小学数学难题解法大全 第五部分 典型难题讲析（七~四）整除的有

小学数学难题解法大全 第五部分 典型难题讲析（七之四）整除的有关问题

（四）整除的有关问题

1.整除及数字整除特征 【数字整除特征】

例1 42□28□是99的倍数，这个数除以99所得的商是__。 （上海市第五届小学数学竞赛试题）

讲析：能被99整除的数，一定能被9和11整除。

设千位上和个位上分别填上数字a、b，则：各位上数字之和为[16+（a+b）]。要使原数能被9整除，必须使[16+（a+b）]是9的倍数，即（a+b）之和只能取2或11。

又原数奇位上的数字和减去偶位上数字和的差是（8+a-b）或（b-a-8），要使原数能被11整除，必须使（8+a-b）或（b-a-8）是11的倍数。经验证，（b-a-8）是11的倍数不合。 所以a-b=3。

又a+b=2或11，可求得a=7，b=4。

从而很容易求出商为427284÷99=4316。

例2 某个七位数1993□□□能同时被2、3、4、5、6、7、8、9整除，那么它的最后三位数字依次是__。 （1993年全国小学数学奥林匹克初赛试题）

讲析：因为2、3、4、5、6、7、8、9的最小公倍数是2520。 而1993000÷2520=790余2200。

于是再加上（2520-2200）=320时，就可以了。所以最后三位数字依次是3、2、0。

例3 七位数175□62□的末位数字是__的时候，不管千位上是0到9中的哪一个数字，这个七位数都不是11的倍数。

（上海市第五届小学数学竞赛试题） 讲析：设千位上和个位上的数字分别是a和b。则原数奇位上各数字和与偶位上各数字之和的差是[3+（b-a）]或（[a-b）-3]。

要使原数是11的倍数，只需[3+（b-a）]或[（a-b）-3]是11的倍数。 则有 b-a=8，或者a-b=3。 ①当 b-a=8时，b可取9、8；

②当 a-b=3时，b可取6、5、4、3、2、1、0。

所以，当这个七位数的末位数字取7时，不管千位上数字是几，这个七位数都不是11的倍数。 例4 下面这个四十一位数 55??5□99??9

（其中5和9各有20个）能被7整除，那么中间方格内的数字是__。 （1991年全国小学数学奥林匹克决赛试题）

讲析：注意到111111÷7=15873，所以555555与999999也能被7整除。则18个5或18个9组成的数，也能被7整除。

要使原四十一位数能被7整除，只需55□99这个五位数是7的倍数。 容易得出，中间方格内的数字是6。 【整除】

例1 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余2，适合这些条件的最小数是______。 （天津市第一届“我爱数学”邀请赛试题）

讲析：所求这个数分别除以3和7时，余数相同。

3和7的最小公倍数为21。所以这个数是23。经检验，23除以5商4余3，23是本题的答案。 例2 一个整数在3600到3700之间，它被3除余2，被5除余1，被7除余3。这个整数是__。 （《现代小学数学》邀请赛试题）

讲析：所求整数分别除以3、5、7以后，余数各不相同。但仔细观察可发现，当把这个数加上4以后，它就能同时被3、5、7整除了。

因为3、5和7的最小公倍数是105。 3600÷105=34余30，105-30=75，

所以，当3600加上75时，就能被3、5和7整除了。即所求这个整数是3675。

例3 在一个两位数中间插入一个数字，就变成了一个三位数。如52中间插入4后变成542。有些两位数中间插入某个数字后变成的三位数，是原两位数的9倍。这样的两位数共有__个。 （中南地区小学数学竞赛试题）

讲析：因为插入一个数字后，所得的三位数是原两位数的9倍，且个位数字相同。则原两位数的个位数字一定是0或5。

又插入的一个数字，必须小于个位数字，否则新三位数就不是原两位数的9倍了。因此原二位数的个位不能为0，而一定是5。

结合被9整除的数字特征，不难找到符合要求的两位数有45、35、25和15共4个。

例4 a是一个自然数，已知a与a+1的各位数字之和都能被7整除，那么这样的自然数a最小是__。（1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第一试试题）

讲析：a与a+1的各位数字之和都是7的倍数。则a的个位数字一定是9。因为如果个位上不是9时，若a的各位数字之和是7的倍数，则a+1的各位数字之和除以7以后，肯定余1。

只有当a的个位上是9时，a+1之后，个位上满十后向前一位进一，a+1的个位数字和才有可能是7的倍数。 联想到69，69+1=70，经适当调整可得，符合条件的最小数a是69999。 例5 一个自然数被8除余1，所得的商被8除也余1，再把第二次所得的商被8除后余7，最后得到的一个商是a[见图5.43（1）]，又知这个自然数被17除余4，所得的商被17除余15，最后得到一个商是2a[见图5.43（2）]，求这个自然数。

（北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题）

讲析：可从最后的商步步向前推算。

由图5.43（1）可得：第二次商是（8a+7）；第一次商是8×（8a+7）+1=64a+57；所求的自然数是8×（64a+57）+1=512a+457

由图5.43（2）得，所求的自然数是578a+259 所以，512a+457=578a+259。 解得a=3。

故，这个自然数是512×3+457=1993。

例6 某住宅区有十二家住户。他们的门牌号分别是1、2、3、??、12。他们的电话号码依次是十二个连续的六位自然数，并且每户的电话号码都能被这户的门牌号整除。已知这些电话号码的首位数字都小于6，并且门牌号是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？ （1993年全国小学数学奥林匹克总决赛第二试试题）

讲析：设这十二家住户的电话号码依次是a+1、a+2、a+3、??，a+12。

因为每户的电话号码都能被自己家的门牌号整除，所以数a能同时被1、2、3、??、12整除。

而1、2、3、??、12的最小公倍数是27720，所以六位数中，能同时被1、2、3、??12整除的最小自然数是27720×4=110880

现在考虑第九户人家的电话号码能被13整除问题。 因为110880÷13，余数是12；27720÷13，余数是4。

也就是在110889的基础上，再加上n个27720之后的和，能被13整除的数，就是所求的数。 即12+4n，是13的倍数。

显然，当n=10时，12+4n是13的倍数。 所以，门牌号码是9的这家电话号码是： 110889+27720×10=388089。 2.余数问题

【求余数】

（1990年江苏宜兴市第五届小学生数学竞赛试题）

一组，就可得到331组，尚余4个6。

而6666÷7=952??2。所以，原式的余数是2。 例2 9437569与8057127的乘积被9除，余数是__。 （《现代小学数学》邀请赛试题）

讲析：一个数被9除的余数与这个数各位数字之和被9除的余数是一样的。 9437569各位数字之和除以9余7；8057127各位数字之和除以9余3。 7×3=21，21÷9=2??3。

所以，9437569与8057127的乘积被9除，余数是3。

例3 在1、2、3、4、??、1993、1994这1994个数中，选出一些数，使得这些数中的每两个数的和都能被26整除，那么这样的数最多能选出_______个。 （1994年全国小学数学奥林匹克初赛试题）

讲析：可将1、2、3、??、1994这1994个数，分别除以26。然后，按所得的余数分类。 要使两个数的和是26的倍数，则必须使这两个数分别除以26以后，所得的余数之和等于26。

但本题要求的是任意两个数的和都是26的倍数，故26的倍数符合要求。这样的数有1994÷26=76（个）??余18（个）。但被26除余13的数，每两个数的和也能被26整除，而余数为13的数共有77个。 所以，最多能选出77个。 【同余问题】

例1 一个整数，除300、262、205，得到相同的余数（余数不为0）。这个整数是_____。 （全国第一届“华杯赛”初赛试题）

讲析：如果一个整数分别除以另两个整数之后，余数相同，那么这个整数一定能整除这两个数的差。因此，问题可转化为求（300—262）和（262—205）的最大公约数。 不难求出它们的最大公约数为19，即这个整数是19。

例2 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3，但余数恰巧相同。那么该题的余数是多少？（1989年上海市小学数学竞赛试题）

讲析：被除数增加了131-113=18，余数相同，但结果的商是3，所以，除数应该是18÷3=6。又因为113÷6的余数是5，所以该题的余数也是5。

例3 五只猴子找到一堆桃子，怎么也平分不了，于是大家同意去睡觉，明天再说。夜里，一只猴子偷偷起来，吃掉一只桃子，剩下的桃子正好平分五等份，它拿走自己的一份，然后去睡觉；第二只猴子起来，也吃掉一只桃子，剩下的桃子也正好分成五等份，它也拿走了自己的一份，然后去睡觉。第三、四、五只猴子也都这样做。问：最初至少有______个桃子。

（哈尔滨市小学数学竞赛试题）

讲析：因为第一只猴子把桃5等分后，还余1个桃；以后每只猴子来时，都是把前一只猴子剩下的4等份再分成5等份，且每次余1个桃子。于是，我们可设想，如果另加进4个桃子，则连续五次可以分成5等份了。 加进4个桃之后，这五只猴每次分桃时，不再吃掉一个，只需5等份后，拿走一份。

因为4与5互质，每次的4份能分成5等份，这说明每次等分出的每一份桃子数，也能分成5等份。这样，这堆桃子就能连续五次被5整除了。所以，这堆桃子至少有5×5×5×5×5-4=3121（个）。

例4 在1、2、3、??、30这30个自然数中，最多能取出______个数，使取出的这些数中，任意两个不同的数的和都不是7的倍数。

（上海市第五届小学数学竞赛试题）

讲析：我们可将1到30这30个自然数分别除以7，然后按余数分类。 余数是0：7、14、21、28 余数是1：1、8、15、22、29 余数是2：2、9、16、23、30 余数是3：3、10、17、24 余数是4：4、11、18、25 余数是5：5、12、19、26 余数是6：6、13、20、27

要使两数之和不是7的倍数，必须使这两个数分别除以7所得的余数之和不等于7。

所以，可以取余数是1、2、3的数，不取余数是4、5、6的数。而余数为0的数只取一个。

故最多可以取15个数。 3.约数与倍数 【约数问题】

例1 用1155个同样大小的正方形拼成一个长方形，有______种不同的拼法。（上海市第五届小学数学竞赛试题） 讲析：不论拼成怎样的长方形，它们的面积都是1155。

而长方形的面积等于长乘以宽。所以，只要将1155分成两个整数的积，看看有多少种方法。一般来说，约数都是成对地出现。

1155的约数共有16个。 16÷2=8（对）。

所以，有8种不同的拼法。

例2 说明：360这个数的约数有多少个？这些约数之和是多少？ （全国第三届“华杯赛”决赛第一试试题） 讲析：将360分解质因数，得

360=2×2×2×3×3×5=23×32×5。 所以，360的约数个数是：（3+1）×（2+1）×（1+1）=24（个） 这24个约数的和是：

例3 一个数是5个2，3个3，2个5，1个7的连乘积。这个数当然有许多约数是两位数，这些两位的约数中，最大的是几？

（全国第一届“华杯赛”决赛第一试试题）

讲析：这个数是2×2×2×2×2×3×3×3×5×5×7。 把两位数从99、98、??开始，逐一进行分解： 99=3×3×11； 98=2×7×7；

97是质数； 96=2×2×2×2×2×3。 发现，96是上面数的约数。

所以，两位数的约数中，最大的是96。

例4 有8个不同约数的自然数中，最小的一个是______。 （北京市第一届“迎春杯”小学数学竞赛试题） 讲析：一个自然数N，当分解质因数为：

因为8=1×8=2×4=2×2×2，

所以，所求自然数分解质因数，可能为： 27，或23×3，或2×3×5，?? 不难得出，最小的一个是24。 【倍数问题】

例1 6枚1分硬币叠在一起与5枚2分硬币一样高，6枚2分硬币叠在一起与5枚5分硬币一样高，如果分别用1分、2分、5分硬币叠成的三个圆柱体一样高，这些硬币的币值为4元4角2分，那么这三种硬币总共有______枚。 （上海市第五届小学数学竞赛试题）

讲析：因为6枚1分的硬币与5枚2分的一样高，所以36枚1分的硬币与30枚2分的一样高。 6枚2分的硬币与5枚5分的一样高，所以30枚2分的硬币与25枚5分的一样高。

因此，36枚1分的硬币高度等于30枚2分的高度，也等于25枚5分的高度。它们共有： 1×36+2×30+5×25=221（分）。 4元4角2分=442（分），442÷221=2。 所以，1分的硬币共36×2=72（枚），2分的硬币共30×2=60（枚），5分的硬币共25×2=50（枚），即总共有182枚。

例2 从1、2、??、11、12中至多能选出______个数，使得在选出的数中，每一个数都不是另一个数的2倍。 （1990年全国小学数学奥林匹克初赛试题）

讲析：1、3、5、7、9、11是奇数，不可能是任何整数的2倍。剩下的数有2、4、6、8、10、12六个数，且6是3的2倍，10是5的2倍。如取2，则4、8、12就都不能取；如取4，则2、8不能取，故只可取12；如取8，则2、4不能取，故只可取8。所以至多能选取8个数。

例3 小明的两个衣服口袋中各有13张卡片，每张卡片上分别写着1、2、3、??13。如果从这两个口袋中各拿出一张卡片来计算它们所写两数的乘积，可以得到许多不相等的乘积，那么，其中能被6整除的乘积共有______个。 （北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题）

讲析：因为6=2×3，所以能被6整除的因数中，至少含有一个2和一个3。 当一边取6，另一边取1、2、??、13时均成立，有13个积； 当一边取7、8、9、10、11、12、13，另一边取12时，有7个积； 当一边取10，另一边取9时，有1个积。 所以，不相等的乘积中，被6整除的共有： 13+7+1=21（个）。

例4 设a与b是两个不相等的自然数。如果它们的最小公倍数是72，那么a与b之和可以有______种不同的值。 （北京市第九届“迎春杯”小学数学竞赛试题） 讲析：因为72=23×32，它共有约数 （3+1）×（2+1）=12（个）

这12个约数，每个约数与72的最小公倍数都是72，a、b之和有12种不同的值； 当a=22×32=36时，b可取23=8或23×3=24，a、b之和有2种不同的值； 当a=23×3=24时，b可取32=9或2×32=18，a、b之和有2种不同的值。 当a=2×32=18时；b可取23=8，a、b之和有1种不同的值。 所以，满足条件的a与b之和共有17种不同的值。 4.附录：奇数偶数与奇偶性分析 【奇数和偶数】

例1 用l、2、3、4、5这五个数两两相乘，可以得到10个不同的乘积。问乘积中是偶数多还是奇数多？ （全国第二届“华杯赛”决赛口试试题）

讲析：如果两个整数的积是奇数，那么这两个整数都必须是奇数。在这五个数中，只有三个奇数，两两相乘可以得到3个不同的奇数积。而偶数积共有7个。所以，乘积中是偶数的多。

例2 有两组数，甲组：1、3、5、7、9??、23；乙组：2、4、6、8、10、??24，从甲组任意选一个数与乙组任意选出一个数相加，能得到______个不同的和。 （《现代小学数学》邀请赛试题）

讲析：甲组有12个奇数，乙组有12个偶数。甲组中任意一个数与乙组中任意一个数相加的和，必为奇数，其中最大是47，最小是3。

从3到47不同的奇数共有23个。 所以，能得到23个不同的和。

本题中，我们不能认为12个奇数与12个偶数任意搭配相加，会得到12×12=144（个）不同的和。因为其中有很多是相同的。

【奇偶性分析】

例1 某班同学参加学校的数学竞赛。试题共50道。评分标准是：答对一道给3分，不答给1分，答错倒扣1分。请你说明：该班同学得分总和一定是偶数。 （全国第三届《从小爱数学》邀请赛试题）

讲析：如果50道题都答对，共可得150分，是一个偶数。每答错一道题，就要相差4分，不管答错多少道题，4的倍数总是偶数。150减偶数，差仍然是一个偶数。

同理，每不答一道题，就相差2分，不管有多少道题不答，2的倍数总是偶数，偶数加偶数之和为偶数。 所以，全班每个同学的分数都是偶数。则全班同学的得分之和也一定是个偶数。

例2 5只杯子杯口全都朝上。规定每次翻转4只杯子，经过若干次后，能否使杯口全部朝下？ （美国小学数学奥林匹克通讯赛试题）

讲析：一只杯口朝上的杯子，要想使杯口朝下，必须翻转奇数次。要想5只杯口全都朝上的杯子，杯口全都朝下，则翻动的总次数也一定是奇数次才能办得到。

现在每次只翻转4只杯子，无论翻多少回，总次数一定是偶数。 所以，不能使杯口全部朝下。

例3 某班共有25个同学。坐成5行5列的方阵。我们想让每个同学都坐到与他相邻的座位上去。（指前、后、左、右），能否做得到？

（广州市小学数学竞赛预赛试题）

讲析：如图5.44，为了方便，我们将每一格用A或B表示，也就是与A相邻的用B表示，与B相邻的用A表示。 要想使每位同学都坐到相邻座位上去，也就是说坐A座位的同学都要坐到B座位上去，而坐B座位上的同学都要坐到A座位上去。

但是，A座位共13个，而B座位共12个，所以，不管怎样坐，要想坐A座位的同学都坐到B座位上去，是办不到的。

例4 线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色。在线段中间插入1991个分点，每个分点随意标上红色或蓝色。这样分得1992条不重叠的小线段，如果把两端点颜色不同的小线段叫做标准线段，那么标准线段的条数是奇数还是偶数？

（1992年长沙市小学数学竞赛预选赛试题）

讲析：每插入一个点，无论其颜色怎样，其非标准线段的条数增加0条或2条，所以插入1991个点后，非标准线段增加总数是一个偶数。又原非标准线段条数为1，是一个奇数，故最后得到的非标准线段必为奇数。 非标准线段条数+标准线段条数=1992条。 所以，标准线段的条数是奇数。 5.附录：乘方的性质 【求尾数】

例1 50个7连乘 积的末位数字是______。

（1992年无锡市小学数学竞赛试题）

讲析：因为7×7×7×7积的末位数字是1，于是可将上面50个7连乘式，按四个数一组进行分组：

前12组中，每组的积的末位数都是1，只剩下最后两个7相乘。 所以，积的末位数字是9。

例2 19911991×19921992末位数字是______。 （1992年第三届“新苗杯”小学数学竞赛试题）

讲析：19911991=1991×1991×?1991，每个乘数的个1991个1991相乘位都是1，所以积的末位数也是1。

而19921992=

每组中积的末位是6，498个6相乘的末位数还是6。 所以，19911991×19921922的末位数字是6。

例3 1×2×3×4×??×50积的尾部有______个连续的0。 （贵阳市第二届小学数学竞赛试题） 讲析：凡是个位上有一个2和一个5相乘，积的末尾就会产生一个0。所以将上面乘积式中的每一个数分解质因数，发现2的个数比5多。因此，积末尾的连续0的个数，由5的个数决定。

在1至50的自然数中，有5、10、15、20、25、30、35、40、45、50中含有质因数5，它们共有12个5。 所以，原式积的末尾共有12个连续的0。

例4要使乘积195×86×72×380×□的末五位数字都是0，□内最小填______。 （1992年第三届“新苗杯”小学数学竞赛试题）

讲析：积的末五位都是0，则这个积一定是100000的倍数。因此因数中至少有5个2和5个5。 195＝3×5×13； 86＝2×43；

72=2×2×2×3×3；380=2×2×5×19。

以上四个数中已经含有6个2和2个5，必须再乘以3个5（即125）。所以□内最小填125。 【完全平方数】

例1 写出从360到630的自然数中有奇数个约数的数。 （全国第三届“华杯赛”决赛第二试试题）

讲析：一般地，约数都是成对出现的，所以约数的个数都是偶数。但是完全平方数则不然。因为它们其中有两个约数是重复的，只能算作一个，所以完全平方数的约数个数是一个奇数。

要写出从360到630的自然数中有奇数个约数的数，实际上就是在360到630之间找出完全平方数。 192=361，202=400，212=441，222=484，232=529，242=576，252=625。 以上七个数即为所求。

例2在一间房子里有100盏灯排成一行，按顺序编上了号码1、2、3、??、100。每盏灯上有一个拉线开关。开始的时候，电灯都是关着的。有100个同学排着队，每人胸前也分别写有号码1、2、3、??100。然后从1号同学开始，依次走进去把编号为自己胸前号码倍数的灯开关拉一下。这样100个同学做完以后，共有哪几盏灯是亮着的？ （第二届“我爱数学”邀请赛试题）

讲析：100名同学依次走进去，将灯号是自己编号的倍数的电灯开关各拉一下，这样进行完毕之后，每盏灯开关都是被自己灯号的约数拉了一下。因此，每盏灯开关所拉的次数，就是自己灯号的约数个数。 开始时，灯全关着，因此每盏灯必须拉奇数次时，灯才会亮。 于是，本题实际上只要找出哪些灯号含有奇数个约数。

在1至100的自然数中，含有奇数个约数的，是完全平方数：12、22、32??102。 所以，最后共有1、4、9、16、25、36、49、64、81、100号共10盏灯是亮着的。 6.整数的拆分

【不连续加数拆分】

例1 将一根长144厘米的铁丝，做成长和宽都是整数的长方形，共有______种不同的做法？其中面积最大的是哪一种长方形？

（1992年“我爱数学”邀请赛试题） 讲析：做成的长方形，长与宽的和是 144÷2=72（厘米）。

因为72=1+71=2+70=3+69=??=35+37=36+36， 所以，一共有36种不同的做法。

比较以上每种长方形长与宽的积，可发现：当长与宽都是36厘米时，面积最大。

例2将1992表示成若干个自然数的和，如果要使这些数的乘积最大，这些自然数是______。 （1992年武汉市小学数学竞赛试题）

讲析：若把一个整数拆分成几个自然数时，有大于4的数，则把大于4的这个数再分成一个2与另一个大于2的自然数之和，则这个2与大于2的这个数的乘积肯定比它大。又如果拆分的数中含有1，则与“乘积最大”不符。 所以，要使加数之积最大，加数只能是2和3。

但是，若加数中含有3个2，则不如将它分成2个3。因为2×2×2=8，而3×3=9。 所以，拆分出的自然数中，至多含有两个2，而其余都是3。 而1992÷3=664。故，这些自然数是664个3。

例3把50分成4个自然数，使得第一个数乘以2等于第二个数除以2；第三个数加上2等于第四个数减去2，最多有______种分法。

（1990年《小学生报》小学数学竞赛试题）

讲析：设50分成的4个自然数分别是a、b、c、d。

因为a×2=b÷2，则b=4a。所以a、b之和必是5的倍数。 那么，a与b的和是5、10、15、20、25、30、35、40、45。

又因为c＋2=d-2，即d=c＋4。所以c、d之和加上4之后，必是2的倍数。 则c、d可取的数组有： （40、10），（30、20），（20、30），（10、40）。 由于40÷5=8，40-8=32；（10-4）÷2=3，10-3＝7， 得出符合条件的a、b、c、d一组为（8、32、3、7）。 同理得出另外三组为：（6、24、8、12），（4、16、13、17），（2、8、18、22）。 所以，最多有4种分法。 【连续加数拆分】

例1 把945写成连续自然数相加的形式，有多少种？

（第一届“新苗杯”小学数学竞赛试题）

讲析：因为945=35×5×7，它共有（5+1）×（1+1）×（1+1）=16（个）奇约数。 所以，945共能分拆成16-1=15（种）不同形式的连续自然数之和。 例2 几个连续自然数相加，和能等于1991吗？如果能，有几种不同的答案？写出这些答案；如果不能，说明理由。 （全国第五届《从小爱数学》邀请赛试题）

讲析：1991=11×181，它共有（1＋1）×（1+1）=4（个）奇约数。 所以，1991可以分成几个连续自然数相加，并且有3种答案。 由1991=1×1991得： 1991=995＋996。 由1991=11×181得：

?+（80+101）

=80＋81＋??＋100＋101。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/1ko7.html