下载文档原格式
第二十一讲第二十一讲 数论综合数论综合例1:将4个不同的数字排在一起，可以组成24个不同的四位数（4×3×2×1=24）。
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。
请求出这24个四位数中最大的一个。
例2：一个5位数，它的各个位数字和为43，且能被11整除，求所有满足条件的5位数？例3：由1，3，4，5，7，8这六个数字所组成的六位数中，能被11整除的最大的数是多少？例4：从一张长2002毫米，宽847毫米的长方形纸片上，剪下一个边长尽可能大的正方形，如果剩下的部分不是正方形，那么在剩下的纸片上再剪下一个边长尽可能大的正方形。
按照上面的过程不断的重复，最后剪得的正方形的边长是多少毫米？例5：一根木棍长100米，现从左往右每6米画一根标记线，从右往左每5米作一根标记线，请问所有的标记线中有多少根距离相差4米？例6：某住宅区有12家住户，他们的门牌号分别是1，2，…,12.他们的电话号码依次是12个连续的六位自然数，并且每家的电话号码都能被这家的门牌号整除，已知这些电话号码的首位数字都小于6，并且门牌号是9的这一家的电话号码也能被13整除，问：这一家的电话号码是什么数？A1．一个六位数2323□□5656□是□是88的倍数的倍数,,这个数除以88所得的商是所得的商是_______________或或_____.2．下面一个1983位数3333……3□4444……4中间漏写了一个数字中间漏写了一个数字((方框方框),),),已知这已知这已知这991个 991个个多位数被7整除，那么中间方框内的数字是整除，那么中间方框内的数字是_____. _____.3．只修改21475的某一位数字的某一位数字,,就可知使修改后的数能被225整除整除,,怎样修改？怎样修改？4．2，3，5，7，11，…都是质数，也就是说每个数只以1和它本身为约数和它本身为约数..已知一个长方形的长和宽都是质数个单位的长和宽都是质数个单位,,并且周长是36个单位个单位..问这个长方形的面积至多是多少个平方单位?5. 把7、1414、、2020、、2121、、2828、、30分成两组，每三个数相乘，使两组数的乘积相等分成两组，每三个数相乘，使两组数的乘积相等. .B6．有这样的两位数有这样的两位数,,它的两个数字之和能被4整除整除,,而且比这个两位数大1的数的数,,它的两个数字之和也能被4整除整除..所有这样的两位数的和是所有这样的两位数的和是____. ____.7. 学生1430人参加团体操人参加团体操,,分成人数相等的若干队分成人数相等的若干队,,每队人数在100至200之间之间,,问哪几种分法分法? ?8. 四只同样的瓶子内分别装有一定数量的油四只同样的瓶子内分别装有一定数量的油,,每瓶和其他各瓶分别合称一次每瓶和其他各瓶分别合称一次,,记录千克数如下:8:8、、9、1010、、1111、、1212、、13.13.已知四只空瓶的重量之和以及油的重量之和均为质数已知四只空瓶的重量之和以及油的重量之和均为质数已知四只空瓶的重量之和以及油的重量之和均为质数,,求最重的两瓶内有多少油两瓶内有多少油? ?9．一个小于200的自然数的自然数,,它的每位数字都是奇数它的每位数字都是奇数,,并且它是两个两位数的乘积并且它是两个两位数的乘积,,那么这个自然数是然数是_____. _____.1010．试问．试问．试问,,能否将由1至100这100个自然数排列在圆周上个自然数排列在圆周上,,使得在任何5个相连的数中个相连的数中,,都至少有两个数可被3整除？如果回答：“可以”，则只要举出一种排法；如果回答：“不能”，则需给出说明则需给出说明. .C11.11.一个学校参加兴趣活动的学生不到一个学校参加兴趣活动的学生不到100人，其中男同学人数超过总数的4/7，女同学的人数超过总数的2/5 。
年级六年级学科奥数版本通用版课程标题数论综合（三）余数问题是数论知识板块中另一个内容丰富，题目难度较大的知识体系，也是各大杯赛、小升初考试必考的奥数知识点，所以学好本讲知识对于同学们来说非常重要。
余数问题主要包括了带余除法的定义，三大余数定理（加法余数定理、乘法余数定理、同余定理），及中国剩余定理和有关弃九法原理的应用。
一、带余除法的定义及性质：一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0）,若有a÷b＝q……r，也就是a＝b×q＋r,0≤r＜b，我们就称上面的除法算式为一个带余除法算式。
这里：r=时：我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商（1）当0r≠时：我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商（2）当0二、同余的概念和性质同余定义：若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数，那么称a、b对于模m同余，用式子表示为：a≡b（mod m）。
（*）上式可读作：a同余于b，模m。
同余式（*）意味着（我们假设a≥b）：a－b＝mk，k 是整数，即m｜（a－b）例如：①15≡365（mod 7），因为365－15＝350＝7×50。
②56≡20（mod 9），因为56－20＝36＝9×4。
③90≡0（mod 10），因为90－0＝90＝10×9。
由例③我们得到启发，a可被m整除，可用同余式表示为：a≡0（mod m）。
例如，表示a是一个偶数，可以写a≡0（mod 2）；表示b是一个奇数，可以写b≡1（mod 2）。
同余的性质：性质1：a≡a（mod m）（反身性），这个性质很显然，因为a－a＝0＝m·0。
性质2：若a≡b（mod m），那么b≡a（mod m）（对称性）。
性质3：若a≡b（mod m），b≡c（mod m），那么a≡c（mod m）（传递性）。
性质4：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么a±c≡b±d（mod m）（可加减性）。
数论-因数和倍数-因数和-4星题课程目标知识提要因数和•概念因数和：即一个整数的所有因数的和。
因数和公式：a3×b2×c的因数的和为（1+ a + a2 + a3）×（1+ b + b2）×（1+ c）精选例题因数和1. 2010的全部约数有个，这些约数的和数是．【答案】16；4896【分析】详解：2010=2×3×5×67，约数有(1+1)×(1+1)×(1+1)×(1+1)=16个，约数之和是(1+2)×(1+3)×(1+5)×(1+67)=4896．2. 36的所有约数的和多少？90的所有约数的和是多少？【答案】91；234【分析】简答：提示，牢记求约数和的公式，并能准确分解质因数．3. 10000的所有因数的和为多少？所有因数的积为多少？【答案】24211；1000012×100【分析】10000=24×54，因数和：(20+21+22+23+24)×(50+51+52+53+54)=24211因数积为(1002)n×100，其中n=[(4+1)×(4+1)−1]÷2=12所以因数的积为1000012×1004. 求出所有恰好含有10个因数的两位数，并求出每个数的所有因数之和．【答案】124或186【分析】10=9+1=2×5，表达式为a9或者ab4，29>100，2×34>100，只可能是24×3=48或24×5=80．48的因数之和：(20+21+22+23+24)×(30+31)=124，80的因数之和：(20+21+ 22+23+24)×(50+51)=186．5. 360的所有因数的和为多少？所有因数的积为多少？【答案】1170、36012【分析】360=23×32×5，因数和：(20+21+22+23)×(30+31+32)×(50+51)=1170因数积：360n，n=(3+1)×(2+1)×(1+1)÷2=12所以因数的积为36012．6. 360共有多少个奇约数？所有这些奇约数的和是多少？【答案】6、78【分析】360=23×32×5，奇约数有：(2+1)×(1+1)=6(个)，奇约数的和是：(30+ 31+32)×(50+51)=78．7. 2000的所有因数的和为多少？所有因数的积为多少？【答案】4836、200010【分析】2000=24×53，因数和：(20+21+22+23+24)×(50+51+52+53)=4836；因数积为2000n，其中n=(4+1)×(3+1)÷2=10，所以因数的积为200010．。
小升初真题之数论篇数论篇一1 （人大附中考题）有____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。
2 （101中学考题）如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数是＿＿。
3（人大附中考题）甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。
4 (人大附中考题)下列数不是八进制数的是( )A、125B、126C、127D、128预测1．在1～100这100个自然数中，所有不能被9整除的数的和是多少？预测2．有甲、乙、丙三个网站，甲网站每3天更新一次，乙网站每五5天更新一次，丙网站每7天更新一次。
2004年元旦三个网站同时更新，下一次同时更新是在____月____日？预测3、从左向右编号为1至1991号的1991名同学排成一行．从左向右1至11报数，报数为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1至11报数，报数为11的同学留下，其余的同学出列；留下的同学第三次从左向右1至1l报数，报到11的同学留下，其余同学出列．那么最后留下的同学中，从左边数第一个人的最初编号是______．数论篇二1 （清华附中考题）有3个吉利数888，518，666，用它们分别除以同一个自然数，所得的余数依次为a,a+7,a+10,则这个自然数是_____.2 （三帆中学考题）140，225，293被某大于1的自然数除,所得余数都相同。
2002除以这个自然数的余数是 .3 （人大附中考题）某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是______.4 （101中学考题）一个八位数，它被3除余1，被4除余2，被11恰好整除，已知这个八位数的前6位是257633，那么它的后两位数字是__________。
5 （实验中学考题）(1)从1到3998这3998个自然数中，有多少个能被4整除?(2)从1到3998这3998个自然数中，有多少个各位数字之和能被4整除?预测1. 如果1＝1！，1×2＝2！，1×2×3＝3！……1×2×3×……×99×100＝100！那么1！+2！+3！+……+100！的个位数字是多少？预测2．（★★★★）公共汽车票的号码是一个六位数，若一张车票的号码的前3个数字之和等于后3个数字之和，则称这张车票是幸运的。
数论模块1、小明做两个整数的加法，他把万位上的8看成了3，百位上的7看成了9，各位上的5看成了6，算出的结果是49920，问正确的结果应该是多少？2、有一个三位数，如果把数码6加在它的前面，则可得到一个四位数，如果把6加写在它的后面，则也可以得到一个四位数，且这两个四位数之和是9999，求原来的三位数。
3、把一个两位数的个位数字和十位数字交换后得到一个新数，它与原数相加，和恰好是某自然数的平方，这个和是多少？4、一个三位数的各位数字之和是18，其中十位数字比个位数字大1，如果把这个三位数的百位数字与个位数字对调，得到一个新的三位数，则新的三位数比原三位数大198，求原数是多少？5、连续2001个自然数的和等于四个不同质数的乘积，求这四个质数和的最小值。
6、请写出5个质数，且它们是公差为12的等差数列。
7、“任何不小于4的偶数都可以表示成两个质数之和”这是著名的哥德巴赫猜想。
例如8=3+5，但是8只有这一种表示形式，而22却有3+19和5+17两种表示形式，那么，能有两种不同质数之和表示形式的最小自然数是几？8、将四个不同的合数分成两组，要求两组的两个合数之和相等，而且每组的两个合数互质，这四个合数之和最小可以是多少？9、任意交换某个三位数的数字顺序，可以得到一个新的三位数，原三位数与新三位数之和能否等于999？10、有11张卡片，分别写有1-11这11个自然数，现在要将这11张卡片分成两堆，使得一堆所有卡片上的数字之和是奇数，另一堆卡片上的数字之和是偶数，能否做到？11、现有七枚硬币均正面（有面值的面）朝上排成一排，若每次可翻动其中的六枚，能否经过若干次的翻动，使七枚硬币的反面朝上？12、被除数比除数的三倍多1，并且被除数、除数、商和余数的和是81，求被除数和除数。
13、一个整数除以15余2，被除数、商、余数的和是100，求被除数和商。
14、两数相除，商是499，余数是3，被除数最小是几？15、一个两位数，在它的前面写上3，所组成的三位数比原两位数的7倍多24，求原来的两位数。
数论综合1．如果把任意n个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两种可能，那么n是多少?2．如果四个两位质数a，b，c，d两两不同，并且满足，等式a+b=c+d．那么，(1)a+b的最小可能值是多少?(2)a+b的最大可能值是多少?3．如果某整数同时具备如下3条性质：①这个数与1的差是质数；②这个数除以2所得的商也是质数；③这个数除以9所得的余数是5．那么我们称这个整数为幸运数．求出所有的两位幸运数．4．在555555的约数中，最大的三位数是多少?5．从一张长2002毫米，宽847毫米的长方形纸片上，剪下一个边长尽可能大的正方形，如果剩下的部分不是正方形，那么在剩下的纸片上再剪下一个边长尽可能大的正方形．按照上面的过程不断地重复，最后剪得正方形的边长是多少毫米?6．已知存在三个小于20的自然数，它们的最大公约数是1，且两两均不互质．请写出所有可能的答案．7．把26，33，34，35，63，85，91，143分成若干组，要求每一组中任意两个数的最大公约数是1．那么最少要分成多少组?8．图10-1中两个圆只有一个公共点A，大圆直径48厘米，小圆直径30厘米．两只甲虫同时从A出发，按箭头所指的方向以相同的速度分别爬了几圈时，两只甲虫首次相距最远?9．设a与b是两个不相等的非零自然数．(1)如果它们的最小公倍数是72，那么这两个自然数的和有多少种可能的数值?(2)如果它们的最小公倍数是60，那么这两个自然数的差有多少种可能的数值?10．狐狸和黄鼠狼进行跳跃比赛，狐狸每次跳142米，黄鼠狼每次跳324米，它们每秒钟都只跳一次．比赛途中，从起点开始每隔3128米设有一个陷阱，当它们之中有一个掉进陷阱时，另一个跳了多少米?11.在小于1000的自然数中，分别除以18及33所得余数相同的数有多少个?(余数可以为0)12．甲、乙、丙三数分别为603，939，393．某数A除甲数所得余数是A除乙数所得余数的2倍，A除乙数所得余数是A除丙数所得余数的2倍．求A等于多少?13．证明：形如11，111，1111，11111，…的数中没有完全平方数．(考虑除以4的余数)14．有8个盒子，各盒内分别装有奶糖9，17，24，28，30，31，33，44块．甲先取走一盒，其余各盒被乙、丙、丁3人所取走．已知乙、丙取到的糖的块数相同且为丁的2倍．问：甲取走的一盒中有多少块奶糖?15．在一根长木棍上，有三种刻度线．第一种刻度线将木棍分成10等份；第二种将木棍分成12等份；第三种将木棍分成15等份．如果沿每条刻度线将木棍锯断，那么木棍总共被锯成多少段?数论综合答案涉及知识点多、解题过程比较复杂的整数综合题，以及基本依靠数论手段求解的其他类型问题．1．如果把任意n个连续自然数相乘，其积的个位数字只有两种可能，那么n是多少?【分析与解】我们知道如果有5个连续的自然数，因为其内必有2的倍数，也有5的倍数，则它们乘积的个位数字只能是0。
数论-因数和倍数-因数的个数定理-4星题课程目标知识提要因数的个数定理•因数的个数定理因数的个数等于不同质因数的指数分别加1后再相乘的积。
•因数个数性质当因数个数为奇数的时候，这个数一定是完全平方数．精选例题因数的个数定理1. A数有7个因数，B数有12个因数，且A、B的最小公倍数[A,B]＝1728，那么B=．【答案】108【分析】1728=26×33，所以A、B质因数只能有2和3，又由于A有7个因数，而7是一个质数，所以A分解质因数的形式只能有A=26，设B=2k×33，那么(k+1)×(3+1)=12，得k=2所以B=22×33=108．2. 整除2015的数称为2015的因数，1和2015显然整除2015，称为2015的平凡因数，除了平凡因数，2015还有一些非平凡因数，那么，2015的所有非平凡因数之和为．【答案】672【分析】〔解法一〕2015=5×13×312015所有的约数和为(50+51)×(130+131)×(310+311)=6×14×32=26882015的所有非平凡因数之和为2688−1−2015=672〔解法二〕由于该数比拟小，可以直接写出2015的所有约数2015=1×2015=5×403=13×155=31×652015的所有非平凡因数之和为5+403+13+155+31+65=6723. 有一列数，第1个是1，从第2个数起，每个数比它前面相邻的数大3，最后一个数是100，将这些数相乘，那么在计算结果的末尾中有个连续的零．【答案】9【分析】这一列数为1，4，7，⋯，100，要求他们相乘的积中0的个数，找到因数2和5的个数即可，又因为因数2的个数远多于5的个数，所以找到5的个数即为积中末尾0的个数，5的倍数有10，25，40，55，70，85，100共9个5，所以有9个0．4. 60的不同约数〔1除外〕的个数是．【答案】11【分析】60=1×60=2×30=3×20=4×15=5×12=6×10.60的约数〔1除外〕有：2、3、4、5、6、10、12、15、20、30、60，共11个．5. 数学小组原方案将72个苹果发给学生，每人发的苹果数量一样多，后来又有6人参加小组，这样每个学生比原方案少发了1个苹果．那么，原来有名学生．【答案】18【分析】前后两次每人分到的苹果数量相差1，且都是72的因数，72的相差1的因数对有(1,2)、(2,3)、(3,4)和(8,9)，经试因数对(3,4)符合要求：前后人数分别为72÷4=18(人)和72÷3=24(人).6. 自然数甲有10个约数，那么甲的10倍的约数个数可能是．【答案】40、22、18、30或24【分析】详解：甲含有约数2、5的情况与否，会影响最终的约数个数，分情况讨论，得约数个数有五种可能：40、22、18、30和24．例如：29、24×5、24×7、2×74、79的10倍分别有22、18、24、30、40个约数．7. 老师用0至9这十个数字组成了五个两位数，每个数字恰用一次；然后将这五个两位数分别给了A、B、C、D、E这五名聪明且老实的同学，每名同学只能看见自己的两位数，并依次发生如下对话：A说：“我的数最小，而且是个质数．〞B说：“我的数是一个完全平方数．〞C说：“我的数第二小，恰有6个因数．〞D说：“我的数不是最大的，我已经知道ABC三人手中的其中两个数是多少了．〞E说：“我的数是某人的数的3倍．〞那么这五个两位数之和是．【答案】180【分析】A的话可知，A的十位是1，又因为是质数，所以A有可能是13，17，19；C能断定自己的数第二小，且有6个因数，所以可能是20，28，32；B是完全平方数，但不能含有1和2，所以B有可能是36，49，64；D能断定自己不是最大的，说明他的数是53或54或十位数不超过4，但大于等于34；E是某人的数的3倍，由上面信息可知，只能是A，且推得A为19，那么E为57最后根据D能知道ABC三人手中两个数，试验可知，BCD手中数分别为36，28，40综上所述，五个两位数之和是1808. 能被210整除且恰有210个约数的数有个．【答案】24个【分析】210=2×3×5×7，所以原数肯定含有2，3，5，7这四个质因子，而且幂次一定按照某种顺序是1，2，4，6，可以任意排列，所以有4!=24个9. 所有70的倍数中，共有多少个数恰有70个因数？【答案】6【分析】设70的N倍恰有70个因数．70=2×5×7，有：(1+1)×(1+1)×(1+1)=23= 8，因为8不整除70，所以N内可能有2、5、7．假设有4个不同质因数，但70只能表示为2×5×7，所以N内必含2、5、7中几个，即70N=2a+1×5b+1×7c+1，(a+1+1)×(b+1+1)×(c+1+1)=70，a,b,c分别是0，3，5中一个．N为23×53，23×73，25×23，25×73，53×75，55×73，一共6组．10. [A]表示自然数A的约数的个数．例如4有1，2，4三个约数，可以表示成[4]=3．计算：([18]+[22])÷[7]=．【答案】5【分析】因为18=2×32，有约数个为(1+1)×(2+1)=6(个),所以[18]=6，同样可知[22]=4，[7]=2．原式=(6+4)÷2=5.11. 两数乘积为2800，而且己知其中一数的因数个数比另一数的因数个数多1，那么这两个数分别是、．【答案】16、175【分析】先将2800分解质因数：2800=24×52×7，由于其中一数的因数个数比另一数的因数个数多1，所以这两个数中有一个数的因数为奇数个，这个数必为完全平方数．又是2800的因数，故这个数只能为22、24、52、22×52或24×52，另一个数相应地为22×52×7、52×7、24×7、22×7或7．经检验，只有两数分别为24和52×7时符合条件，所以这两个数分别是16和175．12. 算式1×8×15×22×⋯×2010的乘积末尾有个连续的0．【答案】72【分析】详解：乘数15、50、85、⋯、2010中含有因数5，都除以5得到3、10、17、⋯、402；其中10、45、⋯、395还含有因数5，都除以5，得到2、9、16、⋯、79．其中30、65里还含有因数5．我们第一次除掉了2010−1535+1=58个5，第二次除掉了395−1035+1=12个5，最后还剩下两个因数5．说明1×8×15×22×⋯×2010含有58+12+2=72个约数5，由于其中含有的约数2是足够多的，因而的0的个数就等于约数5的个数，是72个．13. 1001的倍数中，共有个数恰有1001个约数．【答案】6个【分析】1001的倍数可以表示为1001k，由于1001=7×11×13，如果k有不同于7，11，13的质因数，那么1001k至少有4个质因数，将其分解质因数后，根据数的约数个数的计算公式，其约数的个数为(a1+1)(a2+1)(a3+1)(a4+1)⋯(a n+1),其中n⩾4．如果这个数恰有1001个约数，那么(a1+1)(a2+1)(a3+1)(a4+1)⋯(a n+1)=1001=7×11×13,但是1001不能分解成4个大于1的数的乘积，所以n⩾4时不合题意，即k不能有不同于7，11，13的质因数．那么1001k只有7，11，13这3个质因数．设1001k=7a×11b×13c，那么(a+1)(b+1)(c+1)=1001,a+1、b+1、c+1分别为7，11，13，共有3!=6种选择，每种选择对应一个1001k，所以1001的倍数中共有6个数恰有1001个约数．14. 四位数双成成双的所有因数中，有3个是质数，其它39个不是质数．那么，四位数成双双成有个因数．【答案】12【分析】双成成双共有3＋39＝42个因数，且有3个质因数，所以它的质因数分解形式为双成成双＝a×b2×c6,而双成成双＝双00双+成成0̅＝双×1001＋成×110＝11×(双×91＋成×10)所以三个质因数中有一个是11，所以双成成双＝a×b2×c6,至少是11×32×26＝6336,稍微大一点点就是11×52×26＝17600,已经是五位数了，所以双成成双＝6336，双＝6,成＝3所以成双双成＝3663＝32×11×37,有3×2×2＝12个因数．15. 2010的全部约数有个，这些约数的和数是．【答案】16；4896【分析】详解：2010=2×3×5×67，约数有(1+1)×(1+1)×(1+1)×(1+1)=16个，约数之和是(1+2)×(1+3)×(1+5)×(1+67)=4896．16. 自然数N有20个正约数，N的最小值为．【答案】240【分析】先将20写成几个数相乘的形式，再写成几个和的积的形式，最后利用约数个数的公式解题：①20=20×1=19+1，N的最小值为：219=524288，②20=2×10=(9+1)×(1+1)，N的最小值为：29×3=1536，③20=4×5=(4+1)×(3+1)，N的最小值为：24×33=432，④20=2×2×5=(4+1)×(1+1)×(1+1)，N的最小值为：24×31×51=240．17. 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336．18. S=19+199+1999+⋯+199⋯9⏟10000个9那么S的小数点后第2016位是．【答案】6【分析】首先，1 99⋯9⏟n个9=0.0⋅0⋯0⏟n−1个01⋅即小数点后第n，2n，3n，…位都是1，其它为都是0所以当n是2016的因数时，199⋯9⏟n个9化成小数后，小数点后第2016位是1，其余情况小数点后第2016位是0.2016=25×32×7,有36个因数，在不考虑进位的情况下，这一位上有36个1相加，这一位的数字是6，下面考虑进位，因为2017是质数，所以2017位上只有2个1相加，单独不构成进位，而2018=1009×2，有4个因数，本身也缺乏以向第2018位进位，显然2019位即以后都缺乏以进位到2016为，所以第2016位是6【解】19. 自然数N有45个正约数，N的最小值为．【答案】3600【分析】正约数个数的求法：分解质因数后，每个指数加1的连乘积45=3×3×5，容易知道，指数比拟小，原数比拟小．质因子比拟小，原数比拟小，因此原数最小是24×32×52=3600．20. 一个自然数有10个不同的因数〔即约数，指能够整除它的自然数〕，但质因数〔即为质数的因数〕只有2与3．那么，这个自然数是．【答案】162或48【分析】设这个数为2a×3b〔a、b均为正整数〕，由题意可知(a+1)×(b+1)=10=2×5所以a=1,b=4或a=4,b=1所以这个自然数是21×34=162或24×31=4821. 从2016的因数中选出不同的假设干个数写成一圈，要求相邻位置的两个因数互质，那么最多可以写出个因数．【答案】12【分析】2016=25×32×7,所以2016的奇因数有(2++1)×(1+1)=6个2016的偶因数有5×(2++1)×(1+1)=30个.假设排列最多的可能一定是“奇偶奇偶……〞，所以最多一圈有12个；假设有13〔或以上〕个因数，那么必有两偶数相邻，构造12个数的情况：1,2,3,14,9,4,7,8,21,16,63,32圈成一圈．22. 恰好有12个不同因数的最小的自然数为．【答案】60【分析】12=12×1=6×2=4×3=3×2×2所以，有12个因数的数对应的质因数分解形式分别是：A11，A5×B，A3×B2，A2×B×C，这四种形式下的最小自然数分别是：2048，96，72，60，所以符合要求的数是60．23. 能够被1到11的所有自然数整除的最小自然数为．【答案】27720【分析】1到11这11个数分解质因数后所包含的质数有2、3、5、7、11，因此这个自然数最少包含质因数2、3、5、7、11．1=11，2=21，3=31，4=22，5=51，6=2×3，7=71，8=23，9=32，10=2×5，11=111，所以这个自然数最小为23×32×51×71×111=27720，那么符合条件的A最小是．24. 一个正整数除以3!后所得结果中因数个数变为原来因数个数的13【答案】12【分析】设A=2x×3y×p1a1×p2a2×p3a3×⋯⋯×p n a n,那么B=A÷3!=2x−1×3y−1×p1a1×p2a2×p3a3×⋯⋯×p n a n,那么(x+1)(y+1)(a1+1)(a2+1)⋯⋯(a n+1)=3[xy(a1+1)(a2+1)(a n+1)],即(x+1)(y+1)=3xyxy都取1不满足此式，所以取x=2，y=1，a1=a2=⋯=a n=0得到最小值1225. A和B是两个非零自然数，A是B的24倍，A的因数个数是B的4倍，那么A与B的和最小是．【答案】100【分析】{B=2A=48=24×3B的因数个数为2，A的因数个数为5×2=10不符合要求；{B=3A=72=23×32B的因数个数为2，A的因数个数为4×3=12不符合要求；{B=4=22A=96=25×3B的因数个数为3，A的因数个数为6×2=12,符合要求；可见A+B的最小值为4+96=10026. 在三位数中，恰好有9个因数的数有多少个？【答案】7个【分析】由于9=1×9=3×3，根据因数个数公式，可知9个因数的数可以表示为一个质数的8次方，或者两个不同质数的平方的乘积，前者在三位数中只有28=256符合条件，后者中符合条件有22×52=100、22×72=196、22×112=484、22×132=676、32×52=225、32×72=441，所以符合条件的有7个．27. 3600有多少个约数？其中有多少个是3的倍数？有多少个是4的倍数？有多少个不是6的倍数？【答案】45；30；27；21【分析】详解：3600=24×32×52，有(4+1)×(2+1)×(2+1)=45个约数．3600=3×(24×3×52)，有(4+1)×(1+1)×(2+1)=30个约数是3的倍数．3600=24×32×52=4×(22×32×52)，有(2+1)×(2+1)×(2+1)=27个．28. 在1到100中，恰好有6个因数的数有多少个？【答案】16个【分析】6=1×6=2×3，故6只能表示为(5+1)或(1+1)×(2+1)，所以恰好有6个因数的数要么能表示成某个质数的5次方，要么表示为某个质数的平方再乘以另一个质数，100以内符合前者的只有32，符合后者的数枚举如下：22×322×522×722×1122×1322×1722×1922×23⋯⋯8个32×232×532×732×11⋯⋯4个52×252×3⋯⋯2个72×2⋯⋯1个所以符合条件的自然数一共有1+8+4+2+1=16个．29. 如果你写出12的所有因数，1和12除外，你会发现最大的因数是最小因数的3倍．现有一个整数n，除掉它的因数1和n外，剩下的因数中，最大因数是最小因数的15倍，那么满足条件的整数n有哪些？【答案】60和135．【分析】设整数n除掉因数1和n外，最小因数为a，可得最大因数为15a，那么n=a×15a=15a2=3×5×a2．那么3、5、a都为n的因数．因为a是n的除掉因数1外的最小因数，那么a⩽3．当a=2时，n=15×22=60；当a=3时，n=15×32=135．所以满足条件的整数n有60和135．30. 在小于1000的正整数中，有多少个数有奇数个约数？【答案】31【分析】详解：平方数有奇数个约数．1000以内的平方数有12，22，32，⋯，312，因此有31个数有奇数个约数．31. 以下各数分别有多少个约数？18、47、243、196、450【答案】6；2；6；9；18【分析】简答：分解质因数后，指数加1连乘即可．32. 240有多少个约数？其中有多少个奇约数？有多少个约数是3的倍数？【答案】20个；4个；10个【分析】简答：240=24×3×5，有(4+1)×(1+1)×(1+1)=20个约数．奇约数即不含有因子2，有(1+1)×(1+1)=4个奇约数，有(4+1)×(1+1)=10个约数是3的倍数．33. 有一个整数，它恰好是它约数个数的2011倍，这个正整数的最小值是多少？【答案】16088【分析】设这个数为x，其约数的个数为n，那么有x=2011×n，因为2011是质数，那么n的最小值的约数个数大概率为偶数，经试验当n=8时，那么x=2011×23⇒n=2×4=8成立因此x=2011×8=16088．34. 16200有多少个因数？因数中有多少个奇因数？有多少个偶因数？因数中有多少个是3的倍数？有多少个是6的倍数？有多少个不是5的倍数？【答案】60；15；45；48；36；20【分析】把16200分解质因数：16200=23×34×52，根据因数个数定理，16200的因数个数为：(3+1)×(4+1)×(2+1)=60个；奇因数：(4+1)×(2+1)=15个；偶因数：60−15=45个；因数中3的倍数：3×1×4×(2+1)=48(个)；因数中6的倍数，也就是2，3都得选；3×4×(2+1)=36(个)；不是5的倍数，(3+1)×(4+1)=20(个)．35. 79、128、180分别有多少个约数？【答案】2；8；18【分析】简答：提示，牢记计算约数个数的公式．并能准确分解质因数．36. 数270的因数有多少个？这些因数中奇因数有多少个？【答案】16个，8个【分析】270=33×2×5，因数的个数为(3+1)×(1+1)×(1+1)=16(个)，奇因数个数为(3+1)×(1+1)=8(个)．37.数360的约数有多少个？这些因数中偶因数有多少个？【答案】24个，18个【分析】360=23×32×5，因数的个数为(3+1)×(2+1)×(1+1)=24(个)，奇因数个数为(2+1)×(1+1)=6(个)，偶因数有24−6=18(个)．38. 有一个自然数，它的个位是零，并且它有8个因数，这个数最小可能是多少？【答案】30【分析】因数个数定理：8=1×8=2×4=2×2×2，分解质因数后：a7、ab3、abc，因为这个自然数的个位是零，因此必有质因数2和5，因此可能是23×51或21×31×51，比拟可知最小的数是21×31×51=30．39. 有一个整数，它恰好是它约数个数的2012倍，这个正整数的最小值是多少？【答案】40220【分析】设这个数为x，其约数的个数为n，那么有x=2012×n=22×503×n，其约数个数总大于(2+1)×(1+1)=6个，经试验当n=20时，那么x=24×5×503⇒n=5×2×2= 20成立因此x=2011×20=40220．40. 数学老师把一个两位数的约数个数告诉了墨莫，聪明的墨莫仔细思考了一下后算出了这个数．同学们，你们知道这个数可能是多少吗？【答案】64或36【分析】假设约数个数为2个，是质数，这样的两位数有很多．假设约数个数为3个，可以用a2来表示，也有很多．约数个数为4个的两位数也有很多．约数个数为5个的数可以表示为a4，有16和81，不唯一．约数个数为6个的两位数也不唯一．约数个数为7个的两位数表示为a6，只有26=64，是唯一的．同样的，约数个数为9个的两位数也是唯一的，只有36．约数个数更多的两位数，或者不唯一，或者不存在．因此这个数可能为64或36．41. 求出所有恰好含有10个因数的两位数，并求出每个数的所有因数之和．【答案】124或186【分析】10=9+1=2×5，表达式为a9或者ab4，29>100，2×34>100，只可能是24×3=48或24×5=80．48的因数之和：(20+21+22+23+24)×(30+31)=124，80的因数之和：(20+21+22+ 23+24)×(50+51)=186．42. 有12个约数的数最小是多少？有多少个两位数的约数个数是12个？【答案】60；5【分析】详解：有12个约数的数分解质因数后，可能是▫11、▫×▫5、▫2×▫3、▫×▫×▫2；对应的最小数分别是2048、96、72、60，那么最小的就是60，其中两位数除了60、72、96之外还有84和90，共5个．43. 1000以内恰有10个因数的数有多少个？【答案】22【分析】10=1×10=2×5，对于第一种情况29=512；第二种情况为a4×b，a只能取2和3，经试验分别有17种和4种可能，综合共有22个．44. A有7个约数，B有12个约数，且A、B的最小公倍数是1728，求B．【答案】108【分析】1728=26×33，由于A数有7个约数，而7为质数，所以A为某个质数的6次方，由于1728只有2和3两个质因数，如果A为36，那么1728不是A的倍数，不符合题意，所以A=26，那么33为B的约数，设B=2k×33，那么(k+1)×(3+1)=12，解得k=2，所以B=22×33=108．45. 3456共有多少个约数？其中有多少个是3的倍数？有多少个是4的倍数？有多少个不是6的倍数？【答案】32；24；24；11【分析】简答：3456=27×33，约数有8×4=32个．其中3的倍数有8×3=24个，4的倍数有6×4=24个，6的倍数有7×3=21个．那么有32−21=11个不是6的倍数．46. 一个正整数，它的2倍的约数恰好比自己的约数多2个，它的3倍的约数恰好比它自己的约数多3个，那么这个正整数为多少？【答案】12【分析】这个数只能含2和3的因子，因为如果它还有别的因子，例如5，那么最后增加的个数要比给定的数字大．设x=2a⋅3b，它的约数有(a+1)(b+1)个，它的2倍为2a+1⋅3b，它的约数有(a+1+1)(b+1)个．(a+1+1)(b+1)−(a+1)(b+1)=b+1=2，b=1同样的，它的3倍为2a⋅3b+1，它的约数为(a+1)(b+1+1)个，比原数多3个(a+1)(b+1+1)−(a+1)(b+1)=a+1=3，a=2，所以这个数的形式是22×3=12．47. 在小于200的正整数中，有多少个数有偶数个约数？【答案】185【分析】简答：平方数有奇数个约数．小于200的平方数有12，22，⋯，32，142，共14个，因此有偶数个约数的数有185个．48. 在所有30的倍数中，共有个数恰好有30个因数？【答案】6【分析】设30的N倍恰有30个因数．因为30=2×3×5，所以N内可能有2、3、5．根据因数个数定理，(1+1)×(2+1)×(4+1)=30，所以N内必含2、3、5中几个，即30N=2a×3b×5c，(a+1)×(b+1)×(c+1)=30，a,b,c分别是1，2，4中一个．N为21×32×54，21×34×52，22×31×54，22×34×51，24×31×52，24×32×51，一共6个．49. 360共有多少个奇约数？所有这些奇约数的和是多少？【答案】6、78【分析】360=23×32×5，奇约数有：(2+1)×(1+1)=6(个)，奇约数的和是：(30+31+32)×(50+51)=78．50. 偶数A不是4的倍数，它的约数个数为12，求4A的约数个数．【答案】24【分析】由于A是偶数但是不是4的倍数，所以A只含1个因子2，可将A分解成A=21×B，其中B奇数，根据约数个数定理，它的约数个数为(1+1)×N=12，那么4A=8B=23×B，所以它的约数个数为(1+3)×N=24个．51. a，b均为质数且不相等，假设A=a3b2，那么a有多少个因数？假设B=9A，那么B有多少个因数？假设C有6个因数，那么C2有多少个因数？【答案】12；36个或18个或20个；11个或15个【分析】A有(3+1)×(2+1)=12个因数．B=9A=32a3b2，假设a和b都不是3，那么B有(2+1)×(3+1)×(2+1)=36个因数；假设a=3，那么B=35b2，那么B有(5+1)×(2+1)=18个因数，假设b=3，那么B=34a3，B有(4+1)×(3+1)=20个因数．综上B的因数可能有36个、18个或20个；6=2×3=1×6，那么假设C=p1×p22，C2=p12×p24，有(2+1)×(4+1)=15个因数；或C=p5，C2=p10，有11个因数．52. 11个连续的两位数乘积的末4位都是0，那么这11个数的总和最小是多少？【答案】220【分析】末4位都是0．这个乘积分解质因数后，至少有4个因数2和4个因数5．而连续的11个数中至少有5个偶数，所以因数2的个数足够了，因而问题在于因数5是不是够4个．由于连续的11个自然数中，最多有3个数是5的倍数，而乘积中要出现4个因数5，说明这3个数中，至少一个数含有两个因数5，这个数最小是25，所以所求的11个连续自然数的总和最小是25+24+23+⋯+15=220．53. 一个数的完全平方数有39个约数，求该数的约数个数是多少？【答案】14个或者20个．【分析】设该数为p1a1×p2a2×⋯×p n a n，那么它的平方就是p12a1×p22a2×⋯×p n2a n，因此(2a1+1)×(2a2+1)×⋯×(2a n+1)=39．由于39=1×39=3×13，⑴所以，2a1+1=3，2a2+1=13，可得a1=1，a2=6；故该数的约数个数为(1+1)×(6+1)=14个；⑵或者，2a1+1=39，可得a1=19，那么该数的约数个数为19+1=20个．所以这个数的约数个数为14个或者20个．54. 一个自然数，它最大的约数和次大的约数之和是111，这个自然数是多少？【答案】74【分析】最大的约数是这个自然数本身，因此它是次大约数的倍数．它们的和也应该为次大约数的倍数．111=3×37，次大约数为37时满足条件，这个自然数为74．55. 10000的所有因数的和为多少？所有因数的积为多少？【答案】24211；1000012×100【分析】10000=24×54，因数和：(20+21+22+23+24)×(50+51+52+53+54)=24211因数积为(1002)n×100，其中n=[(4+1)×(4+1)−1]÷2=12所以因数的积为1000012×10056. 数120的因数有多少个？这些因数中奇因数有多少个？【答案】16个；4个【分析】120=23×3×5，因数的个数为(3+1)×(1+1)×(1+1)=16(个)，奇因数个数为(1+1)×(1+1)=4(个)．57. 数240的因数有多少个？这些因数中偶因数有多少个？【答案】20个；16个【分析】240=24×3×5，因数的个数为(4+1)×(1+1)×(1+1)=20(个)，奇因数个数为(1+1)×(1+1)=4(个)，偶因数有20−4=16(个)．58. 求所有能被30整除，且恰有30个不同约数的自然数的个数．【答案】6个【分析】30=2×3×5，所以原数肯定只含有2，3，5，这三个质因子，并且指数分别为1，2，4，可以任意排列所以有3!=6个．59. 算式(1+2+3+⋯+n)+2007的结果可表示为n(n>1)个连续自然数的和．请问：共有多少个满足要求的自然数n？【答案】5个．【分析】1+2+3+⋯+n是项数为n的等差数列之和，我们考虑将2007平均分成n份，加到每一项上即可．2007=32×223，有6个约数，分别为1、3、9、223、669、2007．其中1舍去，有5个满足要求的自然数．60. 有3599只甲虫，依次编号为1，2，3，⋯，3599，开始时头都朝东．第1秒钟，编号为1的倍数的甲虫向右转90度；第2秒钟，编号为2的倍数的甲虫向右转90度；第3秒钟，编号为3的倍数的甲虫向右转90度，⋯，如此进行．那么，1小时后，第3599号甲虫头朝哪个方向？【答案】东．【分析】要求编号为n的甲虫转动的次数实际上是要求n的因数的个数，先将3599分解质因数：3599=3600−1=602−12=59×61，所以3599只有(1+1)×(1+1)=4个因数，那么在1小时即3600秒内，第3599号甲虫共转动了4次，由于每次转90度，所以共转了360度，还是朝向原来的方向，所以1小时后，第3599号甲虫头朝东．61. 2008÷a=b⋯⋯6，a、b均为自然数，a有多少种不同的取值？【答案】14【分析】由2008÷a=b⋯⋯6可知：ab+6=2008，ab=2002，又因为2002=2×7×11×13，而且a>6，所以a的取值有：7、11、13、2×7、2×11、2×13、7×11、7×13、11×13、2×7×11、2×7×13、2×11×13、7×11×13、2×7×11×13，共14种不同的取值．62. 28有多少个因数？和28因数个数相同的两位数还有那些？【答案】6个；共16个，分别是：12,18,20,28,32,44,45,50,52,63,68,75,76,92,98,99.【分析】28=22×7，共6个因数，枚举6个因数的两位数．6=1×6=2×3，原数为a5或b2c形式共16个，分别是：12,18,20,28,32,44,45,50,52,63,68,75,76,92,98,99.63. 200以内恰有10个因数的数有多少个？【答案】5【分析】10=1×10=2×5，对于第一种情况29=512>200；第二种情况为a4×b，a只能取2和3：24×3、24×5、24×7、24×11、24×13=208>200；34×2、34×5=405> 200，综上，共有5个．。
名校真题测试卷10 （数论篇一）1、（05年人大附中考题）有_____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。
2、（05年101中学考题）如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数是_____。
3 （05年首师附中考题）1 21+2022121+5051313131321212121212121=________。
4 （04年人大附中考题）甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。
(02年人大附中考题)下列数不是八进制数的是( )A、125B、126C、127D、128【附答案】1 【解】：62 【解】：设原来数为ab，这样后来的数为a0b,把数字展开我们可得：100a+b=9×(10a+b),所以我们可以知道5a=4b,所以a=4,b=5,所以原来的两位数为45。
3 【解】：周期性数字，每个数约分后为121+221+521+1321=14 【解】：题中要求丙与135的乘积为甲的平方数，而且是个偶数（乙+乙），这样我们分解135=5×3×3×3，所以丙最小应该是2×2×5×3，所以甲最小是：2×3×3×5=90。
5 【解】：八进制数是由除以8的余数得来的，不可能出现8，所以答案是D。
第十讲小升初专项训练数论篇（一）一、小升初考试热点及命题方向数论是历年小升初的考试难点，各学校都把数论当压轴题处理。
由于行程题的类型较多，题型多样，变化众多，所以对学生来说处理起来很头疼。
数论内容包括：整数的整除性，同余,奇数与偶数,质数与合数,约数与倍数,整数的分解与分拆等。
作为一个理论性比较强的专题，数论在各种杯赛中都会占不小的比重，而且数论还和数字谜,不定方程等内容有着密切的联系,其重要性是不言而喻的。
小学奥数数论问题50道详解(一)
1. 问题描述
这是一份详细解答小学奥数数论问题的文档，包含了50道数论问题的解答方法和策略。
2. 解答内容
以下是其中的一些问题的解答概要：
1. 问题1：某数的末两位数是7，这个数能否被3整除？
解答：对于一个数能否被3整除，可以通过判断其所有位上数字之和是否能被3整除。
这里，末两位为7，所以无法确定这个数能否被3整除。
2. 问题2：某数的末两位数是12，这个数能否被4整除？
解答：对于一个数能否被4整除，可以通过判断它的末两位是否能被4整除。
这里，末两位数为12，12不能被4整除，所以该数也不能被4整除。
3. 问题3：某数的个位是7，十位是4，这个数能否被9整除？
解答：对于一个数能否被9整除，可以通过判断其所有位上数
字之和是否能被9整除。
这里，个位为7，十位为4，所以7+4=11，11不能被9整除，所以该数也不能被9整除。
4. 问题4：某数的末两位数字是0，这个数能否被5整除？
解答：对于一个数能否被5整除，可以直接判断其末位是否是
0或者5。
这里，末两位数字是0，所以这个数可以被5整除。
3. 结论
这份文档提供了小学奥数数论问题的详细解答，其中包含了50道问题的解答概要。
通过阅读这份文档，学生可以深入了解解决数
论问题的方法和策略，提高他们的数论问题解决能力。
专题测试-------数论时间：1小时分数：70分1、（第十三届“华罗庚金杯”少年组数学邀请赛决赛试卷（小学组））将六个自然数14，20，33，117，143，175分组，如果要求每组中的任意两个数都互质，则至少需要将这些数分成 __________组。
解答：1427=⨯；22025=⨯；33311=⨯；2117313=⨯；1431113=⨯；217557=⨯； 根据质因数分解可以看到：一共有2、3、5、7、11、13六个，而每个数都有2个质因数，所以可能可以分为2组，每组3个数，必须总共都包含这6个质因数。
然后我们做尝试，发现放14的组里肯定不能放20和175，那么还有33、117和143这三个数，但我们发现这三个数两两都有公因数，所以至少要分三组。
而分三组的话很容易可以得到（14，33）（20，117）（143，175）这样三组就是一种分法。
评论：难度：★★★ 互质及质因数分解（6分）2、（人大附中考题）甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。
解答：3113535=⨯，可以发现（丙135⨯）是一个完全平方数（甲⨯甲），而且应该是偶数（乙+乙），所以（丙135⨯）应该最少为242235⨯⨯，所以甲最小是12123590⨯⨯= 评论：难度★★★★ 完全平方数、奇偶性5、（重点中学3月9日下午测试卷）五位数2x9y1是某个自然数的平方，则4x+7y=_____ 解答：五位数，万位是2，因为220040000=，所以这个自然数肯定是100多，而且末位是1，那么这个自然数的末位就只能是1或者9，那么就可以设这个数是1a1或者1a9，然后将a 从0到9依次代入检验即可，最后可以得到只有1612=25921，所以x=5，y=2，那么4x+7y=34评论：难度★★★ 完全平方数的末位、简单的估算（9分）6、（重点中学3月9日下午测试卷）p 、q 为质数，m 、n 为正整数，p=m+n,q=mn,则p qn m p q m n +=+_______解答：因为q=mn ，而q 又是质数，所以m 、n 里肯定有一个是1，不妨把m 看作1，那么q=n ，n 也是质数，而p=m+n ，也就是p=1+n ，两个相邻的自然数都是质数，只有2和3这一组，所以p=3，q=n=2，m=1，p q 32n m 21p q 3231m n 123++==++ 评论：难度★★★ 质数与合数的特点（6分）7、（北京市学校五年级2005学年度超常儿童素质调查思维素质调查初试（第1卷）调查类型：B ）□□÷□＝（ ）; □×□=（ ）; □＋□=（ ）; □－□=（ ）将l ～9填入到上面的9个方框中，每个数字用1次，那么4个算式的计算结果之和最大是多少？解答：9个格子中只有除数和减数这两格应该是越小越好的，所以填上1和2，而且除数如果填2的话，那么被除数立刻就比填1的时候少了一半，所以除数填1，减数填2。
1. 了解容斥原理二量重叠和三量重叠的内容；2. 掌握容斥原理的在组合计数等各个方面的应用．一、两量重叠问题 在一些计数问题中，经常遇到有关集合元素个数的计算．求两个集合并集的元素的个数，不能简单地把两个集合的元素个数相加，而要从两个集合个数之和中减去重复计算的元素个数，即减去交集的元素个数，用式子可表示成：A B A B A B =+-(其中符号“”读作“并”，相当于中文“和”或者“或”的意思；符号“”读作“交”，相当于中文“且”的意思．)则称这一公式为包含与排除原理，简称容斥原理．图示如下:A 表示小圆部分，B 表示大圆部分，C 表示大圆与小圆的公共部分，记为：A B ，即阴影面积．图示如下:A 表示小圆部分，B 表示大圆部分，C 表示大圆与小圆的公共部分，记为：A B ，即阴影面积．包含与排除原理告诉我们，要计算两个集合A B 、的并集A B 的元素的个数，可分以下两步进行：第一步：分别计算集合A B 、的元素个数，然后加起来，即先求A B +(意思是把A B 、的一切元素都“包含”进来，加在一起)；第二步：从上面的和中减去交集的元素个数，即减去C A B =(意思是“排除”了重复计算的元素个数)．二、三量重叠问题A 类、B 类与C 类元素个数的总和A =类元素的个数B +类元素个数C +类元素个数-既是A 类又是B 类的元素个数-既是B 类又是C 类的元素个数-既是A 类又是C 类的元素个数+同时是A 类、B 类、C 类的元素个数．用符号表示为：A B C A B C A B B C A C A B C =++---+．图示如下：教学目标知识要点1．先包含——A B +重叠部分AB 计算了2次，多加了1次； A B A B +-1A B7-7-4 容斥原理之数论问题在解答有关包含排除问题时，我们常常利用圆圈图(韦恩图)来帮助分析思考．【例 1】 在1~100的全部自然数中，不是3的倍数也不是5的倍数的数有多少个？A B【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答【解析】 如图，用长方形表示1~100的全部自然数，A 圆表示1~100中3的倍数，B 圆表示1~100中5的倍数，长方形内两圆外的部分表示既不是3的倍数也不是5的倍数的数．由1003331÷=可知，1~100中3的倍数有33个；由100520÷=可知，1~100中5的倍数有20个；由10035610÷⨯=（）可知，1~100既是3的倍数又是5的倍数的数有6个．由包含排除法，3或5的倍数有：3320647+-=(个)．从而不是3的倍数也不是5的倍数的数有1004753-=(个)．【答案】53【巩固】 在自然数1100~中，能被3或5中任一个整除的数有多少个？【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答【解析】 1003331÷=，100520÷=，10035610÷⨯=（）．根据包含排除法，能被3或5中任一个整除的数有3320647+-=(个)．【答案】47【巩固】 在前100个自然数中，能被2或3整除的数有多少个？【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答【解析】 如图所示，A 圆内是前100个自然数中所有能被2整除的数，B 圆内是前100个自然数中所有能被3整除的数，C 为前100个自然数中既能被2整除也能被3整除的数．前100个自然数中能被2整除的数有：100250÷=(个)．由1003331÷=知，前100个自然数中能被3整除的数有：33个．由10023164÷⨯=（）知，前100个自然数中既能被2整除也能被3整除的数有16个． 例题精讲 图中小圆表示A 的元素的个数，中圆表示B 的元素的个数，C1．先包含：A B C ++重叠部分A B 、B C 、C A 重叠了2次，多加了1次． 2．再排除：A B C A B B C A C ++--- A B C 3A B C ++-A B B C A C--A B C A B B C A C A B C ++---+所以A 中有50个数，B 中有33个数，C 中有16个数．因为A ，B 都包含C ，根据包含排除法得到，能被2或3整除的数有：50331667+-=(个)．【答案】67【例 2】 在从1至1000的自然数中，既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有多少个?【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答【解析】 1～1000之间，5的倍数有10005⎡⎤⎢⎥⎣⎦=200个，7的倍数有10007⎡⎤⎢⎥⎣⎦=142个，因为既是5的倍数，又是7的倍数的数一定是35的倍数，所以这样的数有100035⎡⎤⎢⎥⎣⎦=28个． 所以既不能被5除尽，又不能被7除尽的数有1000-200-142+-28=686个．【答案】686【巩固】 求在1至100的自然数中能被3或7整除的数的个数．【考点】容斥原理之数论问题 【难度】2星 【题型】解答【解析】 记 A ：1～100中3的倍数，1003331÷=，有33个； B ：1～100中7的倍数，1007142÷=，有14个；A B ：1～100中3和7的公倍数，即21的倍数，10021416÷=，有4个． 依据公式，1～100中3的倍数或7的倍数共有3314443+-=个，则能被3或7整除的数的个数为43个. 【答案】43【例 3】 以105为分母的最简真分数共有多少个？它们的和为多少？【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答【解析】 以105为分母的最简真分数的分子与105互质，105=3×5×7，所以也是求1到105不是3、5、7倍数的数有多少个，3的倍数有35个，5的倍数有21个，7的倍数有15个，15的倍数有7个，21的倍数有5个，35的倍数有3个，105的倍数有1个，所以105以内与105互质的数有105-35-21-15+7+5+3-1=48个，显然如果n 与105互质，那么（105-n ）与n 互质，所以以105为分母的48个最简真分数可两个两个凑成1，所以它们的和为24.【答案】48个，和24【巩固】 分母是385的最简真分数有多少个？并求这些真分数的和.【考点】容斥原理之数论问题 【难度】4星 【题型】解答【解析】 385=5×7×11，不超过385的正整数中被5整除的数有77个；被7整除的数有55个；被11整除的数有35个；被77整除的数有5个；被35整除的数有11个；被55整除的数有7个；被385整除的数有1个；最简真分数的分子可以有385-77-55-35+5+11+7-1=240.对于某个分数a/385如果是最简真分数的话，那么（385-a ）/385也是最简真分数，所以最简真分数可以每两个凑成整数1，所以这些真分数的和为120.【答案】240个，120个【例 4】 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 个．【考点】容斥原理之数论问题 【难度】3星 【题型】填空【关键词】西城实验【解析】 1到2008这2008个自然数中，3和5的倍数有200813315⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个，3和7的倍数有20089521⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个，5和7的倍数有20085735⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个，3、5和7的倍数有200819105⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个．所以，恰好是3、5、7中两个数的倍数的共有1331995195719228-+-+-=个．【答案】228个【例 5】 求1到100内有____个数不能被2、3、7中的任何一个整除。
1 、 在小于5000的非0自然数中，能被11整除，并且数字和为13的数，共有 个。
【详解】：小于5000的自然数 ： 一位数、两位数、三位数、四位数被11整除的非0自然数分类两位数：11、22、……99个(a+c)+b=13 12a c +=(a+c)-b=11 1b =有913，814，715，616，517，418，3197个(a+c)+(b+d)=13 (b+d)-(a+c)=13四位数：设这个四位数为abcd 或（a c +)-(b d +)11=(b d +)-(a c +)11= 12a c += 1a c +=或1b d += 12b d +=注意：a ﹤ 5有4+7=11个以上几类共：7+11=18 个2、如果六位数1992□□能被105 整除，那么它的最后两位数是多少?【详解】105375=⨯⨯□□被3、7、5同时整除所求数字在末位试除法解题过程：105375=⨯⨯1992□□被3、7、5同时整除别急着先看被3整除被5整除更好判断被末位只能为0或5①如果末位填入01992++++□021+=+□要求被3整除□ =9要求被7整除②如果末位填入5□+5=26+□要求被3整除不可能要求被7整除1992□□=199290（试除法）设1992□□=1992001992001051897......15÷=□□填上(10515-)90=1992□□=199290设1992□□=199299199299÷105=1898 (9)□□填上(99-9)90=1992□□=1992903、请用1，2，5，7，8，9这六个数字（每个数字至多用一次）来组成一个五位数，使得它能被75整除，并求出这样的五位数有几个？【详解】 因为75325=⨯，若被3整除，则各位数字和是3的倍数，12578932+++++=，所以应该去掉一个被3除余2的，因此要么去掉2要么去掉8，先任给一个去掉8的，17925即满足要求⑴ 若去掉8．则末2位要么是25要么是75，前3位则任意排，有3!6=（种）排法因此若去掉8则有2612⨯=（个）满足要求的数⑵ 若去掉2．则末2位只能是75，前3位任意排，有6种排法，所以有6个满足要求．综上所述，满足要求的五位数有18个．4、 两个四位数275A 和275B 相乘，要使它们的乘积能被72整除，求A 和B .【详解】考虑到7289=⨯， 而 275A 是奇数，所以 275B 必为8的倍数，因此可得2B = ；四位数 2752 各位数字之和为 275216+++= 不是3的倍数也不是9的倍数，因此275A 必须是9的倍数，其各位数字之和27514A A +++=+ 能被9整除，所以4A =.5、 用数字6，7，8各两个，组成一个六位数，使它们能被168整除，这个六位数是多少？【详解】16822237=⨯⨯⨯⨯ ， 由于这个六位数被8整除，后三位只能是688，768或者776三种情况，分别检验这个六位数被7除的情况可知，只有768768满足要求.6、一个四位数各位数字之和是18，又能被251整除，这个四位数是 ．【详解】注意发现题目中隐含的数量关系．由于这个四位数各位数字之和是18，能被9整除，所以这个四位数也能被9整除，而它又能被251整除，所以它能被[]9,2512259=整除，也就是说这个四位数是2259的倍数．四位数中2259的倍数有2259，4518，6777，9036，其中2259，4518， 9036都满足条件。
数论-因数和倍数-因数和-1星题课程目标知识提要因数和•概念因数和：即一个整数的所有因数的和。
因数和公式：a3×b2×c的因数的和为〔1+ a + a2 + a3〕×〔1+ b + b2〕×〔1+ c〕精选例题因数和1. 大于0的自然数，如果满足所有因数之和等于它们自身的2倍，那么这样的数称为完美数或完全数．比方，6的所有因数为1，2，3，6，1+2+3+6=12，6就是最小的完美数，是否有无限多个完美的数的问题至今仍然是困扰人类的难题之一．研究完美数可以从计算自然数的所有因数之和开始，81的所有因数之和为．【答案】121【分析】81的所有因数为：1，3，9，27，81，所以因数之和为1+3+9+27+81=121．2. 计算以下数的约数和：108、144．【答案】〔1〕280；〔2〕403【分析】详解：〔1〕108=22×32，它的所有约数之和是(1+2+4)×(1+3+9+27)= 280．〔2〕144=24×32，它的所有约数之和是(1+2+4+8+16)×(1+3+9)=403．3. 数360的因数有多少个？这些因数的和是多少？【答案】24个；1170【分析】360分解质因数：360=2×2×2×3×3×5=23×32×5；360的因数可以且只能是2a×3b×5c，〔其中a，b，c均是整数，且a为0～3，b为0～2，c为0～1〕．因为a、b、c的取值是相互独立的，由计数问题的乘法原理知，因数的个数为(3+1)×(2+1)×(1+1)= 24．我们先只改动关于质因数3的因数，可以是1，3，32，它们的和为(1+3+32)，所以所有360因数的和为(1+3+32)×2y×5w；我们再来确定关于质因数2的因数，可以是1，2，22，23，它们的和为(1+2+22+23)，所以所有360因数的和为(1+3+32)×(1+2+22+ 23)×5w；最后确定关于质因数5的因数，可以是1，5，它们的和为(1+5)，所以所有360的因数的和为(1+3+32)×(1+2+22+23)×(1+5)．于是，我们计算出值：13×15×6= 1170．所以，360所有因数的和为1170．4. 因数和是指一个数所有因数的和，例如“6”的因数和是1+2+3+6=12．〔1〕24的因数和是多少？〔2〕一个自然数有5个因数，求因数和最小是多少？〔3〕一个数的因数和是78，求这个数是多少？【答案】〔1〕60；〔2〕31；〔3〕45【分析】〔1〕24=23×3⇒(1+2+4+8)×(1+3)=60；〔2〕拥有5个自然数形如a4，最小为24，所以因数和最小为1+2+4+8+16=31；〔3〕78=6×13⇒(1+5)×(1+3+9)=45．。
小升初重点中学真题之数论篇数论篇一1 （人大附中考题）有____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。
2 （101中学考题）如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数是＿＿。
3（人大附中考题）甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。
4 (人大附中考题)下列数不是八进制数的是( )A、125B、126C、127D、128预测1．在1～100这100个自然数中，所有不能被9整除的数的和是多少？预测2．有甲、乙、丙三个网站，甲网站每3天更新一次，乙网站每五5天更新一次，丙网站每7天更新一次。
2004年元旦三个网站同时更新，下一次同时更新是在____月____日？预测3、从左向右编号为1至1991号的1991名同学排成一行．从左向右1至11报数，报数为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1至11报数，报数为11的同学留下，其余的同学出列；留下的同学第三次从左向右1至1l报数，报到11的同学留下，其余同学出列．那么最后留下的同学中，从左边数第一个人的最初编号是______．数论篇二1 （清华附中考题）有3个吉利数888，518，666，用它们分别除以同一个自然数，所得的余数依次为a,a+7,a+10,则这个自然数是_____.2 （三帆中学考题）140，225，293被某大于1的自然数除,所得余数都相同。
2002除以这个自然数的余数是 .3 （人大附中考题）某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是______.4 （101中学考题）一个八位数，它被3除余1，被4除余2，被11恰好整除，已知这个八位数的前6位是257633，那么它的后两位数字是__________。
5 （实验中学考题）(1)从1到3998这3998个自然数中，有多少个能被4整除?(2)从1到3998这3998个自然数中，有多少个各位数字之和能被4整除?预测1. 如果1＝1！，1×2＝2！，1×2×3＝3！……1×2×3×……×99×100＝100！那么1！+2！+3！+……+100！的个位数字是多少？预测2．（★★★★）公共汽车票的号码是一个六位数，若一张车票的号码的前3个数字之和等于后3个数字之和，则称这张车票是幸运的。
【若缺失公式、图片现象属于系统读取不成功，文档内容齐全完整，请放心下载。
】小升初重点中学真题之数论篇数论篇一1 （人大附中考题）有____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。
2 （101中学考题）如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数是＿＿。
3（人大附中考题）甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。
4 (人大附中考题)下列数不是八进制数的是( )A、125B、126C、127D、128预测1．在1～100这100个自然数中，所有不能被9整除的数的和是多少？预测2．有甲、乙、丙三个网站，甲网站每3天更新一次，乙网站每五5天更新一次，丙网站每7天更新一次。
2004年元旦三个网站同时更新，下一次同时更新是在____月____日？预测3、从左向右编号为1至1991号的1991名同学排成一行．从左向右1至11报数，报数为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1至11报数，报数为11的同学留下，其余的同学出列；留下的同学第三次从左向右1至1l报数，报到11的同学留下，其余同学出列．那么最后留下的同学中，从左边数第一个人的最初编号是______．数论篇二1 （清华附中考题）有3个吉利数888，518，666，用它们分别除以同一个自然数，所得的余数依次为a,a+7,a+10,则这个自然数是_____.2 （三帆中学考题）140，225，293被某大于1的自然数除,所得余数都相同。
2002除以这个自然数的余数是 .3 （人大附中考题）某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是______.4 （101中学考题）一个八位数，它被3除余1，被4除余2，被11恰好整除，已知这个八位数的前6位是257633，那么它的后两位数字是__________。
【内容概述】我们在本讲不着重讨论n进制中运算问题，我们是关心n这个数字，即为几进制．对于进位制我们要注意本质是：n进制就是逢n进一．但是，作为数论的一部分，具体到每道题则其方法还是较复杂的．说明：在本讲中数字，不特加说明，均为十进制．【例题】题1．计算：(234)7+(656)7[分析与解]我们必须注意到7进制的运算必须是逢7进1，如下：于是，和为(1223)7题2．在几进制中有4×13＝100．[分析与解]我们利用尾数分析来求解这个问题：不管在几进制均有(4)10×(3)10＝(12)10．但是，式中为100，尾数为0．也就是说已经将12全部进到上一位．所以说进位制n为12的约数，也就是12，6，4，3，2．但是出现了4，所以不可能是4，3，2进制．我们知道(4)10×(13)10＝(52)10，因52<100，也就是说不到10就已经进位，才能是100，于是我们知道n<10．所以，n只能是6．题6．在6进制中有三位数abc，化为9进制为cba，求这个三位数在十进制中为多少？[分析与解](abc)6＝a×62＋b×6＋c＝36a＋6b＋c；(cba)9＝c×92＋b×9＋a＝81c＋9b＋a．所以36a＋6b＋c＝81c＋9b＋a；于是35a＝3b＋80c；因为35a是5的倍数，80c也是5的倍数．所以3b也必须是5的倍数，又(3，5)＝1．所以，b＝0或5．①当b＝0，则35a＝80c；则7a＝16c；(7，16)＝1，并且a、c≠0，所以a ＝16，c＝7；但是在6、9进制，不可以有一个数字为16．②当b＝5，则35a＝3×5＋80c；则7a＝3＋16c；mod7后，3+2c≡0．所以c＝2或者2+7k(k为整数)．因为有6进制，所以不可能有9或者9以上的数，于是c＝2．于是，35a＝15＋80×2；a＝5．于是(abc)6＝(552)6＝5×62＋5×6＋2＝212．所以，这个三位数在十进制中为212．题7．N是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得N是十进制整数的四次方．[分析与解]我们将b进制中数改写为10进制，则(777)b＝7×b2+7×b+7；则有7×b2+7×b+7＝x4，我们知道N是7的倍数，所以x4也是7的倍数，又7为质数，所以x是7的倍数．于是，令x＝7t，则7×b2+7×b+7＝2401t3，则b2+b+1＝343t4；当t＝1时，b2+b+1＝343，b(b+1)＝342，则b＝18；因为t最小，所以b也是最小的．所以有最小在18进制有(777)18＝(74)10．题8．设1987可以在b进制中写成三位数，且x+y+z＝1+9+8+7，试确定出所有可能的x、y、z及b．题9．(1)证明10201在大于2的任何进制的记数法中，都是一个合数．(2)证明10101在任何进制的记法中，都是一个合数．[分析与解](1)设在b进制，则(10201)b＝1×b4+2×b2+1＝(b2+1)2；所以不管在何进制，均是一个非1的完全平方数，当然是一个合数．(2)设在a进制，则(10101)＝1×a4+1×a2+1＝(a2+1)2-a2＝(a2+1-a)(a2+1+a)；a可以将其表达为两个均不为1的整数乘积，显然为合数．例10．下列加法算式是( )进制的不同字母代表不同的数字．[分析与解]于是，我们知道n＝4，所以为4进制，则A+B+C+D＝3+1+2+0＝6．题11．称n个相同的数a相乘叫做a的n次方，记做a n，并规定a0＝1．如果某个自然数可以写成2的两个不同次方(包括零次方)的和，我们就称这样的数为“双子数”，如9＝23＋20，36＝25＋22．它们都是双子数，那么小于1040的双子数有_______个．[分析与解]我们注意到与二进制的联系：(9＝23＋20)10＝(1001)2，(36＝25＋22)10＝(100100)2，写成2的两个不同次方(包括零次方)的和这样的数改写为二进制后只含有2个1，我们知道：(1040＝210＋24)10＝(10000000000＋10000)2＝(10000010000)2，这样二进制为11位数，但是11位数有限制；我们先看10位数，于是(**********)，这样10位数，选择2个数位填1，其他为0，所以为；再考虑11位数，于是(1000001****)，只有4个“*”和紧邻的“1”于是有5种选择；所以，共有＋5＝50种选择方法．所以这样的“双子数”为50个．题12．一个非零自然数，如果它的二进制表示中数码1的个数是偶数，则称之为“坏数”．例如：18＝(10010)2是“坏数”．试求小于1024的所有坏数的个数．[分析与解]我们现把2004转化为二进制：(1024)10＝210＝(10000000000)2．于是，在二进制中为11位数，但是我们只用看10位数中情况，于是为＝＝45+210+210+45+1＝511．于是，小于1024的“坏数”有511个．题16．试求(22006－1)除以992的余数是多少？[分析与解]我们注意到被除数与2的次幂有关，所以，我们试图通过2进制来解决．题17．一个10进制的三位数，把它分别化为9进制和8进制数后，就又得到了2个三位数．凌老师发现这3个三位数的最高位数字恰好是3、4、5，那么这样的三位数一共有多少个？[分析与解]我们设(3ab)10＝(4cd)9＝(5ef)8；我们知道(4cd)9在(400)9～(488)9之间，也就是4×92～5×92－1，也就是324～406；还知道(5ef)8在(500)8～(577)8之间，也就是5×82～6×82－1，也就是320～383；又知道(3ab)10在(300)10～(399)10之间．所以，这样的三位应在在324～383之间，于是有383－324+1＝60个三位数满足条件．题18．一袋花生共有2004颗，一只猴子第一天拿走一颗花生，从第二天起，每天拿走的都是以前各天的总和．①如果直到最后剩下的不足以一次拿走时却一次拿走，共需多少天？②如果到某天袋里的花生少于已拿走的总数时，这一天它又重新拿走一颗开始，按原规律进行新的一轮．如此继续，那么这袋花生被猴子拿光的时候是第几天？。
