发布时间 : 星期六 文章七数培优竞赛讲座第26讲 整数整除的概念和性质 - 图文更新完毕开始阅读
新课标七年级数学竞赛讲座
【例14】 (美国数学臭林匹克试题)在一种游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数
abc、bac、bca、cab、cba的和N，把N告诉魔术师，于是魔术师就能说出这个人所想的数
abc．现在设N=3194，请你做魔术师，求出数abc来．
思路点拨 将abc也加到和N上，这样a、b、c就在每一位上都恰好出现两次，所以有abc+N=222(a+b+c)
从而3194<222(a+b+c) <3194+1000，而a、b、c是整数． 所以15≤ 注：本题将abck也加到和N上，目的是使得由a、b、c组成的6个三位数相加，这样a、b、c在每个数位上出现的次数相同．这一技巧在解决数学问题中经常使用． 【例15】 (江苏初一第2试)某公园门票价格对达到一定人数的团队按团队票优惠．现有A、B、C三个旅游团共72人，如果各团单独购票，门票费依次为360元、384元、480元；如果三个团合起来购票，总共可少花72元． (1)这三个旅游团各有多少人? (2)在下面填写一种票价方案，使其与上述购票情况相符． 售 票 处 普通票 团体票(须满 人) 每人 思路点拨 (1)360+384+480－72=1152(元)， 1152÷72=16(元／人)，即团体票是每人16元． 因为16不能整除360，所以A团未达到优惠人数． 若三个团都未达到优惠人数，则三个团的人数比为360：384：480=15：16：20，即三个团的人数分别为 151620?72,?72,?72，这都不是整数(只要指出其中某一个不是整数515151即可)，不可能．所以B、C两团至少有一个团本来就已达到优惠人数． 这有三种可能：①只有C团达到；②只有B团达到；③B、C两团都达到． 对于①，可得C团人数为480÷16=30，A、B两团共有42人，A团人数为15/31×42，不是整数，不可能． 刘于②，可得B团人数为384÷16=24，A、C两团共有48人，A团人数为15/35×48，不是整数，不可能． 所以必是③成立，即C团有30人，B团有24人，A团有18人． 售 票 处 普通票 团体票(须满20人) 每人20元 每人16元(或／或8折优惠) 新课标七年级数学竞赛讲座 【例16】 ( “希望杯”竞赛试惠)如图19—1，若a、b、c是两两不等的非零数码，按逆时针箭头指向组成的两位数ab、bc都是7的倍数，则可组成三位数abc共有 个；其中最大的三位数与最小的三位数的和等于 思路点拨 由已知ab=l0a+b=7k，bc=l0b+c=7n(其中k，n均为正整数)，而 ca=10c+a=10(7n-10b)+a=70n-100(7k-10a)+a=7m，故ca也是7的倍数，abc总计15个，其 中最大的一个为984，最小的一个为142，它们的和为1126． 在下边的加法算式中，每个口表示一个数字，任意两个数字都不同：试求A和B乘积的最大值． 思路点拨 先通过运算的进位，将能确定的口确定下来，再来分析求出A和B乘积的最大值． 设算式为 显然，g=1，d=9，h=0． a+c+f=10+B ，b+e=9+A，∴A≤6． 2（A+B）+19=2+3+4+5+6+7+8=35，∴A+B=8． 要想A×B最大，∵A≤6，∴取A=5，B=3．此时b=6，e=8，a=2，c=4；f=7， 故A×B最大值为15． 注：本题是通过正整数的十进制的基本知识先确定g、d、h，然后再通过分析、观察得出A、B的关系，最后求出A·B的最大值． 【例17】 任给一个自然数N，把N的各位数字按相反的顺序写出来，得到一个新的自然数N′，试证明：N?N?能被9整数． 思路点拨 令N=a1a2?an，则N′=anan?1?a1．所以，N除以9所得的余数等于a1+a2+?+an除以9所得的余数，而N′除以9所得的余数等于an+an-1+?+ a1除以9所得的的余数．显然，a1+a2+?+an= an+an-1+?+ a1．因此，N与N′除以9所得的余数相同，从而 N?N?能被9整除． 注 本例用了一个结论：若 a与b除以c所得的余数相同，则c│a—b这个结论是显然的，而且它的应用十分广泛． 另外，本例的结论还可以推广．不一定非把N的各位数字按相反顺序重写，可以以任意的次序重写N的各位数宇得出N′，则N?N?仍能被9整除． 新课标七年级数学竞赛讲座 【例18】证明：111111+112112十113113能被10整除． 思路点拨 要证明111111+112112十113113能被10整除，只需证明111111+112112十113113的末位数字为0，即证111111、112112、113113三个数的末位数字和为10． 证明 111111的末位数字显然为1；112112=(1124)28，而1124的末位数字是6，所以112112的末位数字也是6；113113=(1134)28×113．1134的末位数字是1，所以113113的末位数字是3． ∴111111、112112、113113三个数的末位数字和为10， ∴111”’十112n’十113m能被10整除． 注：本题是将证明被10整除转化为求三数的末位数字之和为10．解决数学问题时，常将未知的问题转化为熟知的问题，复杂的问题转化为简单的问题，这就是化归思想． 学力训练 1．如果五位数12a34是3的倍数，那么a是 ． 2如果从5，6，?，8，9这5个数中，选出4个组成一个四位数，使它能被3，5，7整除，那么这些数中最大的是 ． 3．已知整数13ab456能被198整除，那么a= ，b= ． (江苏省竞赛题) 4在1，2，3，?，2000这2000个自然数中，有 个自然数能同时被2和3整除，而且不能被5整除． ( “五羊杯”竞赛题) 5．能整除任意3个连续整数之和的最大整数是( )． A．1 B．2 C 3 D．6 (江苏省竞赛题) 6．除以8和9都是余1的所有三位数的和是( )． A．6492 B．6565 C 7501 D．7514 7．若20022002??2002????????15被15整除，则n的最小值等于( )． n个2002 A．2 B．3 C．4 D．5 (北京市竞赛题) 8．有棋子若干，三个三个地数余1，五个五个地数余3，七个七个地数余5，则棋子至少有( )． A．208个 B．110个 C．103个 D．100个 9．(1)证明：形如abcabc的六位数一定能被7，1l，13整除． (2)若4b+2c+d=32，试问abcd能否被8整除?请说明理由． 10．已知7位自然数62xy427是99的倍数，求代数式950x+24y+1的值． 11．已知a，b是整数，求证：a+b，ab、a-b这三个数之中，至少有一个是3的倍数． 12．五位数abcde是9的倍数，其中abcd是4的倍数，那么abcde的最小值是 ． 13．一个三位自然数，当它分别被2，3，4，5，7除时，余数都是1，那么具有这个性质的最小三位数是 ；最大三位数是 ． ( “希望杯”邀请赛试题) 新课标七年级数学竞赛讲座 14．今天是星期日，从今天算起，第111?1111?1天是星期 ． ???2000个115．用自然数n去除63、9l、130，所得到的3个余数的和为26，则n= ． (北京市“迎春杯”竞赛题) 16．今有自然数带余除法算式：A÷B=C?8，如果A+B+C＝2178，那么A＝( )． A．2000 B．．2001 C．2071 D．2100 17．有1997盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制着，现按其顺序编号为l，2，?，1997，然后将编号为2的倍数的灯线拉一下；再将编号为3的倍数的灯线拉一下；最后将编号为5的倍数的灯线拉一下，3次拉完后亮着的灯数为( )． A．1464盏 B．533盏 C ．999盏 D．998盏 (《学习报》公开赛试题) 18．19972000”被7除的余数是( )． A．1 B．2 C．4 D．6 19．n为正整数，302被n(n+1)除所得商数q及余数r都是正值，则r的最大值与最小值的和是( )． A．148 D．247 C．93 D．122 20．某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999，如果号码的前两位数字之和等于后两位数字的和，则称这张购，物券为“幸运券”，试证明；这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除． (“祖冲之杯”邀请赛试题) 21．将分别写有数码l，2，3，4，5，6，7，8，9的九张正方形卡片排成一排，发现恰是一个能被11整除的最大的九位数．请你写出这九张卡片的排列顺序，并简述推理过程． 22．将糖果300粒、饼干210块和苹果163个平均分给某班同学，余下的糖果、饼干和苹果的数量之比是1：3；2．问该班有多少名同学? 23．已知质数p、q使得表达式 2p?12q?3及都是自然数，试确定p2q的值． qp24．重排任一个三位数三个数位上的数字，得到一个最大的数和一个最小的数，它们的差构 成另一个三位数(允许百位数字为0)，再重复早上的过程，问重复2003次后所得的数是多少?证明你的结论． (武汉市选拔赛试题)