初中一年级数学上册-关于兵马俑的资料

新课标七年级数学竞赛讲座

整数整除的概念和性质

对于整数和不为零的整数
b
，总存在整数
m
，
n
使得
a
＝bm+
n
(0≤
n
m
称
为商，
n
称为余数，特别地，
n
＝0时，即
a
＝bm，便 称
a
被被
b
整除(也称
a
是
b
的倍数或< br>的约数)，记为
b
|
a
．
整除有以下基本性质： 1．若
a
|
b
，
a
|
c
，则
a
|（
b

c
）；
2．若
a
|
b
，
b
|
c
，则
a
|
c
；
3．若
a
|
b
c
，且(
a
，
c
)=1，则
a
|
b
，特别地，若质数
p
|
b
c
，则必有
p
|
b
或
p
|
c< br>；
4．若
b
|
a
，
c
|
a
，且(
b
，
c
) =1，则
b
c
|
a
．
解整除有关问题常用到数的整除性常见特征：
1．被2整除的数：个位数字是偶数；
2．被5整除的数：个位数字是0或5；
3．被4整除的数：末两位组成的数被4整除；被25整除的数，末两位组成的数被25整除；
4．被8整除的数：末三位组成的数被8整除；被125整除的数，末三位组成的数被125整
除；
5．被3整除的数：数字和被3整除；
6．被9整除的数：数字和被9整除；
7．被11整除的数：奇数位数字和与偶数位数字和的差被11整除．
【例1】 一个自然数与13的和是5的倍数，与13的差是6的倍数，则满足条件的最小自
然数是 ．
思路点拨 略
(重庆市竞赛题)
注：确定已知条件来确定自然数，是数学活动中常见的一类问题，解这类问题时往往 用到下
列知识方法：
(1)运用整除性质； (2)确定首位数字； (3)利用末位数字；(4)代数化； (5)不等式估算；
(6)分类讨论求解等．
2
【例2】有三个正整数a、b、c其中a与b互质且b与c也互质，给出下面四个判断：①( a+c)
不能被b整除，②a
2
+c
2
不能被b整除：③(a+b)
2
不能被c整除；④a
2
+b
2
不能被c整除，其
中，不正确的判断有( )．
A．4个 B．3个 C 2个 D．1个
思路点拨 举例验证． (“希望杯”邀请赛试题)
【例3】 已知7位数
1287xy6
是72的倍数，求出所有的符合条件的7位数．
(江苏省竞赛题)
思路点拨 7位数
1287xy6
能被8，9整除，运用整 数能被8、9整除的性质求出x，y的
值．
【例4】(1)若a、b、c、d是互不相等的整数，且整数x满足等式(x一a)(x一b)
(x一c)(x一d)一9＝0，求证；4︳(a+b+c+d)．
(2)已知两个 三位数
abc
与
def
的和
abc
+
def
能被37整除，证明：六位数
abcdef
也能
被37整除．

新课标七年级数学竞赛讲座

思路点拨 (1)x一a，x 一b，x一c，x一d是互不相等的整数，且它们的乘积等于9，
于是必须把9分解为4个互不相等的因 数的积；(2)因已知条件的数是三位数，故应设法把
六位数
abcdef
用三位数的 形式表示，以沟通已知与求证结论的联系．
注：运用整除的概念与性质，建立关于数字谜中字母的方程、方程组，是解数学谜问题的
重要技巧．
华罗庚曾说：“善于‘退’，足够地，‘退’，‘退’到最原始而不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍．”
从一般退到特殊，从多维退到低维，从空间退到平面，从抽象退到具体„ „只要不影
响问题的求解，对于许多复杂的问题，以退求进是一种重要的解题思想．
【例5】 (1)一个自然数N被10除余9，被9除余8，被8除余7，被7除余6，被6除
余5，被 5除余4，被3除余2，被2除余1，则N的最小值是 ．
(北京市竞赛题)
(2)若1059、1417、2312分别被自然数x除时，所得的余数都是y，则x—y的值等于( )．
A．15 B．1 C．164 D．174
(“五羊杯”竞赛题)
(3)设N=
11

1
，试问N被7除余几?并证明你的结论． (安徽省竞赛题)

1990个
思路点拨 运用余数公式，余数性质，化不整 除问题为整除问题．(1)N+1能分别被2，
3，4，5，6，7，8，9，10整除，(2)建立关 于x，y的方程组，通过解方程组求解，(3)从考
察11，111，„111111被7除的余数人手 ．
【例6】盒中原有7个球，一位魔术师从中任取几个球，把每一个小球都变成了7个小球，将其放回盒中，他又从盒中任取一些小球，把每一个小球又都变成了7个小球后放回盒中，
如此进行 ，到某一时刻魔术师停止取球变魔术时，盒中球的总数可能是( )
A．1990个 B．1991个 C 1992个 D．1993个
思路点拨 无论魔术师如何变，盒中 球的总数为6k+7个，其中k为自然数，经验证，
1993=331×6+7符合要求．故选D．
【例7】在100以内同时被2、3、5整除的正整数有多少个?
思路点拨 由于2与3互质，3与5互质，5与2互质(这种特性我们也称为2、3、5两
两互质)，所以同时被2 、3、5整除的整数必然被2×3×5=30整除；另—方面，被30整除
的正整数必然可同时被2、3 、5整除，因此，在100以内同时被2、3、5整除的正整数就是
在100以内被30整除的正整数， 显然只有30、60、90三个．
【例8】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号，如果号码的前两位数字之和等于后两位数字之和， 则称这张购物券为“幸
运券”．证明：这个商场所发放的购物券中，所有的幸运券的号码之和能被101 整除．
思路点拨 显然，号码为9999是幸运券，除这张外，如果某个号码n是幸运券， 那么
号m=9999—n也是幸运券，由于9是奇数，所以m≠n．由于m+n=9999相加时不出现 进位，
这就是说，除去号码9999这张幸运券外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的整倍数，而101│9999，故知所有幸运券号码之和也能被101整除
思考：“如果某个号码n是幸运券，那么号m=9999—n 也是幸运券”，这是解决问题的关
键，请你考虑这句话合理性．
若六位数
81ab93
是99的倍数，求整数a、b的值．

新课标七年级数学竞赛讲座

∵
81ab93能被9整除，∴8+1+a+b+9+3=21+a+b能被9整除，得3+a+b=9k
l
(k
1
为整
数)． ①
又
81ab93
能被 11整除，∴8—1+a—b+9—3=13+a—b能被11整除，得2+a—b=11k
2
(k
2
为整数)． ②
∵ 0≤a，b≤9 ∴ 0≤a+b≤18，－9≤a－b≤9．
由①、②两式，得3≤<9k
1
≤21，－7≤11k
2
≤1l，
知k
1
=1，或k
1
=2；k
2
=0，或，而3+a+b与 2+a—b的奇偶性相异，而k
1
=2，k
2
=1不符
合题意． < br>故把k
1
=1，k
2
=0代人①、②两式，解方程组可求得a=2，b =4．
【例9】 写出都是合数的13个连续自然数．
思路点拨 方法一：直接寻找
从2开始，在自然数2，3，4，5，6，„中把质数全部划去，若划去的两个质数之间的
自然 数个数不小于13个，则从中取13个连续的自然数，就是符合要求的一组解，例如：自
然数114，1 15，116，„，126就是符合题意的一组解．
方法二：构造法
我 们知道，若一个自然数a是2的倍数，则a+2也是2的倍数，若是3的倍数，则a+3
也是3的倍数， „，若a是14的倍数，则a+14也母14的倍数，所以只要取a为2，3，„，
14的倍数，则a+ 2，a+3，„a+14分别为2，3，„，14的倍数，从而它们是13个连续的自
然．
所以，取a=2×3×4ׄ×14，则a+2，a+3，„，a+14必为13个都是合数的连续的自
然数．
【例10】已知定由“若大于3的三个质数a、b、c满足关系式20+5b=c，则a+ b+c是整
数n的倍数”．试问：这个定理中的整数n的最大可能值是多少?请证明你的结论．
思路点拨 先将a+b+c化为3(a+2b)的形式，说明a+b+c是3的倍数，然后利 用整除的
性质对a、b被3整除后的余数加以讨论得出a+2b也为3的倍数．
∵ =a+b+2a+5b=3(a+2b)，
显然，3│a+b+c
若设a 、b被3整除后的余数分别为r
a
、r
b
，则r
a
≠0， r
b
≠0．
若r
a
≠r
b
，则r< br>a
=2，r
b
=1或r
a
=1，r
b
=2， 则2a+5b =2(3m+2)+5(3n+1)=3(2m+5n+3)，或者
2a+5b=2(3 p+1)+5(3q+2)；3(2P+59+4)，即2a+5b为合数与已知c为质数矛盾．
∴ 只有r
a
=r
b
，则r
a
=r
b
= 1或r
a
=r
b
=2．
于是a+2b必是3的倍数，从而a+b+c是9的倍数．
又2a+5b=2×11十5×5=47时，=
a+b+c=11+5+47=63，
2a+5b =2×13十5×7=61时，
a+b+c =13+7+61=81，
而(63，81)=9，故9为最大可能值．
注： 由余数切入进行讨论，是解决整除问题的重要方法．
【例11】一个正整数N的各位数字不全相等 ，如果将N的各位数字重新排列，必可得到
一个最大数和一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原 来的数N，则称N为“新生
数”，试求所有的三位“新生数”．
思路点拨 将所有 的三位“新生数”写出来，然后设出最大数、最小数，求差后分析求

新课标七年级数学竞 赛讲座

出所有三位“新生数”的可能值，再进行筛选确定．
【例12】设N是所求的三位“新生数”，它的各位数字分别为a、b、c (a、b、c不全相
等)， 将其各位数字重新排列后，连同原数共得6个三位数：
abc,acb,bac,bca,cab,cb a
，
不妨设其中的最大数为
abc
，则最小数为
cba
．由 “新生数”的定义，得N=
abc
—
cba
=(100a+l0b+c)一( 100c+l0b+d)=99(a—c)．
由上式知N为99的整数倍，这样的三位数可能为：19 8，297，396，495，594，693，792，
891，990．这九个数中，只有954－ 459=495符合条件，故495是唯一的三位‘新生数”．
注：本题主要应用“新生数” 的定义和整数性质，先将三位“新生数”进行预选，然后
再从中筛选出符合题意的数。这也是解答数学竞 赛题的一种常用方法．
圆土有9个数码，已知从某一位起把这些数码按顺时针方向记下，得到的是 一个九位数，
并且能被27整除．试证：如果从任何一位起把这些数码按顺时针方向记下的话，那么所得
的一个九位数也能被27整除．
思路点拨 把从某一位起按顺时针方向记下的 九位数记为：
a
1
a
2
a
3
a
9
，它能被27整
除．
只需证明从其相邻一位读起的数：
a
2
a
3
a
9
a
1
也能被27整除即可．
证明 设从某一位起按顺时针方向记下的九位数为
a
1
a
2
a
3< br>a
9
．
依据题意 10×
a
2
a
3
a
9
a
1
－
a
1
a
2
a
3
a
9
=（10-1）a
1
∵10
9-1=1000
3
-1=999(1000
2
+1000+1)
而999能被27整除，∴ 1000
3
—1也能被27整除．
因此，
a
2
a
3
a
9
a
1
能被27整除．从而问题得证．
已知N=
1x91
是一个能被19整除的四位数，求x．（6）
【例13】 从左向右将编号为1至2002号的2002个同学排成一行，从左向右从1到11
报数，报到11的同 学原地不动，其余同学出列；然后，留下的同学再从左向右从1到11报
数，报到11的同学留下，其余 同学出列；留下的同学再从左向左从1到11地报数，报到
11的同学留下，其余同学出列．问最后留下 的同学有多少?他们的编号是几号?
思路点拨 由题意，第一次报数后留下的同学，他们的 编号必为11的倍数；第二次报
数后留下的同学，他们的编号必为11
2
=121的倍 数；第三次报数后留下的同学，他们的编号
必为11
3
=1331的倍数．
因此，最后留下的同学编号为1331的倍数，我们知道从1~2002中，1331的倍数只有
一个， 即1331号，所以，最后留下一位同学，其编号为1331．
注：1~11地报数，使报数 呈现周期性，所以11是解决问题的核心数．通过观察，知1331
是要求的编号．
证明：形如
abcabc
的六位数一定能被7、11、13整除．
求1000以内同时被3、4、5、6整除的正整数的个数．（16个）
9

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< br>+N=222(a+b+c)
从而3194<222(a+b+c) <3194+1000，而a、b、c是整数．
所以15≤ 因为222×15—3194=136，222×16—3194=358，222×17-3 194=580，222×18-3194=802，
其中只有3+5+8=16能满足①式，所以
abc
=358．
注：本题将
abc
k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
每人
团体票(须满 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
15
51
72,
16
51
72,
20
51
72< br>，这都不是整数(只要指出其中某一个不是整数
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1531×42，
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1535× 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
每人20元

团体票(须满20人)
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< br>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=
a
1
a
2
a
n
，则N′=
a
n
a
n1

a
1
．所以，N除以9所得的余数等于
a
1
+a
2
+„+a
n
除以9所得的余数，而N′除以9所得的余数等于a
n
+a
n-1
+„+ a
1
除以9所得的
的余数．显然，a
1
+a
2
+„+a
n
= a
n
+a
n-1
+„+ a
1
．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：111
111
+112
112
111
十113
113
能被10整除．
3
思路点拨 要证明111+112十113能被10整除，只需证明111+11 2十113
的末位数字为0，即证111
111
、112
112
、1 13
113
三个数的末位数字和为10．
12
证明 111的末 位数字显然为1；112=(112)，而112的末位数字是6，所以112
的末位数字也是6；11 3
113
=(113
4
)
28
×113．113
4
的末位数字是1，所以113
113
的末位数字是3．
∴111、112、113三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


2002
7．若
20022002

15
被15整 除，则n的最小值等于( )．
n个2002
112
111112113
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< br>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

1 4．今天是星期日，从今天算起，第
111

1
111„1天是星期 ．

2000个1
15．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
1 7．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)
18．1997
2000
”被7除的余数是( )．
A．1 B．2 C．4 D．6
19．n为正整数，3 02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1
q
及2q3
p
都是自然数，试确定p
2
q的值．
24．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)

新课标七年级数学竞赛讲座

参考答案

新课标七年级数学竞赛讲座