六年级下册小升初数学高频考点专项培优卷专题43：数的整除特征（提高卷）（附参考答案）

这是一份六年级下册小升初数学高频考点专项培优卷专题43：数的整除特征（提高卷）（附参考答案），共31页。试卷主要包含了下面哪些数能被11整除等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共25小题）
1．熊大和熊二一起摘了一篮草莓，最后它们分得的草莓个数同样多。它们可能摘了多少个草莓？（ ）
A．68个B．19个C．37个
2．用4、2、0三个数能组成（ ）个能被2和3整除的三位数．
A．3B．4C．6
3．从1到2000共2000个整数里面，是3的倍数但不是5的倍数的数有（ ）个
A．532B．533C．534D．535
4．下面哪些数能被11整除（ ）
A．323532B．38380C．978768
5．某班有一个小图书馆，共有300多本图书，从1开始，图书按自然数的顺序编号，即1，2，3…，小光看了这图书馆里都被2，3和8整除的书号，共16本，这个图书馆里至少有（ ）本图书．
A．381B．382C．383D．384
6．四位数同时是2、3和5的倍数，第一个里最大能填（ ）
A．9B．8C．7D．6
7．要使一个数同时被2、5整除，那么它的个位上的数字一定是（ ）
A．0B．5C．3D．2
8．用0，1，5，9组成的没有重复数字的四位数都能被（ ）整除．
A．5B．2C．3
9．下列4个数都是六位数，A是大于0小于10的自然数，B是0，一定能同时被2、3、5整除的数是（ ）
A．AAABAAB．ABABABC．ABBABBD．ABBABA
10．下面是用字母表示的三种形式的六位数（x、y、z表示三个数字，且x不等于0），形如（ ）的六位数，一定能被3整除．
A．xxyyzzB．xyxyxyC．xyyxzy
11．用0，3，4，5四个数字组成的所有四位数都能被（ ）整除．
A．2B．3C．5
12．有三个两位的连续偶数，它们的个位数字的和能被7整除，这三个数的和最小是（ ）
A．50B．52C．54D．56
13．下面四个数都是六位数，N是比10小的自然数，S是0，一定能被3和5整除的数是（ ）
A．NNNSNNB．NSNSNSC．NSSNSSD．NSSNSN
14．下面的说法中，错误的是（ ）
A．能被9整除的数，也能被3整除
B．真分数的倒数大于它本身
C．周长相等的长方形和正方形，面积也相等
15．在1～99中，任取两个和小于100的数，共有多少种不同的取法？（ ）
A．5051B．1420C．2401
16．Karry到早餐店吃早餐，有包子、油条、烧卖三种早点供选择，最少吃一种，最多吃三种，有（ ）种不同的选择方法．
A．3B．6C．7D．9
17．学校举办班级乒乓球比赛．共有16支球队参加，比赛采用单场淘汰制（即每场比赛淘汰1支球队）．一共要进行（ ）场比赛后才能产生冠军．
A．13B．14C．15D．16
18．一把钥匙开一把锁，现有3把钥匙和3把锁弄混了，最多试开（ ）次，就能把锁和钥匙配起来．
A．3B．4C．5D．6
19．高老师有件事要通知24名同学，如果用打电话的方式，每分钟通知1人，最少用（ ）分钟就能通知到每个人．
A．24B．12C．6D．5
20．16名乒乓球选手进行淘汰赛，共需进行（ ）场比赛才能决出最后冠军．
A．15B．12C．183
21．已知a、b、c都是整数，则下列三个数a+b2、b+c2、c+a2中，整数的个数（ ）
A．至少有一个B．仅有一个C．至少有二个
22．一个大厅里共有200盏彩灯．每两盏灯与一个拉线开关相连（同时亮或同时熄）．现在，所有开关按序号1﹣100安装在同一个控制箱内，所有的灯都处于“熄”的状态．李明先将序号是3的倍数的开关拉一遍，接着刘强将序号是5的倍数的开关拉了一遍，这时，大厅里共有（ ）盏灯亮着．
A．40B．80C．82D．94
23．如果一个正整数从前面读起与从后面读起数值相同，那么我们称这样的数叫做回文数．例如：55，101，8668，93344339等，在所有的四位数中共有90个回文数，这90个回文数中，共有（ ）个可以被7整除．
A．7B．9C．14D．18
E．20
24．下面各数中，（ ）不是11的倍数．
A．741741B．212357C．500423D．1112221
25．现有分别写着1，2，3，…，13的卡片各两张，如果任意抽出两张，计算这两张卡片上的数的积，这样得到的许多不相等的积中，最多有（ ）个是6的倍数．
A．18B．20C．21D．26
二．填空题（共20小题）
26．一个五位数91□3□能被6整除，□里填同一个数，它是 。
27．五位数x679y能被72整除，这个五位数是 ．
28．由数字0，1，2，3，4，5，6可以组成 个各位数字互不相同的能被5整除的五位数．
29．1996年的5月2日是小华的9岁生日．他爸爸在1996的右面添了一个数字，左面添了一个数字组成了一个六位数．这个六位数正好能同时被他的年龄数、出生月份数和日数整除．这个六位数是 ．
30．两个自然数，差是98，各自的各位数字之和都能被19整除。那么满足要求的最小的两个自然数之和是 。
31．一个自然数与3的和是5的倍数，与3的差是6的倍数，这样的自然数最小的是 。
32．有一个号码是六位数，前四位是2857，后两位忘记了，但是这个六位数能被11和13整除，那么这个号码是 。
33．要使6位数15□□□6能够被36整除而且所得的商最大，□□□内应填 ．
34．把100拆成两个自然数之和，其中一个是7的倍数，另一个是11的倍数，那么两个数中较大的一个是 。
35．一个六位数6x6x6x能被11整除，x是0～9中的一个数，这个六位数是 。
36．用6个算珠在计数器上拨出三位数，一共可以拨出 种不同的三位数．
37．同学们要订A、B、C、D四种报刊，每人至少订一种，最多订四种．那么每个同学有 种不同的订阅方式．
38．口袋里有12个红球，2个黄球，6个花球，除颜色外全部相同，任意摸出一个球，颜色有 种可能．
39．一个火车站，上站台有电梯2部，自动梯1部，扶梯3部．上站台有 种不同的走法．
40．面食店有三种商品：包子、油条、烧麦．小明早上去面食店买早餐，他可以选一种，也可以选两种，还可以选三种，请问小明有 种早餐搭配．
41．将1，2，3，4，5分别填入图中的格子，要求填在黑格里的数比它旁边的两个数都大．共有 种不同的填法．
42．妈妈买回来8个大苹果给小丽吃，如果每天至少要吃掉3个苹果，最多可以有 种不同的吃法．
43．张老师有50分和80分的邮票各两枚．他用这些邮票能付 种邮资（寄信时需要付的钱数）．
44．28人参加乒乓球比赛，采用淘汰赛，要决出冠军，共要比赛 场．
45．一天中，从甲地到乙地有3班火车，4班汽车，3班轮船，在这一天中从甲地到乙地，乘坐这些交通工具有 种不同的走法．
三．应用题（共15小题）
46．已知一个自然数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被13整除，那么这个自然数就一定能被13整除，我们把能被13整除的自然数称为“梦想数”。
例如：判断26260是否为“梦想数”，这个数的末三位数字是260，末三位以前的数字组成的数是26，这两个数的差是：260﹣26＝234，234能被13整除，因此26260是“梦想数”。
（1）判断1158和254514是否为“梦想数”，并说明理由；
（2）如果一个四位自然数M，千位和百位上的数字均为a，十位与个位上的数字均为b，我们就称它为“OOKK
数”。已知一个四位数M既是“梦想数”又是“OOKK数”。求数M的值。
47．有这样的两位数，它的两个数字之和能被4整除，而且比这个两位数大1的数的两个数字之和也能被4整除，所有这样的两位数的和是多少？
48．期末考试六年级某班数学的平均分是90分，总分是□95□，这个班有多少名学生？
49．车库里有8个车位，顺序编号为1，2，3，4，5，6，7，8。这个车库里的8辆汽车的车号恰好依次是8个三位连续整数，已知每辆汽车的车号都能被自己的车位编号整除，求车号尾数是3的汽车车号。
50．一个四位数是能被5整除的偶数，它的前两位是能被3整除的最小的两位数，四位数字之和是奇数，则这个四位数可能是多少？
51．在自然数1至200中，共有多少个能被3或5整除的数？
52．王老师给同学们买了72支铅笔作奖品，共用去□3元2角，□是一个数字，但已经模糊不清了．你能通过巧算求出□表示多少吗？
53．求不超过500的所有被11整除的自然数的和．
54．已知A＝999×456+46 6，B＝999×112+112，C＝990×890+890．D＝990×369+369．你能不能通过计算，说出A、B、C、D这四个数中哪些是3的倍数吗？说说你的判断方法．
55．使六位数19A88B能被45整除，A、B分别取多少？
56．一个数末三位是676，它能被23整除，这个数最小是多少？
57．一个四位数AB12加上9后能被9整除，减去8后能被8整除，求满足条件的最大数．
58．姗姗参加知识竞赛，现在知道她的名次、年龄、成绩相乘的积正好是2910，你能猜出她的名次、年龄和本次的考试成绩吗？（姗姗的年龄在10～15岁之间）
59．林老师出生的年份数目：加上5的和是9的倍数，加上6的和是10的倍数，加上7的和是11的倍数，加上8的和是12的倍数，你知道林老师是哪一年出生的．
60．5个小朋友打电话拜年，每两人通一次电话，一共要通多少次电话？
（小升初思维拓展）专题43：数的整除特征（提高卷）六年级下册小升初数学高频考点专项培优卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．【答案】A
【分析】根据题意，这个数能被2整除，个位上是0、2、4、6、8的数能被2整除；据此解答即可。
【解答】解：A.68能被2整除，符号题意；
B.19不能被2整除，不符号题意；
C.37不能被2整除，不符号题意；
故选：A。
【点评】此题考查了能被2整除的特征：被2整除则个位数字是偶数。
2．【答案】B
【分析】被2整除数的特征是个位数为0、2、4、6、8的数；能被3整除数的特征是数的各位数相加的和能被3整除．所以，用4、2、0三个数能组成能被2整除的数有：240、420、402，204；由于4+2+0＝6，6能被3整除，所以这四个数同时也能被3整除，即用4、2、0三个数能组成4个能被2和3整除的三位数．
【解答】解：根据能被2和3整除数的特征可知，
用4、2、0三个数组成的被2和3整除的三位数有240、420、402，204；
即用4、2、0三个数能组成4个能被2和3整除的三位数．
故选：B．
【点评】完成本题要在了解被2、3整除数的特征的基础上进行．
3．【答案】B
【分析】先求出能被3整除的数的整数个数，所有3的倍数，去掉15的倍数即是3的倍数又是5的倍数，即可求出是3的倍数但不是5的倍数的数个数：
1至2000这些整数，是3的倍数的共有666个．2000÷3＝666…2，
又是3的倍数又是5的倍数那么就是15的倍数．2000÷15＝133…5，
666﹣133＝533个．
【解答】解：2000÷3＝666…2，
从1到2000共2000个整数中，是3的倍数的共有666个
2000÷15＝133…5，
15的倍数有133个，
是3的倍数但不是5的倍数的数个数
666﹣133＝533（个），
故选：B。
【点评】解决此题关键是先求出能被3整除的数的个数，能被15整除的数的个数，进一步得解．
4．【答案】A
【分析】能被11整除的数，奇数位（从左往右数）上的数字和与偶数位上的数字和之差（大数减小 数）能被11整除，则该数就能被11整除．由此方法判定即可．
【解答】解：A．（3+3+3）﹣（2+5+2）＝0，能被11整除，故A正确；
B．（8+8）﹣（3+3+0）＝10，不能被11整除，故B错误；
C．（9+8+6）﹣（7+7+8）＝1，不能被11整除，故C错误．
故选：A。
【点评】掌握被一个数整除数的特征，牢记判定方法是解决问题的根本．
5．【答案】D
【分析】2、3、8的最小公倍数是24，所以这些书号都是24的倍数．小光看了这图书馆里都被2，3和8整除的书号，共16本，所以这个图书馆里至少有24×16＝384，所以至少384本书，据此解答即可．
【解答】解：2、3、8的最小公倍数是24，所以这些书号都是24的倍数
24×16＝384（本）
故选：D。
【点评】本题的关键是求出2、3、8的最小公倍数是24．
6．【答案】C
【分析】这个四位数同时是2、3和5的倍数，它是2的倍数，它的个位必须是0或2、4、6、8，它是5的倍数，个位必须是0或5，同时是2和5的倍数，它的个位只能是0，同时它也是3的倍数，这四个数字之和必须是3的倍数，5+6+0＝11，11加1或4、7才能是3的倍数，因此，第一个□内必须填1或4、7，其中7最大．
【解答】解：四位数同时是2、3和5的倍数，第一个里最大能填7；
故选：C．
【点评】本题主要是考查2、3、5的倍数的特征．2的倍数个位必须是偶数，5个倍数个位必须是0或5，3的倍数，所有数字之和必须是3的倍数．
7．【答案】A
【分析】根据能同时被2、5整除的数特征：即个位是0；进行解答即可．
【解答】解：根据同时被2、5整除的数特征：即个位是0；
故选：A．
【点评】根据能同时被2、5整除的数的特征进行解答即可．
8．【答案】C
【分析】用0，1，5，9组成的没有重复数字的四位数，每个数的各个数位上的数字的和都是15，15能被3整除，所以确定用0，1，5，9组成的没有重复数字的四位数都能被3整除．
【解答】解：因为用0，1，5，9组成的没有重复数字的四位数，各个数位上的数字的和能被3整除，
所以用0，1，5，9组成的没有重复数字的四位数都能被3整除．
故选：C．
【点评】此题考查能被3整除的数的特征：各个数位上的数字的和能被3整除，这个数就能被3整除．
9．【答案】B
【分析】这个六位数个位上的数字是0，能被2和5整除，不管A是比10小的哪个自然数，A+A+A的和一定是3的倍数，所以ABABAB一定能被3整除，所以选B
【解答】解：B＝0，
ABABAB能被2和5整除，
A+A+A的和一定是3的倍数，
ABABAB也一定能被3整除，
故选：B。
【点评】此题主要考查能被2、3、5整除的数的特征：一个数个位上是0或5，这个数就能被5整除；个位是0、2、4、6、8的数能倍2整除；一个数各数位上的数字之和是3的倍数，这个数就能被3整除．
10．【答案】B
【分析】用十进制表示出结果，提公因式分组分解，找出公有的因数，再进一步分解质因数即可求得问题的答案．
【解答】解：A、xxyyzz，
＝100000x+10000x+1000y+100y+10z+z，
＝110000x+1100y+11z，
＝11（10000x+100y+z），
此数一定能被11整除，但不一定能被3整除；
B、xyxyxy，
＝100000x+10000y+1000x+100y+10x+y，
＝101010x+10101y，
＝10101（10x+y），
因为10101＝3×7×13×37，
所以此数一定能被3整除；
C、xyyxzy，
＝100000x+10000y+1000y+100x+10z+y，
＝100100x+11001y+10z，
此数不一定能被3整除．
方法2：A、2x+2y+2z＝2（x+y+z），无法确定是否能被3整除；
B、3x+3y＝3（x+y），能够确定一定能被3整除；
C、各个数位的数字和是2x+3y+z，无法确定是否能被3整除。
故选：B。
【点评】此题主要考查利用十进制、分组分解因式以及分解质因数研究数的整除性．
11．【答案】B
【分析】因为数字总和为12，12是3的倍数，所以无论组成什么四位数，均能被3整除．
【解答】解：0+3+4+5＝12，
12能被3整除，
故选：B．
【点评】此题属于易错题，做题时应根据能被3整除数的特征，进行解答．
12．【答案】C
【分析】因为它们的个位数字的和能被7整除，所以它们的个位数字的和只能是：7×2＝14；设最小的偶数的个位是a，然后分类讨论，求出a的值，进而求出满足题意的三个两位数以及它们的和是多少即可．
【解答】解：因为它们的个位数字的和能被7整除，
它们的个位数字的和最小是：0+2+4＝6，
它们的个位数字的和最大是：4+6+8＝18，
所以它们的个位数字的和只能是：7×2＝14；
设最小的偶数的个位是a，
（1）如果a+4＜10，
则a+（a+2）+（a+4）＝14，3a＝8，a没有整数解；
（2）如果a+4＝10，
则a＝6，6+8+0＝14，满足题意；
（3）如果a+4＝12，
则a＝8，8+0+2＝10，
因为10不能被7整除，
所以不满足题意；
所以满足题意的三个连续偶数的个位只能是：6、8、0，
因此当这三个数的和最小时，这3个两位数为：16、18、20，
这三个数的和最小是：16+18+20＝54．
故选：C。
【点评】此题主要考查了数的整除特征问题的应用，解答此题的关键是判断出：满足题意的三个连续偶数的个位数字的和只能是14．
13．【答案】B
【分析】NSNSNS个位上的数字是0，能被5整除，不管N是比10小的哪个自然数，N+N+N的和一定是3的倍数，所以NSNSNS也一定能被3整除，所以选B．
【解答】解：S＝0，
NSNSNS能被5整除，
N+N+N的和一定是3的倍数，
NSNSNS也一定能被3整除，
故选：B．
【点评】此题主要考查能被3、5整除的数的特征，一个数个位上是0或5，这个数就能被5整除，一个数各数位上的数字之和是3的倍数，这个数就能被3整除．
14．【答案】C
【分析】我们用排除法进行解答，A答案是正确的，因为9是3的倍数，能被9整除的数一定能被3整除；B．真分数的倒数大于它本身，正确，因为所有真分数的倒数都大于1，任何真分数都小于1，因此是正确的，所以选C．
【解答】解：A、能被9整除的数，也能被3整除． 因为9是3的倍数，所以是对的；
B、真分数的倒数大于它本身，正确，因为所有真分数的倒数都大于1，任何真分数都小于1，因此是正确的．
C、周长相等的长方形和正方形，面积相等．这个说法是错误的，面积一定不相等．
故选：C。
【点评】本题考查了学生的综合知识掌握情况及综合分析能力，重在平时积累．
15．【答案】C
【分析】根据任取两个和小于100的数可知，99分解成差最大的两个数是1和98，最小的两个数是49和50，所以根据第一个加数是1～49，分组讨论即可得出答案．
【解答】解：1有97种不同的取法，
2有95种不同的取法，
3有93种不同的取法，
4有91种不同的取法，
…
48有3种不同的取法，
49有1种不同的取法，
所以共有：97+95+93+91+..+3+1，
＝（97+1）×49÷2，
＝2401（种）；
答：共有2401种不同的取法．
故选：C．
【点评】本题考查了加法原理即完成一件事情有n类方法，第一类中又有M1种方法，第二类中又有M2种方法，…，第n类中又有 Mn种方法，那么完成这件事情就有M1+M2+…+Mn种方法；本题关键是确定和最大是99，而加数最接近的两个数49和50．
16．【答案】C
【分析】分别求出吃一种有几种选择方法，吃两种有几种选择方法，吃三种有几种方法，然后利用加法原理解答即可．
【解答】解：①吃一种，有包子、油条、烧卖三种选择方法，
②吃两种有包子、油条；包子、烧卖；油条、烧卖三种选择方法，
③吃三种就是三种一起吃，有一种选择方法；
一共有：3+3+1＝7（种）．
答：有7种不同的选择方法．
故选：C．
【点评】本题考查了加法原理即完成一件事情有n类方法，第一类中又有M1种方法，第二类中又有M2种方法，…，第n类中又有 Mn种方法，那么完成这件事情就有M1+M2+…+Mn种方法．
17．【答案】C
【分析】16支球队参加比赛．决赛阶段以单场淘汰制进行：打16÷2＝8（场）决出8强，再打8÷2＝4（场）决出四强，再打4÷2＝2（场）决出冠亚军，最后打一场决出冠军，一共要打：8+4+2+1＝15（场）．
【解答】解：一共进行：
8+4+2+1，
＝12+2+1，
＝15（场）．
答：一共要进行15场比赛后才能产生冠军．
故选：C．
【点评】在单场淘汰制中，如果参赛队是偶数，则决出冠军需要比赛的场数＝队数﹣1．
18．【答案】A
【分析】首先开第一把锁，最多需要两次即可，开第二把锁只要一次即可，由此相加解决问题．
【解答】解：2+1＝3（次）；
答：最多试开3次，就能把锁和钥匙配起来．
故选：A．
【点评】此题考查简单的加法原理：做一件事情，完成它有N类方式，第一类方式有M1种方法，第二类方式有M2种方法，…，第N类方式有MN种方法，那么完成这件事情共有M1+M2+…+MN种方法．
19．【答案】D
【分析】第一分钟老师和学生一共有2人；
第二分钟老师和学生每人都通知一人，又增加了1×2＝2人，第二分钟老师和学生一共有：2+2＝4＝2×2人；
第三分钟老师和学生每人都通知一人，又增加了1×4＝4人，第二分钟老师和学生一共有：4+4＝8＝2×2×2人；
第四分钟老师和学生每人都通知一人，又增加了1×8＝8人，第二分钟老师和学生一共有：8+8＝16＝2×2×2×2人；
同理，每次通知的学生和老师的总人数，总是前一次的2倍，
所以，2×2×2×2＜24+1＜2×2×2×2×2，因此，4分钟通知不完，只能5分钟；所以最少用5分钟就能通知到每个人．
【解答】解：根据分析可知：每增加1分钟收到通知的学生和老师的人数是前一分钟收到通知的学生和老师的人数的2倍，
所以2×2×2×2＜24+1＜2×2×2×2×2，即16＜25＜32；
因此，4分钟通知不完，只能5分钟；所以最少用5分钟就能通知到每个人．
故选：D．
【点评】注意本题为了便于研究规律，不要把老师和学生分隔开研究，这样有利于使问题简单化；通过本题我们可以总结出这种题的一般规律：有几分钟总人数就是几个2连乘（2的n次方）．
20．【答案】A
【分析】分别求出每一轮的场数，然后把所有场数相加，再根据有理数的加法运算法则计算．
【解答】解：第一轮共有16÷2＝8场，
第二轮8÷2＝4场，
第三轮4÷2＝2场，
决赛1场；
所以8+4+2+1＝15场．
答：一共需要进行15场比赛．
故选：A．
【点评】根据淘汰赛的特点，求出每一轮的比赛场次是求解的关键．
21．【答案】A
【分析】根据偶数与奇数的定义可知，如果它们的和为偶数，则除以2的商为整数，如果它们的和为奇数，则它们数和除以2的商不为整数，因此完成本题要根据a，b，c的奇偶性的不同情况来判断它们数和的奇偶性，从而得出它们的数和除以2时，商是否是整数．
【解答】解：当a，b，c都为偶数时，则a+b，a+c，c+b的和为偶数，
那么a+b2，b+c2，c+a2 都为整数；
当a，b，c都为奇数时，则a+b，a+c，c+b的和为偶数，
那么a+b2，b+c2，c+a2 都为整数；
当a，b，c中有一个偶数，两个奇数时，a+b，a+c，c+b的和中有两个为奇数，一个为偶数，
那么a+b2，b+c2，c+a2 只有一个为整数；
当a，b，c中有一个奇数，两个偶数时，a+b，a+c，c+b的和中有两个为奇数，一个为偶数，
那么a+b2，b+c2，c+a2只有一个为整数；
所以，如果a，b，c是三个任意整数，那么a+b2，b+c2，c+a2 中至少有一个为整数．
故选：A。
【点评】完成本题要在了解数和的奇偶性的基础上完成：偶数+偶数＝偶数，奇数+奇数＝偶数，偶数+奇数＝奇数．
22．【答案】C
【分析】李明将序号是3的倍数的开关拉一遍后，有33个开关开着（100÷3取整得33），接着刘强又将序号是5的倍数的开关拉一遍后，有100÷5＝20个开关动过，其中有6个是由开变关，（100÷（3×5）取整得6），实质上是有20﹣6＝14个开关被打开了，并且关掉了6个开关，两轮以后，一共有33+14﹣6＝41个开关开着，有41×2＝82盏灯亮着．
【解答】解：由分析可知：有82盏灯亮着．
故选：C．
【点评】解答此题应结合题意，根据数的整除特征，依次进行分析，进而得出结论．
23．【答案】D
【分析】所有四位回文数都是ABBA形式的，要使回文数能被7整除，则根据被7整除数的特征，则BBA﹣A能被7整除，据此找到合适的AB即可．
【解答】解：设所有四位数的回文数为：ABBA
因为这个四位数能被7整除，即BBA﹣A＝BB0能被7整除，即BB能被7整除
则B只能为0或7，A可取1～9，故共有2×9＝18个．
故选：D．
【点评】本题主要考查被7整除的数的特征，如果一个数的末三位数与末三位以前的数的差能被7或13整除，那么这个数就能被7或13整除．根据特征继续往下做即可．
24．【答案】B
【分析】能被11整除的数的特征：如果一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差（大减小）能被11整除，那么它必能被11整除；据此解答即可．
【解答】解：A、（1+7+4）﹣（4+1+7）＝0，0能被11整除，所以741741是11的倍数；
B、（7+3+1）﹣（5+2+2）＝2，2不能被11整除，所以212357不是11的倍数；
C、（3+4+0）﹣（2+0+5）＝0，0能被11整除，所以500423是11的倍数；
D、（1+2+1+1）﹣（2+2+1）＝0能被11整除，所以1112221是11的倍数；
故选：B．
【点评】灵活应用能被11整除的数的特征是解答本题的关键．
25．【答案】C
【分析】根据题意，可假设从一个口袋里掏出的是1，那么从另一个口袋里掏出的数字就有13种可能，其中能被6整除的乘积就只有6和12，依此类推就可以算出能被6整除的乘积的个数．
【解答】解：假设从一个口袋里掏出的是1，那么从另一个口袋里掏出的数字就有13种可能，两个数的乘积能被6整除的数是6和12；
假设从一个口袋里掏出的是2，那么从另一个口袋里掏出的数字就有13种可能，两个数的乘积能被6整除的数是6、12、18、24；
假设从一个口袋里掏出的是3，那么从另一个口袋里掏出的数字就有13种可能，两个数的乘积能被6整除的数是6、12、18、24、30、36；
依此类推，再去掉两数相乘的乘积能被6整除的重复的数，就得到能被6整除的乘积共有21个，
如下：6，12，18，24，30，36，42，48，54，60，66，72，78，84，90，96，108，120，132，144，156．
答：其中能被6整除的数的乘积共有21个．
故选：C．
【点评】此题主要考查的是能被6整除的数的特征．（两个数的最大乘积是169，最小乘积是1，从1到169是6的倍数的数求出有多少即可解答）
二．填空题（共20小题）
26．【答案】4。
【分析】如果一个整数的各位数字之和能被3整除，那么它必能被3整除；如果一个整数的个位数是偶数，那么它必能被2整除。能被6整除的数同时满足能被3、2整除数的特征。
【解答】解：9+1+3＝13，13+8＝21，21能被3整除，那么8÷2＝4。□里填同一个数，它是4。
故答案为：4。
【点评】明确能被6整除数的特征是解决本题的关键。
27．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由于五位数能被72整除，72＝8×9，所以五位数能同时被8、9整除；
（2）能被8整除数的特征是最后3位数一定能被8整除；
（3）能被9整除数的特征是各位上的数相加的和能被9整除；
【解答】解：72＝8×9，所以五位数能同时被8、9整除；
被8整除即后三位能被8整除，所以y只能是2；
被9整除，则x+6+7+9+2＝x+24能被9整除，所以x＝3；
所以这个数是36792．
故答案为：36792．
【点评】了解能被8、9整除数的特征是完成本题的关键．
28．【答案】见试题解答内容
【分析】能被5整除的数末位一定是0或5，剩余四位数组合排列种数就是数字个数．
【解答】解：当个位数是0时，符合条件的五位数有6×5×4×3＝360个；
当个位数是5时，符合条件的五位数有5×5×4×3＝300个．
所以，符合条件的五位数有：360+300＝660个．
故答案为：660．
【点评】本题主要考查数的整除特征，熟练掌握能被5整除的数的特征是解答本题的关键．
29．【答案】见试题解答内容
【分析】因为5、2、9的最小公倍数是90，所以这个六位数能被90整除，则这个六位数的个位数字是0，再根据能被9整除的特征：各个数位上的数字之和能被9整除可知，最高位上的数字应该是2，据此即可解答问题．
【解答】解：[5，2，9]＝90，这个六位数应能被90整除，所以个位是0，十万位是2．
所以这个六位数是219960．
故答案为：219960．
【点评】此题主要考查整除的意义，及根据整除的意义和数的整除的特征解决有关的问题．
30．【答案】60096。
【分析】两个自然数相加，每有一次进位，和的各位数字之和就比组成两个加数的各位数字之和减少9，由“小数”“大数”知，要使“小数”的各位数字之和与“大数”的各位数字之和相差19的倍数，（“小数”至少要有4次进位，此时，“大数”的各位数字之和比“小数”减少。当“小数”的各位数字之和是19的倍数时，“大数”的各位数字之和也是19的倍数。
【解答】解：因为要求两数之和尽量小，
所以“小数”从个位开始尽量取9，
取4个9后（进位4次），再使各位数字之和是19的倍数，得到29999，
“大数”是29999+98＝30097。
两数之和为30097+29999＝60096。
故答案为：60096。
【点评】此题较难，解答时应明确题意，根据给出的条件进行分析，然后进行大胆假设，通过假设得出符合要求的答案，进而得出结论。
31．【答案】27。
【分析】由这个自然数与3的和是5的倍数可知，这个自然数除以5，余数为2；由这个自然数与3的差是6的倍数可知，这个自然数除以6，余数也为3，而5，6的最小公倍数为30，则这个自然数最小可以为30﹣3＝27，而27÷6＝4……3，也满足题设条件。故最小为27。
【解答】解：5，6的最小公倍数为5×6＝30
30﹣3＝27
（27+3）÷5＝6
（27﹣3）÷6＝4
所以这样的自然数最小的是27。
故答案为：27。
【点评】本题考查最小公倍数以及数的整体特征。结合问题本身分析为最小公倍数问题，然后利用除法验证解决问题。
32．【答案】285714。
【分析】先设后二位数为00（最小值），即285700，被11与13的最小公倍143除，得商是1997.90209，将小数去掉，在整数上加1，（不论小数多大，均加1，而非四舍五入）得1998，再将1998乘143，得出答案。
【解答】解：先设后二位数为00（最小值），即285700，被11与13的最小公倍143除，得商1997.90209；
然后将小数去掉，在整数上加1（不论小数多大，均加1，而非四舍五入）得1998，再将1998乘143，得285714。
答：这个号码是285714。
故答案为：285714。
【点评】此题考查了数的整除性，本题关键是得到六位数的取值范围为285700到285799之间。
33．【答案】见试题解答内容
【分析】要使6位数15□□□6能够被36整除而且所得的商最大，千位上也要最大，再根据能被4整除的数的特征确定十位数字，再根据能被9整除的数的特征确定百位数．
【解答】解：为使商最大，则被除数也应最大，故千位上可填入9；又被除数是4的倍数，故十位应填入1，3，5，7，9．此时对应的百位数应填入5，3，1，8，6．故三个方柜中的数为987．
故答案为：987．
【点评】本题主要考查数的整除特征，熟练掌握能被4和9整除的数的特征是解答本题的关键．
34．【答案】56。
【分析】把100写成7与一个数的乘积加上11与一个数的乘积的和，即100＝7×8+11×4，由此求出两个自然数，然后进行比较。
【解答】解：因为100＝7×8+11×4
7×8＝56
11×4＝44
56＞44
所以这两个数中较大的一个数是56。
古答案为：56。
【点评】关键是把100进行裂项，即写为：100＝7×8+11×4。
35．【答案】666666。
【分析】能被11整除的数的特征：如果一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差（大减小）能被11整除，那么它必能被11整除；据此解答即可。
【解答】解：因为，0≤x≤9，所以﹣9≤18﹣3x≤18，
因为，18﹣3x能被11整除，所以奇数位的和与偶数位的和的差能被11整除。
所以，18﹣3x＝0或11
当18﹣3x＝0时，x＝6
当18﹣3x＝11时，x不为整数，故舍去。
所以，这个六位数是666666。
答：这个六位数是666666。
故答案为：666666。
【点评】解答本题关键是明确能被11整除的数的特征。
36．【答案】见试题解答内容
【分析】由于有6个算珠，则百位上放一，共有6种摆法；百位上放二，共有5种摆法；百位上放三，共有4种摆法；百位上放四，只有3种摆法；百位上放5，共有2种摆法；百位上放6共有1种摆法．根据加法原理可知共有1+2+3+4+5+6＝21（种）．
【解答】解；1+2+3+4+5+6＝21（种）．
即用6个算珠在计数器上拨出三位数，一共可以拨出 21种不同的三位数．
故答案为：21．
【点评】完成本题要注意是6个算珠，而不是6个数字，因此百位上表示几，就需要几个算珠．
加法原理：做一件事情，完成它有N类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法，…，在第N类办法中有mn（N）种不同的方法，那么完成这件事情共有m1+m2+…+mn种不同的方法．
37．【答案】见试题解答内容
【分析】根据加法原理，把每个同学订阅方式分：订1种、2种、3种、4种情况分类讨论即可解答．
【解答】解：订1种：4种，
订2种：4×3÷2＝6（种），
订3种：4×3×2÷（3×2）＝4（种），
订4种：1种，
共有：4+6+4+1＝15（种）；
答：每个同学有15种不同的订阅方式．
故答案为：15．
【点评】本题考查了加法原理即完成一件事情有n类方法，第一类中又有M1种方法，第二类中又有M2种方法，…，第n类中又有 Mn种方法，那么完成这件事情就有M1+M2+…+Mn种方法．
38．【答案】见试题解答内容
【分析】因为箱子里有红、黄、花三种颜色的球，所以任意摸出一个球，可能摸到红球，也可能摸到黄球，还可能摸到花球，因此有3种可能．
【解答】解：因为有三种颜色的球，每种颜色的球都有可能摸到，所以任意摸出一个球，有3种可能．
故答案为：3．
【点评】此题主要考查可能性，根据颜色判断即可．
39．【答案】见试题解答内容
【分析】从2部电梯中选一种有2种走法、从1部自动梯中选一种有1种走法，从3部扶梯中选一种有3种走法，根据加法原理可知共有2+1+3＝6种不同走法．
【解答】解：2+1+3＝6（种），
答：上站台有6种不同的走法．
故答案为：6．
【点评】如果完成一件任务有n类方法，在第一类方法中有m1种不同方法，在第二类方法中有m2种不同方法…，在第n类方法中有mn种不同方法，那么完成这件任务共有：m1+m2…+mn种不同的方法．
40．【答案】见试题解答内容
【分析】列举选择1种，2种，3种早点的所有方法，然后根据分类计数的原理求解．
【解答】解：（1）选择1种早点，可以是：
包子、油条、烧麦3种中的一种，有3种不同的方法；
（2）选择2种早点，可以是：
包子、油条；包子、烧麦；油条、烧麦；有3种选择方法；
（3）选择3种早点，可以是：
包子、油条、烧麦；有3种选择方法；
共有：3+3+1＝7（种）
答：小明有7种早餐搭配．
故答案为：7．
【点评】解决本题根据分类列举的方法，分别找出各种有多少种方法，再相加．
41．【答案】见试题解答内容
【分析】5，4填在黑格里，根据乘法原理共有6×2＝12种填法；5，3填在黑格里，根据乘法原理共有2×2＝4种填法；根据加法原理可得共有12+4＝16种填法．
【解答】解：5，4填在黑格里，有6×2＝12种；
5，3填在黑格里，有2×2＝4种；
12+4＝16种．
故答案为：16．
【点评】考查了加法原理和乘法原理，注意5只能填在黑格里，因为5是这5个数中最大的；第二种填法中4只能填在5旁边，且不能是中间，因为他比3大；而每一种填法，两个黑格里的都能调换位置，所以，要乘以2．
42．【答案】见试题解答内容
【分析】由于8个大苹果每天至少要吃掉3个苹果，所以只能吃1天和2天，然后分两种情况讨论即可
【解答】解：（1）吃一天只有1种，
（2）吃两天有3种：（3，5），（5，3），（4，4），
共有：1+3＝4（种）；
答：最多可以有4种不同的吃法．
故答案为：4．
【点评】本题考查了加法原理即完成一件事情有n类方法，第一类中又有M1种方法，第二类中又有M2种方法，…，第n类中又有 Mn种方法，那么完成这件事情就有M1+M2+…+Mn种方法．
43．【答案】见试题解答内容
【分析】由于张老师有50分和80分的邮票各两枚，这些面值的邮票能组合就能付成6种不同的邮资：
由于50+50＝100分的，80+80＝160分的，50+80＝130分的，50+50+80＝180分的，50+80+80＝210分的，50+50+80+80＝260分共有6种不同组合，再加上50分与80分这两种，共有8种，即他用这些邮票能付8种邮资．
【解答】解：由于50分与80分的邮票各两枚能组合成：
50+50＝100（分），
80+80＝160（分），
50+80＝130（分），
50+50+80＝180（分），
50+80+80＝210（分），
50+50+80+80＝260（分），
6种不同的邮资，
再加50分与80分这两种面值，
共可付6+2＝8种不同的邮资．
故答案为：8．
【点评】完成本题要注意有50分和80分的邮票各两枚，而不是只有80分与50分的共两枚．
44．【答案】见试题解答内容
【分析】由于共28人参赛，采用淘汰赛，每场比赛都要淘汰一人，则打28÷2＝14场决出14强，打14÷2＝7场决出前七名，打7÷2＝3场，一人轮空自动晋级，决出前四，然后两场决出前2，最后前二打一场决出冠军．根据加法的意义，共需打14+7+3+2+1＝27场．
【解答】解：由于28人参赛，
则打先14场决出前14名，再打7场决出前7名，
此时一人轮空，另外6名打三场后，决出前4名，
前4打两场后决出前2名，
最后打1场决出冠军．
所以共需打：14+7+3+2+1＝27场才能决出冠军．
故答案为：27．
【点评】在淘汰赛制中，参赛队数与比赛场数的关系为：比赛场数＝队数﹣1．
45．【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意，分轮船，火车，汽车三类，轮船3种走法，火车3种走法，汽车4种走法，再根据每一类的走法，相加即可求出结果．
【解答】解：根据题意，从甲地到乙地有3类方法，第一类方法是乘轮，有3种方法；
第二类方法是乘火车，有3种方法；
第三类方法是乘汽车，有4种方法；
所以，从甲地到乙地的走法共有：3+3+4＝10（种）．
故答案为：10．
【点评】先分走的类别，再根据每一类的走法相加即可求出．
三．应用题（共15小题）
46．【答案】M＝1144或2288或4433或5577或7722或8866。
【分析】（1）根据“梦想数”的定义，计算即可；
（2）根据位值原则以及给出的新定义，列出整除关系求解即可。
【解答】解：（1）158﹣1＝157
157÷13＝12……1
所以1158不是“梦想数”；
514﹣254＝260
260÷13＝20
所以254514是“梦想数”；
（2）根据位置原则，M＝（1000+100）a+（10+1）b＝1100a+11b，a，b均为整数，
根据“梦想数”的定义：
100a+10b+b﹣a＝99a+11b是13的倍数，
99a+11b＝11×（9a+b）
所以9a+b是13的倍数，
9a+b＝13a+b﹣4a
所以b﹣4a也是13的倍数，
因为b﹣4a≤9﹣4×1＝5且b﹣4a≥0﹣4×9＝﹣36
所以b﹣4a＝0或﹣13或﹣26，
当b﹣4a＝0时，a＝1，b＝4或a＝2，b＝8；
当b﹣4a＝﹣13时，a＝4，b＝3或a＝5，b＝7；
当b﹣4a＝﹣26时，a＝7，b＝2或a＝8，b＝6。
综上所述，M＝1144或2288或4433或5577或7722或8866。
【点评】本题主要考查了位置原则和定义新运算，根据整除的特性来求解是本题解题的关键。
47．【答案】118。
【分析】根据题意可知，符合条件的两位数的两个数字之和能被4整除，而且比这个两位数大1的数，它的两个数字之和也能被4整除，如果十位数不变，则个位增加1，其和便不能整除4，因此个位数一定是9，在所有的两位数中，符合条件两位数有：39、79；所以，所求的和是39+79＝118。
【解答】解：根据题意可知，如果十位数不变，则个位增加1，其和便不能整除4，
因此个位数一定是9，加1后，十位数也相应改变；
在所有的两位数中，符合条件两位数有：39、79；
所以，所求的和是39+79＝118。
答：所有这样的两位数的和是118。
【点评】完成本题要认真分析所给条件，然后根据能被4整除的两位数的特征求出答案。
48．【答案】55名。
【分析】平均分数是90分，所以□95□的个位一定是0，又总分也一定是9的倍数，故总分的各位数位上数字的和是9的倍数，据此解答即可。
【解答】解：因为总分是□95□，平均分数是90分，所以总分个位一定是0，
又总分也一定是9的倍数，所以总分的各位数位上数字的和是9的倍数，从而千位为4，也就是总分为4950；
所以总人数为：4950÷90＝55（名）。
答：这个班共有55名学生。
【点评】关键是根据平均分和总分判断出总分，再根据平均数的计算方法求出学生的人数。
49．【答案】843。
【分析】1，2，3，4，5，6，7，8的最小公倍数是840，840加上1～8中的某个数后必能被这个数整除，所以8辆汽车的车号依次为841～848；据此即可解答问题。
【解答】解：1，2，3，4，5，6，7，8的最小公倍数是840，
因为840加上1～8中的某个数后必能被这个数整除，所以8辆汽车的车号依次为841～848；
故车号尾数是3的汽车车号是843。
答：尾数是3的汽车车号是843。
【点评】此题主要考查整除的意义，及根据整除的意义和数的整除的特征解决有关的问题。
50．【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意，一个四位数是能被5整除的偶数，所以个位为0．它的前两位是能被3整除的最小的两位数，所以前两位即千位和百位上是：1和2．四位数字之和是奇数，所以：0+1+2＝3，为奇数，所以十位可能是：0、2、4、6、8，所以，这个数可能是：1200、1220、1240、1260或1280．
【解答】解：根据题意，一个四位数是能被5整除的偶数，所以个位为0．它的前两位是能被3整除的最小的两位数，所以前两位即千位和百位上是：1和2．四位数字之和是奇数，所以：0+1+2＝3，为奇数，所以十位可能是：0、2、4、6、8，所以，这个数可能是：1200、1220、1240、1260或1280．
答：这个数可能是：1200、1220、1240、1260或1280．
【点评】本题主要考查3、5倍数的特征和奇数偶数的意义．
51．【答案】见试题解答内容
【分析】先分别求出从1到200的自然数中，能被3整除的数的个数和能被5整除的数的个数，然后相加后，减去能被15整除的数的个数即可．
【解答】解：200÷3+200÷5﹣200÷（3×5）
≈66+40﹣13
＝93（个）
答：在自然数1至200中，共有93个能被3或5整除的数．
【点评】解答此题的关键：找出从1到200的自然数中能被3整除的数的个数和能被5整除的数的个数，然后相加，其中能被3整除又能被5整除的数多算了一次，应减去．
52．【答案】见试题解答内容
【分析】把□3元2角化成角作单位，是□32角，72＝8×9，所以□32既能被8整除，又能被9整除，然后根据能被8和9整除的数的特征判断即可．
【解答】解：因为□3元2角□32角，72＝8×9，
所以□32既能被8整除，又能被9整除，
所以□+3+2的和能被9整除，□＝4，
由于432能被8整除，所以□只能等于4；
答：□表示4．
【点评】能被8整除的数的特征：如果一个整数的末三位数能被8整除，那么它必能被8整除．
能被9整除的数的特征：如果一个整数的各位数字之和能被9整除，那么它必能被9整除．
53．【答案】见试题解答内容
【分析】能被11整除的，500内的数，最大的是11×45＝495，
这一连串的数，可以表示为1×11、2×11、3×11、4×11、5×11、…、45×11，
将11提取出来，得到这些数字和是11×（1+2+3+4+..+45），后面的可以用等差数列，求得1035，
所以这些数字和是11×1035＝11385．
【解答】解：11+22+…+495
＝11×（1+2+…+45）
＝11×46×45÷2
＝11385．
【点评】本题考查了数的整除特征，求出500以内的能被11整除的数的和是解答此题的关键所在．
54．【答案】见试题解答内容
【分析】3的倍数特点：各个位上的数字和是3的倍数，每个算式都分成了两部分，第一次部分的999，990 都是3的倍数所以只需要看后面的加数是3的倍数，整个算式都是3的倍数．
【解答】解：A＝999×456+466，999是3的倍数，466中4+6+6＝16，16不是3的倍数，所以A不是3的倍数；
B＝999×112+112，999是3的倍数，112中1+1+2＝4，4不是3的倍数，所以B不是3的倍数；
C＝990×890+890，990是3的倍数，890中8+9+0＝17，17不是3的倍数，所以C不是3的倍数；
D＝990×369+369，990是3的倍数，369中3+6+9＝18，18是3的倍数，所以D不是3的倍数；
答：A，B，C都不是3的倍数，D是3的倍数．
【点评】解决本题关键是明确3的倍数的特点：各个位上的数字和是3的倍数．
55．【答案】见试题解答内容
【分析】能被45整除的数包括能同时被5和9整除的自然数，而能被5整除的数的末尾是0、5，能被9整除是四位数是这四位数分别相加是9的倍数即可．当六位数19A88B个位数字为0时，1+9+8+8+0＝26，A为1；当六位数19A88B个位数字为5时，1+9+8+8+5＝31，A为5，据此解答即可．
【解答】解：45＝5×9，即这个六位数能同时被9和5整除，
则这个数的末位数为0或5，
1+9+8+8+A+B的和能被9整除，
1+9+8+8＝26，
当六位数19A88B个位数字为0时，1+9+8+8+0＝26，A为1；
当六位数19A88B个位数字为5时，1+9+8+8+5＝31，A为5，
使六位数19A88B能被45整除，A取1，B取0或A取5，B取5．
【点评】本题主要考查的是关于数的整除性问题．
（1）若一个整数的末位是0、2、4、6或8，则这个数能被2整除．
（2）若一个整数的数字和能被3整除，则这个整数能被3整除．
（3）若一个整数的末位是0或5，则这个数能被5整除．
（4）若一个整数的数字和能被9整除，则这个整数能被9整除．
56．【答案】见试题解答内容
【分析】设前几位数为m，则m676能被23整除，整理，可得（43×23m+29×23）+（11m+9）能被23整除，所以11m90能被23整除；假设11m+9＝23n，则m＝（22n﹣9）÷11，求出n的最小值，进而判断出这个数最小是多少即可．
【解答】解：设前几位数为m，则m6769能被23整除，
1000m+676＝43×23m+11m+29×23+9＝（43×23m+29×23）+（11m+9）
可得（43×23m+29×23）+（11m+9）能被23整除；
因为43×23m+29×23能被23整除，
所以11m+10能被23整除；
假设11m+9＝23n，
则m＝（23n﹣9）÷11＝（22n﹣11）÷11+（n+2）÷11，
显然n+2被11整除，n最小为9，
m最小为：（23n﹣9）÷11＝（23×9﹣9）÷11＝18，
综上，所求这个数最小是18676．
答：这个数最小是18676．
【点评】此题主要考查了整除性质的应用，解答此题的关键是设前几位数为m，分析出（43×23m+29×23）+（11m+9）能被23整除．
57．【答案】见试题解答内容
【分析】由“一个四位数AB12加上9后能被9整除，减去8后能被8整除”说明这个数不加9，不减8也能被9整除、被8整除．一个数如果能被9整除，这个数的各位数字之和也能被9整除，因此A+B+1+2是9的倍数，而A+B+1+2只能等于9或18（A、B都是一位数字，其和不可能是大于18的9的倍数），因为满足条件为最大数，所以A+B+1+2＝18，即A+B＝15．一个数能被8整除，这个数的后三位一定能被8整除（因为1000、2000……千位不论是几都能被8整除），这样的数只能是112、312、512、712、912．因为一个数的最大高大，这个数就大，然后再看A＝9、8、7……能满足A+B＝15的B的数就是可以了．
【解答】解：因为这个四位数AB12加上9后能被9整除，减去8后能被8整除
所以这个数不加9，不减8也能被9整除、被8整除
因为个数如果能被9整除，这个数的各位数字之和也能被9整除
所以A+B+1+2是9的倍数
即A+B+1+2＝9（不满足最大数）
或A+B+1+2＝18（满足最大数），由此得出A+B＝15
一个数如果能被8整除，这个数据的后三位一定能被8除数，满足这一条件的数有112、312、512、712、912
当A＝9时，B＝6，不符合条件
当A＝8时，B＝7，符合条件
因此为个数是8712．
【点评】此题的关键在于根据能被9和8整除的数的特征，确定出a、b的值．
58．【答案】见试题解答内容
【分析】先把2910分解质因数，即2910＝2×3×5×97，再根据姗姗的年龄在10～15岁之间，可得2910＝10×3×97，如何再确定这次竞赛姗姗的名次、年龄和本次的考试成绩．
【解答】解：因为2910＝2×3×5×97，又因为姗姗的年龄在10～15岁之间
所以2910＝10×3×97，2910＝2×15×97
那么可以推断这次竞赛她的名次就是第3名、年龄是10岁、成绩是97分；或她的名次就是第2名、年龄是15岁、成绩是97分．
答：姗姗的名次就是第3名、年龄是10岁、成绩是97分或她的名次就是第2名、年龄是15岁、成绩是97分．
【点评】本题关键是先把2910分解质因数，然后结合她的实际年龄范围得出年龄，再求名次和成绩就简单了．
59．【答案】见试题解答内容
【分析】由于林老师出生的年份加上5的和是9的倍数，加上6的和是10的倍数，加上7的和是11的倍数，加上8的和是12的倍数．可知林老师出生的年份是9，10，11，12的公倍数多4的数，依此即可求解．
【解答】解：设这个数为x，
根据题意得，x+5是9的倍数，x+6是10的倍数，x+7是11的倍数，x+8是12的倍数
由上面的式子可得，x﹣4是9，10，11，12的公倍数
因为9，10，11，12的最小公倍数是3×2×3×5×11×2＝1980，
x﹣4＝1980
所以，1980+4＝1984（年）．
答：林老师出生的年份是1984年．
【点评】考查了约数和倍数问题，解题的关键是得到林老师出生的年份是9，10，11，12的公倍数多4的数．
60．【答案】10次。
【分析】由于每个小朋友都要和另外的4个小朋友通电话一次，一共要通：4×5＝20（次）；又因为两个小朋友通电话一次，去掉重复计算的情况，实际只通：20÷2＝10（次），据此解答。
【解答】解：（5﹣1）×5÷2
＝20÷2
＝10（次）
答：一共要通10次电话。
【点评】本题考查了握手问题的实际应用，要注意去掉重复计算的情况，如果人比较少可以用枚举法解答，如果人比较多可以用公式：握手次数＝n（n﹣1）÷2解答。
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