理告诉我们，要计算两个集合A B 、的并集A B 的元素的个数，可分以下两步进行：第一步：分别计算集合A B 、的元素个数，然后加起来，即先求A B +(意思是把A B 、的一切元素都“包含”进来，加在一起)；第二步：从上面的和中减去交集的元素个数，即减去C A B =(意思是“排除”了重复计算的元素个数)．二、三量重叠问题A 类、B 类与C 类元素个数的总和A =类元素的个数B +类元素个数C +类元素个数-既是A 类又是B 类的元素个数-既是B 类又是C 类的元素个数-既是A 类又是C 类的元素个数+同时是A 类、B 类、C 类的元素个数．用符号表示为：A B C A B C A B B C A C A B C =++---+．图示如下：教学目标知识要点1．先包含——A B +重叠部分AB 计算了2次，多加了1次； A B A B +-1A B7-7-4 容斥原理之数论问题在解答有关包含排除问题时，我们常常利用圆圈图(韦恩图)来帮助分析思考．【例 1】在1~100的全部自然数中，不是3的倍数也不是5的倍数的数有多少个？A B【考点】容斥原理之数论问题【难度】2星【题型】解答【解析】如图，用长方形表示1~100的全部自然数，A 圆表示1~100中3的倍数，B 圆表示1~100中5的倍数，长方形内两圆外的部分表示既不是3的倍数也不是5的倍数的数．由1003331÷=可知，1~100中3的倍数有33个；由100520÷=可知，1~100中5的倍数有20个；由10035610÷⨯=（）可知，1~100既是3的倍数又是5的倍数的数有6个．由包含排除法，3或5的倍数有：3320647+-=(个)．从而不是3的倍数也不是5的倍数的数有1004753-=(个)．【答案】53【巩固】在自然数1100~中，能被3或5中任一个整除的数有多少个？【考点】容斥原理之数论问题【难度】2星【题型】解答【解析】 1003331÷=，100520÷=，10035610÷⨯=（）．根据包含排除法，能被3或5中任一个整除的数有3320647+-=(个)．【答案】47【巩固】在前100个自然数中，能被2或3整除的数有多少个？【考点】容斥原理之数论问题【难度】2星【题型】解答【解析】如图所示，A 圆内是前100个自然数中所有能被2整除的数，B 圆内是前100个自然数中所有能被3整除的数，C 为前100个自然数中既能被2整除也能被3整除的数．前100个自然数中能被2整除的数有：100250÷=(个)．由1003331÷=知，前100个自然数中能被3整除的数有：33个．由10023164÷⨯=（）知，前100个自然数中既能被2整除也能被3整除的数有16个．例题精讲图中小圆表示A 的元素的个数，中圆表示B 的元素的个数，C1．先包含：A B C ++重叠部分A B 、B C 、C A 重叠了2次，多加了1次． 2．再排除：A B C A B B C A C ++--- A B C 3A B C ++-A B B C A C--A B C A B B C A C A B C ++---+所以A 中有50个数，B 中有33个数，C 中有16个数．因为A ，B 都包含C ，根据包含排除法得到，能被2或3整除的数有：50331667+-=(个)．【答案】67【例 2】在从1至1000的自然数中，既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有多少个?【考点】容斥原理之数论问题【难度】2星【题型】解答【解析】 1～1000之间，5的倍数有10005⎡⎤⎢⎥⎣⎦=200个，7的倍数有10007⎡⎤⎢⎥⎣⎦=142个，因为既是5的倍数，又是7的倍数的数一定是35的倍数，所以这样的数有100035⎡⎤⎢⎥⎣⎦=28个．所以既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有1000-200-142+-28=686个．【答案】686【巩固】求在1至100的自然数中能被3或7整除的数的个数．【考点】容斥原理之数论问题【难度】2星【题型】解答【解析】记 A ：1～100中3的倍数，1003331÷=，有33个； B ：1～100中7的倍数，1007142÷=，有14个；A B ：1～100中3和7的公倍数，即21的倍数，10021416÷=，有4个．依据公式，1～100中3的倍数或7的倍数共有3314443+-=个，则能被3或7整除的数的个数为43个. 【答案】43【例 3】以105为分母的最简真分数共有多少个？它们的和为多少？【考点】容斥原理之数论问题【难度】4星【题型】解答【解析】以105为分母的最简真分数的分子与105互质，105=3×5×7，所以也是求1到105不是3、5、7倍数的数有多少个，3的倍数有35个，5的倍数有21个，7的倍数有15个，15的倍数有7个，21的倍数有5个，35的倍数有3个，105的倍数有1个，所以105以内与105互质的数有105-35-21-15+7+5+3-1=48个，显然如果n 与105互质，那么（105-n ）与n 互质，所以以105为分母的48个最简真分数可两个两个凑成1，所以它们的和为24.【答案】48个，和24【巩固】分母是385的最简真分数有多少个？并求这些真分数的和.【考点】容斥原理之数论问题【难度】4星【题型】解答【解析】 385=5×7×11，不超过385的正整数中被5整除的数有77个；被7整除的数有55个；被11整除的数有35个；被77整除的数有5个；被35整除的数有11个；被55整除的数有7个；被385整除的数有1个；最简真分数的分子可以有385-77-55-35+5+11+7-1=240.对于某个分数a/385如果是最简真分数的话，那么（385-a ）/385也是最简真分数，所以最简真分数可以每两个凑成整数1，所以这些真分数的和为120.【答案】240个，120个【例 4】在1至2008这2008个自然数中，恰好是3、5、7中两个数的倍数的数共有个．【考点】容斥原理之数论问题【难度】3星【题型】填空【关键词】西城实验【解析】 1到2008这2008个自然数中，3和5的倍数有200813315⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个，3和7的倍数有20089521⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个，5和7的倍数有20085735⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个，3、5和7的倍数有200819105⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个．所以，恰好是3、5、7中两个数的倍数的共有1331995195719228-+-+-=个．【答案】228个【例 5】求1到100内有____个数不能被2、3、7中的任何一个整除。

小学奥数数论50题

数论50题1．由1，3，4，5，7，8这六个数字所组成的六位数中，能被11整除的最大的数是多少【分析】各位数字和为1+3+4+5+7+8=28所以偶数位和奇数位上数字和均为14为了使得该数最大，首位必须是8，第2位是7，14-8=6<那么第3位一定是5，第5位为1该数最大为875413。

2．请用1，2，5，7，8，9这六个数字（每个数字至多用一次）来组成一个五位数，使得它能被75整除，并求出这样的五位数有几个【分析】75=3×25^若被3整除，则各位数字和是3的倍数，1+2+5+7+8+9=32所以应该去掉一个被3除余2的，因此要么去掉2要么去掉8先任给一个去掉8的，17925即满足要求1）若去掉8则末2位要么是25要么是75，前3位则任意排，有3！=6种排法~因此若去掉8则有2*6=12个满足要求的数2）若去掉2则末2位只能是75，前3位任意排，有6种排法所以有6个满足要求综上所述，满足要求的五位数有18个。

}3．已知道六位数20□279是13的倍数，求□中的数字是几【分析】根据被13整除的判别方法，用末三位减去前面的部分得到一个两位数，十位是7，个位是（9-□），它应该是13的倍数，因为13|78,所以9-□=8□中的数字是14．@5．某自然数，它可以表示成9个连续自然数的和，又可以表示成10个连续自然数的和，还可以表示成11个连续自然数的和，那么符合以上条件的最小自然数是（2005全国小学数学奥赛）【分析】可以表示成连续9个自然数的和说明该数能被9整除，可以表示成连续10个自然数的和说明该数能被5整除，可表示成连续11个自然数的和说明该数能被11整除因此该数是[9,5,11]=495，因此符合条件的最小自然数是495。

6．一次考试中，某班同学有13考了优秀，12考了良好，17考了及格，剩下的人不及格，已知该班同学的人数不超过50，求有多少人不及格【分析】乍一看这应该是一个分数应用题，但实际上用到的却是数论的知识，由于人数必须是整数，所以该班同学的人数必须同时是2，3，7的倍数，也就是42的倍数，又因为人数不超过50，所以只能是42人，因此不及格的人数为（1-12-13-17）×42=1人7．|8．（1）从1到3998这3998个自然数中，有多少个能被4整除（2）从1到3998这3998个自然数中，有多少个数的各位数字之和能被4整除（第14届迎春杯考题）【分析】（1）3998/4=999….6所以1-3998中有996个能被4整除的（2）考虑数字和，如果一个一个找规律我们会发现规律是不存在的$因此我们考虑分组的方法我们补充2个数，0000和3999，此外所有的一位两位三位数都在前面加上0补足4位然后对这4000个数做如下分组（0000，1000，2000，3000）（0001，1001，2001，3001）《（0002，1002，2002，3002）…….(0999，1999，2999，3999)共1000组，容易发现每一组恰好有个数字和是4的倍数，因此共有1000个数字和是4的倍数但注意到我们补充了一个0000进去。

小学奥数题库《数论》因数和倍数-因数的个数定理-3星题(含解析)

数论-因数和倍数-因数的个数定理-3星题课程目标知识提要因数的个数定理•因数的个数定理因数的个数等于不同质因数的指数分别加1后再相乘的积。

•因数个数性质当因数个数为奇数的时候，这个数一定是完全平方数．精选例题因数的个数定理1. 一个自然数有10个不同的因数〔即约数，指能够整除它的自然数〕，但质因数〔即为质数的因数〕只有2与3．那么，这个自然数是．【答案】162或48【分析】设这个数为2a×3b〔a、b均为正整数〕，由题意可知(a+1)×(b+1)=10=2×5所以a=1,b=4或a=4,b=1所以这个自然数是21×34=162或24×31=482. 自然数N有20个正约数，N的最小值为．【答案】240【分析】先将20写成几个数相乘的形式，再写成几个和的积的形式，最后利用约数个数的公式解题：①20=20×1=19+1，N的最小值为：219=524288，②20=2×10=(9+1)×(1+1)，N的最小值为：29×3=1536，③20=4×5=(4+1)×(3+1)，N的最小值为：24×33=432，④20=2×2×5=(4+1)×(1+1)×(1+1)，N的最小值为：24×31×51=240．3. 自然数甲有10个约数，那么甲的10倍的约数个数可能是．【答案】40、22、18、30或24【分析】详解：甲含有约数2、5的情况与否，会影响最终的约数个数，分情况讨论，得约数个数有五种可能：40、22、18、30和24．例如：29、24×5、24×7、2×74、79的10倍分别有22、18、24、30、40个约数．4. 算式1×8×15×22×⋯×2010的乘积末尾有个连续的0．【答案】72【分析】详解：乘数15、50、85、⋯、2010中含有因数5，都除以5得到3、10、17、⋯、402；其中10、45、⋯、395还含有因数5，都除以5，得到2、9、16、⋯、79．其中30、65里还含有因数5．我们第一次除掉了2010−1535+1=58个5，第二次除掉了395−1035+1=12个5，最后还剩下两个因数5．说明1×8×15×22×⋯×2010含有58+12+2=72个约数5，由于其中含有的约数2是足够多的，因而的0的个数就等于约数5的个数，是72个．5. 一个正整数除以3!后所得结果中因数个数变为原来因数个数的13，那么符合条件的A最小是．【答案】12【分析】设A=2x×3y×p1a1×p2a2×p3a3×⋯⋯×p n a n,那么B=A÷3!=2x−1×3y−1×p1a1×p2a2×p3a3×⋯⋯×p n a n,那么(x+1)(y+1)(a1+1)(a2+1)⋯⋯(a n+1)=3[xy(a1+1)(a2+1)(a n+1)],即(x+1)(y+1)=3xyxy都取1不满足此式，所以取x=2，y=1，a1=a2=⋯=a n=0得到最小值126. A数有7个因数，B数有12个因数，且A、B的最小公倍数[A,B]＝1728，那么B=．【答案】108【分析】1728=26×33，所以A、B质因数只能有2和3，又由于A有7个因数，而7是一个质数，所以A分解质因数的形式只能有A=26，设B=2k×33，那么(k+1)×(3+1)=12，得k=2所以B=22×33=108．7. 整除2015的数称为2015的因数，1和2015显然整除2015，称为2015的平凡因数，除了平凡因数，2015还有一些非平凡因数，那么，2015的所有非平凡因数之和为．【答案】672【分析】〔解法一〕2015=5×13×312015所有的约数和为(50+51)×(130+131)×(310+311)=6×14×32=26882015的所有非平凡因数之和为2688−1−2015=672〔解法二〕由于该数比拟小，可以直接写出2015的所有约数2015=1×2015=5×403=13×155=31×652015的所有非平凡因数之和为5+403+13+155+31+65=6728. 数学小组原方案将72个苹果发给学生，每人发的苹果数量一样多，后来又有6人参加小组，这样每个学生比原方案少发了1个苹果．那么，原来有名学生．【答案】18【分析】前后两次每人分到的苹果数量相差1，且都是72的因数，72的相差1的因数对有(1,2)、(2,3)、(3,4)和(8,9)，经试因数对(3,4)符合要求：前后人数分别为72÷4=18(人)和72÷3=24(人).9. 60的不同约数〔1除外〕的个数是．【答案】11【分析】60=1×60=2×30=3×20=4×15=5×12=6×10.60的约数〔1除外〕有：2、3、4、5、6、10、12、15、20、30、60，共11个．10. 1222×1223×1224×⋯⋯×2006×2007×2008的积的末尾有个零．【答案】198【分析】乘积结尾0的个数取决于乘积中2和5这两个因数的个数，由于是连续自然数的乘积，5的个数肯定少于2的个数，所以只需要计算乘积中5的个数即可．是5的倍数的：1225、1230⋯⋯2005，共157个数；是25的倍数的：1225、1250⋯⋯2000，共32个数；是125的倍数的：1250⋯⋯2000，共7个数；是625的倍数的：1250、1875，共2个数；所以因数5的个数是157+32+7+2=198(个)．11. 有一列数，第1个是1，从第2个数起，每个数比它前面相邻的数大3，最后一个数是100，将这些数相乘，那么在计算结果的末尾中有个连续的零．【答案】9【分析】这一列数为1，4，7，⋯，100，要求他们相乘的积中0的个数，找到因数2和5的个数即可，又因为因数2的个数远多于5的个数，所以找到5的个数即为积中末尾0的个数，5的倍数有10，25，40，55，70，85，100共9个5，所以有9个0．12. 恰好有12个不同因数的最小的自然数为．【答案】60【分析】12=12×1=6×2=4×3=3×2×2所以，有12个因数的数对应的质因数分解形式分别是：A11，A5×B，A3×B2，A2×B×C，这四种形式下的最小自然数分别是：2048，96，72，60，所以符合要求的数是60．13. 能被210整除且恰有210个约数的数有个．【答案】24个【分析】210=2×3×5×7，所以原数肯定含有2，3，5，7这四个质因子，而且幂次一定按照某种顺序是1，2，4，6，可以任意排列，所以有4!=24个14. 所有70的倍数中，共有多少个数恰有70个因数？【答案】6【分析】设70的N倍恰有70个因数．70=2×5×7，有：(1+1)×(1+1)×(1+1)=23= 8，因为8不整除70，所以N内可能有2、5、7．假设有4个不同质因数，但70只能表示为2×5×7，所以N内必含2、5、7中几个，即70N=2a+1×5b+1×7c+1，(a+1+1)×(b+1+1)×(c+1+1)=70，a,b,c分别是0，3，5中一个．N为23×53，23×73，25×23，25×73，53×75，55×73，一共6组．15. 从2016的因数中选出不同的假设干个数写成一圈，要求相邻位置的两个因数互质，那么最多可以写出个因数．【答案】12【分析】2016=25×32×7,所以2016的奇因数有(2++1)×(1+1)=6个2016的偶因数有5×(2++1)×(1+1)=30个.假设排列最多的可能一定是“奇偶奇偶……〞，所以最多一圈有12个；假设有13〔或以上〕个因数，那么必有两偶数相邻，构造12个数的情况：1,2,3,14,9,4,7,8,21,16,63,32圈成一圈．16. 1001的倍数中，共有个数恰有1001个约数．【答案】6个【分析】1001的倍数可以表示为1001k，由于1001=7×11×13，如果k有不同于7，11，13的质因数，那么1001k至少有4个质因数，将其分解质因数后，根据数的约数个数的计算公式，其约数的个数为(a1+1)(a2+1)(a3+1)(a4+1)⋯(a n+1),其中n⩾4．如果这个数恰有1001个约数，那么(a1+1)(a2+1)(a3+1)(a4+1)⋯(a n+1)=1001=7×11×13,但是1001不能分解成4个大于1的数的乘积，所以n⩾4时不合题意，即k不能有不同于7，11，13的质因数．那么1001k只有7，11，13这3个质因数．设1001k=7a×11b×13c，那么(a+1)(b+1)(c+1)=1001,a+1、b+1、c+1分别为7，11，13，共有3!=6种选择，每种选择对应一个1001k，所以1001的倍数中共有6个数恰有1001个约数．17. A和B是两个非零自然数，A是B的24倍，A的因数个数是B的4倍，那么A与B的和最小是．【答案】100【分析】{B=2A=48=24×3B的因数个数为2，A的因数个数为5×2=10不符合要求；{B=3A=72=23×32B的因数个数为2，A的因数个数为4×3=12不符合要求；{B=4=22A=96=25×3B的因数个数为3，A的因数个数为6×2=12,符合要求；可见A+B的最小值为4+96=10018. 在自然数中，恰好有4个约数的两位数共有个．【答案】30【分析】恰有4个约数的自然数形如：a3或ab．〔其中a、b为不同的质数〕满足题意的两位数从小到大有以下30个：〔枚举时最好按一定的顺序，还可以按其他顺序进行枚举〕10，14，15，21，22，26，27，33，34，35，38，39，46，51，55，57，58，62，65，69，74，77，82，85，86，87，91，93，94，95．19. 自然数N有45个正约数，N的最小值为．【答案】3600【分析】正约数个数的求法：分解质因数后，每个指数加1的连乘积45=3×3×5，容易知道，指数比拟小，原数比拟小．质因子比拟小，原数比拟小，因此原数最小是24×32×52=3600．20. [A]表示自然数A的约数的个数．例如4有1，2，4三个约数，可以表示成[4]=3．计算：([18]+[22])÷[7]=．【答案】5【分析】因为18=2×32，有约数个为(1+1)×(2+1)=6(个),所以[18]=6，同样可知[22]=4，[7]=2．原式=(6+4)÷2=5.21. 四位数双成成双的所有因数中，有3个是质数，其它39个不是质数．那么，四位数成双双成有个因数．【答案】12【分析】双成成双共有3＋39＝42个因数，且有3个质因数，所以它的质因数分解形式为双成成双＝a×b2×c6,而双成成双＝双00双+成成0̅＝双×1001＋成×110＝11×(双×91＋成×10)所以三个质因数中有一个是11，所以双成成双＝a×b2×c6,至少是11×32×26＝6336,稍微大一点点就是11×52×26＝17600,已经是五位数了，所以双成成双＝6336，双＝6,成＝3所以成双双成＝3663＝32×11×37,有3×2×2＝12个因数．22. S=19+199+1999+⋯+199⋯9⏟10000个9那么S的小数点后第2016位是．【答案】6【分析】首先，1 99⋯9⏟n个9=0.0⋅0⋯0⏟n−1个01⋅即小数点后第n，2n，3n，…位都是1，其它为都是0所以当n是2016的因数时，199⋯9⏟n个9化成小数后，小数点后第2016位是1，其余情况小数点后第2016位是0.2016=25×32×7,有36个因数，在不考虑进位的情况下，这一位上有36个1相加，这一位的数字是6，下面考虑进位，因为2017是质数，所以2017位上只有2个1相加，单独不构成进位，而2018=1009×2，有4个因数，本身也缺乏以向第2018位进位，显然2019位即以后都缺乏以进位到2016为，所以第2016位是6【解】23. 从1到400这400个自然数中，有奇数个因数的自然数有个，有且仅有3个因数的有个．【答案】20；8【分析】202=400，故拥有奇数个因数的数有20个；20以内的质数有8个，故有3个因数的数有8个．24. 有20个约数，且被42整除最小的自然数是．【答案】336【分析】因为被42整除，所以一定含有质因数2，3，7．20=1×20=2×10=4×5=2×2×5,有20个约数的自然数有：因为必须含有3个不同的质因数，所以最小的只能是：2×2×2×2×3×7=336;所以有20个约数且被42整除的最小自然数是336．25. 两数乘积为2800，而且己知其中一数的因数个数比另一数的因数个数多1，那么这两个数分别是、．【答案】16、175【分析】先将2800分解质因数：2800=24×52×7，由于其中一数的因数个数比另一数的因数个数多1，所以这两个数中有一个数的因数为奇数个，这个数必为完全平方数．又是2800的因数，故这个数只能为22、24、52、22×52或24×52，另一个数相应地为22×52×7、52×7、24×7、22×7或7．经检验，只有两数分别为24和52×7时符合条件，所以这两个数分别是16和175．26. 2010的全部约数有个，这些约数的和数是．【答案】16；4896【分析】详解：2010=2×3×5×67，约数有(1+1)×(1+1)×(1+1)×(1+1)=16个，约数之和是(1+2)×(1+3)×(1+5)×(1+67)=4896．27. 老师用0至9这十个数字组成了五个两位数，每个数字恰用一次；然后将这五个两位数分别给了A、B、C、D、E这五名聪明且老实的同学，每名同学只能看见自己的两位数，并依次发生如下对话：A说：“我的数最小，而且是个质数．〞B说：“我的数是一个完全平方数．〞C说：“我的数第二小，恰有6个因数．〞D说：“我的数不是最大的，我已经知道ABC三人手中的其中两个数是多少了．〞E说：“我的数是某人的数的3倍．〞那么这五个两位数之和是．【答案】180【分析】A的话可知，A的十位是1，又因为是质数，所以A有可能是13，17，19；C能断定自己的数第二小，且有6个因数，所以可能是20，28，32；B是完全平方数，但不能含有1和2，所以B有可能是36，49，64；D能断定自己不是最大的，说明他的数是53或54或十位数不超过4，但大于等于34；E是某人的数的3倍，由上面信息可知，只能是A，且推得A为19，那么E为57最后根据D能知道ABC三人手中两个数，试验可知，BCD手中数分别为36，28，40综上所述，五个两位数之和是18028. 能够被1到11的所有自然数整除的最小自然数为．【答案】27720【分析】1到11这11个数分解质因数后所包含的质数有2、3、5、7、11，因此这个自然数最少包含质因数2、3、5、7、11．1=11，2=21，3=31，4=22，5=51，6=2×3，7=71，8=23，9=32，10=2×5，11=111，所以这个自然数最小为23×32×51×71×111=2772029. 100名同学，编号为1～100，面向南站成一排，第1次全体同学向右转；第2次编号为2的倍数的同学向右转；第3次编号为3的倍数的同学向右转；如此下去；第100次编号为100的倍数的同学向右转；这时，面向东的同学有名？【答案】5【分析】转3次或者7次面向东，转的次数为该编号的因数个数，所以有3个因数的数为：4，9，25，49；有7个因数的数为64；共5名．30. 2008被一些自然数去除，得到的余数都是10．那么这些自然数共有个．【答案】11个【分析】2008−10=1998一定能被这些数整除，且这些数一定大于10，1998=2×3×3×3×37．1998的因数一共有：(1+1)×(3+1)×(1+1)=16个．其中小于10的有：1，2，3，6，9那么大于10的因数有16−5=11个．即这些自然数共有11个．31. 大于0的自然数，如果满足所有因数之和等于它们自身的2倍，那么这样的数称为完美数或完全数．比方，6的所有因数为1，2，3，6，1+2+3+6=12，6就是最小的完美数，是否有无限多个完美的数的问题至今仍然是困扰人类的难题之一．研究完美数可以从计算自然数的所有因数之和开始，81的所有因数之和为．【答案】121【分析】81的所有因数为：1，3，9，27，81，所以因数之和为1+3+9+27+81=121．32. 3600有多少个约数？其中有多少个是3的倍数？有多少个是4的倍数？有多少个不是6的倍数？【答案】45；30；27；21【分析】详解：3600=24×32×52，有(4+1)×(2+1)×(2+1)=45个约数．3600=3×(24×3×52)，有(4+1)×(1+1)×(2+1)=30个约数是3的倍数．3600=24×32×52=4×(22×32×52)，有(2+1)×(2+1)×(2+1)=27个．33. 3456共有多少个约数？其中有多少个是3的倍数？有多少个是4的倍数？有多少个不是6的倍数？【答案】32；24；24；11【分析】简答：3456=27×33，约数有8×4=32个．其中3的倍数有8×3=24个，4的倍数有6×4=24个，6的倍数有7×3=21个．那么有32−21=11个不是6的倍数．34. 数270的因数有多少个？这些因数中奇因数有多少个？【答案】16个，8个【分析】270=33×2×5，因数的个数为(3+1)×(1+1)×(1+1)=16(个)，奇因数个数为(3+1)×(1+1)=8(个)．35. 数360的约数有多少个？这些因数中偶因数有多少个？【答案】24个，18个【分析】360=23×32×5，因数的个数为(3+1)×(2+1)×(1+1)=24(个)，奇因数个数为(2+1)×(1+1)=6(个)，偶因数有24−6=18(个)．36. 数120的因数有多少个？这些因数中奇因数有多少个？【答案】16个；4个【分析】120=23×3×5，因数的个数为(3+1)×(1+1)×(1+1)=16(个)，奇因数个数为(1+1)×(1+1)=4(个)．37. 数240的因数有多少个？这些因数中偶因数有多少个？【答案】20个；16个【分析】240=24×3×5，因数的个数为(4+1)×(1+1)×(1+1)=20(个)，奇因数个数为(1+1)×(1+1)=4(个)，偶因数有20−4=16(个)．38. 一个自然数，它最大的约数和次大的约数之和是111，这个自然数是多少？【答案】74【分析】最大的约数是这个自然数本身，因此它是次大约数的倍数．它们的和也应该为次大约数的倍数．111=3×37，次大约数为37时满足条件，这个自然数为74．39. 在小于1000的正整数中，有多少个数有奇数个约数？【答案】31【分析】详解：平方数有奇数个约数．1000以内的平方数有12，22，32，⋯，312，因此有31个数有奇数个约数．40. 求出所有恰好含有10个因数的两位数，并求出每个数的所有因数之和．【答案】124或186【分析】10=9+1=2×5，表达式为a9或者ab4，29>100，2×34>100，只可能是24×3=48或24×5=80．48的因数之和：(20+21+22+23+24)×(30+31)=124，80的因数之和：(20+21+22+ 23+24)×(50+51)=186．41. A有7个约数，B有12个约数，且A、B的最小公倍数是1728，求B．【答案】108【分析】1728=26×33，由于A数有7个约数，而7为质数，所以A为某个质数的6次方，由于1728只有2和3两个质因数，如果A为36，那么1728不是A的倍数，不符合题意，所以A=26，那么33为B的约数，设B=2k×33，那么(k+1)×(3+1)=12，解得k=2，所以B=22×33=108．42. 偶数A不是4的倍数，它的约数个数为12，求4A的约数个数．【答案】24【分析】由于A是偶数但是不是4的倍数，所以A只含1个因子2，可将A分解成A=21×B，其中B奇数，根据约数个数定理，它的约数个数为(1+1)×N=12，那么4A=8B=23×B，所以它的约数个数为(1+3)×N=24个．43. 11个连续的两位数乘积的末4位都是0，那么这11个数的总和最小是多少？【答案】220【分析】末4位都是0．这个乘积分解质因数后，至少有4个因数2和4个因数5．而连续的11个数中至少有5个偶数，所以因数2的个数足够了，因而问题在于因数5是不是够4个．由于连续的11个自然数中，最多有3个数是5的倍数，而乘积中要出现4个因数5，说明这3个数中，至少一个数含有两个因数5，这个数最小是25，所以所求的11个连续自然数的总和最小是25+24+23+⋯+15=220．44. 算式(1+2+3+⋯+n)+2007的结果可表示为n(n>1)个连续自然数的和．请问：共有多少个满足要求的自然数n？【答案】5个．【分析】1+2+3+⋯+n是项数为n的等差数列之和，我们考虑将2007平均分成n份，加到每一项上即可．2007=32×223，有6个约数，分别为1、3、9、223、669、2007．其中1舍去，有5个满足要求的自然数．45. 1000以内恰有10个因数的数有多少个？【答案】22【分析】10=1×10=2×5，对于第一种情况29=512；第二种情况为a4×b，a只能取2和3，经试验分别有17种和4种可能，综合共有22个．46. 一个房间中有100盏灯，用自然数1,2,⋯,100编号，每盏灯各有一个开关，开始时，所有的灯都不亮，有100个人依次进入房间，第一个进入房间后，将编号为1的倍数的开关按一下，然后离开．第2个人进入房间后，将编号为2的倍数的灯的开关按一下，然后离开；如此下去，直到100个人进入房间，将100的倍数的灯开关按一下，然后离开，问：第100个人离开房间后，房间的哪些灯还亮着？【答案】1，4，9，16，25，36，49，64，81，100．【分析】对于任何一盏灯，由于它原来不亮，那么当它的开关被按奇数次时，灯是开着的；当它的开关被按偶数次时，灯是关着的；根据题意可知，当第100个人离开房间后，一盏灯的开关被按的次数，恰等于这盏灯的编号的因数的个数；要求哪些灯还亮着，就是问哪些灯的编号的因数有奇数个．显然完全平方数有奇数个因数．所以用平方数编号的灯是亮着的．所以当第100个人离开房间后，房间里还亮着的灯的编号是：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100．47. 如果你写出12的所有因数，1和12除外，你会发现最大的因数是最小因数的3倍．现有一个整数n，除掉它的因数1和n外，剩下的因数中，最大因数是最小因数的15倍，那么满足条件的整数n有哪些？【答案】60和135．【分析】设整数n除掉因数1和n外，最小因数为a，可得最大因数为15a，那么n=a×15a= 15a2=3×5×a2．那么3、5、a都为n的因数．因为a是n的除掉因数1外的最小因数，那么a⩽3．当a=2时，n=15×22=60；当a=3时，n=15×32=135．所以满足条件的整数n有60和135．48. 求所有能被30整除，且恰有30个不同约数的自然数的个数．【答案】6个【分析】30=2×3×5，所以原数肯定只含有2，3，5，这三个质因子，并且指数分别为1，2，4，可以任意排列所以有3!=6个．49. 在1到100中，恰好有6个因数的数有多少个？【答案】16个【分析】6=1×6=2×3，故6只能表示为(5+1)或(1+1)×(2+1)，所以恰好有6个因数的数要么能表示成某个质数的5次方，要么表示为某个质数的平方再乘以另一个质数，100以内符合前者的只有32，符合后者的数枚举如下：22×322×522×722×1122×1322×1722×1922×23⋯⋯8个32×232×532×732×11⋯⋯4个52×252×3⋯⋯2个72×2⋯⋯1个所以符合条件的自然数一共有1+8+4+2+1=16个．50. 以下各数分别有多少个约数？23、64、75、225、720【答案】2；7；6；9；30【分析】详解：23为质数，质数有两个约数．64=26，有6+1=7个约数，75=3×52，有(1+1)×(2+1)=6个约数．225=32×52，有(2+1)×(2+1)=9个约数．720=24×32×5，有(4+1)×(2+1)×(1+1)=30个约数．51. 2008÷a=b⋯⋯6，a、b均为自然数，a有多少种不同的取值？【答案】14【分析】由2008÷a=b⋯⋯6可知：ab+6=2008，ab=2002，又因为2002=2×7×11×13，而且a>6，所以a的取值有：7、11、13、2×7、2×11、2×13、7×11、7×13、11×13、2×7×11、2×7×13、2×11×13、7×11×13、2×7×11×13，共14种不同的取值．52. 数学老师把一个两位数的约数个数告诉了墨莫，聪明的墨莫仔细思考了一下后算出了这个数．同学们，你们知道这个数可能是多少吗？【答案】64或36【分析】假设约数个数为2个，是质数，这样的两位数有很多．假设约数个数为3个，可以用a2来表示，也有很多．约数个数为4个的两位数也有很多．约数个数为5个的数可以表示为a4，有16和81，不唯一．约数个数为6个的两位数也不唯一．约数个数为7个的两位数表示为a6，只有26=64，是唯一的．同样的，约数个数为9个的两位数也是唯一的，只有36．约数个数更多的两位数，或者不唯一，或者不存在．因此这个数可能为64或36．53. 200名同学编为1至200号面向南站成一排．第1次全体同学向右转〔转后所有的同学面朝西〕；第2次编号为2的倍数的同学向右转第3次编号为3的倍数的同学向右转；⋯⋯；第200次编号为200的倍数的同学向右转这时，面向东的同学有几名？【答案】8名【分析】转3次，7次，11次，15次面向东，转的次数为该编号的因数个数，所以有3个因数的数为：4，9，25，49,121，169；有7个因数的数为64；没有有11个因数的数；有15个因数为144；共8名．54. 算式1×2×3×⋯×15的计算结果的末尾有几个连续的0？【答案】3【分析】算式中因数5的个数有3个，所以结果的末尾有3个连续的0．55. 假设24表示一个正整数，那么满足要求的整数x共有多少个？x【答案】8【分析】根据题意可得x为24的因数，利用枚举或因数个数定理可得24有8个因数；故满足要求的正整数x共有8个．56. 在所有30的倍数中，共有个数恰好有30个因数？【答案】6【分析】设30的N倍恰有30个因数．因为30=2×3×5，所以N内可能有2、3、5．根据因数个数定理，(1+1)×(2+1)×(4+1)=30，所以N内必含2、3、5中几个，即30N=2a×3b×5c，(a+1)×(b+1)×(c+1)=30，a,b,c分别是1，2，4中一个．N为21×32×54，21×34×52，22×31×54，22×34×51，24×31×52，24×32×51，一共6个．57. 数160的因数个数是多少个？其中奇因数有多少个？【答案】12，2【分析】160=25×5，因数的个数为(5+1)×(1+1)=12(个)，奇因数个数为1+1=2(个)．58. 少年宫游乐厅内悬挂着200个彩色灯泡．这200个灯泡按1−200的编号，它们亮或灭的规那么是：第一秒，全部灯泡变亮；第二秒，凡编号为2的倍数的灯泡由亮变灭；第三秒，凡编号为3的倍数的灯泡改变原来的亮或灭的状态，即亮的变灭，灭的变亮；第N秒后，凡编号为N 的倍数的灯泡改变原来的亮或灭的状态．这样下去，每200秒一个周期．第200秒时亮的灯泡有多少个？【答案】14【分析】根据例2知，亮着的灯泡是按动奇数次的，所以完全平方数的奇因性，得亮着的灯为200以内的平方数：12−142．59. a，b均为质数且不相等，假设A=a3b2，那么a有多少个因数？假设B=9A，那么B有多少个因数？假设C有6个因数，那么C2有多少个因数？【答案】12；36个或18个或20个；11个或15个【分析】A有(3+1)×(2+1)=12个因数．B=9A=32a3b2，假设a和b都不是3，那么B有(2+1)×(3+1)×(2+1)=36个因数；假设a=3，那么B=35b2，那么B有(5+1)×(2+1)=18个因数，假设b=3，那么B=34a3，B有(4+1)×(3+1)=20个因数．综上B的因数可能有36个、18个或20个；6=2×3=1×6，那么假设C=p1×p22，C2=p12×p24，有(2+1)×(4+1)=15个因数；或C=p5，C2=p10，有11个因数．60. 240有多少个约数？其中有多少个奇约数？有多少个约数是3的倍数？【答案】20个；4个；10个【分析】简答：240=24×3×5，有(4+1)×(1+1)×(1+1)=20个约数．奇约数即不含有因子2，有(1+1)×(1+1)=4个奇约数，有(4+1)×(1+1)=10个约数是3的倍数．61. 有12个约数的数最小是多少？有多少个两位数的约数个数是12个？【答案】60；5【分析】详解：有12个约数的数分解质因数后，可能是▫11、▫×▫5、▫2×▫3、▫×▫×▫2；对应的最小数分别是2048、96、72、60，那么最小的就是60，其中两位数除了60、72、96之外还有84和90，共5个．62. 16200有多少个因数？因数中有多少个奇因数？有多少个偶因数？因数中有多少个是3的倍数？有多少个是6的倍数？有多少个不是5的倍数？【答案】60；15；45；48；36；20【分析】把16200分解质因数：16200=23×34×52，根据因数个数定理，16200的因数个数为：(3+1)×(4+1)×(2+1)=60个；奇因数：(4+1)×(2+1)=15个；偶因数：60−15=45个；因数中3的倍数：3×1×4×(2+1)=48(个)；因数中6的倍数，也就是2，3都得选；3×4×(2+1)=36(个)；不是5的倍数，(3+1)×(4+1)=20(个)．63. 10000以内的自然数中，有且仅有3个因数的自然数有多少个？【答案】25个【分析】只有质数的平方有3个因数，因为1002=10000，只需知道100以下的质数的个数，100以内共有25个质数，因此，10000以内的自然数中，有且仅有3个因数的自然数有25个．64. 79、128、180分别有多少个约数？【答案】2；8；18【分析】简答：提示，牢记计算约数个数的公式．并能准确分解质因数．65. 一个数的完全平方数有39个约数，求该数的约数个数是多少？【答案】14个或者20个．【分析】设该数为p1a1×p2a2×⋯×p n a n，那么它的平方就是p12a1×p22a2×⋯×p n2a n，因此(2a1+1)×(2a2+1)×⋯×(2a n+1)=39．由于39=1×39=3×13，⑴所以，2a1+1=3，2a2+1=13，可得a1=1，a2=6；故该数的约数个数为(1+1)×(6+1)=14个；⑵或者，2a1+1=39，可得a1=19，那么该数的约数个数为19+1=20个．所以这个数的约数个数为14个或者20个．66.在小于200的正整数中，有多少个数有偶数个约数？【答案】185【分析】简答：平方数有奇数个约数．小于200的平方数有12，22，⋯，32，142，共14个，因此有偶数个约数的数有185个．67. 以下各数分别有多少个约数？18、47、243、196、450【答案】6；2；6；9；18【分析】简答：分解质因数后，指数加1连乘即可．68. 在2000到3000的整数中，有多少个数有奇数个约数？【答案】10【分析】简答：2000∼3000之间的平方数有452，462，⋯，542，共10个，只有这10个数有奇数个约数．69. 有3599只甲虫，依次编号为1，2，3，⋯，3599，开始时头都朝东．第1秒钟，编号为1的倍数的甲虫向右转90度；第2秒钟，编号为2的倍数的甲虫向右转90度；第3秒钟，编号为3的倍数的甲虫向右转90度，⋯，如此进行．那么，1小时后，第3599号甲虫头朝哪个方向？【答案】东．【分析】要求编号为n的甲虫转动的次数实际上是要求n的因数的个数，先将3599分解质因数：3599=3600−1=602−12=59×61，所以3599只有(1+1)×(1+1)=4个因数，那么在1小时即3600秒内，第3599号甲虫共转动了4次，由于每次转90度，所以共转了360度，还是朝向原来的方向，所以1小时后，第3599号甲虫头朝东．70. 28有多少个因数？和28因数个数相同的两位数还有那些？【答案】6个；共16个，分别是：12,18,20,28,32,44,45,50,52,63,68,75,76,92,98,99.【分析】28=22×7，共6个因数，枚举6个因数的两位数．6=1×6=2×3，原数为a5或b2c形式共16个，分别是：12,18,20,28,32,44,45,50,52,63,68,75,76,92,98,99.71. 一个正整数，它的2倍的约数恰好比自己的约数多2个，它的3倍的约数恰好比它自己的约数多3个，那么这个正整数为多少？【答案】12【分析】这个数只能含2和3的因子，因为如果它还有别的因子，例如5，那么最后增加的个数要比给定的数字大．设x=2a⋅3b，它的约数有(a+1)(b+1)个，它的2倍为2a+1⋅3b，它的约数有(a+1+1)(b+1)个．(a+1+1)(b+1)−(a+1)(b+1)=b+1=2，b=1同样的，它的3倍为2a⋅3b+1，它的约数为(a+1)(b+1+1)个，比原数多3个(a+1)(b+1+1)−(a+1)(b+1)=a+1=3，a=2，所以这个数的形式是22×3=12．72. 有一个整数，它恰好是它约数个数的2012倍，这个正整数的最小值是多少？【答案】40220【分析】设这个数为x，其约数的个数为n，那么有x=2012×n=22×503×n，其约数个数总大于(2+1)×(1+1)=6个，经试验当n=20时，那么x=24×5×503⇒n=5×2×2= 20成立因此x=2011×20=40220．73. 写出从360到630的自然数中有奇数个因数的数【答案】361，400，441，484，529，576，625【分析】一个合数的因数的个数是在严格分解质因数之后，将每个质因数的指数〔次数〕加1后所得的乘积．如：1400严格分解质因数后为23×52×7，所以它的因数有(3+1)×(2+1)×(1+1)=4×3×2=24个．〔包括1和它自身〕如果某个自然数有奇数个因数，那么这个数的所有质因子的个数均为偶数个．这样它们加1后均是奇数，所得的乘积才能是奇数．而所有质因数的个数均是偶数个的数为完全平方数．即完全平方数〔除0外〕有奇数个因数，反过来，有奇数个因数的数一定是完全平方数．由以上分析知，我们所求的问题即为360～630之间有多少个完全平方数．18×18=324，19×19=361，25×25=625，26×26=676，所以在360～630之间的完全平方数为361，400，441，484，529，576，625．即360到630的自然数中有奇数个因数的数为361，400，441，484，529，576，625．74. 有一个自然数，它的个位是零，并且它有8个因数，这个数最小可能是多少？【答案】30【分析】因数个数定理：8=1×8=2×4=2×2×2，分解质因数后：a7、ab3、abc，因为这个自然数的个位是零，因此必有质因数2和5，因此可能是23×51或21×31×51，比拟可知最小的数是21×31×51=30．75. 有一个整数，它恰好是它约数个数的2011倍，这个正整数的最小值是多少？【答案】16088【分析】设这个数为x，其约数的个数为n，那么有x=2011×n，因为2011是质数，那么n的最小值的约数个数大概率为偶数，经试验当n=8时，那么x=2011×23⇒n=2×4=8成立因此x=2011×8=16088．76. 200以内恰有10个因数的数有多少个？【答案】5【分析】10=1×10=2×5，对于第一种情况29=512>200；第二种情况为a4×b，a只能取2和3：24×3、24×5、24×7、24×11、24×13=208>200；34×2、34×5=405> 200，综上，共有5个．77. 在三位数中，恰好有9个因数的数有多少个？【答案】7个【分析】由于9=1×9=3×3，根据因数个数公式，可知9个因数的数可以表示为一个质数的8次方，或者两个不同质数的平方的乘积，前者在三位数中只有28=256符合条件，后者中符合条件有22×52=100、22×72=196、22×112=484、22×132=676、32×52=225、32×72=441，所以符合条件的有7个．表示的是正整数，那么满足要求的正整数X共有多少个？78. 12x+3【答案】3【分析】因为12的因数有：1，2，3，4，6，12；当x+3=4时，x=1；当x+3=6时，x=3；当x+3=12时，x=9；故满足要求的正整数X共有3个．79. 360共有多少个奇约数？所有这些奇约数的和是多少？【答案】6、78【分析】360=23×32×5，奇约数有：(2+1)×(1+1)=6(个)，奇约数的和是：(30+31+32)×(50+51)=78．80. 10000的所有因数的和为多少？所有因数的积为多少？【答案】24211；1000012×100【分析】10000=24×54，因数和：(20+21+22+23+24)×(50+51+52+53+54)=24211因数积为(1002)n×100，其中n=[(4+1)×(4+1)−1]÷2=12所以因数的积为1000012×10081. 数360的因数有多少个？这些因数的和是多少？【答案】24个；1170【分析】360分解质因数：360=2×2×2×3×3×5=23×32×5；360的因数可以且只能是2a×3b×5c，〔其中a，b，c均是整数，且a为0～3，b为0～2，c为0～1〕．因为a、b、c。

小学奥数题库《数论》因数和倍数-因数和-1星题(含解析)

数论-因数和倍数-因数和-1星题课程目标知识提要因数和•概念因数和：即一个整数的所有因数的和。

因数和公式：a3×b2×c的因数的和为〔1+ a + a2 + a3〕×〔1+ b + b2〕×〔1+ c〕精选例题因数和1. 大于0的自然数，如果满足所有因数之和等于它们自身的2倍，那么这样的数称为完美数或完全数．比方，6的所有因数为1，2，3，6，1+2+3+6=12，6就是最小的完美数，是否有无限多个完美的数的问题至今仍然是困扰人类的难题之一．研究完美数可以从计算自然数的所有因数之和开始，81的所有因数之和为．【答案】121【分析】81的所有因数为：1，3，9，27，81，所以因数之和为1+3+9+27+81=121．2. 计算以下数的约数和：108、144．【答案】〔1〕280；〔2〕403【分析】详解：〔1〕108=22×32，它的所有约数之和是(1+2+4)×(1+3+9+27)= 280．〔2〕144=24×32，它的所有约数之和是(1+2+4+8+16)×(1+3+9)=403．3. 数360的因数有多少个？这些因数的和是多少？【答案】24个；1170【分析】360分解质因数：360=2×2×2×3×3×5=23×32×5；360的因数可以且只能是2a×3b×5c，〔其中a，b，c均是整数，且a为0～3，b为0～2，c为0～1〕．因为a、b、c的取值是相互独立的，由计数问题的乘法原理知，因数的个数为(3+1)×(2+1)×(1+1)= 24．我们先只改动关于质因数3的因数，可以是1，3，32，它们的和为(1+3+32)，所以所有360因数的和为(1+3+32)×2y×5w；我们再来确定关于质因数2的因数，可以是1，2，22，23，它们的和为(1+2+22+23)，所以所有360因数的和为(1+3+32)×(1+2+22+ 23)×5w；最后确定关于质因数5的因数，可以是1，5，它们的和为(1+5)，所以所有360的因数的和为(1+3+32)×(1+2+22+23)×(1+5)．于是，我们计算出值：13×15×6= 1170．所以，360所有因数的和为1170．4. 因数和是指一个数所有因数的和，例如“6”的因数和是1+2+3+6=12．〔1〕24的因数和是多少？〔2〕一个自然数有5个因数，求因数和最小是多少？〔3〕一个数的因数和是78，求这个数是多少？【答案】〔1〕60；〔2〕31；〔3〕45【分析】〔1〕24=23×3⇒(1+2+4+8)×(1+3)=60；〔2〕拥有5个自然数形如a4，最小为24，所以因数和最小为1+2+4+8+16=31；〔3〕78=6×13⇒(1+5)×(1+3+9)=45．。

小学奥数题库《数论》余数问题中国剩余定理5星题(含解析)全国通用版

数论-余数问题-中国剩余定理-5星题课程目标知识提要中国剩余定理•概述中国剩余定理即我们常说的“物不知数”，是利用同余式组来求解的一类问题。

A、一个数分别除以两个数余数相同的时候，将原数减去这个余数之后可以整除那两个数B、上述情况下的余数虽有不同，但与各自对应的除数的差相同，将原数加上这个差之后便可以整除C、其他情况下，凑出相同余数之后，运用第一种情况的方法．精选例题中国剩余定理1. 一个自然数除以7、8、9后分别余1、2、3，而所得的三个商的和是570，这个数是多少？【答案】1506．【分析】设这个数为x．[7,8,9]=504，504−6=498，则x=498+504n．498+504n−17+498+504n−28+498+504n−39=570 71+72n+62+63n+55+56n=570191n=382n=2x =498+504×2=1506．2. 一个不超过 200 的自然数，如果用四进制表示，那么它的数字之和是 5；如果用六进制表示，那么它的数字之和是 8；如果用八进制表示，那么它的数字之和是 9．如果用十进制表示，那么这个数是多少？【答案】 23【分析】根据结论：“在 n 进制中，一个自然数与它的数字和模 (n −1) 同余”，所以这个数 {÷3⋯2,÷5⋯3,÷7⋯2, 利用物不知数可以求出符合的答案为 23、128、233、…，符合“不超过 200”的只有 23 和 128，经检验，23=(113)4=(35)6=(27)8，128=(2000)4=(332)6=(200)8，只有 23 符合．3. 有一类三位数，它们除以 2、3、4、5、6 所得到的余数互不相同（可以含 0）．这样的三位数中最小的三个是多少？【答案】 118、119、155【分析】设这个三位数为 N ，先写出所有的情况再分析：{ N ÷2⋯0、1,N ÷3⋯0、1、2,N ÷4⋯0、1、2、3,N ÷5⋯0、1、2、3、4,N ÷6⋯0、1、2、3、4、5.首先，N 除以 4 不可能余 0 或余 1，否则和 N 除以 2 的余数相同；N 除以 6 不可能余 0 或余 1 或余 2，否则和 N 除以 3 的余数相同．所以情况变为{ N ÷2⋯0、1,N ÷3⋯0、1、2,N ÷4⋯2、3,N ÷5⋯0、1、2、3、4,N ÷6⋯3、4、5.若这个数是偶数，很明显 {N ÷2⋯0,N ÷4⋯2,N ÷6⋯4, 所以 { N ÷2⋯0,N ÷3⋯1,N ÷4⋯2,N ÷5⋯3,N ÷6⋯4, 利用物不知数解出通解为 58+60k(k =0,1,2⋯)，最小符合题意的解是 118；若这个数是奇数，很明显 {N ÷2⋯1,N ÷4⋯3, 那么 {N ÷2⋯1,N ÷4⋯3,N ÷6⋯5, 因为 N 除以 6 余 5，所以 N 除以 3 余 2，所以 {N ÷2⋯1,N ÷3⋯2,N ÷4⋯3,N ÷6⋯5, 此时 N 除以 5 有 2 种情况，若 { N ÷2⋯1,N ÷3⋯2,N ÷4⋯3,N ÷5⋯0,N ÷6⋯5, 利用物不知数解出通解为 35+60k(k =0,1,2⋯)，最小符合题意的解是 155；若 { N ÷2⋯1,N ÷3⋯2,N ÷4⋯3,N ÷5⋯4,N ÷6⋯5, 利用物不知数解出通解为 59+60k(k =0,1,2⋯)，最小符合题意的解是 119；这样的三位数中最小的三个是 118、119、155．4. 有连续的三个自然数 a 、a +1、a +2，它们恰好分别是 9、8、7 的倍数，求这三个自然数中最小的数至少是多少？【答案】 495【分析】法一：由 a +1 是 8 的倍数，得到 a 被 8 除余 7，由 a +2 是 7 的倍数，得到 a 被 7 除余 5，现在相当于一个数 a 除以 9 余 0，除以 8 余 7，除以 7 余 5．运用中国剩余定理求 a （用逐步满足的方法也可以）7 和 8 的公倍数中除以 9 余 1 的最小为 280；7 和 9 的公倍数中除以 8 余 1 的最小是 441；8 和 9 的公倍数中除以 7 余 1 的最小是 288，根据中国剩余定理，280×0+441×7+288×5=4527 符合各个余数条件，但 4527 不是最小的，还需要减去 7、8、9 的公倍数，可知 4527−(7×8×9)×8=495 是满足各个余数条件的最小值，所以 a 至少是 495．法二：仔细观察，可知由于 a 、a +1、a +2 恰好分别是 9、8、7 的倍数，那么 a +9、a +1+8、a +2+7 也分别是 9、8、7 的倍数，即 a +9 是 9、8、7 的公倍数，那么 a +9 的最小值是 9×8×7=504，即 a 至少是 504−9=495．。

小学奥数数论专题--余数(六年级)竞赛测试.doc

小学奥数数论专题--余数（六年级）竞赛测试姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题简答题xx题xx题xx题总分得分一、xx题评卷人得分（每空xx 分，共xx分）【题文】号码分别为101，126，173，193的4个运动员进行乒乓球比赛，规定每两人比赛的盘数是他们号码的和被3除所得的余数．那么打球盘数最多的运动员打了多少盘?【答案】5【解析】因为两个数和的余数同余与余数的和．有101，126，173，193除以3的余数依次为2，0，2，1．则101号运动员与126，173，193号运动员依次进行了2，1，0盘比赛，共3盘比赛；26号运动员与101，173，193号运动员依次进行了2，2，1盘比赛，共5盘比赛；173号运动员与101，126，193号运动员依次进行了1，2，0盘比赛，共3盘比赛；193号运动员与101，126，173号运动员依次进行了0，1，0盘比赛，共1盘比赛．所以，打球盘数最多的运动是126号，打了5盘．【题文】自然数－1的个位数字是多少?【答案】7【解析】我们先计算出的个数数字，再减去1即为所求．(特别的如果是0，那么减去1后的个位数字因为借位为9)将一个数除以10，所得的余数即是这个数的个位数字．而积的余数等于余数的积．有2除以10的余数为2，2×2除以10的余数为4，2×2×2除以10的余数为8，2×2×2×2除以10的余数为6；2×2×2×2×2除以10的余数为2，除以10的余数为4，除以10的余数为8，除以10的余数为6；…… ……也就是说，n个2相乘所得的积除以10的余数每4个数一循环．因为67÷4＝16……3，所以除以10的余数同余与2×2×2，即余数为8，所以－1除以8的余数为7．即－1的个位数字为7．评注：n个相同的任意整数相乘所得积除以10的余数每4个数一循环．【题文】算式7+7×7+…+计算结果的末两位数字是多少?【答案】56【解析】我们只用算出7+7×7+…+的和除以100的余数，即为其末两位数字．7除以100的余数为7，7×7除以100的余数为49，7×7×7除以100的余数为43，7×7×7×7除以100的余数等于43×7除以100的余数为1；而除以100的余数等于×7的余数，即为7，……这样我们就得到一个规律除以100所得的余数，4个数一循环，依次为7，49，43，1．1990÷4＝497……2，所以7+7×7+…+的和除以100的余数同余与：497×(7+49+43+1)+7+49＝49756，除以100余56．所以算式7+7×7+…+计算结果的末两位数字是56．【题文】除以9的余数是多少?【答案】2【解析】能被9整除的数的特征是其数字和能被9整除，如果这个数的数字和除以9余a，那么我们在减去a而得到的新数一定能被9整除，那么这个新数加上a后再除以9，所得的余数一定为a，即一个数除以9的余数等于其数字和除以9的余数．的数字和为20×(1+9+9+0)＝380，380的数字和又是3+8＝11，11除以9的余数为2，所以除以9的余数是2．【题文】将1，2，3，…，30从左往右依次排列成一个5l位数，这个数被11除的余数是多少?【答案】8【解析】1，2，3，...，30这30个数从左往右依次排列成一个51位数为：123456...910...17...192021...25 (2930)记个位为第1位，十位为第2为，那么：它的奇数位数字和为：0+9+8+7+6+…+1+9+8+7+6+…+1+9+7+5+3+1＝115；它的偶数位数字和为：3+++8+6+4+2＝53；它的奇数位数字和与偶数位数字和的差为115－53＝62.而62除以11的余数为7．所以将原来的那个51位数增大4所得到的数123456…910…17…192021…25…2934就是11倍数，则将123456…910…17…192021…25…2934减去4所得到数除以11的余数为7．即这个51位数除以11的余数是7．评注：如果记个位为第1位，十位为第2位，那么一个数除以11的余数为其奇数位数字A和减去偶数位数字和B的差A－B＝C，再用C除以11所得的余数即是原来那个数的余数．(如果减不开可将偶数位数字和B 减去奇数位数字和A，求得B－A＝C，再求出C除以11的余数D，然后将11－D即为原来那个数除以11的余数) ．如：123456的奇数位数字和为6+4+2＝12，偶数位数字和为5+3+1＝9，奇数位数字和与偶数位数字和的差位12－9＝3，所以123456除以11的余数为3．又如：654321的奇数位数字和为1+3+5＝9，偶数位数字和位2+4+6＝12，奇数位数字和减不开偶数位数字和，那么先将12－9＝3，显然3除以11的余数为3，然后再用11－3＝8，这个8即为654321除以11的余数．【题文】一个1994位的整数，各个数位上的数字都是3．它除以13，商的第200位(从左往右数)数字是多少?商的个位数字是多少?余数是多少?【答案】2,7【解析】这个数即为，而整除13的数的特征是将其后三位与前面的数隔开而得到两个新数，将这两个新数做差，这个差为13的倍数．显然有能够被13类整除，而1994÷6＝332……2，即＝＝+33，而是13的倍数，所以除以13的余数即为33除以13的余数为7．有÷13＝25641，而÷13＝25641025641，所以除以13所得的商每6个数一循环，从左往右依次为2、5、6、4、1、0．200÷6＝33……2，所以除以13所得商的第23位为5．除以13的个位即为33除以13的个位，为2．即商的第23位(从左往右数)数字是5，商的个位数字是2，余数是7．【题文】己知：a＝．问：a除以13的余数是几？【答案】8【解析】因为199119911991能被13整除，而1991÷3＝663……2．有a＝＝199119911991×+199119911991×+199119911991×++199119911991×+…+199119911991×+19911991．所以a除以13的余数等于19911991除以13的余数8．【题文】有一个数，除以3余数是2，除以4余数是1．问这个数除以12余数是几?【答案】5【解析】我们将这个数加上7，则这个数能被3整除，同时也能被4整除，显然能被12整除，所以原来这个数除以12的余数为12－7＝5．【题文】某个自然数被247除余63，被248除也余63．那么这个自然数被26除余数是多少?【答案】11【解析】我们将这个数减去63，则得到的新数能被247整除，也能被248整除，而相邻的两个整数互质，所以得到的新数能被247×248，显然能被26整除．于是将新数加上63除以26的余数等于63除以26的余数为11．所以这个自然数被26除余数是11．【题文】一个自然数除以19余9，除以23余7．那么这个自然数最小是多少?【答案】237【解析】这个自然数可以表达为19m+9，也可以表达为23n+7，则有19m+9＝23n+7，即23n－19m＝2，将未知数系数与常数对19取模，有4n≡2(mod 19) ．n最小取10时，才有4n≡2(mod 19) ．所以原来的那个自然数最小为23×10+7＝237．评注：有时往往需要利用不定方程来清晰的表示余数关系，反过来不定方程往往需要利用余数的性质来求解．【题文】如图，在一个圆圈上有几十个孔(不到100个)．小明像玩跳棋那样从A孔出发沿着逆时针方向，每隔几个孔跳一步，希望一圈以后能跳回到A孔．他先试着每隔2孔跳一步，结果只能跳到B孔．他又试着每隔4孔跳一步，也只能跳到B孔．最后他每隔6孔跳一步，正好回到A孔．问这个圆圈上共有多少个孔？【答案】91【解析】设这个圆圈有n个圆孔，那么有n除以3余1，n除以5余1，n能被7整除．则将n－1是3、5的倍数，即是15的倍数，所以n＝15t+1，又因为n是7的倍数，即15t+1＝7A，将系数与常数对7取模，有t－1≡0(mod 7)，所以t取6或6与7的倍数和．对应孔数为15×6+1＝91或91与105的倍数和，满足题意的孔数只有91．即这个圆圈上共有91个孔．【题文】某住宅区有12家住户，他们的门牌号分别是l，2，3，…，12．他们的电话号码依次是12个连续的六位自然数，并且每家的电话号码都能被这家的门牌号码整除．已知这些电话的首位数字都小于6，并且门牌号码是9的这一家的电话号码也能被13整除，问这一家的电话号码是什么数?【答案】388089【解析】设这12个连续的自然数为n+1，n+2，n+3，…，n+12，那么有它们依次能被1，2，3，…，12整除，显然有n能同时被1，2，3，…，12整除．即为1，2，3，…，12的公倍数．[1，2，3，…，12]＝23×32×5×7×11＝27720，所以n是27720的倍数，设为27720k．则有第9家的门牌号码为27720k+9为13的倍数，即27720k+9＝13A，将系数与常数对13取模有：4k+9≡0(mod 13)，所以k可以取1或1与13的倍数和．有要求n+1，n+2，n+3，…，n+12，为六位数，且首位数字都小于6，所以k只能取14，有n＝27720×14＝388080．那么门牌号码是9的这一家的电话号码是388080+9＝388089．【题文】有5000多根牙签，可按6种规格分成小包．如果10根一包，那么最后还剩9根．如果9根一包，那么最后还剩8根．第三、四、五、六种的规格是，分别以8，7，6，5根为一包，那么最后也分别剩7，6，5，4根．原来一共有牙签多少根?【答案】5039【解析】设这包牙签有n根，那么加上1根后为n+1根，此时有n+1根牙签即可以分成10根一包，又可以分成9根一包，还可以分成8、7、6、5根一包．所以，n+1是10、9、8、7、6、5的倍数，即它们的公倍数．[10，9，8，7，6，5]＝23×32×5×7＝2520，即n+1是2520的倍数，在满足题意下只能是2520×2＝5040，所以n＝5039．即原来一共有牙签5039根．【题文】有一个自然数，用它分别去除63，90，130都有余数，3个余数的和是25．这3个余数中最大的一个是多少?【答案】20【解析】设这个自然数为☆，设它除63，90，130所得的余数依次为a，b，c，商依次为A，B，C．显然有63+90+130＝☆×(A+B+C)+(a+b+c)＝☆×(A+B+C)+25，所以☆×(A+B+C)＝(63+90+130)－25＝258，所以☆是258的约数．258＝2×3×43，显然当除数☆为2、3、6时，3个余数的和最大为3×(2－1)＝3，3×(3－1)＝6，3×(6－1)＝15，所以均不满足．而当除数☆为43×2，43×3，43×2×3时，它除以63的余数均是63，所以也不满足．那么除数☆只能是43，它除以63，90，130的余数依次为20，4，1，余数的和为25，满足．显然这3个余数中最大的为20．【题文】一个数去除55l，745，1133，1327这4个数，余数都相同．问这个数最大可能是多少?【答案】194【解析】这个数A除55l，745，1133，1327，所得的余数相同，所以有55l，745，1133，1327两两做差而得到的数一定是除数A的倍数．1327－1133＝194，1133－745＝388，745－551＝194，1327－745＝582，1327－551＝776，1133－551＝582．这些数都是A的倍数，所以A是它们的公约数，而它们的最大公约数(194，388，194，582，776，582)＝194．所以，这个数最大可能为194．【题文】用某自然数去除，得到商是46，余数是，求和．【答案】43,14【解析】因为是的倍还多,得到，得，所以，．【题文】甲、乙两数的和是，甲数除以乙数商余，求甲、乙两数．【答案】1000,88【解析】(法1)因为甲乙，所以甲乙乙乙乙；则乙，甲乙．(法2)将余数先去掉变成整除性问题，利用倍数关系来做：从中减掉以后，就应当是乙数的倍，所以得到乙数，甲数．【题文】一个两位数除310，余数是37，求这样的两位数。

五年级数学奥数数论问题

算数字（五年级奥数题及答案）(2)算数字a，b，c是1～9中的三个不同的数码，用它们组成的六个没有重复数字的三位数之和是（a+b+c）的多少倍？算数字有一个两位数，把数码1加在它的前面可以得到一个三位数，加在它的后面也可以得到一个三位数，这两个三位数相差666。

求原来的两位数。

解答：由位值原则知道，把数码1加在一个两位数前面，等于加了100；把数码1加在一个两位数后面，等于这个两位数乘以10后再加1。

设这个两位数为x。

由题意得到（10x+1）-（100+x）=666，10x+1-100-x=666，10x-x=666-1+100，9x=765，x=85。

原来的两位数是85。

五年级数论问题：数的整除难度：高难度五年级数论问题：数的整除难度：中难度/高难度用1、2、3、4（每个数恰好用一次）可组成24个四位数，其中共有多少个能被11整除？解答：被11整除的数的特征是：奇数位上数字的和与偶数位上数字的和之差能被11整除。

因为1、2、3、4这几个数字的和之差不可能大于11，因此要被11整除，只能是奇数位上数字的和与偶数位上数字的和之差等于0。

所以1和4必须同是奇数位上的数字或者同时偶数位上的数字，这样才能满足以上要求。

当1和4都是奇数位上的数字时，这样的四位数有：1243、1342、4213、4312；当1和4都是偶数位上的数字时则为：2134、3124、2431、3421。

所以满足题目要求的数一共有8个。

整除问题之整除的性质解析1整除问题之整除的性质解析2整除问题之整除的性质解析3五年级数论问题：中国剩余定理难度：高难度一个数除以3余2，除以5余3，除以7余4，问满足条件的最小自然数____.解答:采用"中国剩余定理"：35的公倍数 37的公倍数 57的公倍数15 21 3530 42 7045 63 10560 84 140… … …除以7余4的除以5余3 除以3余2分别是：60 63 35可见60+63+35=158满足我们的条件，但不是最小的自然数，处理方法就是减去最小公倍数的若干倍，使结果在最小公倍数之内。