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5-2-1.数的整除之四大判断法
综合运用（一）

教学目标
1. 了解整除的性质；
2. 运用整除的性质解题；
3. 整除性质的综合运用.


知识点拨
一、常见数字的整除判定方法

1. 一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除；
一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除；
一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除；
2. 一个位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除；
一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除；
3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整除.
4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能 被7、11
或13整除.
5.如果一个数能被99整除，这个数从后两位开始两位一截所得的 所有数（如果有偶数位则拆出的数都有两个
数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个 是一位数）的和是99的倍数，这个数一定
是99的倍数。
【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.）
二、整除性质
性质1 如果数a和数b都能被数c整除，那么它们的和或差也能被c整除．即如果c︱a，
c︱b，那么c︱(a±b)．
性质2 如果数a能被数b整除，b又能被数c整除，那么a也能被c整除．即如果b∣a，
c∣b，那么c∣a．
用同样的方法，我们还可以得出：
性质3 如果数a能被数b与数c的积整除，那么a也能被b或c整除．即如果bc∣a，那
么b∣a，c∣a．
性质4 如果数a能被数b整除，也能被数c整除，且数b和数c互质，那么a一定能被b
与c的乘积整除．即如果b∣a，c∣a，且(b，c)=1，那么bc∣a．
例如：如果3∣12，4∣12，且(3，4)=1，那么(3×4) ∣12．
性质5 如果数a能被数b整除，那么am也能被bm整除．如果 b｜a，那么bm｜am（m为非0整数）；
性质6 如果数a能被数b整除，且数c能被数d整除，那么ac也能被bd整除．如果 b｜a ，且d｜c ，那
么bd｜ac；

例题精讲


模块一、2、5系列


1

【例 1】
975935972□
，要使这个连乘积的最后4个数字都是0，那么在方框内最 小应填什么数？
【考点】整除之2、5系列 【难度】2星 【题型】填空
【解析】 积的最后4个数字都是0，说明乘数里至少有4个因数2和4个因数5．
9755 539
，
9355187
，
97222243
，共有 3个5，2个2，所以方框内至少是
22520
．
【答案】
22520


【例 2】 从50到100的这51个自然数的乘积的末尾有多少个连续的0？
【考点】整除之2、5系列 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 首先，50、60、70、80、90、100中共有7 个0．其次，55、65、85、95和任意偶数相乘都可以产
生一个0，而75乘以偶数可以产生2个 0，50中的因数5乘以偶数又可以产生1个0，所以一共有
742114
个0．
【答案】14个连续的0

【例 3】 把若干个自然数1、2、3、……连乘到一 起，如果已知这个乘积的最末十三位恰好都是零，那么最
后出现的自然数最小应该是多少？
【考点】整除之2、5系列 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 乘积末尾的零 的个数是由乘数中因数2和5的个数决定的，有一对2和5乘积末尾就有一个零．由
于相邻两个自然数中 必定有一个是2的倍数，而相邻5个数中才有一个5的倍数，所以我们只要观
察因数5的个数就可以了．
551
，
1052
，
1553
，
20 54
，
2555
，
3056
，……，
发现只有 25、50、75、100、……这样的数中才会出现多个因数5，乘到55时共出现
11213< br>个因
数5，所以至少应当写到55。
【答案】55

【例 4】 11个连续两位数的乘积能被343整除，且乘积的末4位都是0，那么这11个数的平均数是多少？
【考点】整除之2、5系列 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 因为
3437
3
，由于在11个连续的两位数中，至多只能有2个数是7的倍数，所以其中有一个 必须
是49的倍数，那就只能是49或98．又因为乘积的末4位都是0，所以这连续的11个自然数至 少应
该含有4个因数5．连续的11个自然数中至多只能有3个是5的倍数，至多只能有1个是25的倍
数，所以其中有一个必须是25的倍数，那么就只能是25、50或75．所以这11个数中应同时有4 9
和50，且除50外还有两个是5的倍数，只能是40，41，42，43，44，45，46，47 ，48，49，50，
它们的平均数即为它们的中间项45．
【答案】45

【例 5】
201202203LL300
的结果除以
10
，所得到的商再除以
10
……重复这样的操作，在第____
次除以
10< br>时，首次出现余数.
【考点】整除之2、5系列 【难度】5星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，5年级，第7题
【解析】 本题其实为求原式结果末尾有多少个连续的
0
.0由5和2相乘得到，最关键在于有多少个5.
能整除1次5的数有205，210，215，220，230，235，240，245，255，2 60，265，270，280，285，
290，295共16个，会乘出16个连续的0；
能整除2次5的数有225，275，300共三个，会乘出6个连续的0；
能整除3次5的数有250，会乘出3个连续的0。
所以共有
166325< br>个连续的0，则能整除25次10，第26次首次出现余数。
【答案】
26
次

【例 6】 用1～9这九个数字组成三个三位数(每个数字都要用)，每个数都是4的倍数 。这三个三位数中最
小的一个最大是 。
【考点】整除之2、5系列 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】走美杯，决赛，5年级，决赛，第8题，10分
【解析】 三个数都是4的倍数，个位必然都是偶数。当个位是2或6时，十位是奇数，当个位是4或8 时，
十位是偶数。因为1～9中只有4个偶数，所以三个数中有两个的个位分别是2和6，另一个的后两
位是84或48。因为三个数的百位都是奇数，所以最小的三位数的百位最大是5，(另两个分别是9< br>和7)。9已被百位占用，十位最大的是8，所以三个三位数中最小的一个最大是584。

2

注：另两个三位数可以是912，736或932，716或916，732或936，712。
【答案】
584


【例 7】 若
4b2cd32
，试问
abcd
能否被8整除?请说明理由．
【考点】整除之2、5系列 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 略
【答案】由能被8整除的特征知，只要后三位数能被8整除即可.
bcd100b10cd
，有
bcd(4b2cd)96b8c 8(12bc)
能被8整除，而
4b2cd32
也能被8整除，所以
abcd
能
被8整除.

模块二、3、9、99系列

【例 8】 在方框中填上两个数字，可以相同也可以不同，使4
□
32
□
是9的倍数. 请随便填出一种，并检查
自己填的是否正确。
【考点】整除之3、9、99系列 【难度】1星 【题型】填空
【解析】 一个数是9的倍数，那么它的数字和就应该是9的倍数， 即4

□

3

2

□是9的倍数，而4

3

2

9,
所以只需要两个方框中的数的和 是9的倍数．依次填入3、6，因为4

3

3

2

6

18是9的倍数，
所以43326是9的倍数。

【答案】43326（答案不唯一）

【巩固】 若9位数2008
□2008能够被3整除，则
□
里的数是__________
【考点】整除之
3
、
9
、
99
系列

【难度】
1
星

【题型】填空

【关键词】希望杯，
4
年级，初赛，
2
题

【解析】 根据题目知:20+
□
是3的倍数,所以
□
里填1或4或7.
【答案】
1
或
4
或
7


【例 9】 一个六位数
2口口727
被3除余l，被9除余4，这个数最小是 。
【考点】整除之3、9、99系列 【难度】2星 【题型】填空
【关键词】走美杯，4年级，决赛，第2题，8分
【解析】 被9除余4的数被3除必余1， 所以只需考虑被9除余4这个条件。这个数各个数位上的数字之和
除以9应余4。所以框里面最小是04 ，六位数为：204727.
【答案】
204727


【例 10】 连续写出从1开始的自然数，写到2008时停止，得到一个多位数：11……20072008，请说明：这个多位数除以3，得到的余数是几？为什么？
【考点】整除之
3
、
9
、
99
系列

【难度】
2
星

【题型】填空

【关键词】希望杯，四年级，复赛，第
15
题

【解析】 因为连续
3
个自然数可以被
3
整除，而且最后一个自然数都是
3
的倍 数，因为
2007
是
3
的倍数，所以
11LL2007
是< br>3
的倍数，又因为
11LL2007200811LL2007000020071
，所以
11LL20072008
除以
3
，得到的余数是
1
。
【答案】
1


【例 11】 试说明一个两位数，如果将个位数字 和十位数字对调后得到一个新的两位数，则新数与原数的差
一定能被9整除.
【考点】整除之3、9、99系列 【难度】2星 【题型】解答
【解析】 略
【答案】设原来的两位数为
ab
，则新的两位数为
ba
.
ba
－
ab
(10ba)(10ab)9(ba)
.因为
9(ba)
能
被9整除，所以它们的差能被9整除.

【例 12】 11121314…20082009除以9，商的个位数字是_________ 。
【考点】整除之3、9、99系列 【难度】3星 【题型】填空

3

【关键词】走美杯，初赛，六年级，第5题
【解析】 首先看这个 多位数是否能为9整除，如果不能，它除以9的余数为多少。由于任意连续的9个自
然数的和能被9整除 ，所以它们的各位数字之和能被9整除，那么把这9个数连起来写，所得到
的数也能被9整除。由于20099223L2
，所以11121314…20082009这个数除以9
的余 数等于20082009（或者12）除以9的余数，为3.那么11121314…20082009除以9的商，等于这个数减去3后除以9的商，即11121314…20082006除以9的商，那么
很容易判断商的个位数字为4。
【答案】
4


【例 13】 证明
abcde
能被6整除，那么
2(abcd)e
也能被6整除．
【考点】整除之3、9、99系列 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 略
【答案】∵
623

∴2|
abcde

∴2|e
∴6|3e
∵3|
abcde

∴3|a+b+c+d+e
∴6|2(a+b+c+d+e)
∴6|2(a+b+c+d+e)-3e
∴6|2（a+b+c+d）-e

【例 14】 试说明一个5位数，原序数与反序数的差一定是99的倍数(如：12367为原序数， 那么它对应的反
序数为76321，它们的差
6395499646
是99的倍数 ．
【考点】整除之3、9、99系列 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 略
【答案】设原序数为
abcde
，则反序数为
edcba
，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


【例 15】 1至9这9个数字，按图所示的次序排成一个圆圈．请你在某两个数字之间剪开，分别按顺时针和
逆时针次序形成两个九位数(例如，在1和7之间剪开，得到两个数是
193426857
和
758624391
)．如
果要求剪开后所得到的两个九位数的差能被
396
整除，那么剪开处左右两个数字的乘积是多少?
7
5
8
6
2
4
1
9
3

【考点】整除之3、9、99系列 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 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
，
9 1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．
【答案】27，8，12，48，35，9

4

【例 16】 六位数
20□□08
能被99整除，
□□
是多少？
【考点】整除之3、9、99系列 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 方法一 ：200008被99除商2020余28，所以
WW0028
能被99整除，商72时，< br>99727128
，末
两位是28，所以
W
为71；
W
方法二：
99911
，
20WW08
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
W
是71.
W
方法三：根据一个数能被99整除的特点知道：
20
【答案】71
8=28
是99倍数，所以
=9928=71


【巩固】 六位
□2004□
能被99整除，这个六位数是 。
【考点】整除之3、9、99系列 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】走美杯，决赛，5年级，决赛，第3题，10分
【解析】 令整个六位数为
a2004b
，则
a24b
必然是99的倍数，所以a=5,b=7。则这个六位 数为520047。
【答案】
520047


【巩固】 六位数
2003□□
能被99整除，它的最后两位数是 。
【考点】整除之
3
、
9
、
99
系列

【难度】
3
星

【题型】填空

【关键词】希望杯，五年级，复赛，第
3
题，
4
分

【解析】 试除法200399÷99=2024
L
23，所以最后两位是99-23=76。
【答案】
76


【巩固】 已知九位数
2007□12□2
既是9的倍数，又是11的倍数；那么，这个九位数是多少？
【考点】整除之3、9、99系列 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】2008年，迎春杯，六年级，初赛，试题
【解析】 方法一：设原数
2007a12b2
，∵
9|2007a12b2



ab4
或者
ab13
，∵
11|

2007a12b2


20a

22
(
071b
)
0
或者(
071b
)
(22a02)
11

ab2
或者

a b4

a3

ab13

a2







或者

不成立.所以，< br>ba9
根据两数和差同奇偶，得：

ab2b1ba9b11

2007a12b2

200731212
.
12□2
能被99整除，则
207
方法二：根据一个数能被99整除的特点知道若 想
2007□
122
必能被99整除，列竖式分析得
207312 12
才满足，所以答案为
200731212

【答案】
200731212


【例 17】 将自然数1，2， 3，4……依次写下去，若最终写到2000，成为
123L19992000
，那么这个自然 数
除以99余几？
【考点】整除之3、9、99系列 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 由于
99911
，可以分别求这个数除以9和11的余数，进而求出它 除以99的余数．实际上求得这
个数除以9和11的余数均为3，所以这个数减去3后是9和11的倍数 ，那么也是99的倍数，所以
这个数除以99的余数为3．
下面介绍另一种解法．
由于
100a99aa
，所以
100a
除以99的余数等于
a< br>除以99的余数．同样，
10000a
，
1000000a
……
等数除以99的余数等于
a
除以99的余数．可知，一个自然数
a
，如果在 它后面加上偶数个0，那么
这个数除以99的余数等于
a
除以99的余数．根据这一点 ，可以把
123L19992000
分成若干个后面带
有偶数个0的数之和．由于123L19992000
的位数是奇数，那么对于组成
123L19992000
的一位数1，
2，3，……，9，可以分成
100L00
，
2300L00
，
4500L00
，
6700L00
，
8900L00；对于其中的
两位数10，11，12，……，98，99，可以分成
1000L00，
1100L00
，
1200L00
，……，
9800L00< br>，
对于其中的三位数100，101，102，103，……，998，999，两两一组，可以 分成
10010100L00
，
9900L00
；
……，
9 9899900L00
；对于其中的四位数1000，1001，……，1999，
10210 300L00
，
10410500L00
，

5

2000，可以分成
100000L00
，
100 100L00
，
100200L00
，……，
19990000
，2 000．那么上面分成
的所有数中，虽然每个数后面的0的个数互不相同，但都是偶数个，且它们的和恰 好为
123L19992000
，那么
123L19992000
除以99的 余数就等于分成的这些数除以99的余数的和．由于
这些数除以99的余数分别为1，23，45，67 ，89；10，11，12，……，98，99；100101，102103，
104105，……， 998999；1000，1001，……，1999，2000，而其中100101，102103，104 105，……，
998999是公差为2002的等差数列，共450项，可知所有这些余数的和为：

123456789



101112 L99



100101102103L998999



10001001L2000


225 

1099

902

1001019989 99

4502

10002000

1001 2

22549052472975001501500

248804130
，
而248804130除以99的余数等于
24 8804130201
除以99的余数，为3．所以
123L19992000

除以99的余数为3．
【答案】3

【例 18】 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 ．
【考点】整除之3、9、99系列 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】迎春杯，五年级,初赛，第6题
【解析】 因为2007是9的倍数，所以，这个 五位数一定是9的倍数，那么它的各位数字和一定是9的倍数．由
于五位数的各位数字之和最大为45， 所以，可以从9、18、27、36、45进行试值．
如果数字和为9，那么这个五位数为
9 200718063
，然而18063各位数字之和不为9，所以此时不
成立；
如果数字和为18，那么这个五位数为
18200736126
，36126各位数字之和 为18，所以此时成立；
如果数字和为27，那么这个五位数为
27200754189
，54189各位数字之和为27，所以此时成立；
如果数字和为36，那么这个五位数为< br>36200772252
，然而72252各位数字之和不为36，所以此
时不成立 ；如果数字和为45，那么这个五位数为
45200790315
，然而90315各位数 字之和不为
45，所以此时不成立；综上可知，这个五位数为36126或54189．
【答案】36126或54189

【例 19】
207
，2007
，
20007
，
L
等首位是
2
，个位 是
7
，中间数字全部是
0
的数字中，能被
27
整除而不被
81
整除的最小数是 。
【考点】整除之3、9、99系列 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】走美杯，4年级，决赛，第6题，10分
200
【解析】
142

43
23
， 也就是要求出
222
142

43
23
能被
3
整除但不能被
9
整除的最小数是多少，该数
123
079222
n个0
n个2n个2
的各位数字之和为
2n3
，当
n6
时，满足条件，也就是最小数是
20000007
。
【答案】
20000007


【例 20】 一个收银员下班前查 账时发现：现金比账面记录少了153元，她知道实际收钱不会错，只能是记
账时有一个数点错了小数点 ，那么记错的那笔帐实际收到的现金是__________元。
【考点】整除之
3
、
9
、
99
系列

【难度】
4
星

【题型】填空

【关键词】希望杯，六年级，初赛，第
18
题，
6
分

【解析】 说明账面比现金小数点右移了，若右移1位，则增加9位，恰好
153917< br>，若右移了2位，则增
加99倍，但
153
不是
99
的倍数， 所以现金17元。
【答案】
17


6