五年级奥数题：带余数除法(B)

更新时间：2023-09-27 08:13:01 阅读量：综合文库文档下载

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带余数除法作业

一、填空题

1．除107后，余数为2的两位数有_____. 2. 27?( )=( )……3.

上式( )里填入适当的数,使等式成立,共有_____种不同的填法.

3. 四位数8□98能同时被17和19整除,那么这个四位数所有质因数的和是_____.

4. 一串数1、2、4、7、11、16、22、29……这串数的组成规律，第2个数比第1个数多1；第3个数比第2个数多2；第4个数比第3个数多3；依此类推；那么这串数左起第1992个数除以5的余数是_____.

5. 222……22除以13所得的余数是_____. 2000个

6. 小明往一个大池里扔石子,第一次扔1个石子,第二次扔2个石子,第三次扔3个石子,第四次扔4个石子……，他准备扔到大池的石子总数被106除，余数是0止，那么小明应扔_____次.

7. 七位数3□□72□□的末两位数字是_____时,不管十万位上和万位上的数字是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中哪一个,这个七位数都不是101的倍数. 8. 有一个自然数,用它分别去除63,90,130都有余数,三个余数的和是25.这三个余数中最小的一个是_____.

9. 在1,2,3,……29，30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.

10. 用1-9九个数字组成三个三位数,使其中最大的三位数被3除余2,并且还尽可能地小；次大的三位数被3除余1；最小的三位数能被3整除.那么,最大的三位数是_____.

二、解答题

11．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

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回；……是否可能在某次放回后，桌上的纸片数刚好是1991？

12. 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，最后得到一个商是a(见短除式<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a的2倍(见短除式<2>).求这个自然数.

8 所求自然数……余1 8 第一次商……余1 8 第二次商……余7 a 短除式<1> 17 所求自然数……余4 17 第一次商……余15 2 a 短除式<2>

13．某班有41名同学，每人手中有10元到50元钱各不相同.他们到书店买书,已知简装书3元一本,精装书4元一本,要求每人都要把自己手中的钱全部用完,并且尽可能多买几本书,那么最后全班一共买了多少本精装书?

14. 某校开运动会,打算发给1991位学生每人一瓶汽水,由于商店规定每7个空瓶可换一瓶汽水,所以不必买1991瓶汽水,但是最少要买多少瓶汽水?

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———————————————答案——————————————————————

答案:

1. 15,21,35

从107里减去余数2,得107-2=105,所以105是除数与商数相乘之积,将105分解质因数得105=3?5?7,可知这样的两位数有15,21,35.

2. 5

根据带余数除法中各部分之间的关系可知，商?除数=27-3=24.这样可通过分解质因数解答.

因为24=2?2?2?3=23?3,所以(商,除数)= (1,24),(2,12),(3,8),(4,6), (6,4), (8,3), (12,2),(24,1)

又由余数比除数小可知,除数有24,12,8,6,4五种填法.所以原式中括号内的数共有5种填法.

3. 51

由17与19互质可知,8□98能被(17?19=)323整除.因为8098?323=25…23，根据商数与余数符合题意的四位数应是323的26倍，所以这个四位数是8398.将8398分解质因数.

8398=323?26 =2?13?17?19

所以,这个四位数的所有质因数之和是 2+13+17+19=51. 4. 2

设这串数为a1,a2,a3,…，a1992，…，依题意知 a1=1 a2=1+1 a3=1+1+2 a4=1+1+2+3 a5=1+1+2+3+4 ……

a1992=1+1+2+3+…+1991=1+996?1991 因为996?5=199…1，1991?5=398…1，所以996?1991的积除以5余数为1，1+996?1991除以5的余数是2.

因此,这串数左起第1992个数除以5的余数是2. 5. 9

因为222222=2?111111 =2?111?1001 =2?111?7?11?13 所以222222能被13整除. 又因为2000=6?333+2 222…2=222…200+22

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2000个 1998 22?13=1…9

所以要求的余数是9. 6. 52

设小明应扔n次,根据高斯求和可求出所扔石子总数为 1+2+3+…+n=

1n?(n+1) 2依题意知,

1n?(n+1)能被106整除,因此可设 21n?(n+1)=106a 即n?(n+1)=212a 2又212a=2?2?53a,根据n与n+1为两个相邻的自然数,可知2?2?a=52(或54).

当2?2?a=52时,a=13.

当2?2?a=54时,a=13

1,a不是整数,不符合题意舍去. 2因此, n?(n+1)=52?53=52?(52+1),n=52,所以小明扔52次. 7. 76

假设十万位和万位上填入两位数为x,末两位上填入的数为y,(十位上允许是0),那么这个七位数可以分成三个部分3007200+10000x+y,3007200除以101的余数是26, 10000x除以101的余数为x,那么当x+y+26的和是101的倍数时,这个七位数也是101的倍数.如:当y=1时, x=74；当y=2时，x=73，……，而当y=76时，x=100，而0?x?99，x不可能是100，所以y也不可能是76.由此可知末两位数字是76时,这个七位数不管十万位上和万位上的数字是几,都不是101的倍数.

8. 1

设这个自然数为m,且m去除63,90,130所得的余数分别为a,b,c,则63-a,90-b,130-c都是m的倍数.于是

(63-a)+(90-b)+(130-c)=283-(a+b+c)=283-25=258也是m的倍数.又因为258=2?3?43.

则m可能是2或3或6或43(显然m?1,86,129,258),但是a+b+c=25,故a,b,c中至少有一个要大于8(否则,a,b,c都不大于8,就推出a+b+c不大于24,这与a+b+c=25矛盾).根据除数m必须大于余数,可以确定m=43.从而a=20,b=4,c=1.显然,1是三个余数中最小的.

9. 15

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我们把1到30共30个自然数根据除以7所得余数不同情况分为七组.例如,除以7余1的有1,8,15,22,29这五个数,除以7余2的有2,9,16,23,30五个数,除以7余3的有3,10,17,24四个数,…要使取出的数中任意两个不同的数的和都不是7的倍数，那么能被7整除的数只能取1个，取了除以7余1的数，就不能再取除以7余6的数；取了除以7余2的数，就不能再取除以7余5的数；取了除以7余3的数，就不能再取除以7余4的数.为了使取出的个数最多,我们把除以7分别余1、余2、余3的数全部取出来连同1个能被7整除的数，共有

5+5+4+1=15（个）

所以，最多能取出15个数. 10. 347

根据使组成的符合条件的三位数,其最大三位数尽可能小的条件,可知它们百位上的数字应分别选用3,2,1；个位上的数字应分别选用7，8，9.

又根据最小的三位数是3的倍数,考虑在1○9中应填5,得159.则在3○7,2○8中被3除余2,余1,选用4,6分别填入圆圈中得347,268均符合条件.

这样,最大三位数是347,次大三位数是268,最小三位数是159.

11. 每次放回后,桌面上的纸片数都增加6的倍数,总数一定是6的倍数加5.而1991=6?331+5,所以是可能的.

12. 解法一

由(1)式得:8与a相乘的积加上余数7,为第二次商,即8a+7为第二次商,同样地,第二次商与8相乘的积加上余数1,为第一次商,即8(8a+7)+1为第一次商,第一次商与8相乘的积加上余数1,为所求的自然数,即8[8(8a+7)+1]+1为所求的自然数.

同理,由(2)式得所求的自然数为 17(2a?17+15)+4 由此得方程

8[8(8a+7)+1]+1=17(2a?17+15)+4 8(64a+57)+1=17(34a+15)+4 512a+457=578a+259 66a=198 ∴a=3

因此,所求自然数为

512a+457=512?3+457 =1993 解法二