小学数学竞赛第三部分 数的整除.docx
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小学数学竞赛第三部分数的整除
第三部分数的整除
【题304】求360的全部约数的和。
【思路或解法】因为360=23×32×5,
所以有360的全部约数的和为:
【题305】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)。
【题306】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。
【题307】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。
【题308】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。
【题309】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。
【题310】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。
【题311】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。
【题312】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。
【题313】“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。
【题314】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。
【题315】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)。
【题316】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。
【题317】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。
【题318】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。
【题319】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。
【题320】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。
______。
【思路或解法】设这三个质数分别是a、b、c,则
解质因数原理解答:
1986=2×3×331,且3×331+2×331+2×3=1661,
所以这三个质数的和为:
2+3+331=336。
【题322】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。
【题323】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.
【题324】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。
【题325】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。
【题326】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。
【题327】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。
【题328】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。
【题329】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。
【题330】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
【题331】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。
【题332】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。
【题333】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.
【题334】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。
【题335】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。
【题336】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。
【题337】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.
【题338】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。
【题339】阳历1978年1月1日是星期日,阳历2000年的1月1日是星期几?
【思路或解法】从阳历1978年1月1日到阳历2000年1月1日,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日到2000年1月1日止,共经历了:
365×22+5+1=8036(天),因为8036÷7=1148,所以2000年的1月1日是星期六。
【题340】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。
【题341】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。
【题342】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。
【题343】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。
【题344】一月份有三十一天,如果某年的1月1日是星期一,这年的2月22日是星期几?
【思路或解法】从某年的1月1日到这年的2月22日,共有31+22=53(天)53÷7=7……4,所以这年的2月22日是星期四。
【题345】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。
【题346】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)。
【题347】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。
【题348】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。
【题349】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
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- 小学数学竞赛第三部分 数的整除 小学 数学 竞赛 第三 部分 整除
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