人大附分班考试班第三讲数论教师版

第三讲

数论

小学阶段的数论知识包括数的整除、奇偶性、质数合数、约数倍数、同余问题、完全平方数等，这些知识也是初中数论的重点，分班考试的命题则在于考查这些知识的基本性质及其应用。

1.

两个整数相加时，和是一个两位数，且两个数字相同；相乘时，积是一个三位数，且三个数字相同。请写出所有满足上述条件的两个整数。

【分析】 三个数字相同的三位数，可以用下面的式子表示：111一位数337一位数。我们再找出几

组使乘积等于“337一位数”的两个整数：①1和337一位数；②3和37一位数；③37和3一位数；④337和一位数，满足条件的只有②③，即3和74；37和18。

2.

一个五位数是54的倍数，并且它的各位数字都不为0。删去它的一位数字后所得的四位数仍是54的倍数.再删去该四位数的一位数字后所得的三位数还是54的倍数，再删去该三位数的一位数字后所得的两位数还是54的倍数，试求原五位数。

【分析】 最后剩下的两位数还是54的倍数说明这个两位数只能是54，前一个三位数是54的倍数（就是

9的倍数），所以每次删去的数都是9的倍数，而一位数字是9 的倍数只能是9，所以每次删去的一位数字是9，则三位数可以是549，594，954，其中只有594 是54的倍数，同理四位数可以是9594，5994，5949，只有5994是54的倍数，最后五位数可以是95994，59994，59949，其中只有59994 是54的倍数。

3.

1222，已知N11试将N表示为4个大于1的自然数之积。 

2006个1

2006个2

【分析】 因为1122÷11＝102，111222÷111＝1002，ll112222÷111l＝10002，…NAB，其中

A=111，B=1002，102÷2＝51，1002÷2＝501，10002÷2＝5001，B2C，其中

2006个1

2005个0

C=50001 

2004个0

，51÷3＝17，501÷3＝167，5 001÷3＝16667，C3D，其中

D=16667

2004个6

12316667. ，所以N=ABCD=11

2006个1

2004个6

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2就是3．在密码中2的数目比3多，而且密码能被3或4所整除。试求出这个密码。

【分析】 因为密码中的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．我们知道如果一个数能被3整除，那么它的数字和也能被3整除，所以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为32．所以，密码是2222232。

5.

一队少年儿童不超过50人，围成一圈作游戏．每个儿童的左右相邻都恰是一个男孩子和一个女孩子。问：这队少年儿童最多有多少人?为什么?

【分析】 设n个少年儿童排成一圈，每个儿童的左右相邻的都恰好是一个男孩子和一个女孩子，则一定

是两个男孩子两个女孩子依次相邻：…男男女女男男女女…地排成一圈．所以n是偶数．令

n2k

．将相邻两个男孩子记为A，相邻两个女孩子记为B，则A，B，A，B，A，B，…，

共有k个相间排列成一圈，所以A、B的个数相等，于是k是偶数，即k2m，所以

n2k22m4m．也就是4|m．由于n不超过50个，所以这队少年儿童最多有48人。

6.

将[**************]13…依次写到第1997个数字，组成一个1997位数，此数除以9的余数是几？

【分析】 本题第一步是要求出第1997个数字是什么，再对数字求和．1～9共有9个数字，10～99共有

90个两位数，共有数字：90×2=180(个)，100～999共900个三位数，共有数字：3×900=2700(个)．所以数连续写，不会写到999．从100开始是3位数，每三个数字表示一个数，(1997－9－180)÷3=602…2，即有602个三位数，第603个三位数只写了它的百位和十位．从100开始的第602个三位数是701，第603个三位数是702，其中2未写出来．因为连续9个自然数之和能被9整除，所以排列起来的9个自然数也能被9整除，702个数能分成的组数是：702÷9=78(组)，依次排列后，它仍然能被9整除，但702中2未写出来，所以余数为9－2=7．

7.

求同时满足下列三个条件的自然数a、b： ①ab；②

【分析】 若a,b1，则ab,aab,b1，

abab

abab

169；③ab是平方数。

不是整数.设a,bd1。

169

abab



d

,其中ad,bd,(,)1,所以， 整除d，令

dk(),169k，易见k是169的因数.因此k1或13或169。

当k169时，ab169不符合题意；

当k13时，13,1， a13214,b1314,ab13142不符合题意；

当k1时，169,1,d170,a170169,b170,ab1702满足题意，从而a170169，

b170

。

8. 在11张卡片上各写有一个不超过5的数字，将这些卡片排成一行，得到一个11位数；再将它们按另一种顺序排成一行，又得到一个11位数.请证明这两个11位数的和的十进制表达式中至少有一位数字是偶数。

【分析】 如果在求和时发生进位现象，那么这只有在两个11位数的同一位数字都是5时才有可能成立，

而在出现进位的最右面的位置上，和数的该位数字一定为0。如果在求和时不发生进位现象，那么只有在卡片上奇数个数与偶数个数相同时，和数的各位数字才为奇数，所以不可能出现这种情况，所以和数中至少有一位数字是偶数。

【例1】 已知p、q均为质数，且满足5p23p59，则以p3，1pq，2pq4为边长的三角形

是（ ）。

A

. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰三角形

【分析】 因为5p23p为奇数，所以p、q必为一奇一偶，又p、q均为质数，得p、q中有一个是2。

① 若q2，则p2

535

，不合题意；

② 若p2，则q13，此时p35，1pq12，2pq413，根据勾股定理得是直

角三角形，选B

【例2】 的前24位数值为3.[***********]46264在这24个数字中，任意逐个抽取1个数字，

并依次记作a1，a2，a3，„a24，则(a1a2)(a3a4)(a23a24)为（ ）。

A

. 奇数 B. 偶数 C.奇数或偶数 D. 质数

24个数中有13个奇数，11个偶数，则乘积式中，总有一个因子是偶数，这个偶数可以是两个【分析】

偶数的差，也可以是两个奇数的差。选B

[分析] 甲知道其余4张卡片上分别写了哪些数，但不知道它们之中的哪两张落到了乙的手中。因此，

只有在它们之中任何两张卡片上的数的和是偶数时，甲才能说出自己的断言。而这就意味着这4 张卡片上的数的奇偶性相同，即或者都是偶数，或者都是奇数.但由于一共只有3张卡片上写的是偶数，所以它们不可能都是偶数，只能是奇数.所以3张写着偶数的卡片全部在甲的手里。

【例3】 已知正整数a、b之差为120，它们的最小公倍数是其最大公约数的105倍，那么a、b中较大

的数是几？

【分析】 设ab，有ab120，又设(a、b)d，apd，bqd，(p，q)1，且pq，则[a,b]pqd，

有pqd105d，所以pq105357。因为ab(pq)d120，所以pq。

① 若p105，q1，则pq104，不可能； ② 若p35，q3，则pq32，不可能； ③ 若p21，q5，则pq16，不可能；

④ 若p15，q7，则pq8，满足条件；

由(pq)d8d120，得d15，从而a、b中较大的数apq1515225。

[点评] pq105357，因为(p，q)1，所以p、q的因数不会重复。本题用到了最小公倍数与最大公约数重要的基本性质：对于任何正整数a、b，它们的积等于它们最小公倍数与最大公约数的积。

【例4】 一个两位数有6个约数，且这个数最小的3个约数和为10，那么此数为几？

【分析】 最小的三个约数中必然包括约数1，除去1以外另外两个约数和是9，由于9是1个奇数，所以

这两个约数的奇偶性质一定是相反的，其中一定有一个是偶数，如果一个数包含偶约数，那么它一定是2的倍数，即2是它的约数。于是显然的，2是这个数第二小的约数，而第三小的约数是7，所以这个两位数是14的倍数，由于这个两位数的约数中不含3、4、5、6，所以这个数只能是14或98，其中有6个约数的是98。

下面的问号处应该填什么数字？

2，，，4630，32，34，36，40，42，44，46

，50，52，54，56，60，62，64，66，？

答案：这是一个风行全球的趣味数字隐语，被西方国家广泛应用在圣诞卡片上。将题目中的数字用英语翻译出来，然后将不含字母“e”的数从小到大排列，所以“？”是2000。

【例5】 求最大正整数n，使得n3100被n10整除。

【分析】 因为n3100n31000900(n10)(n210n100)900，当n10n3100时，有n10900，

从而n10900，所以n890。当n890时，

n是890。

n100n10

3

783299

，符合条件，所以最大正整数

[点评] 整除性质有如下性质：

① 若cb，ba，则ca； ② 若ba，c0，则bcac；

③ 若ca，cb，则c(ab)，本题用的是性质③。

【例6】 从1到999这999个自然数中有（ ）个数的各位数字之和能被4整除．

【分析】 09这9个数码中，能被4整除的有3个，被4除余1的有3个，被4除余2的有2个，被4除

余3的有2个。

48，则后两位数能被4整除，分为两个数字都能被4整除；两个数字都被4① 百位数字是0、、

除余2；一个被4除余1另一个被4除余3；一个被4除余3另一个被4除余1；四种情况，所以一共有3(33223232)75（个）；

59，② 百位数字是1、、则后两位数被4除余3，两个数字被4除余数情况有(0、3)(1、2)(2、1)(3、0)四

种，一共有3(32323232)72（个）；

6，则后两位数被4除余2，两个数字被4除余数情况有(0、③ 百位数字是2、2)(1、1)(2、0)(3、3)四

种，一共有2(32332322)50（个）；

7，则后两位数被4除余1，两个数字被4除余数情况有(0、④ 百位数字是3、1)(1、0)(2、3)(3、2)四

种，一共有2(33332222)52（个）；

所以000999一共有75725052249个数符合条件，但要去掉000，所以满足条件的一共有248个数。

【例7】 每一本书都有一个国际书号：ABCDEFGHIJ，其中前9个是9个数字的排列，J是检查号码。

令S10A9B8C7D6E5F4G3H2I，r是S除以11所得的余数。 ① 若r不等于0或1，则规定J11r； ② 若r0，则规定J0；

③ 若r1，则规定J用X表示；

现有一本书的书号是962y707015，那么y是多少？

【分析】 因为S9106928y77674122327y，S除以11所得的余数是7y1，

又末位是5，所以S除以11所得的余数是6，即7y16(mod11)，7y5(mod11)，所以y5。

【例8】 有1、A、B、C四个整数，满足ABC2001，而且1ABC。这四个整数两两求和

得到六个和，把这六个数按从大到小排列起来，恰好构成一个等差数列。请问：A、B、C分别是多少？

【分析】 满足条件的情况有两种：

①1A1B1CABACBC； ②1A1BAB1CACBC；

差A1

1CABAC先看①：

差B1

1A1B1CAB，

差C1

1B1CABACBC，

，

所以有(A1):(B1):(C1)2:3:4，又ABC2001，

所以(A1)(B1)(C1)200131998，得A445，B667，C889；

差A1



再看②1CAC

差B1

，1CBC

差C1

，1BAB1CACBC

，所以有

(A1):(B1):(C1)1:2:4，又ABC2001，

所以(A1)(B1)(C1)200131998，得A所以A445，B667，C889。

37

，不符合题意；

【例9】 能够找到这样的四个正整数，使得它们中任两个数的积与2002的和，都是完全平方数吗？若能

够，请举出一例；若不能够，请说明理由。

【分析】 因为偶数的平方能被4整除，奇数的平方被4除余1，因此任一正整数的平方n2被4除余0或1。

23，，4ij)。又2002被4除假设存在四个正整数n1、n2、n3、n4，使得ninj2002m2(i，j1，，

余2，故ninj被4除余2或3。

① 若n1、n2、n3、n4中有两个偶数，如n1、n2是偶数，那么n1n2是4的倍数，ninj2002被4除 余2，，所以不可能是完全平方数；

② 因此n1、n2、n3、n4中只有一个偶数，三个奇数。设n1、n2、n3为奇数，n4为偶数，那么所以n1、n2、n3中至少有两个数余数相同。如n1、n2被4除余数相同，n1、n2、n3被4除余1或3，

同为1或3，那么

n1n2被4除余1，所以n1n22002被4除余3，不是完全平方数； 综上，ninj2002不可能是完全平方数。

【例10】 在一个国家里，国王要建N个城市，在城市之间建N1条道路，使得从每个城市都能到达另一

个城市(每条道路连接两个城市，道路不相交，不穿过其它城市)且一个城市到另一个城市最短路线分别为1,2,3,„，

N(N1)

2

。若(1)N6；(2)N2006； 国王的要求能否办到?

【分析】 （1）N6时，可以按如下的方法设计道路。

设A,B,C,D,E,F为六个城市，从C引出三条道路，分别通向A,B,D，长度分别为1，2，5。从D再引出两条道路，分别通向E,F，长度分别为4，8。此时即可满足要求，所以N6时，国王的要求可以办到。

（2）根据在N个城市之间建N1条道路可知，从一个城市到另一个城市只有唯一

把城市A染成红色，若城市B与A之间的路程为偶数，则B也染上红色，否则染上黄色，这样可以把所有城市均染成红色或黄色，并且两城市同色时，它们之间的路程为偶数，否则它们之间的路程为奇数。

设有x个城市染成红色，y个城市染成黄色，则由一个红色城市与一个黄色城市配对可配成xy 对，所以在所有的路程中有xy个奇数。 若

N(N1)

2

是偶数，则1,2,3，…，

N(N1)

2

中有一半是奇数，所以有xy

14

N(N1)。

又因为xyN，则NN24xy(xy)24xy(xy)2。 若

xy

N(N1)

2

是奇数，则1,2,3，…，

N(N1)

2

中有[N(N1)1]个奇数，所以有

22

11

1111[N(N1)1]N(N1)2242

2

2

。又因为xyN，则

2

NN4xy2(xy)4xy(xy)2

，即N2(xy)2。

因此，如果题目中的要求可以实现，则N或N2是完全平方数，由于2006和2004都不是完全平方数，所以国王的要求不能办到。

[点评] 此题由于不知道

一位老师告诉A、B、C、D、E五位学生一个三位数N之后，有以下的对话出现：学生A：这个数可以被27整除；学生B：这个数可以被12整除；学生C：这个三位数的所有数字和为15；学生D：这个数是一个完全平方数；学生E：这个数可以整除648 000．上述五个句子中，只有三句是真的。试求N。 N(N1)

2

的奇偶性，所以要分两种情况讨论，但结论类似。

[分析] 由题意，首先可以肯定：

被9整除。

(一) A、C中最多只有一个“真”．因为能被27整除的数的数字之和能被9整除，但15不能(二) C、D中最多也只有一个“真”．因为完全平方数中的三位数的数字之和不可能为15。 (三) A、D、E不可能全“真”．因为，若A、D都“真”了，则N必含34，N就不能整除

633

648000235, 即E “不真” 。

(四) A、D、E中最少有一个“真”．因为全“不真”不合题中“有3句真” 。 现根据(三)、(四)来分类讨论：

(1)若A、D“真”， E“不真”，则由(一)知，C“不真”，因而B一定“真”．此时，三位数N只能是2234324. (2)若A、E“真”，D“不真”，则由(一)知，C“不真”，因而B一定“真”．此时，三位数N只

2

3

能

3

2

是

5

。

(3)若D、E“真”，A“不真”，则由(二)知，C“不真”，因而B一定“真”．此时，三位数N只能是223252900,2432144,2632576。

(4)若A“真”，D、E“不真”，则由(一)知，C“不真”，这样就有3个“不真”，不合题意。 (5)若D“真”，A、E“不真”，则由(二)知，C“不真”，也不合题意。

(6)若E“真”，A、D“不真”，考虑E、B“真”的三位数有[1**********]

235120,235180,235600,235240,235720,23288等等，它们都不合C(即C “不真”)，所以，此时没有三位数N合题意。 综上知，所求的N是324，108，216，432，864，540，900，144，576．

1.

一种玩具，有一个红色的按钮、一个黄色按钮和100个能站能坐的小木偶，按一下红色的按钮就会有一个站着的小木偶坐下去，按一下黄色按钮，就可以使站着的小木偶增加一倍．现在只有三个小木偶站着，要想使站着的小木偶增加到21个，而且尽量少按按钮，需要按几次按钮就行了?每一次按哪个按钮?

【分析】 虽然用黄色按钮，会使站着的小木偶6，12，24成倍地增加，但是也可能造成多按红色按钮，

因为24要按3次红色按钮才能达到21．按一次黄色按钮后，小木偶的个数总是偶数，为了有奇数个小木偶站着，要黄、红轮流按.现在，倒过来一步一步计算．21要从22按一次红色按钮得到；22要从11按一次黄色按钮得到；11要从12按一次红色按钮得到；12可以从3按两次黄色按钮得到．因此，依次为：3按黄得6，6按黄得12，12按红得11，11按黄22，22按红得21。

2.

沿着河岸长着8丛植物，相邻两丛植物上所结的浆果数目相差1个．问：8丛植物上能否一共结有225个浆果?说明理由。

【分析】 任何相邻两丛植物上所结的浆果数目相差1个，所以任何相邻两丛植物上所结的浆果数目之和

都是奇数．这样一来，8丛植物上所结的浆果总数就是4个奇数之和，必为偶数，所以不可能一共结有225个浆果。

3.

实验室里有一只特别的钟，一圈共有20个格．每过7分钟，指针跳一次，每跳一次就要跳过9个格，今天早晨8点整的时候，指针恰好从0跳到9，问：昨天晚上8点整的时候指针指着几?

【分析】 昨晚8点至今早8点，共经历60×12＝720(分钟)，720÷7＝102…6，说明从今早8点整起，7分

钟，7分钟…往回数，昨晚8点后，第1次指针跳是8点6

分，直到今早7点53分，指针正好跳到“0”位，指针共跳了102次．每次跳9格，共跳了9×102＝918(格)．每20格一圈，918÷20=45…18，因此从“0”位开始，往回倒45圈，还要倒回18格，正是昨晚8点时指针所指处：20－18=2，因此昨晚8点指针正指着2。

4.

已知九位数2005

是2008的倍数，这样的九位数共有几个？

【分析】 200 500 000÷2008=99 850…1200，200 599 999 ÷2008=99900…799。2008的99 850至99 900倍

的前四位数都是2005，所以满足题意的九位数共有50个．