小学5年级精选奥数题

小学5年级精选奥数题 一、小数的巧算(A) ..................................................................................................................... 2 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ........................................................................................................................................... 2 二、小数的巧算(B) ..................................................................................................................... 4 答案........................................................................................................................................... 5 三、数的整除性(A) ..................................................................................................................... 7 答案........................................................................................................................................... 8 四、数的整除性(B) ................................................................................................................... 11 答案......................................................................................................................................... 12 五、质数与合数(A) ................................................................................................................... 15 答案......................................................................................................................................... 16 六、质数与合数(B) ................................................................................................................... 19 答案......................................................................................................................................... 20 七、约数与倍数(A) ................................................................................................................... 24 答 案:................................................................................................................................... 25 八、约数与倍数(B) ................................................................................................................... 28 答案:..................................................................................................................................... 29 九、带余数除法(A) ................................................................................................................... 32 答案......................................................................................................................................... 33 十、带余数除法(B) ................................................................................................................... 35 答案......................................................................................................................................... 37 一、小数的巧算(A) 一、填空题 1(计算 1.135+3.346+5.557+7.768+9.979=_____. 2. 计算 1.996+19.97+199.8=_____. 3. 计算 9.8+99.8+999.8+9999.8+99999.8=_____. 4. 计算 6.11+9.22+8.33+7.44+5.55+4.56+3.67+2.78+1.89=_____. 5. 计算 1.1+3.3+5.5+7.7+9.9+11.11+13.13+15.15+17.17+19.19=_____. 6. 计算 2.89×4.68+4.68×6.11+4.68=_____. 7. 计算 17.48×37-17.48×19+17.48×82=_____. 8. 计算 1.25×0.32×2.5=_____. 9. 计算 75×4.7+15.9×25=_____. ，，，10. 计算 28.6767+32286.7+573.40.05=_____. 二、解答题 11. 计算 172.4×6.2+2724×0.38 12. 计算 0.00„0181×0.00„011 963个0 1028个0 13. 计算 12.34+23.45+34.56+45.67+56.78+67.89+78.91+89.12+91.23 14. 下面有两个小数: a=0.00„0105 b=0.00„019 1994个0 1996个0 求a+b， a-b， a×b， a?b. 答案 1. 27.785 2. 221.766 原式=(2-0.004)+(20-0.03)+(200-0.2) =222-(0.004+0.03+0.2) =221.766 3. 111109 提示:仿上题. 4. 49.55 5. 103.25 原式=1.1×(1+3+„+9)+1.01×(11+13+„+19) =1.1×25+1.01×75 =103.25 6. 46.8 7. 1748 原式=17.48×37-17.48×19+17.48×82 (37-19+82) =17.48× =17.48×100 =1748 8. 1 原式=(1.25×0.8) ×(0.4×2.5) =1×1 =1 9. 750 原式=75×4.7+5.3×(3×25) =75×(4.7+5.3) =75×10 =750 10. 2867 原式=28.67×67+32×28.67+28.67×(20×0.05) =28.67×(67+32+1) =28.67×100 =2867 11. 原式=172.4×6.2+(1724+1000) ×0.38 =172.4×6.2+1724×0.38+1000×0.38 =172.4×6.2+172.4×3.8+380 =172.4×(6.2+3.8)+380 =172.4×10+380 =1724+380 =2104 ，12. 181是三位，11是两位，相乘后18111=1991是四位，三位加两位是五位，因此1991 前面还要添一个0，又963+1028=1991，所以 00„0181×0.00„011=0.00„01991 963个0 1028个0 1992个0 ,9，所以原式=11.11×(1+2+„13. 9个加数中，十位、个位、十分位、百分位的数都是1 +9)=11.11×45=499.95 14. a是小数点后有(1994+3-1=)1996位的小数，b是小数点后有(1996+2-1=)1997位小数. a+b=0.00„01069 a-b=0.00„01031 1994个0 1994个0 5 a×b=0.00„01995 a?b=1050?19= 5519 3990个0 二、小数的巧算(B) 一、填空题 1. 计算 4.75-9.64+8.25-1.36=_____. 2. 计算 3.17-2.74+4.7+5.29-0.26+6.3=_____. 3. 计算 (5.25+0.125+5.75)×8=_____. 4. 计算 34.5×8.23-34.5+2.77×34.5=_____. 5. 计算 6.25×0.16+264×0.0625+5.2×6.25+0.625×20=_____. 6. 计算 0.035×935+0.035+3×0.035+0.07×61×0.5=_____. 7. 计算 19.98×37-199.8×1.9+1998×0.82=_____. 8. 计算 13.5×9.9+6.5×10.1=_____. 9. 计算 0.125×0.25×0.5×64=_____. 10. 计算 11.8×43-860×0.09=_____. 二、解答题 11(计算 32.14+64.28×0.5378×0.25+0.5378×64.28×0.75-8×64.28×0.125×0.5378. 12. 计算 0.888×125×73+999×3. 13. 计算 1998+199.8+19.98+1.998. 14. 下面有两个小数: a=0.00„0125 b=0.00„08 1996个0 2000个0 试求a+b， a-b， a×b， a?b. 答案 1. 2 原式=(4.75+8.25)-(9.64+1.36) =13-11 =2 2. 17 原式=(3.71+5.29)+(4.7+6.3)-(2.74+0.26) =9+11-3 =17 3. 89 原式=(5.25+5.75+0.125)×8 =(11+0.125) ×8 =11×8+0.125×8 =88+1 =89 4. 345 原式=34.5×(8.23+2.77-1) =34.5×10 =345 5. 62.5 原式=6.25×0.16+2.64×6.25+5.2×6.25+6.25×2 =6.25×(0.16+2.64+5.2+2) =6.25×10 =62.5 6. 35 7. 1998 8. 199.3 原式=13.5×(10-0.1)+6.5×(10+0.1) 10-13.5×0.1+6.5×10+6.5×0.1 =13.5× =135-1.35+65+0.65 =(135+65)-(1.35-0.65) =200-0.7 =199.3 9. 1 原式=0.125×0.25×0.5×(8×4×2) =(0.125×8) ×(0.25×4) ×(0.5×2) =1×1×1 =1 10. 430 原式=11.8×43-43×20×0.09 =11.8×43-43×1.8 =43×(11.8-1.8) ， =4310 =430 11. 32.14 原式=32.14+64.28×0.5378×(0.25+0.75-8×0.125) =32.14+64.28×0.5378×0 =32.14 12. 11100 原式=0.111×(8×125) ×73+111×(9×3) =111×73+111×27 =111×(73+27) =111×100 =11100 13. 2219.778 原式=(2000-2)+(200-0.2)+(20-0.02)+(2-0.002) =2222-2.222 =2222-(10-7.778) =2222-10+7.778 =2219.778 14. a+b，a的小数点后面有1998位，b的小数点后面有2000位，小数加法要求数位对齐， 然后按整数的加法法则计算，所以 a+b=0.00„012508 = 0.00„012508 2000位 1996个0 a-b，方法与a+b一样，数位对齐，还要注意退位和补零，因为 a=0.00„0125，b=0.00„08，由12500-8=12492，所以 1998位 2000位 a-b=0.00„12492=0.00„012492 2000位 1996个0 a×b，a×b的小数点后面应该有1998+2000位，但125×8=1000，所以 a×b=0.00„01000 = 0.00„01 1998+2000位 3995个0 a?b，将a、b同时扩大100„0倍，得 2000个0 a?b=12500?8=1562.5 三、数的整除性(A) 一、填空题 1. 四位数“3AA1”是9的倍数，那么A=_____ 2. 在“25?79这个数的?内填上一个数字，使这个数能被11整除，方格内应填_____ 3. 能同时被2、3、5整除的最大三位数是_____ 4. 能同时被2、5、7整除的最大五位数是_____ 5. 1至100以内所有不能被3整除的数的和是_____ 6. 所有能被3整除的两位数的和是______ 7. 已知一个五位数?691?能被55整除，所有符合题意的五位数是_____ 8. 如果六位数1992??能被105整除，那么它的最后两位数是_____ 9. 42?28?是99的倍数，这个数除以99所得的商是_____ 从左向右1至11报数，报数为10. 从左向右编号为1至1991号的1991名同学排成一行， 11的同学原地不动，其余同学出列;然后留下的同学再从左向右1至11报数，报数为11 1的同学留下，其的留下，其余同学出列;留下的同学第三次从左向右1至11报数，报到1余同学出列，那么最后留下的同学中，从左边数第一个人的最初编号是_____号。 二、解答题 11. 173?是个四位数字.数学老师说:“我在这个?中先后填入3个数字，所得到的3个四位数，依次可被9、11、6整除。”问:数学老师先后填入的3个数字的和是多少, 12(在1992后面补上三个数字，组成一个七位数，使它们分别能被2、3、5、11整除，这个七位数最小值是多少, 13(在“改革”村的黑市上，人们只要有心，总是可以把两张任意的食品票换成3张其他票券，也可以反过来交换。试问，合作社成员瓦夏能否将100张黄油票换成100张香肠票，并且在整个交换过程中刚好出手了1991张票券, 14(试找出这样的最小自然数，它可被11整除，它的各位数字之和等于13。 答案 1. 7 已知四位数3AA1正好是9的倍数，则其各位数字之和3+A+A+1一定是9的倍数，可能是9的1倍或2倍，可用试验法试之。 设3+A+A+1=9，则A=2.5，不合题意.再设3+A+A+1=18，则A=7，符合题意。事实上，3771?9=419。 2. 1 这个数奇数位上数字和与偶数位上数字和之差是0或是11的倍数，那么这个数能被11 整除。偶数位上数字和是5+7=12，因而，奇数位上数字和2+?+9应等于12，?内应填12-2-9=1。 3. 990 要同时能被2和5整除，这个三位数的个位一定是0。要能被3整除，又要是最大的三 这个数是990。 位数， 4. 99960 解法一:能被2、5整除，个位数应为0，其余数位上尽量取9，用7去除999?0，可 所以，能同时被2、5、7整除的最大五位数是99960。 知方框内应填6。 解法二:或者这样想，2，5，7的最小公倍数是70，而能被70整除的最小六位是100030。 以能被2，5，7整除的最大五位数是100030-70=99960。 它减去70仍然是70的倍数，所 5. 3367 先求出1,100这100个数的和，再求100以内所有能被3整除的数的和，以上二和之差就是所有不能被3整除的数的和。 (1+2+3+„+100)-(3+6+9+12+„+99) =(1+100)?2×100-(3+99) ?2×33 =5050-1683 =3367 6. 1665 能被3整除的二位数中最小的是12，最大的是99，所有能被3整除的二位数如下: 12，15，18，21，„，96，99 这一列数共30个数，其和为 12+15+18+„+96+99 =(12+99) ×30?2 =1665 7. 96910或46915 A691B五位数能被55整除，即此五位数既能被5整除，又能被11整除。所以B=0或 A69105.当B=0时，能被11整除，所以(A+9+0)-(6+1)=A+2能被11整除，因此A=9;当B=5时，同样可求出A=4.所以，所求的五位数是96910或46915。 8. 90 因为105=3×5×7，根据数的整除性质，可知这个六位数能同时被3、5和7整除。 根据能被5整除的数的特征，可知这个六位数的个位数只能是0或5两种，再根据能被 199230，199260，199290，3整除的数的特征，可知这个六位数有如下七个可能:199200， 199215，199245，199275。最后用7去试除知，199290能被7整除。所以，199290能被105整除，它的最后两位数是90。 [注]此题也可以这样思考:先把后面两个方框中填上0后的199200除以105，根据余数的大小来决定最后两个方框内应填什么。199200?105=1897„15，105-15=90。如果199200 ，199290便可被105整除，故最后两位数是90。 再加上90 9. 4316 因为99=9×11，所以42?28?既是9的倍数，又是11的倍数。根据是9的倍数的特点，这个数各位上数字的和是9的倍数。42?28?这个六位数中已知的四个数的和是4+2+2+8=16，因此空格中两个数字的和是2或11.我们把右起第一、三、五位看做奇位，那么奇位上已知两个数字的和是2+2=4，而偶位上已知两个数字的和是4+8=12，再根据是11的倍数的特点，奇位上数字的和与偶位上数的和之差是0或11的倍数，所以填入空格的两个数应该相差3或相差8.从以上分析可知填入的两个数字的和不可能是2，应该是11.显然它们的差不可能是8，应该是3，符合这两个条件的数字只有7和4.填入空格时要注意7填在偶位上，4填在奇位上，即原六位数是42 7 28 4 ，又427284?99=4316，所以所得的商是4316. 10. 1331 第一次报数后留下的同学最初编号都是11倍数;第二次报数后留下的同学最初编号都是121 的倍数;第三次报数后留下的同学最初编号都是1331的倍数。所以最后留下的只有一位同学，他的最初编号是1331。 11. ?能被9整除的四位数的各位数字之和能被9整除，1+7+3+?=11+? ??内只能填7。 ?能被11整除的四位数的个位与百位的数字和减去十位与千位的数字和所得的差能被11整除。 ? (7+?)-(1+3)=3+? 能被11整除 ??内只能填8。 ?能被6整除的自然数是偶数，并且数字和能被3整除，而1+7+3+?=11+?， ??内只能填4。 ?所填三个数字之和是7+8+4=19. 12. 设补上的三个数字组成三位数，由这个七位数能被2，5整除，说明c=0;由这个abc 七位数能被3整除知1+9+9+2+a+b+c=21+a+b+c能被11整除，从而a+b能被3整除;由这个七位数又能被11整除，可知(1+9+a+c)-(9+2+b)=a-b-1能被11整除;由所组成的七位数应该最小，因而取a+b=3，a-b=1，从而a=2，b=1。所以这个最小七位数是1992210。 [注]小朋友通常的解法是:根据这个七位数分别能被2，3，5，11整除的条件，这个七 ，，，位数必定是2，3，5，11的公倍数，而2，3，5，11的最小公倍数是23511=330。这样，1992000?330=6036„120，因此符合题意的七位数应是(6036+1)倍的数，即 1992000+(330-120)=1992210。 13. 不可能。由于瓦夏原有100张票，最后还有100张票，所以他作了多少次“两换三”，那么也就作了多少次“三换两”，因此他一共出手了2k+3k=5k张票，而1991不是5的倍数。 14. 显然，这样的自然数不可能为两位数，因为如果是两位数的话，则必然具有形式xx， xyz但为偶数，与它的各位数字之和等于13矛盾.现设求之数为三位数。于是由x，x,2x 题意x，y，z,13，且由被11整除的判别法则知是11的倍数。又由于所求之数x,y，z 为最小，故有y,1=11.两式相减得。于是12，由于Z?9，从而X?3。当x,y，zx，z, X=3时，Z=9。所以，所求的最小自然数是319。 四、数的整除性(B) 一、填空题 1. 一个六位数23?56?是88的倍数，这个数除以88所得的商是_____或_____ 2. 123456789??，这个十一位数能被36整除，那么这个数的个位上的数最小是_____ 3. 下面一个1983位数33„3?44„4中间漏写了一个数字(方框)，已知这 991个 991个 个多位数被7整除，那么中间方框内的数字是_____ 4. 有三个连续的两位数，它们的和也是两位数，并且是11的倍数.这三个数是_____ 5. 有这样的两位数，它的两个数字之和能被4整除，而且比这个两位数大1的数，它的两个数字之和也能被4整除.所有这样的两位数的和是____ 6. 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_____ ，用A表示其积的各位数字之和，用B表示A的各位数字之和，7. 任取一个四位数乘3456 C表示B的各位数字之和，那么C是_____ 8. 有0、1、4、7、9五个数字，从中选出四个数字组成不同的四位数，如果把其中能被3整除的四位数从小到大排列起来，第五个数的末位数字是_____ 9. 从0、1、2、4、5、7中，选出四个数，排列成能被2、3、5整除的四位数，其中最大的是_____ 10. 所有数字都是2且能被66„„6整除的最小自然数是_____位数 100个 二、解答题 11. 找出四个互不相同的自然数，使得对于其中任何两个数，它们的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多少, 12(只修改21475的某一位数字，就可知使修改后的数能被225整除，怎样修改, 13(500名士兵排成一列横队.第一次从左到右1、2、3、4、5(1至5)名报数;第二次反过来从右到左1、2、3、4、5、6(1至6)报数，既报1又报6的士兵有多少名, 14(试问，能否将由1至100这100个自然数排列在圆周上，使得在任何5个相连的数中，都至少有两个数可被3整除,如果回答:“可以”，则只要举出一种排法;如果回答:“不能”，则需给出说明。 答案 1. 2620或2711 一个数如果是88的倍数，这个数必然既是8的倍数，又是11的倍数.根据8的倍数，它的末三位数肯定也是8的倍数，从而可知这个六位数个位上的数是0或8.而11的倍数奇偶位上数字和的差应是0或11的倍数，从已知的四个数看，这个六位数奇偶位上数字的和是相等的，要使奇偶位上数字和差为0，两个方框内填入的数字是相同的，因此这个六位数有两种可能:230560，238568。又 230560?88=2620，238568?88=2711。所以，本题的答案是2620或2711。 2. 0 因为36=9×4，所以这个十一位数既能被9整除，又能被4整除.因为1+2+„+9=45，由能被9整除的数的特征，(可知?+?之和是0(0+0)、9(1+8，8+1，2+7，7+2，3+6，6+3，4+5，5+4)和18(9+9).再由能被4整除的数的特征:这个数的末尾两位数是4的倍数，可知??是00，04，„，36，„，72，„96.这样，这个十一位数个位上有0，2，6三种可能性。所以，这个数的个位上的数最小是0。 3. 6 „3?44„4 33 991个 991个 ，，„310993+3?410990+44„4 =33 990个 990个 因为111111能被7整除，所以33„3和44„4都能被7整除，所以只要 990个 990个 3?4能被7整除，原数即可被7整除.故得中间方框内的数字是6。 4. 10，11，12或21，22，23或32，33，34。三个连续的两位数其和必是3的倍数，已知其和是11的倍数，而3与11互质，所以和是33的倍数，能被33整除的两位数只有3个，它们是33、66、99。所以有: 当和为33时，三个数是10，11，12; 当和为66时，三个数是21，22，23; 当和为99时，三个数是32，33，34. [注]“三个连续自然数的和必能被3整除”可证明如下: 设三个连续自然数为n，n+1，n+2，则 n+(n+1)+(n+2)=3n+3=3(n+1) n，(n，1)，(n，2)所以，能被3整除。 5. 118 符合条件的两位数的两个数字之和能被4整除，而且比这个两位数大1的数，如果十位数不变，则个位增加1，其和便不能整除4，因此个位数一定是9，这种两位数有:39、79. 所以，所求的和是39+79=118。 6( 195 因为这个数可以分解为两个两位数的积，而且15×15=225,200，所以其中至少有1个因数小于15，而且这些因数均需是奇数，但11不可能符合条件，因为对于小于200的自然数凡11的倍数，具有隔位数字之和相等的特点，个位百位若是奇数，十位必是偶数。所以 ，，只需检查13的倍数中小于200的三位数1313=169不合要求，1315=195适合要求。所以，答案应是195。 7. 9 根据题意，两个四位数相乘其积的位数是七位数或八位数两种可能。因为3456=384×9， 根据能被9整除的数的特征，可知其所以任何一个四位数乘3456，其积一定能被9整除， 积的各位数字之和A也能被9整除，所以A有以下八种可能取值:9，18，27，36，45，54， 72。从而A的各位数字之和B总是9，B的各位数字之和C也总是9。 63， 8. 9 ?0+1+4+7+9=21能被3整除 ?从中去掉0或9选出的两组四个数字组成的四位数能被3整除。 即有0，1，4，7或1，4，7，9两种选择组成四位数，由小到大排列为:1047，1074，1407，1470，1479，1497„。所以第五个数的末位数字是9。 9. 7410 根据能被2、3、5、整除的数的特征，这个四位数的个位必须是0，而十位、百位、千位上数字的和是3的倍数。为了使这个四位数尽可能最大，千位上的数字应从所给的6个数字中挑选最大的一个。从7开始试验，7+4+1=12，其和是3的倍数，因此其中最大的数是7410。 10. 300 ，，?66„6=2311„1 100个 100个 显然连续的2能被2整除，而要被3整除，2的个数必须是3的倍数，又要被11„1整 100个 除，2的个数必须是100的倍数，所以，最少要有300个连续的2方能满足题中要求.答案应填300。 11. 如果最小的数是1，则和1一起能符合“和被差整除”这一要求的数只有2和3两数，因此最小的数必须大于或等于2.我们先考察2、3、4、5这四个数，仍不符合要求，因为5+2=7，不能被5-2=3整除.再往下就是2、3、4、6，经试算，这四个数符合要求。所以，本题的答 案是(3+4)=7。 12. 因为225=25×9，要使修改后的数能被25整除，就要既能被25整除，又能被9整除，被25整除不成问题，末两位数75不必修改，只要看前三个数字即可，根据某数的各位数字之和是9的倍数，则这个数能被9整除的特征，因为2+1+4+7+5=19，19=18+1，19=27-8，所以不难排出以下四种改法:把1改为0;把4改为3;把1改为9;把2改为1。 13. 若将这500名士兵从右到左依次编号，则第一次报数时，编号能被5整除的士兵报1;第二次报数时，编号能被6整除的士兵报6，所以既报1又报6的士兵的编号既能被5整除又能被6整除，即能被30整除，在1至500这500个自然数中能被30整除的数共有16个，所以既报1又报6的士兵共有16名。 。假设能够按照题目要求在圆周上排列所述的100个数，我们来按所排列顺序将14. 不能 它们每5个分为一组，可得20组，其中每两组都没有共同的数，于是，在每一组的5个数中都至少有两个数是3 的倍数。从而一共有不少于40个数是3 的倍数。但事实上，在1至100的自然数中有33个数是3的倍数，导致矛盾。 五、质数与合数(A) 一、填空题 1. 在一位的自然数中，既是奇数又是合数的有_____;既不是合数又不是质数的有_____;既是偶数又是质数的有_____ 2. 最小的质数与最接近100的质数的乘积是_____ 3(两个自然数的和与差的积是41，那么这两个自然数的积是_____ 4. 在下式样?中分别填入三个质数，使等式成立?+?+?=50 5. 三个连续自然数的积是1716，这三个自然数是_____、_____、_____ 6. 找出1992所有的不同质因数，它们的和是_____ 7. 如果自然数有四个不同的质因数， 那么这样的自然数中最小的是_____ 8. 9216可写成两个自然数的积，这两个自然数的和最小可以达到_____ 9. 从一块正方形的木板上锯下宽为3分米的一个木条以后，剩下的面积是108平方分米。木条的面积是_____平方分米。 10. 今有10个质数:17，23，31，41，53，67，79，83，101，103.如果将它们分成两组，每组五个数，并且每组的五个数之和相等，那么把含有101的这组数从小到大排列，第二个 数应是_____ 二、解答题 11(2，3，5，7，11，„都是质数，也就是说每个数只以1和它本身为约数。已知一个长方形的长和宽都是质数个单位，并且周长是36个单位。问这个长方形的面积至多是多少个平方单位, 12. 把7、14、20、21、28、30分成两组，每三个数相乘，使两组数的乘积相等。 13. 学生1430人参加团体操，分成人数相等的若干队，每队人数在100至200之间，问哪几种分法, 14. 四只同样的瓶子内分别装有一定数量的油，每瓶和其他各瓶分别合称一次，记录千克数 8、9、10、11、12、13.已知四只空瓶的重量之和以及油的重量之和均为质数，求最如下: 重的两瓶内有多少油, 答案 1. 9，1，2 在一位自然数中，奇数有:1，3，5，7，9，其中仅有9为合数，故第一个空填9。 在一位自然数中，质数有2、3、5、7，合数有4、6、8、9，所以既不是合数又不是质数的为1。 又在一位自然数中，偶数有2、4、6、8，所以既是偶数又是质数的数为2。 2. 202 最小的质数是2，最接近100的质数是101，它们的乘积是2×101=202. 3. 420 首先注意到41是质数，两个自然数的和与差的积是41，可见它们的差是1，这是两个连续的自然数，大数是21，小数是20，所以这两个自然数的积是20×21=420。 4. 2、5、43 接近50的质数有43，再将7分拆成质数2与质数5的和。即2+5+43=50。另外，还有2+19+29=50，2+11+37=50。 [注]填法不是唯一的。如也可以写成41+2+7=50。 5. 11，12，13 将1716分解质因数得1716=2×2×3×11×13=11×(2×2×3) ×13。由此可以看出这 三个数是11，12，13。 6. 88 1992=2×2×2×3×83 先把1992分解质因数，然后把不同质数相加，求出它们的和。 所以1992所有不同的质因数有:2，3，83.它们的和是2+3+83=88。 7. 210 最小的四个质数是2，3，5，7，所以有四个不同质因数的最小自然数是2×3×5×7=210。 8. 192 先把9216分解质因数，然后再用“试验法”解答 ，，，，， 9216=22„233 10个 =96×96 欲使这两个自然数的和最小，可使两数相等，所以这两个质因数的和最小为96+96=192。 9. 36 如下图所示，要求木条的面积，必须知道正方形木板的边长.把108分解质因数。 108(cm2) 平方分米 3分米 108=2×2×3×3×3=12×9 由此可见，9加3正好等于12，所以正方形木板边长是12分米。所以，木条面积是12×3=36(平方分米) 10. 31 这10个质数之和是598，分成两组后，每组五个数之和是598?2=299。在有79这组数中，其他四个质数之和是299-79=220，个位数是0，因此这四个质数的个位数可能有三种情形: (1)三个1和一个7; (2)二个3和二个7; (3)三个3和一个1. 31+41+101=173，220-173=47，可这十个数中没有47，情形(1)被否定。17+67=84， 220-84=136，个位数为3有23，53，83，只有53+83=136，因此从情形(2)得到一种分组:17，53，67，79，83和23，31，41，101，103。 所以，含有101这组数中，从小到大排列第二个数是31。 [注]从题目本身的要求来说，只要找出一种分组就可以了，但从情形(3)还可以得出另一种分组.23+53+83+103=262，262-220=42， 我们能否从53，83，103中找出一个数，用比它少42的数来代替呢, 53-42=11，83-42=41，103-42=61.这十个数中没有11和61，只有41。又得到另一种分 23，41，53，79，103和17，31，67，83，101。 组: 由此可见，不论哪一种分组，含101这组数中，从小到大排列，第二个数都是31。 11. 由于长+宽是36?2=18。将18表示为两个质数和 18=5+13=7+11，所以长方形的面积是 5×13=65或7×11=77，故长方形的面积至多是77平方单位。 12. 先把14，20，21，28，30分解质因数，看这六个数中共有哪几个质因数，再分摊在两组中，使两组数乘积相等。 14=7×2 20=2×2×5 21=3×7 28=2×2×7 30=2×3×5 7 从上面五个数分解质因数来看，连7在内共有质因数四个7，六个2，二个3，二个5，因此每组数中一定要含三个2，一个3，一个5，二个7。 六个数可分成如下两组(分法是唯一的):第一组: 7、28、和30。第二组:14、21和 ，，，，20。且72830=142120=5880满足要求。 [注]解答此题的关键是审题，抓住题目中的关键性词语:“使两组数的乘积相等”。实质上是要求两组里所含质因数相同，相同的质因数出现的次数也相同. 13. 把1430分解质因数得1430=2×5×11×13，根据题目的要求，应在2、5、11及13中选用若干个数，使它们的乘积在100到200之间，于是得三种答案: (1)2×5×11=110; (2)2×5×13=130; (3)11×13=143. 所以，有三种分法:一种是分为13队，每队110人;二是分为11队，每队130人;三是分为10队，每队143人。 14. 由于每只瓶都称了三次，因此记录数之和是4瓶油(连瓶)重量之和的3倍，即4瓶油(加 ,瓶)共重(8+9+10+11+12+13)3=21(千克)。而油重之和及瓶重之和均为质数，所以它们必为一奇一偶，而质数中是偶数的质数只有2，故有: 11(1)油重之和为19千克，瓶重之和为2千克，每只瓶重千克，最重的两瓶内的油为13-22×2=12(千克). 1919(2)油重之和为2千克，瓶重之和为19千克，每只瓶重千克，最重的两瓶内的油为13-44 7×2=(千克)，这与油重之和为2千克矛盾，不合要求，删去。 2 六、质数与合数(B) 一、填空题 1. 在1,100里最小的质数与最大的质数的和是_____ 2. 小明写了四个小于10的自然数，它们的积是360.已知这四个数中只有一个是合数.这四个数是____、____、____和____ AB3. 把232323的全部质因数的和表示为，那么A×B×AB=_____ 4. 有三个学生，他们的年龄一个比一个大3岁，他们三个人年龄数的乘积是1620，这三个学生年龄的和是_____ 它们的乘积是1992，这两个数分别是_____和_____ 5. 两个数的和是107， 6. 如果两个数之和是64，两数的积可以整除4875，那么这两数之差是_____ 7. 某一个数，与它自己相加、相减、相乘、相除，得到的和、差、积、商之和为256.这个数是_____ 8. 有10个数:21、22、34、39、44、45、65、76、133和153.把它们编成两组，每组5个数，要求这组5个数的乘积等于那组5个数的乘积。第一组数_____;第二组数是______ 9. 有_____个两位数，在它的十位数字与个位数字之间写一个零，得到的三位数能被原两位数整除。 10. 主人对客人说:“院子里有三个小孩，他们的年龄之积等于72，年龄之和恰好是我家的楼号，楼号你是知道的，你能求出这些孩子的年龄吗,”客人想了一下说:“我还不能确定答案。”他站起来，走到窗前，看了看楼下的孩子说:“有两个很小的孩子，我知道他们的年龄了。”主人家的楼号是_____ ，孩子的年龄是_____ 二、解答题 11(甲、乙、丙三位同学讨论关于两个质数之和的问题。甲说:“两个质数之和一定是质数”。乙说:“两个质数之和一定不是质数”。丙说:“两个质数之和不一定是质数”。他们当中，谁说得对, 12. 下面有3张卡片3，2，1从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排起来，得到不同的一位数、两位数、三位数. 把所得数中的质数写出来。 13. 在100以内与77互质的所有奇数之和是多少, 得到的环数或者是“0”(脱靶)，或者是不超过10的自然数。14. 在射箭运动中，每射一箭 甲、乙两名运动员各射了5箭，每人5箭得到环数的积都是1764，但是甲的总环数比乙少4 求甲、乙的总环数。 环。 答案 1. 99 100，98是偶数，99是3倍数，从而知97是1,100中最大的质数，又最小的质数是2，所以最小的质数与最大的质数的和是99。 2. 3，3，5，8 根据这四个数中只有一个是合数，可知其他三个数是质数，将360分解质因数得:360=2×2×2×5×3×3。所以，这四个数是3，3，5和8。 3. 1992 依题意，将232323分解质因数得232323=23×10101=23×3×7×13×37。从而，全部 ，，，，ABAB不同质因数之和=23+3+7+13+37=83，所以，AB=8383=1992。 4( 36岁 根据三个学生的年龄乘积是1620的条件，先把1620分解质因数，然后再根据他们的年龄一个比一个大3岁的条件进行组合。 1620=2×2×3×3×3×3×5=9×12×15，所以，他们年龄的和是9+12+15=36(岁) 5. 83，24 先把1992分解质因数，再根据两个数的和是107进行组合。1992=2×2×2×3×83=24×83，24+83=107。所以，这两个数分别是83和24。 6. 14 根据两数之积能整除4875，把4875分解质因数，再根据两数之和为64进行组合。 4875=3×5×5×5×13 =(3×13) ×(5×5) ×5 =(39×25) ×5 由此推得这两数为39和25.它们的差是39-25=14. 7. 15 解法一 因为相同两数相加之和为原数的2倍，相减之差为零，相乘之积为原数乘以原数，相除 之商为1.所以原数的2倍加上原数乘以原数应是256-1=255.把255分解质因数得: 5×17 255=3× =3×5×(15+2) =15×2+15×15 所以，这个数是15。 解法二 ，依题意，原数的2倍+0+原数原数+1=256，即: ，原数的2倍+原数原数=256-1 ，原数的2倍+原数原数=255 把255分解质因数得 255=3×5×17 =15×(15+2) =15×2+15×15 所以，这个数是15。 8. 21、22、65、76、153;34、39、44、45、133. 先把10个数分别分解质因数，然后根据两组中所包含质因数必须相等把这10个数分成 两组: 21=3×7 22=2×11 34=2×17 39=3×13 44=2×2×11 45=3×3×5 65=5×13 76=2×2×19 133=7×19 153=3×3×17 由此可见，这10个数中质因数共有6个2，6个3，2个5，2个7，2个11，2个13，2个17，2个19.所以，每组数中应包含3个2，3个3，5、7、11、13、17和19各一个。于是，可以这样分组: 第一组数是:21、22、65、76、153; 第二组数是:34、39、44、45、133。 [注]若将分为两组拓广分为三组，则得到一个类似的问题(1990年宁波市江北区小学五年级数学竞赛试题): ，26，33，35，39，42，44，55，91等九个数分成三组，使每组的数的乘积相等。 把20 答案是如下分法即可: 第一组:20，33，91; 第二组:44，35，39; 第三组:26，42，55。 9( 12 设这样的两位数的十位数字为A，个位数字为B，由题意依据数的组成知识，可知100A+B能被10A+B整除。 因为100A+B=90A+(10A+B)，由数的整除性质可知90A能被10A+B整除。这样只要把90A分解组合，就可以推出符合条件的两位数。 90A=2×32×5×A A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ，109 ，9 40，，，，，，，，90A 156 9 309 509 609 709 809 909 20，458 ，185 10，15 20 30 40，45 50 60 70 80 90 AB 18 所以，符合条件的两位数共12个。 10. 14;3岁，3岁，8岁 因为三个孩子年龄的积是72，所以，我们把72分解为三个因数(不一定是质因数)的积，因为小孩的年龄一般是指不超过15岁，所以所有不同的乘积式是 72=1×6×12=1×8×9 =2×3×12=2×4×9 =2×6×6=3×3×8 =3×4×6 三个因数的和分别为:19、18、17、15、14、14、13.其中只有两个和是相等的，都等于14.14就是主人家的楼号.如果楼号不是14，客人马上可以做出判断。反之客人无法做出判断，说明楼号正是14。亦即三个孩子年龄的和为14。此时三个孩子的年龄有两种可能:2岁、6岁、6岁;或3岁、3岁、8岁。当他看到有两个孩子很小时，就可以断定这三个孩子 8岁。主人家的楼号是14号。 的年龄分别是3岁、3岁、 11. 因为两个质数之和可能是质数如2+3=5，也可能是合数如3+5=8，因此甲和乙的说法是错误的，只有丙说得对. 12. 从三张卡片中任抽一张，有三种可能，即一位数有三个，分别为1、2、3，其中只有2、3是质数。从三张卡片中任抽二张，组成的两位数共六个。但个位数字是2的两位数和个位与十位上数字之和是3的倍数的两位数，都不是质数.所以，两位数的质数只有13，23，31。因为1+2+3=6，6能被3整除，所以由1、2、3按任意次序排起来所得的三位数，都不是质数。故满足要求的质数有2、3、13、23、31这五个。 [注]这里采用边列举、边排除的策略求解.在抽二张卡片时，也可将得到六个两位数全部列举出来:12，13，21，23，31，32.再将三个合数12，21，32排除即可。 13. 100以内所有奇数之和是1+3+5+„+99=2500，从中减去100以内奇数中7的倍数与11的倍数之和7×(1+3+„+13)+11×(1+3+„+9)=618，最后再加上一个7×11=77(因为上面减去了两次77)，所以最终答数为2500-618+77=1959。 [注]上面解题过程中100以内奇数里减去两个不同质数7与11的倍数，再加上一个公倍数7×11，这里限定在100以内，如果不是100以内，而是1000以内或更大的数时，减去的倍数就更多些而返回加上的公倍数有7×11的1倍，3倍，„也更多些，这实质上是“包含与排除”的思路。 14. 依题意知，每射一箭的环数，只能是下列11个数中的一个 0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10. ,而甲、乙5箭总环数的积17640，这说明在甲、乙5箭得到的环数里没有0和10。 而1764=1×2×2×3×3×7×7是由5箭的环数乘出来的，于是推知每人有两箭中的环数都是7，从而可知另外3箭的环数是5个数 1，2，2，3，3 经过适当的分组之后相乘而得到的，可能的情形有5种: (1)1，4，9; (2)1，6，6; (3)2，2，9; (4)2，3，6; (5)3，3，4( 因此，两人5箭的环数有5种可能: ; 和是28 和是27; ; 和是27 和是25; 和是24。 ?甲、乙的总环数相差4，甲的总环数少。 ?甲的总环数是24，乙的总环数是28。 七、约数与倍数(A) 一、填空题 1(28的所有约数之和是_____ 2. 用105个大小相同的正方形拼成一个长方形，有_____种不同的拼法。 3. 一个两位数，十位数字减个位数字的差是28的约数，十位数字与个位数字的积是24.这个两位数是_____ 4. 李老师带领一班学生去种树，学生恰好被平均分成四个小组，总共种树667棵，如果师生每人种的棵数一样多，那么这个班共有学生_____人。 5. 两个自然数的和是50，它们的最大公约数是5，则这两个数的差是_____ 6. 现有梨36个，桔108个，分给若干个小朋友，要求每人所得的梨数，桔数相等，最多可分给_____个小朋友，每个小朋友得梨_____个，桔_____个。 7. 一块长48厘米、宽42厘米的布，不浪费边角料，能剪出最大的正方形布片_____块。 8. 长180厘米，宽45厘米，高18厘米的木料，能锯成尽可能大的正方体木块(不余料)_____块。 9. 张师傅以1元钱3个苹果的价格买苹果若干个，又以2元钱5个苹果的价格将这些苹果卖出，如果他要赚得10元钱利润，那么他必须卖出苹果_____个。 10. 含有6个约数的两位数有_____个。 11(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，请问有多少组这种解, 12(和为1111的四个自然数，它们的最大公约数最大能够是多少, 1313(狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳米，黄鼠狼每次跳米，它们每秒钟都4224 3只跳一次。比赛途中，从起点开始每隔米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱128 时，另一个跳了多少米, 14. 已知a与b的最大公约数是12，a与c的最小公倍数是300，b与c的最小公倍数也是300，那么满足上述条件的自然数a，b，c共有多少组,(例如:a=12、b=300、c=300，与a=300、b=12、c=300是不同的两个自然数组) 答 案: 1( 56 28的约数有1，2，4，7，14，28，它们的和为1+2+4+7+14+28=56。 2. 4 因为105的约数有1，3，5，7，15，21，35，105能拼成的长方形的长与宽分别是105和1，35和3，21与5，15与7.所以能拼成4种不同的长方形。 3. 64 因为28=2×2×7，所以28的约数有6个:1，2，4，7，14，28.在数字0，1，2，„，9中，只有6与4之积，或者8与3之积是24，又6-4=2，8-3=5。故符合题目要求的两位数仅有64。 4. 28 因为667=23×29，所以这班师生每人种的棵数只能是667的约数:1，23，29，667.显然，每人种667棵是不可能的。 当每人种29棵树时，全班人数应是23-1=22，但22不能被4整除，不可能。 当每人种23棵树时，全班人数应是29-1=28，且28恰好是4的倍数，符合题目要求。 当每人种1棵树时，全班人数应是667-1=666，但666不能被4整除，不可能。 所以，一班共有28名学生。 5. 40或20 两个自然数的和是50，最大公约数是5，这两个自然数可能是5和45，15和35，它们的差分别为(45-5=)40，(35-15=)20，所以应填40或20。 [注]这里的关键是依最大公约数是5的条件，将50分拆为两数之和:50=5+45=15+35。 6. 36，1，3。 要把梨36个、桔子108个分给若干个小朋友，要求每人所得的梨数、桔子相等，小朋友的人数一定是36的约数，又要是108的约数，即一定是36和108的公约数。因为要求最 可知小朋友的人数是36和108的最大公约数.36和108的最大公多可分给多少个小朋友， 约数是36，也就是可分给36个小朋友。 ,每个小朋友可分得梨:3636=1(只) ,每个小朋友可分得桔子:10836=3(只) 所以，最多可分得36个小朋友，每个小朋友可分得梨1只，桔子3只。 7. 56 剪出的正方形布片的边长能分别整除长方形的长48厘米及宽42厘米，所以它是48与42的公约数，题目又要求剪出的正方形最大，故正方形的边长是48与42的最大公约数。因为48=2×2×2×2×3，42=2×3×7，所以48与42的最大公约数是6.这样，最大正方形的边长是6厘米。由此可按如下方法来剪:长边每排剪8块，宽边可剪7块，共可剪 ,，,，(486)(426)=87=56(块)正方形布片。 8. 200 根据没有余料的条件可知长、宽和高分别能被正方体的棱长整除，即正方体的棱长是180，45和18的公约数。为了使正方体木块尽可能大，正方体的棱长应是180、45和18的最大公约数.180，45和18的最大公约数是9，所以正方体的棱长是9厘米。这样，长180厘米可公成20段，宽45厘米可分成5段，高18厘米可分成2段。这根木料共分割成(180?9) ×(45?9) ×(18?9)=200块棱长是9厘米的正方体。 9. 150 根据3与5的最小公倍数是15，张老师傅以5元钱买进15个苹果，又以6元钱卖出15个苹果，这样，他15个苹果进与出获利1元.所以他获利10元必须卖出150个苹果。 10. 16 含有6个约数的数，它的质因数有以下两种情况:一是有5个相同的质因数连乘;二是有两个不同的质因数其中一个需连乘两次，如果用M表示含有6个约数的数，用a和b表示 525或。因为M是两位数，所以M= a只有一种可能M=25，M的质因数，那么M,aM,a，b 2，而M= ab就有以下15种情况: 222M,2，3,M,2，5,M,2，7， 222M,2，11,M,2，13,M,2，17， 222M,2，19,M,2，23,M,3，2， 222M,3，5,M,3，7,M,3，11， 222M,5，2,M,5，3,M,7，2。 所以，含有6个约数的两位数共有15+1=16(个) 11. 三个数都不是质数，至少是两个质数的乘积，两两之间的最大公约数只能分别是2，3和5，这种自然数有6，10，15和12，10，15及18，10，15三组。 12. 四个数的最大公约数必须能整除这四个数的和，也就是说它们的最大公约数应该是1111的约数.将1111作质因数分解，得1111=11×101。最大公约数不可能是1111，其次最大可能数是101。若为101，则将这四个数分别除以101，所得商的和应为11。现有1+2+3+5=11，即存在着下面四个数101，101×2，101×3，101×5，它们的和恰好是101×(1+2+3+5)=101×11=1111，它们的最大公约数为101。所以101为所求。 339913. 黄鼠狼掉进陷井时已跳的行程应该是与的“最小公倍数”，即跳了212484 139911=9次掉进陷井，狐狸掉进陷井时已跳的行程应该是和的“最小公倍数”412,442899999，即跳了?=11次掉进陷井。经过比较可知，黄鼠狼先掉进陷井，这时狐狸已跳222 1的行程是4×9=40.5(米)。 2 14. 先将12、300分别进行质因数分解:12=22×3，300=22×3×52 (1)确定a的值.依题意a只能取12或12×5(=60)或12×25(=300)。 (2)确定b的值。 当a=12时，b可取12，或12×5，或12×25; 当a=60，300时，b都只能取12。 所以，满足条件的a、b共有5组: a=12 a=12 a=12 a=60 a=300 ， b=60， b=300， b=12， b=12. b=12 (3)确定a，b，c的组数。 对于上面a、b的每种取值，依题意，c均有6个不同的值: 52，52×2，52×22，52×3，52×2×3，52×22×3，即25，50，100，75，150，300. 所以满足条件的自然数a、b、c共有5×6=30(组) 八、约数与倍数(B) 一、 填空题 1(把20个梨和25个苹果平均分给小朋友，分完后梨剩下2个，而苹果还缺2个，一共有_____个小朋友。 2. 幼儿园有糖115颗、饼干148块、桔子74个，平均分给大班小朋友;结果糖多出7颗， 这个大班的小朋友最多有_____人。 饼干多出4块，桔子多出2个。 3. 用长16厘米、宽14厘米的长方形木板来拼成一个正方形，最少需要用这样的木板_____块。 4. 用长是9厘米、宽是6厘米、高是7厘米的长方体木块叠成一个正方体，至少需要这种长方体木块_____块。 5. 一个公共汽车站，发出五路车，这五路车分别为每隔3、5、9、15、10分钟发一次，第一次同时发车以后，_____分钟又同时发第二次车。 6. 动物园的饲养员给三群猴子分花生，如只分给第一群，则每只猴子可得12粒;如只分给第二群，则每只猴子可得15粒;如只分给第三群，则每只猴子可得20粒.那么平均给三群猴子，每只可得_____粒。 7. 这样的自然数是有的:它加1是2的倍数，加2是3的倍数，加3是4的倍数，加4是5的倍数，加5是6的倍数，加6是7的倍数，在这种自然数中除了1以外最小的是_____ 8( 能被3、7、8、11四个数同时整除的最大六位数是_____ 9. 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。 10. 210与330的最小公倍数是最大公约数的_____倍。 二、解答题 11(公共汽车总站有三条线路，第一条每8分钟发一辆车，第二条每10分钟发一辆车，第三条每16分钟发一辆车，早上6:00三条路线同时发出第一辆车.该总站发出最后一辆车是20:00，求该总站最后一次三辆车同时发出的时刻。 12. 甲乙两数的最小公倍数除以它们的最大公约数，商是12.如果甲乙两数的差是18，则甲数是多少,乙数是多少, 511513. 用、、分别去除某一个分数，所得的商都是整数.这个分数最小是几, 1285620 14. 有15位同学，每位同学都有编号，他们是1号到15号，1号同学写了一个自然数，2号说:“这个数能被2整除”，3号说:“这个数能被他的编号数整除。1号作了检验:只有编号连续的二位同学说得不对，其余同学都对，问: (1)说的不对的两位同学，他们的编号是哪两个连续自然数, (2)如果告诉你，1号写的数是五位数，请找出这个数。 答案: 1. 9 若梨减少2个，则有20-2=18(个):若将苹果增加2个，则有25+2=27(个)，这样都被小朋友刚巧分完。由此可知小朋友人数是18与27的最大公约数.所以最多有9个小朋友。 2. 36 根据题意不难看出，这个大班小朋友的人数是115-7=108，148-4=144，74-2=72的最大公约数。所以，这个大班的小朋友最多有36人。 3. 56 所铺成正方形的木板它的边长必定是长方形木板长和宽的倍数，也就是长方形木板的长和宽的公倍数，又要求最少需要多少块，所以正方形木板的边长应是14与16的最小公倍数。先求14与16的最小公倍数，2×8×7=112，因为正方形的边长最小为112厘米，所以最少 112，112需要用这样的木板=7×8=56(块) 16，14 4( 5292 与上题类似，依题意，正方体的棱长应是9，6，7的最小公倍数，9，6，7的最小公倍 126，126，126，，数是126.所以，至少需要这种长方体木块=142118=5292(块) 9，6，7 [注]上述两题都是利用最小公倍数的概念进行“拼图”的问题，前一题是平面图形，后一题是立体图形，思考方式相同，后者可看作是前者的推广。将平面问题推广为空间问题是 希望引起小朋友们注意。 数学家喜欢的研究问题的方式之一。 5. 90 依题意知，从第一次同时发车到第二次同时发车的时间是3，5，9，15和10的最小公倍数。因为3，5，9，15和10的最小公倍数是90，所以从第一次同时发车后90分钟又同时发第二次车。 6. 5 ，依题意得:花生总粒数=12×第一群猴子只数=15×第二群猴子只数=20第三群猴子只数，由此可知，花生总粒数是12，15，20的公倍数，其最小公倍数是60.花生总粒数是60，120，180，„„，那么 第一群猴子只数是5，10，15，„„ 第二群猴子只数是4，8，12，„„ 第三群猴子只数是3，6，9，„„ 所以，三群猴子的总只数是12，24，36，„„。因此，平均分给三群猴子，每只猴子所得花生粒数总是5粒。 7. 421 依题意知，这个数比2、3、4、5、6、7的最小公倍数大1，2、3、4、5、6、7的最小公倍数是420，所以这个数是421。 8. 999768 由题意知，最大的六位数是3，7，8，11的公倍数，而3，7，8，11的最小公倍数是1848。因为999999?1848=541„„231，由商数和余数可知符合条件的最大六位数是1848的541倍，或者是999999与231的差。所以，符合条件的六位数是999999-231=999768。 9. 3 根据题目要求，有相同质因数的数不能分在一组，26=2×13，91=7×13，143=11×13，所以，所分组数不会小于3.下面给出一种分组 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 :(1)26，33，35;(2)34，91;(3)63，85，143。因此，至少要分成3组。 [注]所求组数不一定等于出现次数最多的质因数的出现次数，如15=3×5，21=3×7， ，35=57，3，5，7各出现两次，而这三个数必须分成三组，而不是两组。除了上述分法之外，还有多种分组法，下面再给出三种: (1)26，35;33，85，91;34，63，143; (2)85，143，63;26，33，35;34，91; (3)26，85，63;91，34，33;143，35。 10. 77 根据“甲乙的最小公倍数×甲乙的最大公约数=甲数×乙数”，将210×330分解质因数，再进行组合有 210×330=2×3×5×7×2×3×5×11 32×52×7×11 =22× =(2×3×5)×(2×3×5×7×11) 11=77(倍)。 因此，它们的最小公倍数是最大公约数的7× 11. 根据题意，先求出8，10，16的最小公倍数是80，即从第一次三车同时发出后，每隔80分钟又同时发车。从早上6:00至20:00共14小时，求出其中包含多少个80分钟。60×14?80=10„40分钟，由此可知，20:00前40分钟，即19:20为最后一次三车同时发车的时刻。 12. 甲乙两数分别除以它们的最大公约数，所得的两个商是互质数。而这两个互质数的乘积，恰好是甲乙两数的最小公倍数除以它们的最大公约数所得的商——12.这一结论的根据是:(我们以“约”代表两数的最大公约数，以“倍”代表两数的最小公倍数) ，， 甲数乙数=倍约 甲数，乙数倍，约 =，所以: 约，约约，约 甲数乙数甲数乙数倍，， =，=12 约约约约约 将12变成互质的两个数的乘积: ?12=4×3，?12=1×12 先看?，说明甲乙两数:一个是它们最大公约数的4倍，一个是它们最大公约数的3倍。甲乙两数的差除以上述互质的两数(即4和3)之差，所得的商，即甲乙两数的最大公约数。18 7?(4-3)=18。甲乙两数，一个是:18×3=54，另一个是:18×4=72。再看?，18?(12-1)=，111不符合题意，舍去。 M13. 依题意，设所求最小分数为，则 N M1M5M15 =a =b =c ,1,,N28N56N20 M28M56M20即 ，=a ，=b ，=c N5N15N21 其中a，b，c为整数. M因为是最小值，且a，b，c是整数，所以M是5，15，21的最小公倍数，N是28，56，N M105120的最大公约数，因此，符合条件的最小分数: == 26N44 ~15号同学所述结论，将合数4，6，„，15分解质因数后，由1号同学14. (1)根据2号 验证结果，进行分析推理得出问题的结论。 23224=2，6=2×3，8=2，9=3，10=2×5，12=2×3，14=2×7，15=3×5 由此不难断定说得不对的两个同学的编号是8与9两个连续自然数(可逐次排除，只有8与9满足要求)。 (2)1号同学所写的自然数能被2，3，4，5，6，7，10，11，12，13，14，15这12个数整除，也就是它们的公倍数.它们的最小公倍数是22×3×5×7×11×13=60060，因为60060是一位五位数，而这12个数的其他公倍数均不是五位数，所以1号同学写的五位数是60060。 九、带余数除法(A) 一、填空题 1(小东在计算除法时，把除数87写成78，结果得到的商是54，余数是8.正确的商是_____，余数是_____ 2. a?24=121„„b，要使余数最大，被除数应该等于_____ 3. 一个三位数被37除余17，被36除余3，那么这个三位数是_____ 4. 393除以一个两位数，余数为8，这样的两位数有_____个，它们是_____ ，，5. 3145368765987657的积，除以4的余数是_____ 6. 888„„8乘以666„„6的积，除以7余数是_____ 50个8 50个6 7. 如果时针现在表示的时间是18点整，那么分针旋转1990圈之后是_____点钟. 8. 甲、乙、丙、丁四个小朋友玩报数游戏，从1起按下面顺序进行:甲报1、乙报2、丙报3、丁报4、乙报5、丁报6、甲报7、乙报8、丙报9，„„，这样，报1990这个小朋友是 _____ 9. 如果按红、橙、黄、绿、青、蓝、紫的顺序，将 19921992„„1992只彩灯依次反复排列，那么_____颜色的彩 1991个1992 灯必定要比其他颜色的彩灯少一只。 10. 从7开始，把7的倍数依次写下去，一直写到994成为一个很大的数:71421„„987994.这个数是_____位数。 二、解答题 11(幼儿园某班学生做游戏，如果每个学生分得的弹子一样多，弹子就多12颗，如果再增加12颗弹子，那么每个学生正好分得12颗，问这班有多少个学生,原有多少颗弹子, 已知:a=199119911991„„1991，问:a除以13，余 12( 1991个1991 数是几, 13(100个7组成的一百位数，被13除后，问: (1)余数是多少, (2)商数中各位数字之和是多少, 14(有一个数，甲将其除以8，乙将其除以9.甲所得的商数与乙所得的余数之和为13.试求甲所得的余数。 答案 1. 48，44。 依题意得:被除数=78×54+8=4220，而4220=87×48+44，所以正确的商是48，余数是44。 2. 2927 因为余数一定要比除数小，所以余数最大为23，故有被除数=24×121+23=2927。 3. 831 这个三位数可以写成37×商+17=36×商+(商+17)。 根据“被36除余3”.(商+17)被36除要余3.商只能是22(如果商更大的话，与题目条件“三位数”不符合)。因此，这个三位数是37×22+17=831。 4. 4:11，35，55，77。393减8，那么差一定能被两位数整除。 ?393-8=385 385=5×7×11=(5×7) ×11=(5×11) ×7=(7×11) ×5 ?385能被两位数11，35，55，77整除。本题的答案是4个11，35，55，77。 5. 1 ?31453?4=7863„1 68765?4=17191„1 987657?4=246914„1 1×1×1=1 ?31453×68765×987657的积除以4余数是1。 6. 5 所以888888和666666均能被7整除。而50=6×8+2，故得因为111111能被7整除， 被乘数与88被7除的余数相同，乘数与66被7除的余数相同，进而得:被乘数被7除余4， ，乘数被7除余3。所以乘积与(43=)12被7整除的余数相同。因此得乘积被7除的余数是5。 7. 16 时针旋转2圈.若以现时18点整因为分针旋转一圈为一个钟头，所以分针旋转24圈， 为起点与终点，这样时针又回到18点整的位置上。由1990?24=82„余22，可知那时时钟表示的时间应是16点整。 8. 丁 根据小朋友报数顺序列表如下: 甲 乙 丙 丁 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 „„„„„„„„„ 由上表可知每6个数号为一组的报数的规律。由1990?6=331„4，根据余数是4可知报1990的小朋友是丁。 9. 紫 考虑通过试除发现规律后求彩灯总数被7除的余数即可。经试除得:199219921992能 被7整除，而1991被3除余2，所以彩灯总数与19921992被7除的余数相同，均为6。所以，紫色的彩灯要比其它颜色的彩灯少一只。 10. 411 ?9?7=1„2 ?一位数中能被7整除的数有1个; ?99?7=14„1 ?两位数中能被7整除的数有(14-1=)13个; 999?7=142„5 ? ?三位数中能被7整除的数有142-13-1=128(个) ×2+128×3=411 所以，这个数的位数为1+13 11( 依题意知，原来每个学生分相等的若干颗，余12颗，则学生人数大于12.同时由增加12颗后每个学生正好分得12颗，即12+12=24(颗)，24能被班级人数整除，又24能分解为24=1×24=2×12=3×8=4×6，由班级人数大于12，可知符合题意的是24人。所以，共有弹 ，子数1224-12=276(颗)。 12. 用试除的方法可知:199119911991可以被13除尽.原数a有1991个1991.因为1991除以3余2，所以a与19911991除以13所得余数相同。又19911991除以13余8，所以a除以13的余数也是8。 13. 因为777777?13=59829，即777777能被13整除，把这100个7，从第一个起，每6个分成一组，100?6=16„4，共16组还多4个。每一组除以13的商都是59829，7777除以13的商是598，余数是3。所以，100个7组成一百位数除以13后，余数是3，商数中各位数字之和是 (5+9+8+2+9)×16+(5+9+8)=550。 14. 设甲所得的商和余数分别为a和b，乙所得的商和余数分别为c和d，于是由题意知8a+b=9c+d，a+d=13。将d=13-a代入前一式并整理后即得9(a-c)=13-b，上式左端是9的倍数，因此13-b也是9的倍数。由于b是被8除的余数，所以b介于0与7之间。故b=4。 十、带余数除法(B) 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 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，6. 小明往一个大池里 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, 给1991位学生每人一瓶汽水，由于商店规定每7个空瓶可换一14. 某校开运动会，打算发 瓶汽水，所以不必买1991瓶汽水，但是最少要买多少瓶汽水, 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=357，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+9961991 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 2000个 1998个 22?13=1„9，所以要求的余数是9。 6. 52 1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=×(n+1)，依n2 11，题意知，×(n+1)能被106整除，因此可设(n+1)=106a ，即n×(n+1)=212a，又nn22 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× 1a=52时，a=13。当2×2×a=54时，a=13，a不是整数，不符合题意舍去。因此， n×(n+1)=522 ×53=52×(52+1)，n=52，所以小明扔52次。 7. 76 x假设十万位和万位上填入两位数为，末两位上填入的数为，(十位上允许是0)，那y x么这个七位数可以分成三个部分3007200+10000+，3007200除以101的余数是26， y xxx10000除以101的余数为，那么当++26的和是101的倍数时，这个七位数也是101y xxx的倍数.如:当=1时，=74;当=2时，=73，„„，而当=76时，=100，而，yyy0,x,99x不可能是100，所以也不可能是76。由此可知末两位数字是76时，这个七位数不管十y 万位上和万位上的数字是几，都不是101的倍数. 8. 1 mm设这个自然数为，且去除63，90，130所得的余数分别为a，b，c，则63-a，90-b， mm130-c都是的倍数.于是(63-a)+(90-b)+(130-c)=283-(a+b+c)=283-25=258也是的倍 m数。又因为258=2×3×43。则可能是2或3或6或43(显然，86，129，258)，但m,1 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 mm不大于24，这与a+b+c=25矛盾).根据除数必须大于余数，可以确定=43.从而a=20，b=4，c=1.显然，1是三个余数中最小的。 9. 15 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 ，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1的有1 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 依题意可知所求的自然数有两种表示方法: a<8 (1) @? ? ?(8) (2)2a 15 ?(17) 2a<17 根据数的十进制与其他数的进制的互化关系，可知所求的自然数是 (1)a×83+7×82+1×81+1=512a+457 (2)2a×172+15×171+4=578a+259 512a+457=578a+259 由此得 ？a=3 因此，所求的自然数为512a+457=512×3+457=1993。 ，[注]解法一根据“被除数=除数商+余数”的关系式，由最后的商逐步推回到原来的自然数，需要一定的逆向思考能力，解法二要求小选手熟悉数的十进制与其他数进制之间的互化. 13. 每人都要把手中的钱用完，而且尽可能多买几本书，意即3元一本的简装书要尽量多买，4元一本的精装书要尽量少买甚至不买。 我们分三种情况进行讨论: (1)当钱数被3整除时，精装书就可以不买; (2)当钱数被3除余1时，3k+1=3(k-1)+4，精装书只要买1本，其中k为大于2的自然数; (3)当钱数被3除余2时，3k+1=3(k-2)+8，精装书只要买2本，其中k为大于2的自然数。 在10至50这41个自然数中，被3除余1和2的数均各有14个.所以全班一共买精装书14+14×2=42(本) 14. 因为73=343<1991<2401=74，不考虑余数，能用空瓶换三次汽水，由于每7个空瓶可换一瓶汽水，原有空瓶不一定能被7整除，那么第二次以后换时要考虑上一次的余数，最多能用空瓶换四次汽水。 111,，， 1991(1+)=1707.2825 23777 如果买1707瓶汽水，1707?7=243„6可换243瓶汽水，(243+6) ?7=35„4可换35瓶汽水，(35+4) ?7=5„4可换5瓶汽水，(5+4) ?7=1„2可换一瓶汽水，1+2<7不能再换。 1707+243+35+5+1=1991。如果买1706瓶，用空瓶换的数量不变，但1706+243+35+5+1=1990。 所以最少要买1707瓶汽水。