文档内容
数论-整除-整除的判定-4 星题
课程目标
知识点 考试要求 具体要求 考察频率
整除的判定 C 1、理解并掌握整除的一些基本性 少考
质。
2、熟练运用整除的基本性质解决基
本的整除问题。
3、能够结合数论的相关知识综合应
用。
知识提要
整除的判定
整除的判定
1、末位判定法
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、数字求和法
一个数个位数字之和能被3整除，这个数就能被3整除；
一个数各位数字之和能被9整除，这个数就能被9整除；
3、奇偶位求差法
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；
简称：奇位和与偶位和的差能被11整除，那么这个数能被11整除。
4、截断作和
如果一个数从个位开始每两位一截，得到的所有两位数（最前面的可以是一位数）之和能
被99整除，那么这个数就能被99整除。
5、截断作差
对于位数较小数的数：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；
对于位数较大
数的数：如果一个整数，从个位开始每三位一截，奇数段之和与偶数段之和的差能被7、11或
13整 除，那么这个数能被7、11或13整除。
整除的性质
性质1：如果 a、b 都能被 c 整除，那么它们的和与差也能被 c 整除。
性质2：如果 b 与 c 的积能整除 a ，那么b与c都能整除 a 。
性质3：如果 b 、 c 都能整除 a ，且 b 和 c 互质，那么 b 与 c
的积能整除 a 。
性质4：如果 c 能整除 b ， b 能整除 a ，那么 c 能整除 a 。
精选例题
整除的判定
1. 已知一个五位回文数等于 45 与一个四位回文数的乘积（即 abcba=45×deed），那么这
个五位回文数最大的可能值是 ．
【答案】 59895
【分析】 根据题意：abcba=45×deed，则 abcba 为 45 的倍数，所以 a 应为 0
或 5，又 a 还在首位，所以 a=5，现在要让 abcba 尽可能的大，首先需要位数高的尽可能
的大，所以令 b=9，c=8，则 a+b+c+b+a=36 是 9 的倍数，用 59895÷45=1331 符
合条件，所以，这个五位回文数最大的可能值是 59895．
2. N 是一个各位数字互不相等的自然数，它能被它的每个数字整除．N 的最大值是
．
【答案】 9867312
【分析】 N 不能含有 0，因为 0 不能做除数．
N 不能同时含有 5 和偶数，因为此时 N 的个位将是 0．如果含有 5，则 2,4,6,8 都不能
有，此时位数不会多．如果 N 只缺少 5，则含有 1,2,3,4,6,7,8,9，但是数字和为 40，不能被 9 整除．
所以必须再去掉一位，为了最大，应该保留 9 放到最高位，为了使数字和被 9 整除，还需
要去掉 4．
此时由 1,2,3,6,7,8,9 组成，肯定被 9 整除，还需要考虑被 7 和 8 整除．
前四位最大为 9876，剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 312,9876312 被 7 除余 5；
前四位如果取 9873，剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 216,9873216 被 7 除余
3；
前四位如果取 9872，剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 136,9872136 被 7 除余 1；
前四位如果取 9871，剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 632,9871632 被 7 除余 1；
前四位如果取 9867，剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 312,9867312 被 7 整除．
3. 将从 1 开始到 25 的连续的自然数相乘，得到 1×2×3×⋯×25．记为 25!（读作 25
的阶乘）．用 3 除 25!，显然，25! 被 3 整除，得到一个商：再用 3 除这个商，⋯⋯，
这样一直用除下去，直到所得的商不能被 3 整除为止，那么，在这个过程中用 3 整除了
次．
【答案】 10
【分析】 求 1×2×3×⋯×25 中因数的个数，25÷3=8⋯⋯1，8÷3=2⋯⋯2，
整除了 8+2=10 次．
4. 若六位数 a2016b 能被 12 整除，则这样的六位数有 个．
【答案】 9
【分析】
12=3×4.
先考虑能被 4 整除，则 b=0,4,8，再考虑能被三整除
① b=0 时，要使各位数字之和能被 3 整除 a=3,6,9 故有 3 种；
② b=4 时，要使各位数字之和能被 3 整除 a=2,5,8 故有 3 种；
③ b=8 时，要使各位数字之和能被 3 整除 a=1,4,7 故有 3 种；
综上符合题意的六位数有：320160，620160，920160，220164，520164，820164，
120168，420168，720168．共 9 个
5. 对于自然数N，如果在 19 这九个自然数中至少有六个数可以整除 N，则称 N 是一 个
“六合数”，则在大于 2000 的自然数中，最小的“六合数”是 ．
【答案】 2016
【分析】 六合数肯定是 1 的倍数，所以剩余 8 个数中有 5 个可以整除六合数，29
中有 4 个奇数，4 个偶数，所以 5 个可以整除六合数的数字中至少有 1 个偶数，所以六合
数也肯定是 2 的倍数。
大于 2000 的偶数有 2002，2004，2006，2008，2010，2012，2014，2016，⋯⋯
2002＝2×7×11×13, 只能被 1，2，7 整除，不是六合数；
2004＝22×3×167, 只能被 1，2，3，4，6 整除，不是六合数；2006＝2×1003, 只能被 1，2 整除，不是六合数；
2008＝23×251 只能被 1，2，4，8 整除，不是六合数；
2010＝2×3×5×67, 只能被 1，2，3，5，6 整除，不是六合数；
2012＝22×503，只能被 1，2，4 整除，不是六合数；
2014＝2×1007, 只能被 1，2 整除，不是六合数；
2016＝25×32×7, 能被 1，2，3，4，6，7，8，9 整除，是六合数．
6. 如果一个五位数，它的各位数字乘积恰好是它的各位数字和的 25 倍．那么，这个五位数
的前两位的最大值是 ．
【答案】 75
【分析】 5 个数字分别为 a、b、c、d、e，
a×b×c×d×e=25(a+b+c+d+e),
a、b、c、d、e 中有两个 5，设 d=e=5，则
a×b×c=a+b+c+10.
（1）如果 a=9，则 9bc=b+c+19，即 b+c+19 是 9 的倍数，b+c 可以为 8 或 17，
若 b+c=8，则 bc=3，若 b+c=17，则 bc=4，这两种情况下都没有满足条件的整数 b、
c；
（2）如果 a=8，则 8bc=b+c+18，即 b+c+18 是 8 的倍数，b+c 可以为 6 或 14，
若 b+c=6，则 bc=3，若 b+c=14，则 bc=4，这两种情况下也没有满足条件的整数 b、
c；
（3）如果 a=7，则 7bc=b+c+17，即 b+c+17 是 7 的倍数，b+c 可以为4或11或
18，若 b+c=4，则 bc=3，若 b+c=11，则 bc=4，若 b+c=18，则 bc=5，只有第一
种情况下有满足条件的整数 b、c，此时 b=1，c=3，组成五位数的 5 个数字分别为 7，5，
5，3，1，所以这个五位数的前两位的最大值是 75．
7. 若十位数 a2016b2017 能被 33 整除，那么，这样的十位数有 个．
【答案】 3
【分析】 被 33 整除，能拆成同时满足被 3 和 11 整除，被 3 整除得到：a+b=2，
5，8，11，14 或 17 被 11 整除得到：
a-b=1,
所以共有
{a=3,{a=6,{a=9,
b=2, b=5, b=8,
这 3 种情况．
8. 在 523 后面写出三个数字，使所得的六位数被 7、8、9 整除．那么这三个数字的和是
．
【答案】 17 或 8【分析】 这个数能被 7,8,9 整除，相当于能被 [7,8,9]=7×8×9=504 整除，
523999÷504=1039⋯⋯343，所以所得六位数是 523999-343=523656，或
523656-504=523152，因此三个数字的和是 17 或 8．
9. 一个五位数恰好等于它各位数字和的 2007 倍，则这个五位数是 ．
【答案】 36126 或 54189
【分析】 设这个五位数为 abcde，由题意 abcde=2007(a+b+c+d+e)，由于
9∣2007，可得 9∣abcde，则有 9∣(a+b+c+d+e)，所以 (2007×9)∣abcde
2007×9=18063，这个五位数是 18063 的倍数，只可能为：
18063,36126,54189,72252,90315．经检验，36126 和 54189 符合题意．
10. 对于自然数 N，如果在 1∼9 这九个自然数中至少有六个数是 N 的因数，则称 N 是
一个“六合数”，则在大于 2000 的自然数中，最小的“六合数”是 ．
【答案】 2016
【分析】 N 为奇数，则 2、4、6、8 不是 N 的因数，所以 N 为偶数．
当 N 不为 3 的倍数，则 N 不为 6 的倍数，N 不为 9 的倍数，所以，必须满足其他条
件，是 8、7、5 的倍数，N>2000，最小是 2240．
当 N 为 3 的倍数．那么 N 为 6 的倍数．N>2000，当 N=2004 时，5 不能整除
2004，7 不能整除 2004，8 不能整除 2004，9 不能整除 2004，不满足题意；
当 N=2010 时，4 不能整除 2010，7 不能整除 2010，8 不能整除 2010，9 不能整除
2010，不满足题意；则 N 最小为 2016．
11. 能被 5 和 6 整除，并且数字中至少有一个 6 的三位数有 个．
【答案】 6
【分析】 能被 5 和 6 整除，也就是能被 5、2、3 整除，因此个位必须是 0，且数
字和是 3 的倍数，故这个三位数有：600，630，660，690，360，960，共 6 个．
12. 一个大于 1 的自然数去除 300，243，205 时，得到相同的余数，则这个自然数是
．
【答案】 19
【分析】 300-243=57，243-205=38，所以这个数是 57，38 的大于 1 的公约
数，而 57，38 的公约数只有 1 和 19，所以所求自然数为 19．
13. 把三位数 3ab 接连重复写下去，共写 1993 个 3ab，所得的数 3ab3ab⋯3ab 恰是
¿
91 的倍数，试求 ab= ．【答案】 64
【分析】 因为 91=7×13，所以 ¿，由截断法，最后转化成 3ab 能被 7 和 13 都
整除，即能被 91 整除即满足题意，因为 91 的倍数中小于 1000 的只有 91×4=364 的百
位数字是 3，所以，ab=64．
14. 在小于 5000 的自然数中，能被 11 整除，并且数字和为 13 的数，共有
个．
【答案】 18
【分析】 按照位数分类讨论，如下：
（1）一位数：0 个；
（2）两位数：11、22⋯⋯99；0 个；
（3）三位数：设这个三位数为 abc，有 a+b+c=13 和 a+c-b=11，则 a+c=12,b=1，
所以符合的有 913,814,715,616,517,418,319，共 7 个；
（4）四位数：设这个四位数为 abcd，
① a+b+c+d=13 和 (a+c)-(b+d)=11 有
a+c=12,b+d=1,
则 a=3 或 a=4 有 2 种组合，b 和 d 有 2 种．共 4 个；
② a+b+c+d=13 和 (b+d)-(a+c)=11，有
a+c=1,b+d=12,
则只能 a=1，c=0，b 和 d 有 7 种组合，
综上所述，这样的数有 7+4+7=18 个．
15. 给定一个除数（不为 0）与被除数，总可以找到一个商与一个余数，满足
被除数=除数×商+余数
其中，0⩽余数<除数 。这就是带余数的除法。当余数为 0 时，也称除数整除被除数，或
者称除数是被除数的因数（被除数是除数的倍数）．
请写出所有不超过 88 并且能够被 6 整除的大于 1 的自然数有 ．
【答案】 6，12，18，24，30，36，42，48，54，60，66，72，78，84．
【分析】 能被 6 整除的数一定为 6 的倍数，并且要求不超过 88．
所以有 6，12，18，24，30，36，42，48，54，60，66，72，78，84．
16. 老师让菲菲从 19 这 9 个数字中选取 4 个不同的数字，组成一个四位数，使得这个四位
数能被所有她没有选中的数整除，但不能被选中的任意一个数字整除，那么，菲菲组成的四位
数是 ．【答案】 5936
【分析】 设：改四位数为 ABCD：
① 显然 ABCD 不含 1；
② ABCD 含 5．若 ABCD 不含 5，19 除 5 外不能排列成 5 的倍数；所以 ABCD 含
5
③ ABCD 不含 2．若 ABCD 含 2．说明 2 不被 ABCD 整除，所以 ABCD 的四个数
字为 2,4,6,8 组成的四位数必为偶数，矛盾；所以 ABCD 不含 2．
④ ABCD 含 9．若 ABCD 不含 9，说明 9 不被整除 ABCD，则 ABCD 必须不含 3,6，
所以的四个数字为 4,5,7,8, 不可能被 整 9 除；所以 ABCD 含 9
⑤ ABCD 不含 4．若 ABCD 含 4，说明 4 不被整除 ABCD，则 ABCD 必须含 8，
所以 ABCD 的四个数字为 5,4,8,9, 不可能被 3 整除；所以 ABCD 必须不含 4
⑥ ABCD 含 6 若 ABCD 不含 6，说明 6 不被整除必须不含 3，所以 ABCD 的四个数
字为 5,7,8,9，不可能被 3 整除；所以 ABCD 必须不含 4
⑦ ABCD 含 3 若 ABCD 不含 3，则 ABCD 的四个数字为 5,7,6,9，能被 9 整除；所
以 ABCD 必含 3
综上所述．的四个数字为 3、5、6、9．为使这个四位数能被 8 整除，个位必须为 6；有
因为其与都是奇数，根据位值原理，十位数一定为 3；只需验证 9536,5936 两个答案即可．
经验证，答案为 5936
17. 在算式：2×▫▫▫=▫▫▫ 的六个方框中，分别填入 2，3，4，5，6，7 这六个数字，使算式
成立，并且算式的积能被 13 整除，那么这个乘积是 ．
【答案】 546
【分析】 先从个位数考虑，有 2×2=4、2×3=6、2×6=12、2×7=14 四种可能；
再考虑乘数的百位只能是 2 或 3，因此只有三种可能的填法：2×273=546，2×327=654，
2×267=534，其中只有 546 能被 13 整除，所以这个积是 546．
18. 有一个三位数，百位数字是最小的质数，十位数字是算式 (0.3+π×13) 的结果中的小数
点后第 1 位数字，个位数字是三位数中能被 17 整除的最小数的个位数字，则这个三位数是
．（π 取 3.14）
【答案】 212
【分析】 百位数字是最小的质数即 2；
0.3+π×13=41.12,
即十位数字是 1；
能被 17 整除的最小三位数 102，个位数字是 2，所以这个三位数是 212．
19. 有 20 个约数，且被 42 整除最小的自然数是 ．
【答案】 336
【分析】 因为被 42 整除，所以一定含有质因数 2，3，7．20=1×20=2×10=4×5=2×2×5,
有 20 个约数的自然数有：因为必须含有 3 个不同的质因数，所以最小的只能是：
2×2×2×2×3×7=336;
所以有 20 个约数且被 42 整除的最小自然数是 336．
20. 非零数字 a，b，c 能组成 6 个没有重复数字的三位数，且这 6 个数的和是 5994，则
这 6 个数中的任意一个数都 被 9 整除（填”能”或“不能”）．
【答案】 不能．
【分析】 a，b，c 组成的所有三位数都是由 a，b，c 三个数字组成，且 a，b，c
在个位、十位、百位都出现两次，所以和应该为：
(a+b+c)×2×1+(a+b+c)×2×10+(a+b+c)×2×100=5994,
a+b+c=27,
a=b=c=9,
与题意矛盾，故不能．
21. 若四位数 2AB7 能被 13 整除，则两位数 AB 的最大值是 ．
【答案】 97
【分析】
13∣2AB7⇒13∣AB0+2007,
2007÷13⋯⋯5,
所以
AB0÷13⋯⋯8,
13∣AB5,
利用数字谜或倒除法，可确定 AB=97．数字谜方法如下：根据乘积的个位，可确定第二个因
数的个位为 5，因为构造最大值，所以十位为最大为 7，积为 975．22. 222⋯2 除以 13 所得余数是 ．
¿
【答案】 9
【分析】 我们发现 222222 整除 13，2000÷6 余 2，所以答案为 22÷13 余 9．
23. 若四位数 2ABC 能被 13 整除，则 A+B+C 的最大值是 ．
【答案】 26
【分析】 因
1001=7×11×13,
能被 13 整除的特征：“末三位数字组成的数”与“末三位以前的数字组成的数”之差能被
13 整除；ABC-2 是 13 的倍数，ABC-2 最大为 988，ABC 可以是 990，977，964，
⋯⋯ 数字和比 9+7+7 大的有：9、7、8 与 9、8、8 与 9、8、9 和 9、9、9，百位是
9 的排除，百位是 8 有 899，
(899-2)÷13=897÷13=69,
则
8+9+9=26.
24. 把三位数 3ab 接连重复的写下去，共写 2011 个 3ab，所得的数 3ab3ab⋯3ab 恰
¿
是 91 的倍数，试求 ab=？
【答案】 73
【分析】 因为 91=7×13，且 (7,13)=1．
¿，¿．
根据一个数能被 7 或 13 整除的特征可知：
原数 3ab3ab⋯3ab 能被 7 及 13 整除；
¿
当且仅当
3ab3ab⋯3ab-3ab
能被 7 及 13 整除；
¿
也就是 3ab3ab⋯3ab000 能被 7 及 13 整除；
¿
也就是 3ab3ab⋯3ab 能被 7 及 13 整除；
¿
每次减两组，依次下去，最终 3ab 能被 7 及 13 整除．
7×13=91,
91×3=273,
所以可能的就是 ab=73．
25. 求出所有正整数 n，使得 25+n 能整除 25×n．
【答案】 100、600【分析】 依题意得 25+n∣25n，变形得
25+n∣25n+625-625,
整理得
25+n∣25(n+25)-625.
由于
25+n∣25(n+25),
所以
25+n∣625,
写出 625 所有的约数：1、625、5、125、25，符合的 n 为 125-25=100 和
625-25=600．
26. 有 4 个互不相同的三位数，它们的首位数字相同，并且它们的和能被它们之中的 3 个数
整除．请写出这 4 个数．
【答案】 108、117、135、180
【分析】 方法一：设这四个三位数分别是 A、B、C、D，和为 M，其中 A、B、
M M M ( 1 1 1 )
C 能整除 M，且 A= ，B= ，C= ，则 D=M× 1- - - ；由于 A、B、
k k k k k k
1 2 3 1 2 3
C 互不相同，因此 k 、k 、k 互不相同，不妨设 k 3 ⩾3，因此 k ⩾4,k ⩾5.
3 1 2 1 2
1 1 1 1 1 1 23 1 1
此时有 1- - - ⩾1- - - = >2× ⩾2× ，不合条件．因此 k ⩽5．
k k k 4 5 6 60 6 k 3
1 2 3 3
结合上面两个结论，可得 k =3，k =4，k =5．
1 2 3
1 1 1 ( 1 1 1)
因此 A:B:C:D= : : : 1- - - =20:15:12:13．
3 4 5 3 4 5
将 20、15、12、13 同时扩倍，使它们变成首位相同的三位数，显然只能是 180、135、
108、117．
方法二：设这四个三位数分别是 A、B、C、D，和为 M，其中 A、B、C 能整除 M，且
M M M ( 1 1 1 )
A= ，B= ，C= ，则 D=M× 1- - - ；由于 A、B、C 互不相同，因此
k k k k k k
1 2 3 1 2 3
k 、k 、k 互不相同，不妨设 k 2，k ⩽ =6.94，所
1 199 3 100
M M M M
以 k 、k 、k 的可能取值为 3、4、5、6．因为 =2× ，这样 和 的首位数
1 2 3 3 6 3 6
{k =3, {k =4,
1 1
字不可能相同，所以 3 和 6 不能同时取，那么只可能 k =4, 或 k =5,
2 2
k =5, k =6.
3 3
{k =3,
1 1 1 1 ( 1 1 1)
若 k =4, 则 A:B:C:D= : : : 1- - - =20:15:12:13．将 20、15、12、13
2 3 4 5 3 4 5
k =5,
3
同时扩倍，使它们变成首位都是 1 的三位数，显然只能是 180、135、108、117．
{k =4,
1 1 1 1 1 1 1 23 1
若 k =5, 则 1- - - =1- - - = >2× ，那么 C 和 D 的首位数字不可
2 k k k 4 5 6 60 6
k =6. 1 2 3
3
能相同，不符题意，排除．
200+201+202+299 299+298+297+200
若首位数字是 2，则 k ⩾ >3，k ⩽ =5.47，则
1 299 3 200
k 、k 、k 取不到 3 个不同的值．同理，当首位数字更大时也没有符合题意的情况．
1 2 3
综上，这 4 个数是 180、135、117、108．
27. 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 63954=99×646 是 99 的倍数．）
【答案】 略
【分析】 设原序数为 abcde，则反序数为 edcba，其中 a⩾e，则
abcde-edcba
(10000a+1000b+100c+10d+e)-(10000e+1000d+100c+10b+a)¿=¿9999a+990b-990d-9999e¿=¿99(101a+10b-10d-101e)¿
¿
因为等式的右边能被 99 整除，所以 abcde-edcba 能被 99 整除
28. 有一个九位数 abcdefghi 的各位数字都不相同且全都不为 0，并且二位数 ab 可被 2 整
除，三位数 abc 可被 3 整除，四位数 abcd 可被 4 整除，⋯ 依此类推，九位数
abcdefghi 可被 9 整除．请问这个九位数 abcdefghi 是多少？
【答案】 381654729
【分析】 由题可知这个九位数由数字 1～9 组成，其中每个数字出现一次，且 b、
d、f、h 都是偶数，a、c、e、g、i 是奇数．由于 abcde 可被 5 整除，所以 e=5．
由于 abc 可被 3 整除，所以 a、b、c 三个数之和可被 3 整除．由于 abcdef 可被6整除，
所以 d、e、f 三个数之和可被 3 整除．由于 abcd 可被 4 整除，所以 cd 可被 4 整除，而 c 是奇数，所以 d 只能为 2 或 6．
由 abcdefgh 可被 8 整除知 abcdefgh 可被 4 整除，所以 gh 可被 4 整除，同上可知 h
也只能为 2 或 6．所以有如下两种情况：
（1）d=2，h=6．此时 def=25f 可被 3 整除，f 只能为 8．那么 b 为 4．由于 a、b、
c 三个数之和可被 3 整除，而 a、c 为 1、3、7、9 中的某两个，所以 a、c 为 1 和 7．
那么 g 为 3 或 9，其中满足 fgh=8g6 可被 8 整除的只有 9，所以 g 为 9，i 为 3．
此时 abcdefg 为 1472589 或 7412589，但这两个数都不能被 7 整除，不符题意；
（2）d=6，h=2．此时 def=65f 可被 3 整除，f 只能为 4．那么 b 为 8．此时
fgh=4g2 可被 8 整除，所以 g 为 3 或 7．又 a、b、c 三个数之和可被 3 整除，而 b
为 8，所以 a、c 可以为 (1,3)、(1,9)、(7,3) 或 (7,9)，所以此时 abcdefghi 有 8 种可
能情况：189654327；981654327；789654321；987654321；183654729；381654729；
189654723；981654723．经检验，其中只有 381654729 满足 abcdefg 能被 7 整除，所
以所求的 abcdefghi 是 381654729．
29. 从 0、1、2、3、4、5、6、7、8、9 这十个数字中选出五个不同的数字组成一个五位数，
使它能被 3、5、7、13 整除，这个数最大是多少？
【答案】 94185
【分析】 本题采用试除法．因为 3，5，7，13 的最小公倍数为 1365，
100000÷1365=73⋯⋯355,100000-355=99645,
所以在 100000 之内最大的 1365 的倍数为 99645 但是不符合数字各不相同的条件，于是
继续减 1365 依次寻找第二大，第三大的数，看是否符合即可．有
99645-1365=98280,98280-1365=9691,96915-1365=95550,95550-1365=94185.
所以，满足题意的 5 位数最大为 94185．
30. 小明的两个衣服口袋中各有 13 张卡片，每张卡片上分别写着 1，2，3，⋯，13．如果
从这两个口袋中各拿出一张卡片来计算它们所写两数的乘积，可以得到许多不相等的乘积．那
么，其中能被 6 整除的乘积共有多少个？
【答案】 21
【分析】 这些积中能被 6 整除的最大一个是 13×12=26×6，最小是 6．但在
1×6∼26×6 之间的 6 的倍数并非都是两张卡片上的乘积，其中有 25×6，23×6，21×6，
19×6，17×6 这五个不是．所以所求的积共有 26-5=21(个)．
31. 用 1,2,3,4,5,8,9 组成不重复的七位数，其中有多少个能被 11 整除？
【答案】 432．
【分析】 能被 11 整除，说明这个七位数奇数位之和与偶数位之和的差是 11 的倍
数，而奇数位之和与偶数位之和的和是 1+2+3+4+5+8+9=32，那么奇数位之和与偶数位
之和可以都是 16，或者是 27 和 5，后面这种情况不可能，偶数位有 3 个数字，和为 16可能是 9+5+2,9+4+3,8+5+3，那么一共可以组成 A4×A3×3=432 个能被 11 整除的
4 3
七位数．
32. 有一组密码有 7 个数字组成，它们不是 2 就是 1，并且数字 2 比数字 1 的数量多，已
知这个密码能被 3 和 4 整除，试求出这个密码．
【答案】 2122212
【分析】 密码中 2 比 1 多，所以 2 可能有 4、5、6、或 7 个，经试验 2 有 5
个的时候，数字和为 12，且末两位只能为 12，所以这个密码可能是 2122212（答案不唯
一）．
33. 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 3 整除”，⋯⋯，依次下去，每位
同学都说，这个数能被他的编号数整除．1 号作了一一验证：只有编号连续的两位同学说得不
对，其余同学都对．问：
（1）说得不对的两位同学，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，请求出这个数．
【答案】 （1）8、9；（2）60060
【分析】 （1）列出这 14 个除数：
2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13、14、15．
注意到如果这个数不能被 2 整除，那么一定不能被 4、6、8、10 ⋯ 等整除，显然超过两
个自然数；类似这种情况的还有 3∼6、9⋯；4∼8、12⋯；5∼10、15⋯；6∼12⋯；
若不能被 7 整除，那么一定不能被 14 整除，而这两个自然数不连续；
若不能被 12 整除，那么 4 和 3 中至少有一个不能整除 1 号所说的自然数，而 12 与 3、
4 均不连续；类似这种情况的还有 10（对应 2 和 5）；14（对应 2 和 7）；15（对应 3
和 5）；
这样只剩下 8、9、11、13，而连续的只有 8、9．
所以说的不对的两位同学的编号为 8、9 这两个连续的自然数．
（2）由（1）知，这个五位数能被 2，3，4，5，6，7，10，11，12，13，14，15 整除．
所以
[2,3,4,5,6,7,10,11,12,13,14,15]=22×3×5×7×11×13=60060.
所以 1 号写出的五位数为 60060．34. 将 4 个不同的数字排在一起，可以组成 24 个不同的四位数．将这 24 个四位数按从小
到大的顺序排列的话，第二个是 5 的倍数；按从大到小排列的话，第二个是不能被 4 整除
的偶数；按从小到大排列的第五个与第二十个的差在 3000～4000 之间．求这 24 个四位
数中最大的那个．
【答案】 7543
【分析】 设这 4 个数字分别是 a>b>c>d，那么从小到大的第 2 个就是 dcab，
它是 5 的倍数，因此 b=0 或 5，注意到 b>c>d，所以 b=5；
从大到小排列的第 2 个是 abdc，它是不能被 4 整除的偶数；所以 c 是偶数，cb，所以 a 至少是 6，那么 d 最小是 2，所以 c 就只能是 4．而如果 d=2，那
么 abdc 的末 2 位是 24，它是 4 的倍数，和条件矛盾．
因此 d=3，从而
a=d+4=3+4=7
这 24 个四位数中最大的一个显然是 abdc，我们求得了
a=7,b=5,c=4,d=3,
所以这 24 个四位数中最大的一个是 7543．
35. 请写出所有各位数字互不相同的三位奇数，使得它能被它的每一个数位上的数字整除．
【答案】 135、315、175、735
【分析】 依题意，组成这个三位奇数的数字是 1、3、5、7、9 中的三个不同的数字．
因为除 9 以外的任意 2 个奇数之和都不是 9 的倍数，所以 9 不能在这个 3 位数中出现．
那么，只有可能是 135、137、157、357 这 4 种数字组合，分别尝试得到四个满足题意的
数为 135、315、175、735．
36. 对于一个自然数 N，如果具有这样的性质就称为“破坏数”：把它添加到任何一个自然数
的右端，形成的新数都不能被 N+1 整除，那么在 1 至 9 这 9 个自然数中有多少个“破
坏数”？
【答案】 6
【分析】 很明显奇数一定是“破坏数”，4 也是“破坏数”．0、2、6、8 都不是
“破坏数”，其中 0 添加到任何一个自然数的右端都能被 1 整除，2 添加到自然数 1 的右
端能被 3 整除，6 添加到自然数 5 的右端能被 7 整除，8 添加到自然数 1 的右端能被 9
整除．所以所求“破坏数”只有 1、3、4、5、7、9 这 6 个．37. 有 20 位同学，每位同学都有编号，他们是 1 号到 20 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 3 整除”，⋯⋯，依次下去，每位
同学都说，这个数能被他的编号数整除．1 号作了一一验证：只有编号连续的两位同学说得不
对，其余同学都对．问：
（1）说得不对的两位同学，他们的编号是哪两个连续自然数？
（2）如果告诉你，1 号写的数是七位数，请求出这个数．
【答案】 （1）16、17；（2）6846840
【分析】 （1）列出这 19 个除数：
2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13、14、15、16、17、18、19、20．
2→→→ 4、6、8、10、12、14、16、18、20，所以一定能被 2 整除；
3→→→ 6、9、12、15、18，所以一定能被 3 整除：
4→→→ 8、12、16、20，所以一定能被 4 整除；
5→→→ 10、15、20，所以一定能被 5 整除；
6→→→ 12、18，所以一定能被 6 整除；
7→→→14，但是 7、14 不连续，所以一定能被 7 整除；
8→→→16，但是 8、16 不连续，所以一定能被 8 整除；
9→→→18，但是 9、18 不连续，所以一定能被 9 整除；
10→→→20，但是 10、20 不连续，所以一定能被 20 整除：
11，保留；
12→→→ 不能被 3 或 4 整除，它们又不连续，所以一定能被 12 整除；
13，保留；
14→→→ 不能被 2 或 7 整除，它们又不连续，所以一定能被 14 整除；
15→→→ 不能被 3 或 5 整除，它们又不连续，所以一定能被 15 整除；
16，保留；
17，保留；
18→→→ 不能被 2 或 9 整除，它们又不连续，所以一定能被 18 整除；
19，保留；
20→→→ 不能被 4 或 5 整除，它们又不连续，所以一定能被 20 整除．
其中，保留的数有 11，13，16，17，19，但是只有 16、17 两个数连续，所以说得不对的
两个同学的编号为 16、17．
（2）由（1）知，这个七位数能被 2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，
18，19，20 整除．如下所示：
[2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,18,19,20]=23×32×5×7×11×13×19=6846840．
所以1号写出的七位数为 6846840．
38. （1）判断下列各数，哪些能被 4、8、25、125、3、9、11 整除：437250、96255、
42104、6875、752604、308；（2）判断 1027、45038，哪个能被 13 整除，哪个能被 7 整除？
【答案】 （1）能被 4 整除的：42104、752604、308；
能被 8 整除：42104；
能被 25 整除的：437250、6875；
能被 125 整除的：6875；
能被 3 整除的：437250、96255、752604；
能被 9 整除：96255；
能被 11 整除的：6875、308；
（2）1027 能被 13 整除；45038 能被 7 整除．
【分析】 （1）能被 4 整除的：42104、752604、308；
能被 8 整除：42104；
能被 25 整除的：437250、6875；
能被 125 整除的：6875；
能被 3 整除的：437250、96255、752604；
能被 9 整除：96255；
能被 11 整除的：6875、308；
（2）1027 能被 13 整除；45038 能被 7 整除．
39. 一个四位数各个数字都不相同，且这个数字能被 13 整除，则这个数最大是多少？
【答案】 9867
【分析】 最值思想，先找到最大的四位数 9876，然后试除
9876÷13⋯⋯9,
即最大的四位数为
9876-9=9867.
40. 在 1 至 200 这 200 个自然数中，含有数字 9 或者能被 9 整除的有多少个？
【答案】 55．
【分析】 先看能被 9 整除的数，200÷9=22⋯⋯2，因此能被 9 整除的数有 22
个，再看含有数字 9 的数，仍可从反面考虑，即看不含有数字 9 的数有多少个，百位可以
选 0 或 1（百位选 0，表示其为两位数），十位可以选除 9 以外的 9 个数，个位也可选除
9 以外的 9 个数，共有 2×9×9=162 个数不含有数字 9,0-199 共有 200 个数，含有数
字 9 的有 200-162=38 个，考虑到有些数既能被 9 整除，又含有数字 9，这样的数有
9,99,189,90,198，共 5 个数，因此含有数字 9 或者能被 9 整除的有 22+38-5=55 个．
41. 已知四十一位数 55⋯5▫99⋯9（其中 5 和 9 各有 20 个）能被 7 整除，那么中间方
格内的数字是多少？
【答案】 6【分析】 我们知道 abcabc 这样的六位数一定能整除 7、11、13，原 41 位数中从
高位数起共有 20 个 5，从低位数起共有 20 个 9，那么我们可以分别从低位和高位选出
555555，和 999999，从算式的结构上将就是进行加法的分拆，即：
555555×10⋯00(35个0)+555555×10⋯00(29个0)+⋯+55▫99+999999×10⋯00(，12个0)+⋯+999999
这个算式的和就是原来的 41 位数，我们可以发现每一组含有 555555 或 999999 因数的部
分都已经是 7 的倍数，唯独剩余 55▫99 待定，那么只要令 55▫99 是 7 的倍数即可，即
只要 ▫44 是 7 的倍数即可，▫ 应为 6．
42. 以多位数 142857 为例，说明被 11 整除的另一规律就是看奇数位数字之和与偶数位数字
之和的差能否被 11 整除．
【答案】 见解析．
【分析】
142857 =1×100000+4×10000+2×1000+8×100+5×10+7×1
¿ =(1×100001+4×9999+2×1001+8×99+5×11)+(4-1+8-2+7-5)
因为根据整除性质 1 和铺垫知，等式右边第一个括号内的数能被 11 整除，再根据整除性质
1，要判断 142857 能否被 11 整除，只需判断 4-1+8-2+7-5=(4+8+7)-(1+2+5)
能否被 11 整除．
43. 173▫ 是个四位数，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？
【答案】 19
【分析】 用 1730 试除，1730÷9＝192⋯2，1730÷11＝157⋯3，
1730÷6＝288⋯2，所以依次添上 (9-2＝)7、(11-3＝)8、(6-2＝)4 后得到的
1737、1738、1734 依次能被 9、11、6 整除，所以，这三种情况下填入的数字的和为
7+8+4＝19．
44. 一个四位数的各位数字互不相同，将其千位与个位数字调换后形成新的四位数，新四位数
与原数的最大公约数是 63，则原四位数可能是多少？
【答案】 1638、8631、2709、9702
【分析】 设这个四位数为 abcd(a≠0,d≠0)，则千位与个位数字调换后形成的新数
是 dbca．直接分析最大公约数不好分析，先令 abcd>dbca，然后分折 63∣abcd-dbca，
{a=8,{a=9,
位值原理展开化简得 63∣999(a-d)，所以 7∣a-d，可能的情况有
d=1, d=2.
接下来先寻找 8bc1 和 9bc2 中能被 63 整除的数，利用整除判定的方法很容易得出 8631、
9702 和 9072 这三个数符合，下面分别验证．8631=32×7×137，1638=2×32×7×13，
9702=2×32×72×11，2709=32×7×43，9072=24×34×7，2079=33×7×11，只有(8631,1638) 和 (9702,2709) 这两组符合．注意到这些是在 abcd>dbca 的前提下得到的，
根据对称性，原四位数为 8631、1638、9702、2709．
45. 有些数既能表示成 3 个连续自然数的和，又能表示成 4 个连续自然数的和；还能表示成
5 个连续自然数的和．请你找出 700 至 1000 之间，所有满足上述要求的数，并简述理由．
【答案】 750、810、870、930、960
【分析】 3 个连续自然数的和，一定能够被 3 整除；4 个连续自然数的和，一定能
够被 2 整除，且除以 2 所得的商是奇数，也就是说它不能被 4 整除，除以 4 所得余数为
2；5 个连续自然数的和，一定能够被 5 整除．
3、2、5 的最小公倍数是 30，所以满足上述三个条件的最小的数是 30．
3、4、5 的最小公倍数是 60，所以 60 的整数倍加上 30 就可以满足条件．
700=60×11+40，所以第一个符合题意的数是 750=60×12+30，最大的一个数是
990=60×16+30，共计 16-12+1=5 个数，分别为 750、810、870、930、960．
46. 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？
【答案】 45
【分析】 （1）因为 343=73，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；（2）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；（3）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．
47. 把三位数 5ab 接连重复的写下去，共写 2011 个 5ab，所得的数 5ab5ab⋯5ab 恰
¿
是 77 的倍数，试求 ab=？
【答案】 39
【分析】 因为 77=7×11，且 (7,11)=1．
¿，¿
根据一个数能被 7 或 11 整除的特征可知：
原数 5ab5ab⋯5ab 能被 7 及 11 整除；
¿
当且仅当
5ab5ab⋯5ab-5ab
能被 7 及 11 整除；
¿
也就是 5ab5ab⋯5ab000 能被 7 及 11 整除；
¿
也就是 5ab5ab⋯5ab 能被 7 及 11 整除．
¿
每次减两组，依次下去，最终 5ab 能被 7 及 11 整除，也就是被 77 整除．77×7=539,
所以可能的就是 ab=39．
48. 如果六位数 2010▫▫ 能被 105 整除，那么它的最后两位数是多少？
【答案】 75
【分析】 采用试除法
用 201000 试除，
201000÷105=1914⋯⋯30,
余 30 可以看成不足 (105-30)=75．所以补上 75，即在末两位的方格内填入 75 即可．
49. 已知整数 1a2a3a4a5a 能被 11 整除，求所有满足着个条件的整数．
【答案】 1323334353
【分析】 因为 11 整除 1a2a3a4a5a，所以根据能被 11 整除的数的特征可知：
1+2+3+4+5 的和与 5a 之差应是 11 的倍数，5a-15 是 11 的倍数，可以是 0，
11，- 11，22，-22⋯ 只有当 a=3 时，11∣15-5a．符合题意的整数只有 1323334353．
50. 三位数的百位、十位和个位的数字分别是 5、a、b，将它连续重复写 2009 次成为：
5ab5ab⋯5ab ．如果此数能被 91 整除，那么这个三位数 5ab 是多少？
¿
【答案】 546
【分析】 因为 91=7×13，所以 5ab5ab⋯5ab 也是 7 和 13 的倍数，因为能
¿
被 7 和 13 整除的特点是三位一段，用截断法，由此可知 5ab 也是 7 和 13 的倍数，百
位是 5 能被 7 和 13 即 91 整除的数字是：91×6=546，所以 ab=46．
51. 从 1，2，3，4，⋯，2007 中取 N 个不同的数，取出的数中任意三个的和能被 15 整
除．N 最大为多少？
【答案】 134
【分析】 取出的 N 个不同的数中，任意三个的和能被 15 整除，则其中任意两个数
除以 15 的余数相同，且这个余数的 3 倍能被 15 整除，所以这个余数只能是 0，5 或者
10．在 1∼2007 中，除以 15 的余数为 0 的有
15×1,15×2,⋯,15×133,
共有 133 个；除以 15 的余数为 5 的有
15×0+5,15×1+5,⋯,15×133+5,
共有 134 个；除以 15 的余数为 10 的有
15×0+10,15×1+10,⋯,15×133+10,
共有 134 个．所以 N 最大为 134．52. 一个各位数字均不为 0 的三位数能被 8 整除，将其百位数字、十位数字和个位数字分别
划去后可以得到三个两位数（例如，按此方法由 247 将得到 47、27、24）．已知这些两位
数中一个是 5 的倍数，另一个是 6 的倍数，还有一个是 7 的倍数．原来的三位数多少？
【答案】 656
【分析】 设这个三位数为 abc，则得到的三个两位数为 bc、ac 和 ab，由于 a、b
和 c 均不为 0，且三个两位数中有一个是 5 的倍数，则 b 或 c 为 5．考虑到能被 8 整
除，因此 c 不为 5，这样 b 一定为 5．考虑到 bc 为 4 的倍数，则 bc 只能为 52 或
56．其中 52 既不是 6 的倍数，也不是 7 的倍数，舍去．因此 bc 只能为 56．再考虑 ac
为 6 的倍数只能为 66．因此这个三位数为 656．
53. 在 200 至 300 之间，有三个连续的自然数，其中，最小的能被 3 整除，中间的能被 7
整除，最大的能被 13 整除，那么这样的三个连续自然数分别是多少？
【答案】 258；259；260
【分析】 先找出两个连续自然数，第一个被 3 整除，第二个被 7 整除．例如，找
出 6 和 7，下一个连续自然数是 8．3 和 7 的最小公倍数是 21，考虑 8 加上 21 的整数
倍，使加得的数能被 13 整除．
8+21×12=260,
能被 13 整除，那么 258，259，260 这三个连续自然数，依次分别能被 3，7，13 整除，
又恰好在 200 至 300 之间．由于 3，7，13 的最小公倍数为 273，所以在 200 至 300
之间只有 258，259，260 这三个数满足条件．
54. 判断 123456789 这九位数能否被 11 整除，13574 是否能被 11 整除？
【答案】 不能，能．
【分析】 123456789 这个数奇数位上的数字之和是
9+7+5+3+1=25,
偶数位上的数字之和是
8+6+4+2=20.
因为 25-20=5，又因为 $11\not{|} 5$，所以 $11\not{|}123456789$．
13574 这个数的奇数位上数字之和与偶数位上数字和的差是：
(4+5+1)-(7+3)=0.
因为 0 是任何整数的倍数，所以 11∣0．因此 13574 是 11 的倍数．
55. 对任意的自然数 n，证明 A=2903n-803n-464n+261n 能被 1897 整除．
【答案】 271【分析】 1897=7×271，7 与 271 互质，因为 2903≡5(mod7)，
803≡5(mod7)，464≡2(mod7)，261≡2(mod7)，
所以
A =2903n-803n-464n+261n
¿ ≡0(mod7),
故 A 能被 7 整除．
又因为 2903≡193(mod271)，803≡261(mod271)，464≡193(mod271)，
所以
A =2903n-803n-464n+261n
¿ ≡0(mod271),
故 A 能被 271 整除．
因为 7 与 271 互质，所以 A 能被 1897 整除．
56. 四位数 1▫2▫ 既是 3 的倍数，还是 5 倍数，则这个四位数有几种可能？
【答案】 7
【分析】 这个四位数为 5 的倍数，因此末位为 0 或 5．末位数字是 0 时，1▫20，
要是 3 的倍数，方框内为 3，6，9 或 0，即 1020，1320，1620，1920；末位是 5 时，
1▫25，要是 3 的倍数，方框内 1，4，7，也就是有 1125，1425，1725．总共有七种可能．
57. 六位数 20▫▫08 能被 99 整除，▫▫ 是多少？
【答案】 71
【分析】 方法一：200008 被 99 除商 2020 余 28，所以 ▫▫00+28 能被 99 整
除，商 72 时，99×72=7128，末两位是 28，所以 ▫▫ 为 71；
方法二：99=9×11，20▫▫08 能被 99 整除，所以各位数字之和为 9 的倍数，所以方框中
数字的和只能为 8 或 17；又根据数被 11 整除的性质，方框中两数字的差为 6 或 5，可得
▫▫ 是 71．
58. 六位自然数 1082▫▫ 能被 12 整除，末两位数最大是多少？
【答案】 88
【分析】 试除法，因为 108299÷12=9024⋯11，所以 108299-11=108288 能
被 12 整除，且符合末两位是最大的．
59. 如果 (a+2b) 是 7 的倍数，求证：(3a-b) 也是 7 的倍数．（a、b 都是自然数）．
【答案】 见解析
【分析】 法一：由于 (a+2b) 是 7 的倍数，所以 3(a+2b)＝3a+6b 也是 7
的倍数，
所以 3a-b＝3a+6b-7b 是 7 的倍数．法二：设 a+2b＝7k，则 a＝7k-2b，3a-b＝3(7k-2b)-b＝21k-7b＝7(3k-b)，
所以 (3a-b) 也是 7 的倍数．
60. 在 3 和 5 之间插入 6、30、20 三个数，可以得到 3、6、30、20、5 这样一串数，其
中每相邻的两个数的和都可以整除它们的乘积．请你在 4 和 3 之间插入三个非零自然数，
使得其中每相邻两个数的和都可以整除它们的乘积．
【答案】 4、4、12、6、3 或 4、12、6、6、3 或 4、12、12、6、3
【分析】 先寻找怎样的两个数的和可以整除它们的乘积．设这两个数分别为 a 和 b，
那么 a+b∣ab，由于 a+b∣a(a+b)，所以 a+b∣a(a+b)-ab，即 a+b∣a2，同理可得
a+b∣b2．
现在要在 4 与 3 之间插入三个非零自然数，假设最后为 4、d、e、f、3，利用推出的结论
得 4+d∣42 和 3+f∣32，枚举得 d 是 4 或 12，f 是 6，那么 e+6∣62 枚举得 e 是 3、
6、12 或 30，将 d 和 e 的组合都试一遍得三种符合的填法：4、4、12、6、3 或 4、12、
6、6、3 或 4、12、12、6、3．
61. 下面是两个 1989 位整数相乘： 111⋯11×111⋯11 ．问：乘积的各位数字之和是多少？
¿ ¿
【答案】 17901
【分析】 在算式中乘以 9，再除以 9，则结果不变．因为 111⋯11 能被 9 整除，
¿
所以将一个 111⋯11 乘以 9，另一个除以 9，使原算式变成：
¿
999⋯⋯99×123456790⋯⋯012345679
(1000⋯⋯00-1)×123456790⋯⋯012345679¿=¿123456790⋯⋯012345679000⋯⋯00-123456790⋯⋯012345679¿=¿123456790⋯⋯012345679123456789876543209⋯⋯987654320987654321¿
¿ ¿
¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
得到的结果中有 1980÷9=220(个)“123456790”和“987654320”及一个“12345678
”和一个“987654321”，所以各位数之和为：
(1+2+3+4+5+6+7+9)×220+(9+8+7+6+5+4+3+2)×220+(1+2+3+4+5+6+7+8)+(9+8+7+6+5+4+3+2+1)
17901¿
¿
62. 已知两个三位数 abc 与 def 的和 abc+def 能被 37 整除，试说明：六位数 abcdef
也能被 37 整除．
【答案】 见解析
【分析】 abcdef =abc×1000+def=abc×999+(abc+def)，因为 999 能被37
整除，所以 abc×999 能被 37 整除，而 (abc+def) 也能被 37 整除，所以其和也能被
37 整除，即 abcdef 能被 37 整除．63. 将一个 2n 位数的前 n 位数和后 n 位数各当成一个 n 位数，如果这两个 n 位数之和
的平方正好等于这个 2n 位数，则称这个 2n 位数为卡布列克 (Kabulek) 怪数，例如，
(30+25) 2=3025，所以 3025 是一个卡布列克怪数．请问在四位数中有哪些卡布列克怪数？
【答案】 2025，3025，9801
【分析】 设该数的前两位为 x，后两位为 y．于是有
(x+ y) 2=100x+ y=x+ y+99x,
即
(x+ y)(x+ y-1)=99x,
从而看出 x+ y 与 x+ y-1 中有一个是 9 的倍数，另一个是 11 的倍数，或其中一个是
99 的倍数；可以找出满足条件的三个数：45，55 和 99，平方得 2025，3025，9801；即
符合：
(20+25) 2=2025;
(30+25) 2=3025;
(98+1) 2=9801;
在四位数中的卡不列克怪数有：2025，3025，9801．
64. 在 1∼200 这二百个自然数中，所有能被 4 整除或能被 11 整除的数的和是多少？
【答案】 6541
【分析】 先求出能被 4 整除的自然数和，再求出能被 11 整除的自然数和，将二者
相加，但是此时得到的不是题目需要的和，因为 44，88 等数在两个数列中都存在，也就是
说能被 44 整除的数列被计算了两次，所以我们还应该减去能被 44 整除的数列和．
(4+8+12+⋯+200)+(11+22+33+⋯+198)
-(44+88+132+176)
=(4+200)×50÷2+(11+198)×18÷2-(44+176)×4÷2
=6541.
65. 某个七位数 1993▫▫▫ 能够同时被 2,3,4,5,6,7,8,9 整除，那么它的最后三位数字依次是多
少？
【答案】 3,2,0
【分析】 一个数能同时被 2,3,4,5,6,7,8,9 整除，相当于能被
[2,3,4,5,6,7,8,9]=5×7×8×9=2520 整除，1993999÷2520=791⋯⋯679，所以
1993999-679=1993320 能被 2520 整除，即 1993320 为所求的这个数．66. 20092009⋯200909 能被 11 整除，那么 n 的最小值是多少？
¿
【答案】 5
【分析】 20092009⋯200909 中奇位数减偶位数的差为 (9-2)×n+9=7n+9，
¿
当 n=5 时，(7n+9) 是 11 的倍数，所以 n 的最小值是 5．
67. 是否存在着 5 个正整数，使得其中任一数都不是另一数的整倍数，但每个数的平方都能被
其它数整除？
【答案】 见解析
【分析】 令 A=2×3×5×7×11，则对于 2A，3A，5A，7A，11A 这 5 个数
来说，其中的任一数都不是另一数的整倍数．但是，由于每个数的平方都能被 A2 整除，而
这些数又都能整除 A2，所以每个数的平方都能被其它数整除，所以这样的 5 个正整数是存
在的．
68. 试求 6 个不同的正整数，使得它们中任意两数之积可被这两个数之和整除．
【答案】 27720，55440，83160，110880，138600 及 166320
【分析】 取六个数 1，2，3，4，5，6，并把它们两两相加得到 15 个和：
1+2，1+3，⋯，5+6．
这 15 个和的最小公倍数是：
23×32××5×7×11=27720.
把它依次乘所取的六个数得：27720，55440，83160，110880，138600 及 166320．这六
个数就满足题目的要求．
69. 有八个连续三位数，第 1 个数被 1 整除、第 2 个数被 2 整除、第 3 个数被 3 整除、
⋯⋯ 依此类推；那么第 7 个数字是多少？
【答案】 847
【分析】 设第 7 个数也就是 7 的倍数的为 N；N 的前一个数 N-1 应是 6 的倍
数，即必须是能被 3 整除的偶数，所以应考察的 7 的倍数为奇数；
N 的前面第二个数 N-2 应是被 5 整除的数，故 N 应是以 7 结尾的数；
综上，应从以 7 为结尾的 7 的倍数的三位数中找 N，并且，由于 N-1 被 6 整除，而 N
以 7 结尾，故 N 的百位和十位数字组成的两位数应被 3 整除；
所以，所求的 N 应是 217、427、637、847 中的一个；
而 N+1 被 8 整除，则排除 218、428、638，只有 848 满足；
所以第七个数字是 847．70. 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？
【答案】 27，8，12，48，35，9
【分析】 互为反序的两个九位数的差，一定能被 99 整除．而 396=99×4，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 43-19=24，（4，
2），（2，6），（6，8），（5，7），（7，1），（1，9）处剪开的末两位数字之差为
62-3=28．86-42=44，58-26=32，85-17=68，91-57=34，71-39=32．所以从（
9，3），（4，2），（2，6），（6，8），（5，7），（1，9）处剪开，所得的两个互为
反序的九位数的差才是 396 的倍数．（9，3），（4，2），（2，6），（6，8），（5，7
），（1，9）处左右两个数的乘积为 27，8，12，48，35，9．
71. 一个六位数，各个数位上的数字互不相同，它能被 3、5、7、11 整除，这样的数中最小
的是几？
【答案】 102795
【分析】 这个六位数能被 3、5、7、11 整除，说明它能被 [3,5,7,11]=1155 整除，
试除法：
102345÷1155⋯705,
即最小的六位数为
102345+(1155-705)=102795.
72. 一个四位数 38a4，能够被 4 整除，那么 a 可以是多少？如果这个数能够被 8 整除，
那么 a 可以是多少？【答案】 2 或 8．
【分析】 被 4 整除，末两位 a4 能够被 4 整除．a 可以是 0，2，4，6，8．
被 8 整除，末三位 8a4 能被 8 整除，a 可以是 2，或者 8．
73. 1990⋯1990 除以 9 的余数是多少？
【答案】 2
【分析】 能被 9 整除的数的特征是其数字和能被 9 整除，如果这个数的数字和除
以 9 余 a，那么再减去 a 而得到的新数一定能被 9 整除，因而这个新数加上 a 后再除以
9，所得的余数一定为 a，即一个数除以 9 的余数等于其数字和除以 9 的余数．
1990⋯1990 的数字和为 20×(1+9+9+0)＝380，380 的数字和又是 3+8=11，11 除
¿
以 9 的余数为 2，所以 1990⋯1990 除以 9 的余数是 2．
¿
74. 一个十位数，如果各位上的数字都不相同，那么就称为“十全数”，例如，3785942160
就是一个十全数．现已知一个十全数能被 1，2，3，⋯，18 整除，并且它的前四位数是
4876，那么这个十全数是多少？
【答案】 4876391520
【分析】 这个十全数能被 10 整除，个位数字必为 0；能被 4 整除，十位数字必为
偶数，末两位只能是 20．设这个十全数为 4876abcd20．由于它能被 11 整除，所以奇位
数上的数字之和与偶位数上的数字之和的差能被 11 整除，即
8+6+b+d+0-(4+7+a+c+2)=b+d+1-(a+c)
被 11 整除，可能是
b+d+1=a+c+11,b+d+1=a+c,b+d+1+11=a+c.
由于 a、b、c、d 四个数分别为 1、3、5、9 中的一个，只能是
b+d+1=a+c+11,
即
b+d=a+c+10.
所以 b、d 是 9 和 5；a、c 是 3 和 1，这个十全数只能是 4876391520，4876351920，
4876193520，4876153920 中的一个．由于它能被 7、13、17 整除，经检验，只有
4876391520 符合条件．
75. 写出所有的除 109 后余数为 4 的两位数．
【答案】 15，35，21
【分析】 这是把带有余数的问题转化成整除性的问题，也就是要找出能整除
(109-4) 的所有的两位数．进一步，要找出能整除 105 的两位数，很简单的方法就是把
105 分解质因数，从所得到的质因子中去凑两位数．109-4=105=3×5×7．因此这样的两
位数是：15，35，21．76. 把一个两位质数写在另一个不同的两位质数右边，得到一个四位数，这个四位数能被这两
个质数之和的一半整除．请问：这样的两个质数乘积最大是多少？最小是多少？
【答案】 最大是 1073，最小是 689．
ab+cd
【分析】 设这两个两位质数分别为 ab 和 cd，依题意得 ∣abcd，即
2
ab+cd∣2×abcd，位值原理展开整理得 ab+cd∣198ab+2(ab+cd)，所以
ab+cd∣198ab．
因为 ab+cd 为偶数，且 ab+cd 和 ab 互质，所以 ab+cd 是 198 的一个偶约数．198
的偶约数有 198、66、22、18，根据 ab+cd 的大小范围很容易判断出只能是 ab+cd=66，
从 11 开始枚举所有个位数是 3、7、9 的质数，得 13+53=66，…，29+37=66，（根据
所问的问题，只要求出相差最大和相差最小的这两组即可）经验证都符合题意，所以这样的两
个质数的乘积最大是 29×37=1073，最小是 13×53=689．
77. 小明与小华玩游戏，规则如下：开始每人都是 1 分，每局获胜的小朋友都可以把自己的分
数乘以 3，输的小朋友保持分数不变，最后小明获胜，他比小华多的分数是 99 的倍数，那
么他们至少玩了多少局？
【答案】 9
【分析】 设小明和小华最后的分数分别为 3a 和 3b，其中 a>b，所以
99∣3a-3b=3b [3(a-b)-1]．因为 [3(a-b)-1] 和 3 互质，所以 b 最小为 2 且有
11∣3(a-b)-1，经尝试，a-b 最小为 5 的时候符合，所以小华最少玩了 2 局，小明 7 局，
一共 9 局．
78. 应当在 ▫ 中填上哪一个数码，才能使得所得的 101 位整数 66⋯6▫55⋯5 可以被 7
¿ ¿
整除？
【答案】 2 或 9
【分析】 由于 111111=111×1001 可被 7 整除，因此如果将所得的数的头和尾各
去掉 48 个数码，并不改变其对 7 的整除性，于是还剩下“66▫55”．从中减去 63035，
并除以 10，即得“3▫2”可被 7 整除．此时不难验证，具有此种形式的三位数中，只有
322 和 392 可被 7 整除．所以 ▫ 处应填 2 或 9．
79. 请求出最大的七位数，使得它能被 3、5、7、11、13 整除，且各位数字互不相同，这个
七位数是多少？
【答案】 7402395
【分析】 假设这个七位数是 abcdefg，满足 abcd-efg=n00n，很容易得出 c=0，
f =9，b 和 e 相差 1，如果 g=0，那么 a=d，所以 g=5．假设 a=8，那么 d=3，b 和e 就是 2，1 或者 7，6，经检验都不符合要求．假设 a=7，那么 d=2，b 和 e 就是 4，
3，经检验刚好可以．这个七位数是 7402395．
80. 一个六位数各个数字都不相同，且这个数字能被 17 整除，则这个数最小是多少？
【答案】 102357
【分析】 最值思想，先找到最小的六位数 102345，然后试除 102345÷17⋯⋯5，
即最小的六位数为 102345+(17-5)=102357．
81. 六位自然数 1082▫▫ 能被 23 整除，末两位数有多少种情况．
【答案】 4
【分析】 试除法．因为 108200÷23=4704⋯⋯8，把余 8 看做不足 15．所以，
方框中的数为 15、38、61、84 四种情况时，六位数能被 23 整除．所以末两位数有 4 种
情况．
82. 若 a 为自然数，证明 10∣(a2005-a1949 )¿¿．
【答案】 见解析．
【分析】 10=2×5，由于 a2005 与 a1949 的奇偶性相同，所以 2∣(a2005-a1949 )¿¿．
a2005-a1949=a1949 (a56-1)，如果 a 能被 5 整除，那么 ¿；如果 a 不能被 5 整除，那么 a
被 5 除的余数为 1、2、3 或者 4，a4 被 5 除的余数为 14、24、34、44 被 5 除的余数，
即为 1、16、81、256 被 5 除的余数，而这四个数除以 5 均余 1，所以不管 a 为多少，
a4 被 5 除的余数为 1，而 a56=(a4 ) 14，即 14 个 a4 相乘，所以 a56 除以 5 均余 1，则
a56-1 能被 5 整除，有 ¿．所以 5∣(a2005-a1949 )¿¿．由于 2 与 5 互质，所以
10∣(a2005-a1949 )¿¿．
83. 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方
【答案】 7744
【分析】 设所求的四位数为 x=aabb，则
x=1000a+100a+10b+b=11(100a+b),
其中 0100，所以第三个数大于 100 不可能，其他大于 11 的
质数同样不可能成为因子，因此分组因子，得到只有 35、63、75 或者 55、75、99．
89. （1）求满足条件的最小自然数，使得它的平方的前两位是 20；
（2）求满足条件的最小自然数，使得它的平方的后两位是 04；
（3）求满足条件的最小自然数，使得它的平方的前两位是 20，后两位是 04．
【答案】 （1）45；（2）48；（3）448
【分析】 （1）平方是两位数的肯定不对．因为 14×14=196，15×15=225，所以
平方也不可能是三位数．因为 44×44=1936，45×45=2025，所以所求最小的数为 45．
（2）设符合题意的自然数为 a，依题意得 100∣a2-4，即 4×25∣(a-2)(a+2)，很明显
(a-2) 和 (a+2) 不能同时是 25 的倍数，所以 25∣a-2 或 25∣a+2，a 可能为 23、
27、48、52、⋯，同时考虑 4∣(a-2)(a+2)，a 的最小可能值是 48，因为 482=2304，
所以符合题意的自然数最小是 48．
（3）利用（2）中的结论，这个数可能是 48、52、98、102、148、152、⋯，估算前两位
是否是 20，再计算出结果验证，枚举得符合题意的自然数最小是 448．
90. 用 1,2,3,4 各一次组成四位数，使得它是 11 的倍数．有多少种不同的方法？
【答案】 8．【分析】 用 1,2,3,4 各一次组成四位数，四个数字的和为 10，若为 11 的倍数，则
奇位和与偶位和的差只能为 0，奇位填 1,4，偶位填 2,3，考虑到 1,4 可以互换，2,3 可以
互换，故共有 2×2=4 种填法，同理奇位填 2,3，偶位填 1,4，也有 4 种填法，共 8 种填
法．
91. 三个连续自然数依次可以被 5 整除、被 7 整除、被 11 整除，那么这三个自然数最小为
多少？
【答案】 20；21；22
【分析】 设这三个自然数分别为 x-1，x，x＋1
不看三个数，只用两个数做和谐．
57
其倍数 x-1x
其倍数 2x-22x
其倍数 2x-72x-7
所以 2x-7 既是 5 的倍数，又是 7 的倍数，那么 2x-7 是 35 的倍数．设
2x-7＝35k，观察当 k 是多少的时候，x＋1 是 11 的倍数．从 k＝1 开始，x＝21，
则 x＋1＝22，是 11 的倍数，那么这三个自然数最小为 20，21，22．
92. 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，（1）请随便填
出一种，并检查自己填的是否正确；（2）一共有多少种满足条件的填法？
【答案】 （1）43326（答案不唯一）；（2）12
【分析】 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，
（1）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；
（2）经过分析容易得到两个方框内的数的和是 9 的倍数，如果和是 9，那么可以是（9，0
）；（8，1）；（7，2）；（6，3）；（5，4）；（4，5）；（3，6）；（2，7）；（1，
8）；（0，9），共 10 种情况，还有（0，0）和（9，9），所以一共有 12 种不同的填法．
93. 某个七位数 1993▫▫▫ 能够同时被 2，3，4，5，6，7，8，9 整除，那么它的最后三位
数字依次是多少？
【答案】 320
【分析】 本题可采用整除数字的判定特征进行判断，但是太过繁琐，采用试除法比较
方便，若使得 7 位数能够同时被 2，3，4，5，6，7，8，9 整除，只要让七位数是 2，3，
4，5，6，7，8，9 最小公倍数的倍数即可，[ 2，3，4，5，6，7，8，9 ] ＝2520，用
1993000 试除，1993000÷2520＝790⋯⋯2200，余 2200 可以看成不足
2520-2200＝320，所以在末三位的方格内填入 320 即可．
94. 已知 ABABAB 是 154 的倍数，求 AB 的最小值．【答案】 22
【分析】 事实上
ABABAB=AB×10101,
而
10101=3×7×13×37,
所以只要保证 AB 能被 22 整除即可，又 AB 不能为 0，所以 AB 的最小值为 22．
95. 1-100 中，7 的倍数有多少个？除以 7 余 2 的数有多少个？
【答案】 14,15．
【分析】 100÷7=14⋯⋯2,7 的倍数有 14 个；100-2=98,98÷7=14,14+1=15．
除以 7 余 2 的有 15 个．
96. 在六位数 11▫▫11 中的两个方框内各填入一个数字，使此数能被 17 和 19 整除，那么
方框中的两位数是多少？
【答案】 53
【分析】 采用试除法．设六位数为 11ab11，则
11ab11=11×10000+ab00+11=110011+ab00
如果一个数能同时被 17 和 19 整除，那么一定能被 323 整除．
110011÷323=340⋯⋯191,
余 191 也可以看成不足 323-191=132．
所以当 ab00=132+323n 时，即 ab00 是 100 的倍数时，六位数才是 323 的倍数．所
以有 323n 的末位只能是 10-2=8，所以 n 只能是 6，16，26，⋯ 验证有 n=16 时，
132+323×16=5300，所以原题的方框中填入 5，3 得到的 115311 满足题意．
97. 一个 4 位数，把它的千位数字移到右端构成一个新的 4 位数．再将新的 4 位数的千位
数字移到右端构成一个更新的四位数，已知最新的 4 位数与最原先的 4 位数的和是以下 5
个数的一个：
① 9865；② 9867；③ 9462；④ 9696；⑤ 9869．
这两个 4 位数的和到底是多少？
【答案】 9696
【分析】 设这个 4 位数是 abcd，则最新的 4 位数是 cdab．两个数的和为
abcd+cdab=1010a+101b+1010c+101d,
是 101 的倍数．在所给的 5 个数中只有 9696 是 101 的倍数，故正确的答案为 9696．
98. 173▫ 是一个四位数．数学老师说：“我在其中的方框内先后填入 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？【答案】 19
【分析】
9∣173a⇒9∣(1+7+3+a)⇒9∣(2+a)⇒a=7,
11∣173a⇒11∣(7+a-1-3)⇒11∣(3+a)⇒a=8,
{ 2∣a }
6∣173a⇒ ⇒a=4.
3∣(1+7+3+a)⇒3∣(2+a)
三数的和是 4+7+8=19.
99. 有一个四位数 3aa1，它能被 9 整除，则 a 代表几？
【答案】 7
【分析】 根据被 9 整除的数的性质：
9∣3aa1⇒9∣(3+a+a+1)⇒9∣(2a+4)}
⇒a=7.
0⩽a⩽9
100. 如果一个数包含 0 到 9 中的所有数字，就把它成为“十全数”．如果一个“十全数”
又满足（1）能被 1、2、3、⋯、11、12 整除；（2）它与 2004 的和能被 13 整除，就把
它称为“十全大补数”，那么最小的“十全大补数”是多少？
【答案】 1234759680
【分析】 十全大补数最小也是 10 位数，数字 0～9 各一个．
末位肯定是 0，利用 11 的整除特征判断出 123456▫▫▫0 和 12345▫▫▫▫0 都不满足条件．
如果这个数是 1234abcde0，则依然由 11 的整除特征，b、d 和 a、c、e 只能分别为 5、
6 和 7、8、9，再由 8 的整除特征得知这个数只能是 1234759680 和 1234957680，前者
满足其他要求．
101. 六位数 2009▫▫ 能被 99 整除，它的最后两位数是多少？
【答案】 70
【分析】 方法一：试除法
200999 被 99 除商 2020 余 29，所以这个六位数最后两位是 99-29=70 时，它
能被 99 整除；方法二：99=9×11，2009▫▫ 能被 99 整除，所以各位数字之和为 9 的倍数，所以
方框中数字的和只能为 7 或 16；又根据数被 11 整除的性质，方框中两数字的差为 7，所
以它的最后两位数是 70．
102. 找出 4 个不同的自然数，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 4 个数中最大的数与最小的数的和尽可能的小，那么这 4 个数里中间两个数的
和是多少？
【答案】 7
【分析】 我们设这四个数中最小的一个数为 a，要求 4 个最大的数与最小的数的和
尽可能小，则先尽量让 a 最小．
b+1
当 a=1，设 4 个数中另外三个数中某个数为 b，有 等必须为整数，而
b-1
b+1 2
=1+ ，则 2 能被 (b-1) 整除，显然 (b-1) 只能为 2 或 1，对应 b 只能是 3
b-1 b-1
或 2，但是题中要求 a 至少能与三个数存在差能被和整除的关系，所以不满足．
c+2 c+2 4
当 a=2，设 4 个数中另外三个数中某个数为 c，有 必须为整数，而 =1+ ，
c-2 c-2 c-2
则 4 能被 (c-2) 整除，有 (c-2) 可以为 4、2、1，对应 c 可以为 6、4 或 3．
验证 6、4、3、2 是满足条件的数组，它们的中间两个数的和为 4+3=7 即为题中条件下的
和．
103. 恰好能被 6，7，8，9 整除的五位数有多少个？
【答案】 179
【分析】 6、7、8、9 的最小公倍数是 504，五位数中，最小的是 10000，最大为
99999．
因为 10000÷504=19⋯⋯424，99999÷504=198⋯⋯207．
所以，五位数中，能被 504 整除的数有 198-19=179(个)．
所以恰好能被 6，7，8，9 整除的五位数有 179 个．
104. 在 ▫ 内填上合适的数字，使 ▫679▫ 能同时被 8、9 整除．
【答案】 3；2
【分析】 由被 8 整除的特征知最后一个 ▫ 填 2，由被 9 整除的特征知第一个 ▫ 填
3．
105. {如果六位数 1992▫▫ 能被 105 整除，那么它的最后两位数是多少？
【答案】 90【分析】 因为 105=3×7×5，所以这个六位数同时满足能被 3、7、5 整除的数的
特征即可，
方法一：利用整除特征
末位只能为 0 或 5．
① 如果末位填入 0，那么数字和为 1+9+9+2+▫+0=21+▫，要求数字和是 3 的倍数，所
以 ▫ 可以为 0，3，6，9，验证 200-199=1，230-199=31，260-199=61，
290-199=91，
有 91 是 7 的倍数，即 199290 是 7 的倍数，所以题中数字的末两位为 90，
② 如果末位填入 5，同上解法，验证没有数同时满足能被 3、7、5 整除的特征，所以题中
数的末两位只能是 90．
方法二：采用试除法
用 199200 试除，199200÷105=1897⋯⋯15，余 15 可以看成不足，105-15 =90，所
以补上 90，即在末两位的方格内填入 90 即可．
106. 在 11∼45 这 35 个数中，所有不被 3 整除的数的和是多少？
【答案】 638
【分析】 先求被 3 整除的数的和；11∼45 中能被 3 整除的数有 12，15，⋯，
45，和为：
12+15+⋯+42+45=(12+45)×12÷2=342；
于是，满足要求的数的和为：
(11+⋯+45)-342=980-342=638．
107. 用数字 6，7，8 各两个，组成一个六位数，使它能被 168 整除，这个六位数是多少？
【答案】 768768
【分析】 因为 168＝8×3×7，所以组成的六位数可以被 8、3、7 整除，能够被
8 整除的数的特征是末三位组成的数一定是 8 的倍数，末两位组成的数定是 4 的倍数，末
位为偶数，在题中条件下，验证只有 688、768 是 8 的倍数，所以末三位只能是 688 或
768，而又要求是 7 的倍数，abcabc 形式的数一定是 7、11、13 的倍数，所以 768768
一定是 7 的倍数，▫▫▫688 的 ▫ 不管怎么填都得不到 7 的倍数．至于能否被 3 整除可以不
验证，因为整除 3 的数的规律是数字和为 3 的倍数，在题中给定的条件下，不管怎么填数
字和都是定值，所以 768768 能被 168 整除，且验证没有其他满足条件的六位数．
108. 1∼9 九个数字按图所示的次序排成一个圆圈，请在某两个数之间剪开，分别按顺时针和
逆时针次序形成两个九位数．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
应在何处剪开？【答案】 见解析．
【分析】 在解这道题之前先看一个规律：
{99的倍数 n为奇数时
n 位原序数与 n 位反序数 的差一定是
9的倍数 n为偶数时
（如：12365 为原序数，那么它对应的反序数为 56321，它们的差 43956 是 99 的倍
数．）
那么互为反序的两个九位数的差，一定能被 99 整除．
而 396=99×4，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（3，8）处、（8，1）处、（1，6）处、（4，9）处、（9，2）处、
（2，5）处的两个数字奇偶性均不相同，所以一定不满足．
而（6，4）处、（5，7）处、（7，3）处奇偶性相同，有可能满足．
进一步验证，有（6，4）处剪开的末两位数字之差为 94-16=78，不是4的倍数，不满足．
（5，7）处剪开则有末两位数字之差为 37-25=12，是 4 的倍数，满足．
（7，3）处剪开则有末两位数字之差为 83-57=26，不是 4 的倍数，不满足．
所以只能从 5、7 处剪开，所得的两个互为反序的九位数的差才是 396 的倍数．
109. 一个五位数 8▫25▫，方格中的数未知．请问：
（1）如果该数能被 72 整除，这个五位数是多少？
（2）如果该数能被 55 整除，这个五位数是多少？
【答案】 （1）86256；（2）85250【分析】 （1）能被 72 整除的数，即能被 8 和 9 整除．若 8▫25▫ 能被 8 整除，
个位应填 6．再考虑能被 9 整除，千位应填 6．因此这个五位数是 86256．
（2）能被 55 整除，即能被 5 和 11 整除．若 8▫25▫ 能被 5 整除，个位应填 0 或 5．
当个位填 0 时，若能被 11 整除，千位应填 5．当个位填 5 时，千位无论填几都不能满足
条件，因此满足条件的数为 85250．
110. 如果 (2a+3b) 是 5 的倍数，证明：2b+3a 也是 5 的倍数．（a、b 都是自然数）．
【答案】 见解析
【分析】 方法一：(5a+5b) 是 5 的倍数，所以 5a+5b-(2a+3b)=3a+2b 是
5 的倍数．
5k-3b (5k-3b) 15k-5b
方法二：设 2a+3b=5k，那么 a= ，则 2b+3a=2b+ ×3= ，
2 2 2
是 5 的倍数．
111. 一个各位数字均不为 0 的三位数能被 8 整除，将其百位数字、十位数字和个位数字分
别划去后可以得到三个两位数（例如，按此方法由 247 将得到 47、27、24）．已知这些两
位数分别能被 5、6、7 整除，那么原来的三位数是多少？
【答案】 656
【分析】 由于尾数不可能是 5，所以只能中间数是 5，那么个位就是 2 或 6，但
52 不能被 6、7 整除，则只能是 56，被 7 整除，再结合百位和个位能被 6 整除判断出三
位数为 656．
112. 如果 (a+2b) 被 5 除余数为 2，(3a-b) 被 5 除所得的余数为 3，求证：(a-b) 能被
5 整除．（a、b 都是自然数）．
【答案】 证明见解析
【分析】 方法一：设 a+2b=5k+2，3a-b=5l+3，
解方程组 $\left\{ \begin{gathered}
a + 2b = 5k +2 \hfill \\
3a - b = 5l +3 \hfill \\
\end{gathered} \right.$ 得到 $\left\{ \begin{gathered}
a = \dfrac{{10l+ 5k + 8}}{7} \hfill \\
b = \dfrac{{3 +15k - 5l}}{7} \hfill \\
15l-10k+5
\end{gathered} \right.$，所以 a-b= 能被 5 整除．
7
方法二：由题目条件 2(3a-b)-3(a+2b) 能被 5 整除，即 3a-8b 能被 5 整除，继而得
到 3a-3b 能被 5 整除，所以 a-b 能被 5 整除．113. 一位后勤人员买了 72 本笔记本，可是由于他吸烟不小心，火星落在帐本上，把这笔帐的
总数烧去两个数字，帐本是这样的：72 本笔记本，共 ▫67.9▫ 元（▫ 为被烧掉的数字），请
把 ▫ 处数字补上，并求笔记本的单价．
【答案】 3；2；5.11 元
【分析】 把 ▫67.9▫ 元作为整数 ▫679▫ 分，既然是 72 本笔记本的总线数，那就一
定能被 72 整除，又因为 72=8×9，(8,9)=1，所以 8∣▫679▫，9∣▫679▫，根据能被 8
整除的数的特征，8∣79▫，通过计算个位的 ▫=2，又 9∣▫6792，根据能被 9 整除的数的特
征，9∣(▫+6+7+9+2)，显然前面的 ▫ 应是 3，所以这笔帐笔记本的单价是：
367.92÷72=5.11(元)．
114. 在下面的圆圈和方框中，分别填入适当的自然数，使等式成立．问在方框中应填多少？
1 29 11
+ =
○ ▫ 12
【答案】 32 或 36．
【分析】 记圆圈里填入的是 a，方框里填入的是 b，那么
1 29 11
+ = ,
a b 12
即
29 11 1 11a-12
= - = .
b 12 a 12a
由于 29 是个质数，故 29∣11a-12，从而 a 除以 29 余 9．
于是
29 11 1 29
⩾ - = ,
b 12 9 36
故 b⩽36．
另外，
29 11
< ,
b 12
12 7
b>29× =31 ,
11 11
即 b⩾32．
分别验证 b=32，33，34，35，36 各种情况，可知只有当 b=32 和 b=36 时符合条件．
115. 在所有各位数字之和等于 34，且能被 11 整除的四位数中最大的一个是多少？最小的一
个是多少？
【答案】 9988；8899【分析】 最大 9988，最小 8899；abcd 四位数，根据能被 11 整除的特征
(d+b)-(c+a) 能被 11 整除包括 0．假设
d+b=xc+a= yx+ y=34,
因为 x 跟 y 都是 2 个个位数之和，所以 x 跟 y 都是小于 20 的数．能够看出 x 跟 y
都是 17，既 x- y=0 可以假设 x- y=11 或者更大（比如 22、33、44）结果得出都是不
行的．自己可以算算看．17=8+9 其他都不符．
116. 已知 n 是正整数，规定 n!=1×2×⋯×n，令
m=1!×1+2!×2+3!×3+⋯+2007!×2007，则整数 m 除以 2008 的余数为多少？
【答案】 2007
【分析】
m= 1!×1+2!×2+3!×3+⋯+2007!×2007
= 1!×(2-1)+2!×(3-1)+3!×(4-1)+⋯+2!-1!+3!-2!+4!-3!+⋯+2008!-2007!¿=¿2008!-1.¿
¿ ¿
2008 能够整除 2008!，所以 2008!-1 的余数是 2007．
117. 如果 a+b+c 是 5 的倍数，2a+3b+4c 也是 5 的倍数，求证 a-c 是 5 的倍数．
（a、b、c 都是自然数）
【答案】 见解析
【分析】 a-c=3(a+b+c)-(2a+3b+4c)，所以 a-c 能被 5 整除．
118. 1，2，3，4，5，6 这 6 个数中，选 3 个数使它们的和能被 3 整除．那么不同的选法
有几种？
【答案】 8
【分析】 被 3 除余 1 的有 1，4；被 3 除余 2 的有 2，5；能被 3 整除的有 3，
6．
从这 6 个数中选出 3 个数，使它们的和能被 3 整除，则只能是从上面 3 类中各选一个，
因为每类中的选择是相互独立的，所以共有 2×2×2=8(种) 不同的选法．
119. （1）1 到 100（包含 100）能被 3 整除或 5 整除的和是多少？
（2）一个数列是 2、6、12、20，⋯，求第 10 项．
【答案】 （1）2418；（2）110
【分析】 （1）1 至 100 内能被 3 整除的数是 3，6，9，12，⋯，99，他们的和
是3+6+9+⋯+99
(3+99)×[(99-3)÷3+1]÷2¿=¿102×33÷2¿=¿1683;¿
¿
1 至 200 内能被 5 整除的数是 5，10，15，20，⋯，100，他们的和是
5+10+15+⋯+100
(5+100)×[(100-5)÷5+1]÷2¿=¿105×20÷2¿=¿1050.¿
¿
能同时被 3 和 5 整除的数有 15，30，45，60，75，90．它们的和是
15+30+45+⋯+90
(15+90)×6÷2¿=¿105×6÷2¿=¿105×3¿=¿315.¿
¿
能被 3 或 5 整除的和：
1683+1050-315=2418.
（2）观察题目发现 第一项是 2，第二项是 2+4=6，第三项是 2+4+6=12，第四项是
2+4+6+8=20，⋯．由此可见，它是由从 2 起的连续偶数组成的数列，因而，第 10 项就
是
2+4+6+⋯+20
(2+20)×10÷2¿=¿110.¿
¿
120. 在 1∼100 这一百个自然数中，所有能被 9 整除的数的和是多少？
【答案】 594
【分析】 每 9 个连续数中必有一个数是 9 的倍数，在 1∼100 中，我们很容易知
道能被 9 整除的最小的数是 9=9×1，最大的数是 99=9×11，这些数构成公差为 9 的等
差数列，这个数列一共有：11-1+1=11 项，所以，所求数的和是：
9+18+27+⋯+99=(9+99)×11÷2=594．
也可以从找规律角度分析．
121. 一个自然数至少有 4 个约数，并且该数等于其最小的 4 个约数的平方之和，请找出这
样的自然数．
【答案】 130
【分析】 最小的那个约数肯定是 1，接着感觉到还是不好下手，先考虑奇偶分析．
（或随便尝试几种情况后肯定会想到奇偶分析）如果这个数不含因数 2，即为奇数．
由于 12+奇2+奇2+奇2=偶，矛盾．
如果这个数含因数 2，即为偶数，由于 12+22+奇2+奇2=奇，12+22+偶2+奇2=偶，
12+22+奇2+偶2=偶，12+22+偶2+偶2=奇，则只有 1、2、偶、奇和 1、2、奇、偶这
两种情况可能，故这个数最小的四个约数从小到大依次为：1、2、4、p 或 1、2、p、2p．
（其中 p 为 1 个非 2 的质数）
对于 1、2、4、p，说明 p∣12+22+42+p2，即 p∣21+p2，所以 p∣21，那么 p 是 3
或 7，经验证都不对．对于 1、2、p、2p，说明 p∣12+22+p2+(2p) 2，即 p∣5+5p2，整理得 p∣5(1+p2 )，
很明显 p 不能整除 1+p2，所以 p 只能是 5，所以这个数是 5×(1+52 )=130．
122. 如果一个非零自然数能表示成两个自然数的平方差，则称这个自然数为“智慧数”，比如
16=52-32，16 就是一个“智慧数”．在自然数列中从 1 开始数起，试问第 1990 个“智
慧数”是哪个数？并请你说明理由．
【答案】 2656
【分析】 显然 1 不是“智慧数”，而大于 1 的奇数
2k+1=(k+1) 2-k2,
都是“智慧数”．
4k=(k+1) 2-(k-1) 2,
可见大于 4 且能 4 被整除的数都是“智慧数”而 4 不是“智慧数”，由于
x2- y2=(x+ y)(x- y)
当 x，y 奇偶性相同时，(x+ y)(x- y) 被 4 整除．
当 x，y 奇偶性相异时，(x+ y)(x- y) 为奇数，剩下的形如 4k+2 的数不是“智慧数”．
所以在自然数列中前四个自然数中只有 3 是“智慧数”，此后每连续四个数中有三个“智慧
数”，由于 1989=3×663，所以 2656=4×664 是第 1990 个“智慧数”．
123. 如果六位数 1992▫▫ 能被 105 整除，那么它的最后两位数是多少？
【答案】 90
【分析】 方法一：利用整除特征．因为 105=3×7×5，所以这个六位数同时满足能
被 3、7、5 整除的数的特征即可．末位只能为 0 或 5．
① 如果末位填入 0，那么数字和为 1+9+9+2+▫+0=21+▫，要求数字和是 3 的倍数，所
以 ▫ 可以为 0，3，6，9，验证 200-199=1，230-199=31，260-199=61，
290-199=91，有 91 是 7 的倍数，即 199290 是 7 的倍数，所以题中数字的末两位为
90．
② 如果末位填入 5，同上解法，验证没有数同时满足能被 3、7、5 整除的特征．所以，题
中数的末两位只能是 90．
方法二：采用试除法
用 199200 试除，199200÷105=1897⋯⋯15，余 15 可以看成不足，105-15 =90．所
以补上 90，即在末两位的方格内填入 90 即可．
124. 有 7 张卡片，上面分别写着 1、2、3、4、5、6、7 这七个数字，从这七张卡片中选出
若干张卡片，排成一个尽可能大的多位数，并且使这个多位数能被组成它的所有数整除，求这
个多位数．
【答案】 73416
【分析】 要想这个多位数尽可能大，选出的数要尽可能多．如果这个数是七位数，选出的数中肯定有 5，那么这个数要能被 5 整除，个位只能是 5，那
么 这个数肯定不能被 2、4、6 整除，所以不能选 2、4、6，矛盾．
如果这个数是六位数，除了 5 之外都要选出来，但是 1+2+3+4+6+7=23，这个六位 数
肯定不能被 3 整除，所以 3 也不能选，矛盾．
如果这个数是五位数，5 不能选，如果没有选 3，那么 6 也不能选，所以肯走选了 3，由能
被 3 整除的判定．只有 1+3+4+6+7=21 满足条件，所以这个五位数是由 1、3、4、6、
7 构成．
五位数能被 4 整除，那么末两位能被 4 整除，只能是 16、36 或 64．
如果末两位是 16；最大的 74316 不能被 7 整除，次大的 73416 能被 7 整除．
如果末两位是 36；最大的 74136 不能被 7 整除，之后的数小于 73416．
如果末两位是 64；最大的 73164 小于 73416．
综上所述，这个多位数是 73416．
125. 如果 (3a+b) 是 7 的倍数，求证 (2b-a) 也是 7 的倍数．（a、b 都是自然数）．
【答案】 见解析
【分析】 方法一：因为 (3a+b) 是 7 的倍数，所以 (6a+2b) 也是 7 的倍数，
所以 (6a+2b-7a) 即 (2b-a)，也是 7 的倍数．
7k-b 7b-7k
方法二：设 3a+b=7k，那么 a= ，所以 2b-a= 也是 7 的倍数．
3 3
126. 用 1、2、3、4、5、7 这 6 个数字各一次组成六位数，并且使这个六位数是 11 的倍
数．有多少种不同的方法？
【答案】 72．
【分析】 用 1,2,3,4,5,7 各一次组成六位数，六个数字的和为 22，若为 11 的倍数，
则奇位和与偶位和的差只能为 0，奇位填 1,3,7，偶位填 2,4,5，考虑到 1,3,7 可以互换，
2,4,5 可以互换，故共有 A3×A3=36 种填法，同理奇位填 2,4,5，偶位填 1,3,7，也有 36
3 3
种填法，共 72 种填法．
127. 有一个整数，除 39,51,147 所得的余数都是 3，求这个数可能是多少？
【答案】 4,6,12
【分析】 （法 1）39-3=36，147-3=144，(36,144)=12，12 的约数是
1,2,3,4,6,12，因为余数为 3 要小于除数，这个数是 4,6,12；
（法 2）由于所得的余数相同，得到这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差，也就是说
它是任意两数差的公约数．51-39=12，147-39=108，(12,108)=12，所以这个数是
4,6,12．128. 从 401 到 1000 的所有整数中，被 8 除余数为 1 的数有几个？
【答案】 75
【分析】 因为被 8 除余数为 1 的整数组成公差是 8 的等差数列，最小的是 401，
最大的是 993，于是项数 =(993-401)÷8+1=75．
129. 设 a＠b=[a,b]+(a,b)，其中，[a,b] 表示 a 与 b 的最小公倍数，(a,b) 表示 a
与 b 的最大公约数．比如，6 和 9，最小公倍数是 18，最大公约数是 3，则
6＠9=18+3=21．
（1）求 14＠4；
（2）说明，如果 c∣a，且 c∣b，则 c∣a＠b；（|表示整除）
（3）已知 6＠x=33，求 x．
【答案】 （1）30；（2）c∣a＠b；（3）15；
【分析】 （1）根据“＠”的定义，先求出 14 与 4 的最小公倍数为 28，最大公约
数为 2，则：
14＠4=[14,4]+(14,4)=28+2=30.
（2）如果 c∣a 且 c∣b，则有：
c∣[a,b],c∣(a,b),
因此
c∣[a,b]＋(a,b),
即 c∣a＠b．
（3）由“＠”的定义，有：
[6,x]+(6,x)=33,
而 (6,x) 只能是 1，2，3，6；
所以 [6,x] 只能是 32，31，30，27，这其中只有 30 是 6 的倍数，故有：
[6,x]＝30,(6,x)=3.
利用公式
[a,b]⋅(a,b)=ab,
得：30×3=6x，即 x=15．
130. 在 865 后面补上三个数字，组成一个六位数被 3、4、5 整除．且使这个数值尽可能的
大，最大是多少？【答案】 856980
【分析】 这个数能被 3、4、5 整除，则这个数能被 [3,4,5]=60 整除．
865999÷60=14433⋯⋯19，所以所得六位数的最大值是 865999-19=865980．
131. 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 3 整除”⋯⋯ 依次下去，每位同
学都说，这个数能被他的编号数整数，1 号作了一一验证，只有编号相邻的两位同学说得不对，
其余同学都对，问：
（1）说得不对的两位同学，他们的编号是哪两个连续自然数？
（2）如果告诉你，1 号同学写的数是五位数，请求出这个数．（写出解题过程）
【答案】 （1）编号为 8 和 9；（2）60060
【分析】 （1）首先可以断定编号是 2、3、4、5、6、7 号的同学说的一定都对．不
然，其中说得不 对的编号乘以 2 后所有编号也将说得不对，这样就与“只有编号相邻的两位
同学说得不对”不符合．因此，这个数能被 2、3、4、5、6、7 都整除．
其次利用整除性质可知这个数也能被 2×5、3×4、2×7 都整除，即编号为 10、12、14 的
同 学说得也对，从中断定编号 11、13、15 的同学说得也对，不然，说得不对的编号不是连
续的两个自然数．
现在我们可以断定说得不对的两个同学的编号只能是 8 和 9．
（2）这个数是 2、3、4、5、6、7、10、11、12、13、14、15 的公倍数，由于上述十二个
数的最小公倍数是 [2,3,4,5,6,7,10,l1,12,13,14,15]=22×3×5×7×11×13=60060．
因为 60060 是一个五位数，而十二个数的其他公倍数均不是五位数，所以 1 号同学写的数
就是 60060．
132. 以多位数 142857314275 为例，说明被 7、11、13 整除的规律．
【答案】 见解析．
【分析】
142857314275= 142×1000000000+857×1000000+314×1000+275
= 142×(1000000001-1)+857×(999999+1)+314×(1001-1)+275
= 142×1000000001-142+857×999999+857+314×1001-314+275
= (142×1000000001+857×999999+314×1001)+(857-142+275-314).
因为根据整除性质知，等式右边第一个括号内的数能被 7、11、13 整除，再根据整除性质，
要判断 142857314275 能否被 7、11、13 整除，只需判断 857-142+275-314 能否被
7、11、13 整除，因此结论得到说明．142857314275 能被 13 整除，不能被 7 和 11 整
除．
133. 大约 1500 年前，我国伟大的数学家祖冲之，计算出 π 的值在 3.1415926 和
3.1415927 之间，成为世界上第一个把 π 的值精确到 7 位小数的人．现代人利用计算机已经将 π 的值计算到了小数点后 515 亿位以上．这些数排列既无序又无规律．但是细心的同
学发现：由左起的第一位 3 是质数，31 也是质数，但 314 不是质数，那么在 3141，
31415，314159，3141592，31415926，31415927 中，哪些是质数？
【答案】 314159
【分析】 注意到 3141，31415，3141592，31415926，31415927 依次能被 3，5，
2，2，31 整除，所以，质数是 314159．
134. 请将 1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11 按合适的顺序写成一行，使得这一行的数
中的任意一个数都能整除它前面所有数之和．
【答案】 6、1、7、2、8、3、9、4、10、5、11
【分析】 构造方式不唯一，从最后思考，总和 66，把 11 放到最后，剩 55，放个
5，剩 50⋯ 找规律可得．
135. 求 1∼2013 的自然数中最多可以取出多少个数，使得任意两数之和不能被两数之差整除？
【答案】 671 个
【分析】 根据题意，若取出的数最多，则需要从 1 开始取，同时取出的数中相邻两
数间隔相等且应尽量的小；则取出的数中相邻两数不能间隔为 1，此时相邻两数的差为 1，不
合题意；取出的数中相邻两数间隔也不能为 2，此时取出的数都为奇数或偶数，易得任意相邻
两数的和为偶数，其差为 2，即相邻两数之和可以被其差整除，不合题意；当取出的数中相邻
两数间隔为 3 时，设任意的两数为 3a+1、3b+1，其和为 3(a+b)+2，其差为 3(a-b)，
易得两数之和不能被其差整除，符合题意，即要使取出的数最多，则取出的这组数为 1、4、
7、10、⋯2011，共 671；故最多能取 671 个数．
136. 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，
其余各位同学都说这个数能被自己的编号数整除．1 号作了检验：只有编号连续的两位同学说
的不对，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）8 和 9；（2）60060
【分析】 （1）为了表达方便，不妨设 1 号同学写的自然数为 a．根据 2～15 号
同学所述结论，2∼15 中只有两个连续的自然数不能整除 a，其他的数都能整除 a．由于
2∼7 中的每一个数的 2 倍都在 15 以内，如果 2∼7 中有某个数不能整除 a，那么这个
数的 2 倍也不能整除 a，然而 2∼7 中的这个数与它的 2 倍不可能是两个连续的自然数，
所以 2∼7 中每一个数都是 a 的约数．由于 2 与 5 互质，那么 2×5=10 也是 a 的约数．同理可知，12、14、15 也都是 a 的约数．还剩下的四个数为 8、9、11、13，只有 8、9
是两个连续的自然数，所以说的不对的两位同学，他们的编号分别是 8 和 9．
（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 个数的其他公倍数都是它们的最小公倍数 60060 的倍数，
且最小为 2 倍，所以均不是五位数，那么 1 号同学写的五位数是 60060．
137. 多位数 A 由数字 1、3、5、7、9 组成，每个数字都可以重复出现但至少出现一次，而
且 A 可以被 A 中任意一个数字整除，求这样的 A 的最小值．
【答案】 1117935
【分析】 1+3+5+7+9＝25，被 9 整除，少 2，需要增加 2 个 1．被 5 整除，
5 放在个位，求最小，从小到大尝试，验证被 7 整除：1113795、1113975、1117395 不能
被 7 整除，1117935 能被 7 整除．
138. 有一个长长的纸条，里面有 37 个方格，要求在每个方格里填入一个自然数，从 1 到
37，既不重复，也不遗漏．但数字不能随便乱填，有一项特殊要求：第 1 个数能被第 2 个
数整除，第 1 个数与第 2 个数之和能被第 3 个数整除；第 1、2、3 个数之和能被第 4
个数整除，⋯ 这个规律一直要保持下去，直到前面 36 个数的和能被最后一个数整除为止．
37 ¿ ¿⋯ ?
如果第一个方格内已填入 37，那么最后一个方格中填几？
【答案】 19
【分析】 因为题目要求前面 36 个数的和能被最后一个数整除，而
1+2+⋯+36+37=1×19×37.
假设最后一个数填 n，那么，前面 36 个数的和等于：1×19×37-n，所以，为了让前面
36 个数的和 1×19×37-n 能被最后一个数整除，就要求 1×19×37 中含有 n，这样，最
后一格可填 1 或 19 或 37．
但第一个数已经填了 37，而且第一个数能被第二个数整除，这样，第二个数只能填 1．
所以，最后一个方格中的可填的数是只能是 19．
139. 我们将具有如下性质的自然数 K 称为“高思数”：如果一个整数 M 能被 K 整除，则
把 M 的各位数字按相反顺序重写时所得到的数也能被 K 整除，请求出所有的“高思数”．
【答案】 1、3、9、11、33、99【分析】 易知，1 必为“高思数”；因为一个数反序重写数字和不变，所以 3、9
为“高思数”；因为一个数反序重写奇位和与偶位和之差也不变，所以 11 为“高思数”，由
整除规律，33、99 也是“高思数“．除此之外，感觉是没有了，下面给出证明．
引理（可以看做是先证明一个小结论）：对于任意的不含 2 或 5 的正整数 n，形如 1、11、
111、1111、…的数中一定有无数个是 n 的倍数．
证明：由于 1,11,111,1111,⋯,11⋯1 这 n+1 个数中一定存在 2 个数关于 n 同余，那么
¿
这两个数的差一定是 n 的倍数，而这两个数的差是形如 11⋯100⋯0 的数，说明 11⋯1
¿ ¿ ¿
是 n 的倍数，同理可得这里面有无数个数是 n 的倍数．
首先说明“高思数”的个位数字只能是 1、3、7、9．因为，“高思数”肯定不是偶数，否则
肯定能得到它的某个倍数的首位是 1，那么这个偶数就无法整除这个倍数的反序数．同理，
“高思数”的个位数字也不能是 5．所以“高思数”的个位数字只能是 1、3、7、9．
若 K 是“高思数”，根据引理得一定存在某个自然数 l 使得 K∣11⋯1 ，那么
¿
K∣77⋯7
，进一步得
K∣77⋯100⋯0+77⋯1
，即
K∣77⋯78477⋯7
，利用“高思
¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
数”的性质得
K∣77⋯74877⋯7
，利用整除的性质得
¿ ¿
K∣77⋯78477⋯7-77⋯74877⋯7
，即
K∣9900⋯0
．因为“高思数”的个位数字只
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
能是 1、3、7、9，所以“高思数”分解质因数后一定不含质因数 2 和 5，故 K∣99，所以
K 只可能是 1、3、9、11、33、99，经验证这 6 个都是“高思数”，至此已求出所有的
“高思数”．
