文档内容
数论-整除-整除的判定-5 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. 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．2. 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．
3. 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
4. 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．
5. 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．
6. 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．
7. 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．
8. 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．
9. 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．
10. 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 381654729．11. 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)．
12. 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．
13. 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．
14. 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．
15. 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．16. 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．
17. 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．
18. 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．
19. 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．
20. 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．
21. 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．
22. 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．
23. 表中第 1 行是把 1～100 的整数依次全部排列出来，然后从第 2 行起是根据规律一直
排到最后的第 100 行．请问：这个表中一共有多少个数能被 77 整除？
【答案】 62
【分析】 在这个表里，有的数字的正下方写着比它大 4 的数．
假如，某数字是不能被 77 整除的数字，那么不管它被 4 乘多少回，也不能被 77
整除．于是我们得知不能被 77 整除的数字下面写的数字都不能被 77 整除．那么，如果某
数字是可以被 77 整除，不管乘多少回 4，得出的数字都可以被 77 整除．可被 77 整除的
数字下面都可以被 77 整除．题目的表中从左右两边第 N 个的下面写着 N 个整数．表的第
一行从右数第 24 个是 77，在它下面写的 24 个整数都可以被 77 整除．另外，从左数第
二行第 38 个是 38+39=77，所以在它下面写的 38 个整数都可以被 77 整除．在表的第
一行和第二行里除此之外再没有可以被 77 整除的数了．从整个表来看，除了上述的
24+38=62 个以外，再也没有可以被 77 整除的数了，所以答案为 62．24. 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．
25. 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．
26. 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”．
27. 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．
28. 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．
29. 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．
30. （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．
31. 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．
32. 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．
33. 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．
34. 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 )¿¿．
35. 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．
36. 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.
37. 三个两位奇数，它们的最大公约数是 1，但是两两均不互质，且三个数的最小公倍数共有
18 个约数，求所有满足要求的情况．
【答案】 35、63、75；55、75、99【分析】 假设 3 个数为 a、b、c，根据题目设 (a,b)=x,(b,c)= y,(c,a)=z．显
然 (x,y)∣(a,b,c)，所以 x、y、z 两两互质．显然 x∣a,z∣a, 又 (x,z)=1，所以
a=mxz,b=nxy,c=pyz．而 18=2×3×3，容易知道 3 个数只有 3 个质因式，a 只含有
因数 x、z．而最小 5 个质数为 2、3、5、7、11，而这 3 个数为奇数，所以不能有 2 为
约数，考虑 3、5、7、11，不可能有因数 13，如果有 13，那么含有 13 的两个数只可能是
13×3，13×5 或 13×7，而 152>100，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．
38. 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．
39. 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．
