小六数学第9讲:整除和位值原理
拼布包-qq空间日志
第九讲 整除和位值原理
整除问题
整除是我们很早接触的一个概念,对于它的性质我们也比较熟悉
,不过它在题目表现出
来的很大的灵活性和很强的技巧性,仍然是值得我们不断学习和思考的.下面我们
先回顾一
下相关知识:
1.整除的概念
a,b,c为整数,且,如果a÷b=c,
即整数a除以整数b,得到的商是整数c且没有余
数,那么称作n能被b整除,或者是说b能整除a,记
作;否则,称为a不能被b整除,或
是说b不能整除n.如果整数a能够被整数b整除,则a叫做b的倍
数,b叫做a的约数.
2.整除的基本性质
①如果a,b都能够被c整除,那么它们的和与差也能够被c整除.即:如果,那么
②如果b与c的积能整除a,那么b与c都能整除a.即:如果,那么
③如果c能整除b,b能整除a,那么c能整除a.即:如果
④如果b,c都能够整除,且b与c互质,那么b与c的乘积能整除a.即:
3.数的整除特征
①能被2整除的数的特征:个位数字是0,2,4,6,8;
②能被3(或9)整除的数的特征:各位的数字之和能够被3(或9)整除;
③能被4(或25)整除的数的特征:末两位数能够被4(或25)整除;
④能被5整除的数的特征:个位数字是0或5;
⑤能被7(或11、13)整除的数
的特征:一个整数的末三位与末三位以前的数字所组成的数之
⑥差能够被7(或1、11、13)整除;
⑦能被8(或125)整除的数的特征:末三位数能够被8(或125)整除;
⑧能被11整除的数的特征:奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能够被11整除.
4.位值原理
同一个数字,由于它在所写的数里的位置不同,所表示的数也不同。也就是说,
每一个
数字除了本身的值以外,还有一个“位置值”。例如“5”,写在个位上,就表示5个一;
写在十位上,就表示5个十;写在百位上,就表示5个百;等等。这种把数字和数位结合起
来表示数的
原则,称为写数的位值原理。
用阿拉伯数字和位值原理,可以表示出一切整数。例如,926表示
9个百,2个十,6
个一,即926=9×100+2×10+6。根据问题的需要,有时我们也用字母
代替阿拉伯数字表示
数,如:表示a个百,b个十,c个一。
其中a可以是1~9中的数码,但不能是0,b和c是0~9中的数码。
5.位值原理的表达形式
以三位数为例:
上面的横线表示这是用位值原理表示的一个数,用以区别
1.理解整除的概念,会用整除的性质解决有关问题。
2.理解位值原理的含义,能区分位值原理与字母乘法的区别。
3.掌握整除的性质,并熟练应用被2、3、4、5、8、9、11整除的数的特征。
例1:证明:当时,必是9的倍数。
分析:与的数字顺序恰好相反,我们称与互为反序数,互为反序数的两个数之差必能被9
整除。
例2:有一个两位数,把数码1加在它的前面可以得到一个三位数,加在它的后面也可以得<
br>到一个三位数,这两个三位数相差666。求原来的两位数。
分析与解:由位值原则知道,把数
码1加在一个两位数前面,等于加了100;把数码1加在
一个两位数后面,等于这个两位数乘以10后
再加1。
设这个两位数为x。由题意得到
(10x+1)-(100+x)=666,
10x+1-100-x=666,
10x-x=666-1+100,
9x=765,
x=85。
原来的两位数是85。
例3: a,b,c是1~9中的三个不同的数码,用它们组成的
六个没有重复数字的三位数之
和是(a+b+c)的多少倍?
分析与解:用a,b,c组成的六个不同数字是
这六个数的和等于将六个数的百位、十位、个位分别相加,得到
所以,六个数的和是(a+b+c)的222倍。
例4:用2,8,7三张数字卡片可以组
成若干个不同的三位数,所有这些三位数的平均值是
多少?
分析与解:由例3知,可以组成的六个三位数之和是(2+8+7)×222,
所以平均值是(2+8+7)×222÷6=629。
例5:一个两位数,各位数字的和的5倍比原数大6,求这个两位数。
分析与解:设这两个数为
,则有
(a+b)×5-(10a+b)=6,
5a+5b-10a-b=6,
4b-5a=6。
当b=4,a=2或b=9,a=6时,4b-5a=6成立,所以这个两位数是24或69。
例6:将一个三位数的数字重新排列,在所得到的三位数中,用最大的减去最小的,正好等于原来的三位数,求原来的三位数。
分析与解:设原来的三位数的三个数字分别是a,b,c。若
由上式知,所求三位数是99的倍数,可能值为198,297,396,4
95,594,693,792,
891。经验证,只有495符合题意,即原来的三位数是495。
A
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
.
答案:37
2
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)
22222
不能被b整除,②a+c不能被b整除:
③(a+b)不能被c整除;④a+b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
答案:A
3.已知7位数是72的倍数,求出所有的符合条件的7位数.
答案:符合条件的7位数是:1287216,1287936,1287576
4.(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=,试问N被7除余几?并证明你的结论. (安徽省竞赛题)
答案:
5.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
答案:D
B
6.在100以内同时被2、3、5整除的正整数有多少个?
答案:30、60、90三个.
7.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1
01整除.
答案: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.
若六位数是99的倍数,求整数a、b的值.
∵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.
8.写出都是合数的13个连续自然数.
答案: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114,115
,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=2×3×4×…×14,则a+2,a+3,…,a+14必为13个都是合数的连续的自
然数.
9.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.
答案: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、<
br>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.
1
0.一个正整数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”.
答案:将所有的三位“新生数”写出来,然后设出最大数、最小数,求差后分析求出所有三
位“
新生数”的可能值,再进行筛选确定.
11.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:,不妨设其中的最大数为,则最小数为.由
“
新生数”的定义,得N=—=(100a+l0b+c)一(100c+l0b+d)=99(a—c). 答案:由上式知N为99的整数倍,这样的三位数可能为:198,297,396,495,594,69
3,
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”.
C
12.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?
答案
: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
2
的同学
,他们的编号必为11=121的倍数;第三次报数后留下的同学,他们的编号必为
3
11=1
331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.
13.在一种游戏中,魔术师请一个人随意想一个三位数的和N,把N告诉魔术师,于是魔术
师就能说出
这个人所想的数.现在设N=3194,请你做魔术师,求出数来.
答案:将也加到和N上,这样a、
b、c就在每一位上都恰好出现两次,所以有+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—3
194=358,222×17-3194=580,222×18-3194=802,
其中只有3+5+8=16能满足①式,所以=358.
14.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 团体票(须满
人)
每人
答案:(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,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 团体票(须满20人)
每人20元
每人16元(或/或8折优惠)
15.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.
答案: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.
16.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:能被9整数.
答案:令N=,则N′=.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<
br>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,从而能被9整除.
111112113
17.证明:111+112十113能被10整除.
1112
113
答案:要证明111+112十113能被10整除,只需证明111+112十113的末位数
字
111112113
为0,即证111、112、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
1134284113
的末位数字也是6;113=(113)×113.11
3的末位数字是1,所以113的末位数字是3.
111112113
∴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.
1.在下列数中,哪些能被4整除?哪些能被9整除?哪些能被3整除?
28、96、120、225、540、768、423、224、292
分析:
由可以被4、9、3整除的数的特征来考察这些数。可被4整除的数要看数字的末两位。
可被9或3整除
的数的特征相似,都是要先求出各个数位上的数字之和能否被9或3整除。
答案:
能被4整除的数:28、96、120、540、768、224
能被9整除的数:225、540、423
能被3整除的数:96、120、225、540、768、423、294
2.(1)五位数A1A72能被12整除;(2)五位数4B97B能被12整除,求这两个五位数。
分析:
由于12=3×4,且3与4互质,那么能被12整除的数应具有的特点是既能被3整
除也
能被4整除。
答案:
(1)A1A72可被3整除则A+1+A+7+2=1
0+2A能被3整除,A取l、4。因为末两位数72
可被4整除,那么A1A72可被4整除。
所以这个五位数是1l172或41472。
(2)4B97B可被3整除,则4+B+9+
7+B=20+2B能被3整除,B取2、5、8。再由能被4
整除的条件,末两位数7B要能被4整数
,B可以取2或6。同时符合上述两个条件的B取值
只有2,所以这个五位数是42972。
3.有一个四位整数16□□,如果要让这个四位数同时能被2、3、4、5整除,那么这个四位
数的末两位上应是什么数?
分析:
由于满足能被2、3、4整除的数比较多,所以先来看
满足可以被5整除的数的特点,即
个位数是0或5。但若在个位填5,则不满足可以被2整除的条件,所
以个位数字一定是0,
若使这个四位数可以被4整除,则□0是4的整数倍,满足条件的有00、20、
40、60、80。
最后再用可被3整除的条件来限制,找出正确的答案。
答案:
在1600、1620、1640、1660、1680这些数中易知1620与1680可以被3整除。
则这个四位数的末两位上是20或80。
4.要使六位数能被36整除,而且所得的商最小,问这个六位数是多少?
分析:
由于能被36整除,36=4×9,且4与9互质,所以这个六位数既能被4整除,又能被9
整除。再考
虑“所得的商最小”这个条件,应首先是A尽量小,其次是B尽量小,最后是C
尽量小。
答案:
使能被4整除,则能被4整除,因此C可能取1、3、5、7、9。
使能被
9整除,则1+8+A+B+C+6=15+A+B+C能被9整除。要使所得的商最小,就要使这
个六
位数尽可能小,即尽量小。因此首先是A尽量小,其次是B尽量小,最后是C尽量小。
先试取A=0。此
六位数的数字之和为A+B+C,欲使B、C尽量小,而且(15+B+C)能被9整除,
则(B+C)
取3,因为B+C=3,且C只能取l、3、5、7、9。则C=3,B=0。
当A=0,B=0,C
=3时,此六位数能被36整除,而且所得的商最小,为180036÷36=5001。
5.已知2002年的1月l日是星期二,那么
(1)2002年的12月5日是星期几?
(2)20年后的1月l日将是星期几?
分析:
因为星期是按规律重复出现的现象
,星期一、星期二、……星期日、星期—……每7
天重复一次。所以要知道12月5日是
星期几,须知从1月1日到12月5日之间有多少个7
天。
求20年后的某天是星期几的算法相同。
答案:
(1)在2002年中从1月至1
2月,其中2月是28天,l、3、5、7、8、10月都是31
天,4、6、9、11月都是30天,
因此从1月1日到12月5日总共有,28+6×31+4×30+5=339
(天)
由于一
星期有7天,339=7×48+3,所以从1月1日到12月5日的339天中,共有48
星期零3天
,这3天就是从星期二起的3天,第三天是星期四。所以12月5日是星期四。
(2)先求出这20年
总共有多少天。由于每年有365天,20年就有20×365=7300(天),
而每四年有一个闰年
,20年中有5个闰年,所以20年总共有20×365+5=7305(天)。
由于一个星期有7天
,7305=7×1043+4说明20年中有1043个星期零4天,2002年1
月1日是星期二,
所以20年后的1月1日从星期二往后推4天,应该是星期六。
6.检验下面的算式是否正确:
(l)65343+35892+38462=139587
(2)2708×358=968464。
分析:
根据余数的特征,我们可以利用
“弃九数”,不经过计算判断正误。等号左右两边若弃
九数相等,则等式可能成立。若弃九数不等,则等
式一定不成立。而且两个因数的弃九数相
乘,所得的数的弃九数应当等于两个因数的乘积的九余数。如果
不等,则乘法计算有错误。
答案:
(1)求各个加数的弃九数:
65343(6+5+3+4+3)÷9=2……3
35892(3+5+8+9+2)÷9=3……0
38462(3+8+4+6+2)÷9=2……5
139587(1+3+9+5+8+7)÷9=3……6
等号左边弃九数的和:3+5=8,右边弃九数为6。8≠6,则原算式计算有误。
(2)2708(2+7+0+8)÷9=l……8
358(3+5+8)÷9=1……7
8×7=56(5+6)÷9=1……2
968464(9+6+8+4+6+4)÷9=4……l
左边乘积的弃九数为2,右边结果弃九数为1。2≠1,所以此算式有误。
7.已知两个整数相除商是13,余数是8,并且被除数与除数的差是308,求这两个整数。
分析:
由题中条件有:被除数÷除数=13……8
被除数-
除数=308,即被除数比除数大12倍多8,那么308=除数×12+8,则两数可求。
答案:
除数=(308-8)÷(13-l)
=25
被除数=308+25=333
答:被除数是333,除数是25。
8.有一列数字:l,2,9,4,7,1,
2,9,4,7…(1)第307个数是多少?(2)这307
个数相加的和是多少?
分析:
观察这一列数的循环规律,是按照l、2、9、4、7这个顺序每五个数依次重复排列的,
一个
循环是5个数,要看307个数中有几个这样的循环。
答案:
(1)307=5×61+2
可知307里面有61个(1、2、9、4、7),还余两个数,所以第307
个数是2
。
(2)每个循环之和:l+2+9+4+7=22,307个数中有61个循环及一个l、一个2。
所以这307个数的和为:22×61+l+2=1345
答:第307个数是2,307个数的和为1345。
1.在□内填上适当的数字,使(1)34□□能同时被2、3、4、5、9整除;(2)7
□36□能被
24整除;(3)□1996□□能同时被8、9、25整除.
分析:(1)题
目要求34□□能同时被2、3、4、5、9整除,因为能被4整除的数一定能被2
整除,能被9整除的
数一定能被3整除,所以34□□只要能被4、9、5整除,就一定能被2、
3、4、5、9整除.先考
虑能被5整除的条件.个位是0或5,再考虑能被4整除的条件,由
于4不能整除34□5,所以个位必
须是0,最后考虑能被9整除的条件,34□0的各个数位
上的数字和是9的倍数,3+4+□+0=7
+□,这时十位数字只能是2,问题得以解决.
(2)题目要求7□36□能被24整除,24=3×
8,而3与8互质,根据整除的性质,考虑被
24整除,只要分别考虑被3、8整除就行了.先考虑被8
整除的条件,7□36□的末三位数
所组成的数36□能被8整除,所以个位数字只能是0或8,当个位
数字为0时,由于要求7
□360能被3整除,所以7+□+3+6+0=16+□能被3整除,这样千
位数字只能是2或5或8;
当个位数字为8时,由于要求7□368能被3整除,所以7+□+3+6+
8=24+□能被3整除,这
样千位数字只能是0或3或6或9.
(3)题目要求□1996
□□能同时被8、9、25整除,首先考虑能被25整除的条件,□1996
□□的末两位数能被25整
除,末两位数只能是00,25,50,75.其次考虑能被8整除的条
件,□1996□□的末三位数
字组成的数能被8整除,但600,625,650,675这四个数中,
只有600这个数能被8整除
.最后□199600这个数能被9整除,其各个数位上的数字和□
+1+9+9+9+6+0=25+
□能被9整除,所以第七位数字是2.
解:(1)因为34□□能同时被2、3、4、5、9整除,因
此只要34□□能同时被4、5、9整
除.由于34□□能被5整除,所以个位数字只能是0或5,又因
为4不能整除34□5,所以
个位必须是0,又34□0能被9整除,3+4+□+0=7+□能被9整
除,所以十位数字只能是2.3420
能同时被2、3、4、5、9整除.
(2)因为24=
3×8,3与8互质,7□36□被8整除的条件是,7□36□的末三位数所组成的
数36□能被8整
除,所以个位数字只能是0或8;当个位数字是0时,7□360能被3整除,
7+□+3+6+0=1
6+□能被3整除,所以千位数字只能是2或5或8;当个位数字是8时,7□
368能被3整除,7+
□+3+6+8=24+□能被3整除,所以千位数字只能是0或3或6或9.所
以所求的数为7236
0,75360,78360,70368,73368,76368,79368.
(3)因为□1
996□□能被25整除,□1996□□的末两位数能被25整除,这样末两位数只
能
是00,25,50,75;又因为□1996□□能被8整除,但□1996□□的末三位数600,625,
650,675这四个数中,只有600能被8整除;而□199600又能被9整除,□+1+9+9
+6+0+0=25+
□能被9整除,所在第七位数字只能是2.所以2199600能同时被8、9、
25整除.
2.把915连续写多少次,所组成的数就能被9整除,并且这个数最小. <
br>分析:要求这个数能被9整除,而9+1+5=15显然不能被9整除,但3×15能被9整除,因
此只要把915连续写3次,所组成的数就能被9整除,并且这个数最小.
解:因为9+1+5=1
5,15不能被9整除,而3×15能被9整除,所以只要把915连续写3次,
即915915915
必能被9整除,且这个数最小.
3.希希买了九支铅笔,两支圆珠笔,三个练习本和五块橡
皮.她看到圆珠笔每支3角9分,
橡皮每块6分,其余她没注意.售货员要她付3元8角,希希马上说:
“阿姨你算错了.”请
问售货员的帐算错了没有?为什么?
分析:根据圆珠笔与橡皮的单价,
可以算出圆珠笔、橡皮共需39×2+6×5=108(分),而3
元8角即380分减去108分等于
272分,这272分是买九支铅笔、三个练习本的价格,这9
与3正好是3的倍数,也就是说九支铅笔
与三个练习本的总价钱应是3的倍数(无论它们各
自的单价是多少),而272不是3的倍数,显然是售
货员把账算错了.
解:两支圆珠笔和五块橡皮的总钱数39×2+6×5=108(分)3元8角即3
80分,380-108=272
(分)应是九支铅笔与三个练习本付的总价钱,因为九支铅笔与三个练
习本的总价钱必是3
的倍数,而272不是3的倍数,所以售货员把账给算错了.
4.三个数分别是346,734,983,请再写一个比996大的三位数,使这四个数的平均数是一
个整数.
分析:要使这四个数的平均数是一个整数,说明这四个数的和必是4的倍数.因为
3
46+734+983=2063,被4除余3,比996大的三位数只有997被4除余1,这时2063+9
97=3060
必能被4整除.
解:因为346+734+983=2063,被4除余3,
比996大的三位数只有997被4除余1,且2063+997
必能被4整除,所以第四个数为997
.
5.甲、乙两数的和是1088,甲数除以乙数的商是11,余数是32,求甲、乙两的数值。
分析:根据甲数除以乙数商11余32,甲数=乙数×11+32,又根据甲、乙两数之和为1088,
所以1088相当于比乙数的(11+1)倍多32。
解:乙数:(1088-32)÷12=88,
甲数:1088-88=1000
6.小雨有一盒糖,每7颗一数还余4颗,每5颗一数又少3颗,每3颗,每3颗一数恰好数
完
,这盒糖至少有多少颗?
分析与解:3颗一数恰好数完,说明糖的颗数应是3的倍数,而7颗一数余4
个,相当于7
颗一数差:7-4=3(颗),5颗一数也差3颗,说明糖的数量比3、5、7的最小公倍
数少3。
因为3×5×7=105,105-3=102(颗)
答:这盒糖至少有102颗。
7.今年国庆节是星期三,10月17日是星期几?
分析与解:可以这样想:一个星期有7天,国庆节是星期三,以后的日期依次是星期四、星
期五、星期六、星期日、星期一……,每7天为一个周期。从10月1日到10月17日共有
(17
-1)天,即16天,先算一算16天共有多少个这样的周期:16÷7=2……2,余数是2
也就是两
个星期后,从星期三开始再数2天,即星期五。
8.节日的街上挂起了一串串的彩灯,从第
一盏开始,按照5盏红灯,4盏黄灯,3盏绿灯,2
盏蓝灯的顺序重复地排下去,问第1996盏灯是什
么颜色?
分析:因为彩灯是按照5盏红灯,4盏黄灯,3盏绿灯,2盏蓝灯的顺序重复地排下去,要<
br>求第1996盏灯是什么颜色,只要用1996除以5+4+3+2的余数是几,就可判断第1996盏灯是什么颜色了.
解:1996÷(5+4+3+2)=142…4
所以第1996盏灯是红色.