余秋雨短篇散文-九江八河

整除性质的应用
知识框架
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；
（2） 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；
（3） 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；
（4） 一各位数数字和能被3整除，这个数就能比9整除；
（5） 一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除；
（6） 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.
（7） 1001特征(家有三子7、11、13)
一个数除以
7
的余数，其末三位与前面隔 开，等于末三位与前面隔出数的差除以
7
的余数；

一个数除以
11
的余数，其末三位与前面隔开，等于末三位与前面隔出数的差除以
11
的余数；

或者，其奇数位数字之和
(
从个位往高位数，个位为第
1
位，即 为奇数位
)
减去偶数位数字之和所得的
差除以
11
的余数；

一个数除以
13
的余数，其末三位与前面隔开，等于末三位与前面隔出数的差
(
大减小
)
能被
13
整
除；

【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< br>±
b)
．

性质
2

如果数
a< br>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< br>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< br> b
｜
a
，那么
bm
｜
am
（
m< br>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< br>bd
也能被
ac
整除．如果
b
｜
a
，
且
d
｜
c
，那么
ac
｜
bd
；

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例题精讲
【例 1】
1a87a2
是2008的倍数．
a
________

【考点】整除之综合系列 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】2008年，第六届，走美杯，五年级，初赛，第6题
【解析】 根据能被4整除 的数的特征——后两位能被4整除，
a
1，3，5，7，9；再根据能被8整除的数
的特征——后三位能被8整除，可得
a
1，5，9。分别代入知
a9
。< br>
【答案】
9



【巩固】 如果六位数
1992□□
能被105整除，那么它的最后两位数是多少？

【考点】整除之综合系列 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 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< br>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
即在末两位的方格内填入90即可．
【答案】90


【例 2】 六位数20
□□
08能被49整除，
□□
中的数是多少？
15
，余15可以看成不足，
10515

90
．所以补上90，

【考点】整除之综合系列 【难度】3星 【题型】填空
【解析】 200008被49除商4081余39，所以
39，所以
□□
为05。
【答案】05



0039
能被49整除，商11时 ，
4911539
，末两位是
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【巩固】 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?

【考点】整除之综合系列 【难度】4星 【题型】填空
【解析】 采 用试除法.设六位数为
11ab11,11ab111110000ab001111001 1ab00
如果一个数能同时被
17和19整除，那么一定能被323整除．
110 011323340191
，余191也可以看成不足
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< br>323191132
．
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．
【答案】115311


【例 3】 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？

【考点】整除之综合系列 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 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，末两位组成的数一定是4的倍数，
末位为偶数．在题中条件下，验证只有6 88、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，由例8知
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．
【答案】768768


【巩固】 甲、乙两个三位数的乘积是一个五位 数，这个五位数的后四位为1031．如果甲数的数字和为10，
乙数的数字和为8，那么甲乙两数之和 是_________．

【考点】整除之综合系列 【难度】3星 【题型】填空
【关键词】2007年，迎春杯，高年级，初赛，第2题
【解析】 根据弃九 法可得知，乘积是
310313171113
，适当组合可得知两数为
31 7217
和
1113143
，和为360．
【答案】
360


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【例 4】 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？

【考点】整除之综合系列 【难度】4星 【题型】填空
【解析】 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．
【答案】320


【巩固】 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多少?

【考点】整除之综合系列 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 7 、8、9的最小公倍数是504，所得六位数应被504整除。
5240005041039344
，所以所得
六位数是
524000344523656
，或
52 3656504523152
．因此三个数字的和是17或8．
【答案】17或8


【例 5】 在六位数
ABCDEF
中，不同的字母表示不同的 数字，且满足
A
，
AB
，
ABC
，
ABCD
，
ABCDE
，
3，5，7，11，13整除．则
ABCDEF
的 最小值是 ；已知当
ABCDEFABCDEF
依次能被2，
取得最大 值时
C0
，
F6
，那么
ABCDEF
的最大值是___ _____．

【考点】整除之综合系列 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】2009年，学而思杯，5年级，第14题
【解析】 求最小值， 先看
A
,最小偶数为
2
，然后
AB
被
3
整 除，
B
最小为
1
，然后依次推出
C0
.
D7< br>,
E6
,
F9
求最大值与上述方法类似。最后求出最大值为
840736

【答案】210769；
840736



【巩固】 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？

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【考点】整除之综合系列 【难度】5星 【题型】填空
【解析】 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
a bcde
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：
⑴
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，
i
为3． 其中满足
fgh8g6
可被8整除的只有9，所以
g
为9，此时
a bcdefg
为1472589或7412589，
但这两个数都不能被7整除，不符题意；
⑵
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；
9876543 21；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
abcd efghi
是381654729．
【答案】381654729


【例 6】 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？最大是多少？

【考点】整除最值之2、3、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
个
因数5，所以至少应当写到55，最多可以写到59．
【答案】最小55，最大59


【巩固】 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53位恰好都是零，那么最
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后出现的自然数最小应该是多少？最大是多少？

【考点】整除最值之2、3、5系列 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 1到10的乘积里会出现
25
和10两次末尾添零的情况，估算从200 开始，是
408149
个0，
还要扩大至220时再增加4个0，所以最小的数 应该是220，而最大应该是224．
【答案】最小的数应该是220，而最大应该是224


【例 7】 多位数
20092009
n个2009
2 009736
，能被11整除，
n
最小值为多少？

【考点】整除最值之11系列 【难度】3星 【题型】解答
奇数位 数字之和为
672n
，偶数位数字之和为
39n
，这个多位数被11整 除，即
(39n)(672n)7n10
能被11整除，n最小取3．
【答案】n最小取3


20092009
【巩固】
n 个2009
200909
能被11整除，那么，
n
的最小值为多少？

【考点】整除最值之11系列 【难度】3星 【题型】解答
20092009
【解析】
n个2009
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.
【答案】
n
最小值是5


【例 8】 某个自然数既能 写成9个连续自然数的和，还同时可以写成10个连续自然数的和，也能写成11
个连续自然数的和，那 么这样的自然数最小可以是几？

【考点】整除最值之综合系列 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 本题所体现的是一个常用小结论，即任意奇数个连续自然数的和必定是这个奇 数的倍数。任意偶
数个连续自然数的和必定是这个偶数的一半的倍数，并且除以这个偶数的一半后所得的 商为一个
奇数。证明方法很简单，以连续9个奇数为例子：
我们可以令连续9个奇数为：a- 4,a-3,a-2,a-1,a,a+1,a+2,a+3,a+4则他们的和为9a，即为9的倍数。
对于连续10个自然数，可以为a-4,a-3,a-2,a-1,a,a+1,a+2,a+3,a+4，a +5
则它们的和为10a+5=5（2a+1），即是5的倍数且除以5后商是奇数。
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所以本题中要求的数是5，9，11的最小公倍数的倍数即4 95的倍数，最小值即495.
【答案】最小值即495


【巩固】 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.

【考点】利用整除的性质分类枚举 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 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、990．
【答案】750、810、870、930、990．


【例 9】 在小于5000的自然数中，能被11整除，并且数字和为13的数，共有多少个.

【考点】利用整式拆分进行分类枚举 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 两位数字中能被11整除的数字是11、22、……99这些数字中显然没有这样的数.三位 数，设这个
三位数为
abc
，有
abc13
和
ac b11
，显然有
ac12
，
b1
，所以就有
91 3
，814，
715，616，517，418，319这7个.四位数，设这个四位数为abcd
，⑴ 有
abcd13
和
(
ac
)

(
bd
)
11
中，若
ac12
，
bd1
则
a3
或4有2种组合，b和d有2种.因此有4
种 ；⑵ 有
abcd13
和(
bd
)

(
ac
)
11
，
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.
【答案】18个


【巩固】 用1，9，8，8这四个数字能排成几个被11除余8的四位数?

【考点】利用整除的性质分类枚举 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 现在要求被11除余8，我们可以这样考虑：这样的数加上3后，就能被11整除了．所以我 们得
到“一个数被11除余8”的判定法则：将偶位数字相加得一个和数，再将奇位数字相加再加3，得
另一个和数，如果这两个和数之差能被11整除，那么这个数是被11除余8的数；否则就不是．要把1，9，8，8排成一个被11除余8的四位数，可以把这4个数分成两组，每组2个数字．其中
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一组作为千位和十位数，它们的和记作
A
； 另外一组作为百位和个位数，它们之和加上3记作
B
．我们要适当分组，使得能被11整除．现 在只有下面4种分组法：
偶位 奇位
⑴ 1，8 9，8
⑵ 1，9 8，8
⑶ 9，8 1，8
⑷ 8，8 1，9
经过 验证，只有第⑴种分组法满足前面的要求：
A189
，
B98320< br>，
BA11
能被
11整除．其余三种分组都不满足要求．根据判定法则还可 以知道，如果一个数被11除余8，那
么在奇位的任意两个数字互换，或者在偶位的任意两个数字互换得 到的新数被11除也余8．于是，
上面第⑴种分组中，1和8任一个可以作为千位数，9和8中任一个可 以作为百位数．这样共有4
种可能的排法：1988，1889，8918，8819．
【答案】4种可能的排法：1988，1889，8918，8819


【例 10】 在1至2008这2008个自然数中，恰好是3、5、7中两个数的倍数的数共有多少个？

【考点】利用整除的性质分类枚举 【难度】4星 【题型】解答

2008

2008

【解析】 1到2008这20 08个自然数中，3和5的倍数有

133
个，3和7的倍数有
95
个，
1521


2008


2008

5和7的倍数有

个，3、5和7的倍数有
5 7

105

19
个．所以，恰好是3、5、7中两
< br>35


个数的倍数的共有
133199519571 9228
个．
【答案】228


【巩固】 在1、2、3、4……2007这2007个数中有多少个自然数a能使2008+a能被2007-a整除。

【考点】利用整式拆分进行分类枚举 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 本题考察代数知识的综合技巧，是一道难度较大的题目。要使得2008+a能被2007- a整除，我们
可以将条件等价的转化为只要让
若a可以使得
2008a
是一 个整数即可。下面是一个比较难的技巧，我们知道
2007a
2008a
是一个整 数，那么
2007a
a也同样可以使得
2008a2008a2007a4 015
是一个整数，这样只要2007-a是4015的约数即可，
1
2007 a2007a2007a
将4015分解可知其共有8个因数，其中4015是最大的一个，但是 显然没有可以让2007-a等于
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4015的a的 值，其余的7个均可以有对应的a的值，所以满足条件的a的取值共有7个。
【答案】7个


课堂检测

【随练1】
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？

【考点】整除之综合系列 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 用1730试除，1730÷9=192……2， 1730÷1l=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 情况下填入口内的数
字的和为7+8+4=19．
【答案】19


【随练2】 将数字4，5，6，7，8，9各使用一次，组成一个被667整除的6位数，那么，这个 6位数除以
667的结果是多少？

【考点】整除之综合系列 【难度】4星 【题型】解答
【关键词】2009年，迎春杯，五年级,初赛，第8题
【解析】
4
，
5
，
6
，
7
，< br>8
，
9
各用一次后，各位数字之和为
39
，即这个六位数应该 为
3
的倍数，所以这
个数应该是
36672001
的倍数．一个 首位数字超过
3
的六位数除以
2001
得到的商应该是三位
数．而该 三位数的商乘以
2001
后所得六位数（即原六位数）的末三位即为该商，而前三位是该商的两倍，所以
4
，
5
，
6
，
7
，8
，
9
这
6
个数字应该组成两个三位数，其中一个三位数是另一 个
的
2
倍，所以两个三位数的首位数字，大者应至少是小者的两倍，显然的较小的那个 三位数的首
位只能是
4
，较大的那个三位数的首位可能是
8
，也可能 是
9
，而较小的那个三位数的个位只能
是
8
，才能使较大的那个三位 数的个位数字能被取到，进一步试验可得到这个六位数是
956478
，
这个
6
位数除以
667
后的得数为
1434
．
【答案】956478÷667=1434


a
，
b< br>，
c
，
d
各代表一个不同的非零数字，如果
abcd
是
13
的倍数，
bcda
是
11
的倍数，
cdab
是【随练3】
9
的倍数，
dabc
是
7
的倍数 ，那么
abcd
是 。

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【考点】整除之综合系列 【难度】4星 【题型】填空
【关键词】2008年，学而思杯，6年级，第14题
【解析】 由于
cdab是
9
的倍数，说明其各位数字之和能被
9
整除；由于
abcd< br>与
cdab
的各位数字之和相同，
所以
abcd
也是
9
的倍数；由于
bcda
是
11
的倍数，那么其奇位数字之和与偶位 数字之和的差能被
11
整除，也就是
ac
与
bd
的差能 被
11
整除，而
abcd
的奇位数字之和与偶位数字之和分别为
b d
和
ac
，恰好的差能被
11
整除，恰好与
bcda互换了一下，可知
abcd
的奇位数字之和与偶位数字
之和的差也能被
1 1
整除，也就是
abcd
是
11
的倍数；又根据题意，
ab cd
是
13
的倍数，那么
abcd
是
13

1287
的倍数，也就是

9
，又是四位数，可能为
1287< br>，
2574
，
3861
，
9
，
13
的公倍数，
11
，
11
，
5148
，
6435，
7722
，
9009
，其中
7722
和
90 09
出现重复数字，可予排除。由于
abcd
是
7
的倍数，
说明
abcd
是
7
的倍数，对
1287
，
257 4
，
3861
，
5148
，
6435
，一一进行检 验，发现只有
3861
满足这一点，所以
abcd
是
3861
。
【答案】
3861



【随练4】 为了打开银箱 ，需要先输入密码，密码由7个数字组成，它们不是1、2就是3．在密码中1的
数目比2多，2的数目 比3多，而且密码能被3和16所整除．试问密码是多少？

【考点】整除之综合系列 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 密码由7位数字组成，如果有两个3的话，那么至 少是
2349
位数，与题意不符；只有一个
3的话，那么至少有两个2.如果有 三个2，那么1至少有四个，总共至少有
1348
个数字，
与题意不符，所以2 只有两个，1有四个，如此，各数位数字和为
44311
，不是3的倍数，
所以 密码中没有3，只有1、2，由1、2组成的四位数中只有2112能被16整除（从个位向高数
位推得 ），所以密码的后四位是2112，所以前三位数字和是3的倍数，只有111和222满足条件，
其中 2222112的2多于1，应予排除，所以这个密码是1112112.
【答案】1112112



家庭作业
【作业1】 要使
15abc6
能被36整除，而且所得的商最小，那么
a,b,c
分别是多少？

【考点】整除最值之2、3、5系列 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 分解为互质的几个数的乘积，
3649
分别考虑所以
c6能被4整除,从而
c
只可能是1，3，5，7，
9.要使商最小，
a,b
应尽可能小，先取
a0
，又
156abc12bc
，所以
3bc
是9
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的倍数所以
b1
，
c5
时，取得最小值.
【答案】
a0
，
b1
，
c5



【作业2】 各位数码是0、1或2，且能被225 整除的最小自然数是多少？

【考点】整除最值之2、3、5系列 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 被合数整除把225分解，分别考虑能被25和9整除特征。
225925，所以要求分别能被25和
9整除。要能被25整除，所以最后两位就是00。要能被9整除，所以 所有数字的和是9的倍数，
为了使得位数尽可能少，只能是4个2和1个1，这样得到1222200。
【答案】1222200


【作业3】 在865后面补上三个数字，组 成一个六位数，使它能分别被3、4、5整除，且使这个数值尽可
能的小。

【考点】整除最值之2、3、5系列 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 方法一：设补上数字后的六位数是
865abc
，因为这个六位数能分别被 3、4、5整除，所以它应满
足以下三个条件：
第一：数字和
(865abc)
是3的倍数；
第二：末两位数字组成的两位数
bc
是4的倍数；
第三：末位数字
c
是0或5。
由以上条件，4|
bc
，且
c
只能取0或5，
又能被4整除的数的个位数不可能是5， ∴c只能取0，因而b只能取0，2，4，6，8中之一。
又3|
865ab0
，且（8+6+5）除以3余1，∴
ab
除以3余2。 为满足题意“数值尽可能小”，只需取
a0
，
b2
。∴要求的六位数 是865020。
方法二：利用试除法，由于要求最小数，用
865000
进行试除 分别被3、4、5整除，就是被
60
整
除，
8650006014416 40
，所以
86500020865020
能被
60
整除
∴要求的六位数是865020。
【答案】865020


【作业4】 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？

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【考点】整除最值之综合系列
【解析】 本题采用试除法。
【难度】3星 【题型】解答
因为3，5，7，13的最小公倍数为13 65，在100000之内最大的1365的倍数为99645
(100000÷1365=73…… 355，100000-355=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=96915．96915-1365=95550．95550-1365=94185．
所以，满足题意的5位数最大为94185．
【答案】94185

【作业5】 使得
10
n
1
是
63
的倍数的最小正整数n是

【考点】整除之综合系列 【难度】3星 【题型】填空
。
【关键词】2010年，学而思杯，5年级，第5题
【解析】 所以只要考虑7的倍数就可以 了。考虑到111111是7的倍数，
10
n
1
肯定是9的倍数，
6397
，
10
6
1999999
，所以最小的n是6.
【答案】
6



【作业6】 为了打开银箱，需要先输入 密码，密码由7个数字组成，它们不是2就是3．在密码中2的数目
比3多，而且密码能被3和4所整除 ．试求出这个密码．

【考点】整除之综合系列 【难度】4星 【题型】解答
密码中的2比3要多，所以2可能有4、5、6或7个．当2有4个时，密码的数字和为 17；当2
有5个时，数字和为16；当2有6个时，数字和为15；当2有7个时，数字和为14．由 于一个
数能被3整除时，它的数字和也能被3整除，所以密码中2应当有6个，这样3就只能有1个．另
外，一个数能被4整除，那么它的末两位数也应当能被4整除，所以末两位数必定是32．所以，
密码是2222232．
【答案】密码是2222232


【作业7】 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？

【考点】整除最值之综合系列
【解析】 解法一：
因为7×11×13＝1001，999×1001＝999999不是七位数，这个七位数 是1001×abcd＝abcd000＋abcd，
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【难度】4星 【题型】解答

如果c不是9，那么b就会重复，所以c＝ 9，因为是5的倍数，所以d＝5，要使最大，先假设a
＝8时，b取8，5，2都不符合要求，当a＝ 7时，b取9，6，3，0中3符合要求，所以最大的是
7402395分析题意知，这个七位数是7× 11×13＝1001的倍数，根据1001的特点，
解法二:
假设这个七位数是abcd efg，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.
【答案】7402395


【作业8】 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？

【考点】整除最值之综合系列
【解析】 解法一：
因为7×11×13＝10 01，999×1001＝999999不是七位数，这个七位数是1001×abcd＝abcd000＋ab cd，
如果c不是9，那么b就会重复，所以c＝9，因为是5的倍数，所以d＝5，要使最大，先假设 a
＝8时，b取8，5，2都不符合要求，当a＝7时，b取9，6，3，0中3符合要求，所以最大的 是
7402395分析题意知，这个七位数是7×11×13＝1001的倍数，根据1001的特点，
解法二:
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.
【答案】7402395



【难度】4星 【题型】解答
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