奥数全年级一百七十九专题题库教师版521数的整除之四大判断法综合运用一教师版

1.了解整除的性质；2.运用整除的性质解题；3.整除性质的综合运用.一、常见数字的整除判定方法1.一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除；一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除；一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除；2.一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除；一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除；3.如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整除.4.如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、11或13整除.5.如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有两个数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是99的倍数，这个数一定是99的倍数。【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.）二、整除性质性质1如果数a和数b都能被数c整除，那么它们的和或差也能被c整除．即如果c︱a，c︱b，那么c︱(a±b)．性质2如果数a能被数b整除，b又能被数c整除，那么a也能被c整除．即如果b∣a，c∣b，那么c∣a．用同样的方法，我们还可以得出：性质3如果数a能被数b与数c的积整除，那么a也能被b或c整除．即如果bc∣a，那么b∣a，c∣a．性质4如果数a能被数b整除，也能被数c整除，且数b和数c互质，那么a一定能被b与c的乘积整除．即如果b∣a，c∣a，且(b，c)=1，那么bc∣a．例如：如果3∣12，4∣12，且(3，4)=1，那么(3×4)∣12．性质5如果数a能被数b整除，那么am也能被bm整除．如果b｜a，那么bm｜am（m为非0整数）；性质6如果数a能被数b整除，且数c能被数d整除，那么ac也能被bd整除．如果b｜a，且d｜c，那么bd｜ac；模块一、2、5系列例题精讲知识点拨教学目标5-2-1.数的整除之四大判断法综合运用（一）【例1】975935972□，要使这个连乘积的最后4个数字都是0，那么在方框内最小应填什么数？【考点】整除之2、5系列【难度】2星【题型】填空【【解解析析】】积的最后4个数字都是0，说明乘数里至少有4个因数2和4个因数5．9755539，9355187，97222243，共有3个5，2个2，所以方框内至少是22520．【答案】22520【例2】从50到100的这51个自然数的乘积的末尾有多少个连续的0？【考点】整除之2、5系列【难度】4星【题型】解答【【解解析析】】首先，50、60、70、80、90、100中共有7个0．其次，55、65、85、95和任意偶数相乘都可以产生一个0，而75乘以偶数可以产生2个0，50中的因数5乘以偶数又可以产生1个0，所以一共有742114个0．【答案】14个连续的0【例3】把若干个自然数1、2、3、……连乘到一起，如果已知这个乘积的最末十三位恰好都是零，那么最后出现的自然数最小应该是多少？【考点】整除之2、5系列【难度】4星【题型】解答【【解解析析】】乘积末尾的零的个数是由乘数中因数2和5的个数决定的，有一对2和5乘积末尾就有一个零．由于相邻两个自然数中必定有一个是2的倍数，而相邻5个数中才有一个5的倍数，所以我们只要观察因数5的个数就可以了．551，1052，1553，2054，2555，3056，……，发现只有25、50、75、100、……这样的数中才会出现多个因数5，乘到55时共出现11213个因数5，所以至少应当写到55。【答案】55【例4】11个连续两位数的乘积能被343整除，且乘积的末4位都是0，那么这11个数的平均数是多少？【考点】整除之2、5系列【难度】4星【题型】解答【【解解析析】】因为33437，由于在11个连续的两位数中，至多只能有2个数是7的倍数，所以其中有一个必须是49的倍数，那就只能是49或98．又因为乘积的末4位都是0，所以这连续的11个自然数至少应该含有4个因数5．连续的11个自然数中至多只能有3个是5的倍数，至多只能有1个是25的倍数，所以其中有一个必须是25的倍数，那么就只能是25、50或75．所以这11个数中应同时有49和50，且除50外还有两个是5的倍数，只能是40，41，42，43，44，45，46，47，48，49，50，它们的平均数即为它们的中间项45．【答案】45【例5】201202203300的结果除以10，所得到的商再除以10……重复这样的操作，在第____次除以10时，首次出现余数.【考点】整除之2、5系列【难度】5星【题型】填空【关键词】学而思杯，5年级，第7题【解析】本题其实为求原式结果末尾有多少个连续的0.0由5和2相乘得到，最关键在于有多少个5.能整除1次5的数有205，210，215，220，230，235，240，245，255，260，265，270，280，285，290，295共16个，会乘出16个连续的0；能整除2次5的数有225，275，300共三个，会乘出6个连续的0；能整除3次5的数有250，会乘出3个连续的0。所以共有166325个连续的0，则能整除25次10，第26次首次出现余数。【答案】26次【例6】用1～9这九个数字组成三个三位数(每个数字都要用)，每个数都是4的倍数。这三个三位数中最小的一个最大是。【考点】整除之2、5系列【难度】4星【题型】填空【关键词】走美杯，决赛，5年级，决赛，第8题，10分【解析】三个数都是4的倍数，个位必然都是偶数。当个位是2或6时，十位是奇数，当个位是4或8时，十位是偶数。因为1～9中只有4个偶数，所以三个数中有两个的个位分别是2和6，另一个的后两位是84或48。因为三个数的百位都是奇数，所以最小的三位数的百位最大是5，(另两个分别是9和7)。9已被百位占用，十位最大的是8，所以三个三位数中最小的一个最大是584。注：另两个三位数可以是912，736或932，716或916，732或936，712。【答案】584【例7】若4232bcd，试问abcd能否被8整除?请说明理由．【考点】整除之2、5系列【难度】4星【题型】解答【【解解析析】】略【答案】由能被8整除的特征知，只要后三位数能被8整除即可.10010bcdbcd，有(42)9688(12)bcdbcdbcbc能被8整除，而4232bcd也能被8整除，所以abcd能被8整除.模块二、3、9、99系列【例8】在方框中填上两个数字，可以相同也可以不同，使4□32□是9的倍数.请随便填出一种，并检查自己填的是否正确。【考点】整除之3、9、99系列【难度】1星【题型】填空【【解解析析】】一个数是9的倍数，那么它的数字和就应该是9的倍数，即4□32□是9的倍数，而4329,所以只需要两个方框中的数的和是9的倍数．依次填入3、6，因为4332618是9的倍数，所以43326是9的倍数。【答案】43326（答案不唯一）【【巩巩固固】】若9位数2008□2008能够被3整除，则□里的数是__________【考点】整除之3、9、99系列【难度】1星【题型】填空【关键词】希望杯，4年级，初赛，2题【解析】根据题目知:20+□是3的倍数,所以□里填1或4或7.【答案】1或4或7【例9】一个六位数2727口口被3除余l，被9除余4，这个数最小是。【考点】整除之3、9、99系列【难度】2星【题型】填空【关键词】走美杯，4年级，决赛，第2题，8分【解析】被9除余4的数被3除必余1，所以只需考虑被9除余4这个条件。这个数各个数位上的数字之和除以9应余4。所以框里面最小是04，六位数为：204727.【答案】204727【例10】连续写出从1开始的自然数，写到2008时停止，得到一个多位数：1234567891011……20072008，请说明：这个多位数除以3，得到的余数是几？为什么？【考点】整除之3、9、99系列【难度】2星【题型】填空【关键词】希望杯，四年级，复赛，第15题【解析】因为连续3个自然数可以被3整除，而且最后一个自然数都是3的倍数，因为2007是3的倍数，所以12345678910112007是3的倍数，又因为12345678910112007200812345678910112007000020071，所以123456789101120072008除以3，得到的余数是1。【答案】1【例11】试说明一个两位数，如果将个位数字和十位数字对调后得到一个新的两位数，则新数与原数的差一定能被9整除.【考点】整除之3、9、99系列【难度】2星【题型】解答【【解解析析】】略【答案】设原来的两位数为ab，则新的两位数为ba.ba－ab(10)(10)9()baabba.因为9()ba能被9整除，所以它们的差能被9整除.【例12】1234567891011121314…20082009除以9，商的个位数字是_________。【考点】整除之3、9、99系列【难度】3星【题型】填空【关键词】走美杯，初赛，六年级，第5题【解析】首先看这个多位数是否能为9整除，如果不能，它除以9的余数为多少。由于任意连续的9个自然数的和能被9整除，所以它们的各位数字之和能被9整除，那么把这9个数连起来写，所得到的数也能被9整除。由于200992232，所以1234567891011121314…20082009这个数除以9的余数等于20082009（或者12）除以9的余数，为3.那么1234567891011121314…20082009除以9的商，等于这个数减去3后除以9的商，即1234567891011121314…20082006除以9的商，那么很容易判断商的个位数字为4。【答案】4【例13】证明abcde能被6整除，那么2()abcde也能被6整除．【考点】整除之3、9、99系列【难度】3星【题型】解答【【解解析析】】略【答案】∵623∴2|abcde∴2|e∴6|3e∵3|abcde∴3|a+b+c+d+e∴6|2(a+b+c+d+e)∴6|2(a+b+c+d+e)-3e∴6|2（a+b+c+d）-e【例14】试说明一个5位数，原序数与反序数的差一定是99的倍数(如：12367为原序数，那么它对应的反序数为76321，它们的差6395499646是99的倍数．【考点】整除之3、9、99系列【难度】4星【题型】解答【【解解析析】】略【答案】设原序数为abcde，则反序数为edcba，则abcde－edcba1000010001001010000100010010abcdeedcba()()99999909909999abde991011010101abde()因为等式的右边能被99整除，所以abcdeedcba能被99整除【例15】1至9这9个数字，按图所示的次序排成一个圆圈．请你在某两个数字之间剪开，分别按顺时针和逆时针次序形成两个九位数(例如，在1和7之间剪开，得到两个数是193426857和758624391)．如果要求剪开后所得到的两个九位数的差能被396整除，那么剪开处左右两个数字的乘积是多少?987654321【考点】整除之3、9、99系列【难度】4星【题型】解答【【解解析析】】互为反序的两个九位数的差，一定能被99整除．而396994，所以我们只用考察它能否能被4整除．于是只用观察原序数、反序数的末两位数字的差能否被4整除，显然只有当剪开处两个数的奇偶性相同时才有可能．注意图中的具体数字，有(3，4)处、（8，5)处的两个数字奇偶性均不相同，所以一定不满足．而剩下的几个位置奇偶性相同，有可能满足．进一步验证，有(9，3)处剪开的末两位数字之差为431924，(4，2)，(2，6)，(6，8)，(5，7)，(7，1)，(1，9)处剪开的末两位数字之差为62328