（小升初思维拓展）小学六年级数学下册小升初高频考点43《数的整除特征》（提高卷）含解析

（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

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I―I56|一|同时是2、3和5的倍数，第一个I―I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，8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，且无不等于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,5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.KGTY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

a+bb+cc+a

21.已知a、b、c都是整数，则下列三个数——、——、——中，整数的个数（）

222

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口3口能被6整除，口里填同一个数，它是。

27.五位数而方能被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o

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o

33.要使6位数15口口口6能够被36整除而且所得的商最大，□□口内应填.

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6x6x6尤能被11整除，尤是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.I—I—I—!—I—

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千位和百位上的数字均为a,十位与个位上的数字均为6,

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，总分是口95口，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，共用去口3元2角，口是一个数字，但已经模

糊不清了.你能通过巧算求出口表示多少吗？

53.求不超过500的所有被11整除的自然数的和.

54.已知4=999X456+466,2=999X112+112,C=990X890+890.£>=990X369+369.你

能不能通过计算，说出4B、C、。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19488B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？

57.一个四位数而麦加上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

—.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：A68能被2整除，符号题意；

8.19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：Ao

【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：Bo

【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8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24X16=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

24X16=384(本)

故选：Do

【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，第一个口内必须填1或4、7,其中7最大.

【解答】解：四位数I―I56|一|同时是2、3和5的倍数，第一个I―I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ABA8A8一定能被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：Be

【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+1OOy+1Oz+z,

=110000x+1100y+llz,

=11(WOOOx+lOOy+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+1Ox+y,

=101010x+10101y,

=10101(lOx+y),

因为10101=3X7X13X37,

所以此数一定能被3整除；

C、xyyxzy,

=100000%+10000y+1000y+100x+1Oz+y,

=100100x+110013；+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：Bo

【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：7X2

=14；设最小的偶数的个位是0,然后分类讨论，求出。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：7X2=14；

设最小的偶数的个位是a,

(1)如果。+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1VSNSNS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8.

【解答】解：5=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。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：4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；

8、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）X49+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Ml种方法，

第二类中又有M2种方法，…，第"类中又有Mn种方法，那么完成这件事情就有

Ml+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〃类方法，第一类中又有Ml种方法，第

二类中又有M2种方法，…，第"类中又有Mn种方法，那么完成这件事情就有Ah+〃2+…

+M,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44-2=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-L

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Mi

种方法，第二类方式有陵种方法，…，第N类方式有Mv种方法，那么完成这件事情共

有M1+M2H■…+Mv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1X2=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1X4=4人，第二分钟老师和学生一共

有：4+4=8=2X2X2人；

第四分钟老师和学生每人都通知一人，又增加了1X8=8人，第二分钟老师和学生一共

有：8+8=16=2X2X2X2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，2X2X2X2<24+1<2X2X2X2X2,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2X2X2X2<24+1<2X2X2X2X2,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“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+6的和为偶数,

a+bb+cc+a.一「，

那么丁’—-—都为整数;

当。，b,c都为奇数时，则a+i>,a+c,c+b的和为偶数,

,a+bb+cc+a,，­,

那么三，—）—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,

a+bb+cc+a

那么丁—.—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,

a+bb+cc+a

那么丁’--h只有一个为整数;

a+bb+cc+a

所以，如果“，小是三个任意整数，那么三’—,—中至少有一个为整数.

故选：Ao

【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，(1004-(3X5)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41X2=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-4=880能被7整除，即仍能被7整除

则B只能为0或7,A可取1〜9,故共有2义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,。能被11整除，所以741741是11的倍数；

8、(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至U169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。口里填同一个数,

它是40

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=8X9,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=8X9,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，贝！Ix+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。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。时，符合条件的五位数有6X5X4X3=360个；

当个位数是5时，符合条件的五位数有5X5X4X3=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5X6=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口口口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1,3,5,1,9.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】56o

【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=7X8+11

X4,由此求出两个自然数，然后进行比较。

【解答】解：因为100=7X8+11X4

7X8=56

11X4=44

56>44

所以这两个数中较大的一个数是56o

古答案为：56o

【点评】关键是把100进行裂项，即写为：100=7X8+11X4。

35.【答案】666666c

【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n整除，那么它必能被11整除；据此解答即可。

【解答】解：因为，0WxW9,所以-9W18-3xW18,

因为，18-3尤能被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，18-3尤=0或11

当18-3x=0时，x—6

当18-3x=U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：666666c

【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"“种不同的方法，在第

二类办法中有很2种不同的方法，…，在第N类办法中有加〃（N）种不同的方法，那么完

成这件事情共有"71+7W2+…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：4X34-2=6（种），

订3种：4X3X24-（3X2）=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”类方法，第一类中又有Ml种方法，第

二类中又有加2种方法，…，第n类中又有跖,种方法，那么完成这件事情就有M1+M2+—

+跖,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w类方法，在第一类方法中有何种不同方法，在第二类方

法中有侬种不同方法…，在第w类方法中有妨种不同方法，那么完成这件任务共有：

mi+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