海藻泥面膜的功效-著名小说

数论50题
1． 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？
【分析】 各位数字和为1+3+4+5+7+8=28
所以偶数位和奇数位上数字和均为14
为了使得该数最大，首位必须是8，第2位是7，14-8=6
那么第3位一定是5，第5位为1
该数最大为875413。

2． 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？
【分析】 75=3×25
若被3整除，则各位数字和是3的倍数，1+2+5+7+8+9=32
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
1） 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2*6=12个满足要求的数
2） 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。

3． 已知道六位数20□279是13的倍数，求□中的数字是几？
【分析】 根据被13整除的判别方法 ，用末三位减去前面的部分得到一个两位数，十位是7，个位是（9-□），它应
该是13的倍数，因为 13|78,所以9-□=8
□中的数字是1

4． 某自然数，它可以表示成9 个连续自然数的和，又可以表示成10个连续自然数的和，还可以表示成11个连续自
然数的和，那么符 合以上条件的最小自然数是？（2005全国小学数学奥赛）
【分析】 可以表示成连续9个自然数的 和说明该数能被9整除，可以表示成连续10个自然数的和说明该数能被5
整除，可表示成连续11个自 然数的和说明该数能被11整除
因此该数是[9,5,11]=495，因此符合条件的最小自然数是495。
5． 一次考 试中，某班同学有
1
11
考了优秀，考了良好，考了及格，剩下的人不及格，已知该班 同学的人数不超
3
27
过50，求有多少人不及格？
【分析】 乍一看这应 该是一个分数应用题，但实际上用到的却是数论的知识，由于人数必须是整数，所以该班同
学的人数必须 同时是2，3，7的倍数，也就是42的倍数，又因为人数不超过50，所以只能是42人，因此不及格的人数为（1-
1
1
1
--）×42=1人
2
3
7
6． （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，有多少个数的各位数字之和能被4整除？
（第14届迎春杯考题）
【分析】 （1）39984=999….6所以1-3998中有996个能被4整除的
（2）考虑数字和，如果一个一个找规律我们会发现规律是不存在的
因此我们考虑分组的方法

我们补充2个数，0000和3999，此外所有的一位两位三位数都在前面加上0补足4位
然后对这4000个数做如下分组
（0000，1000，2000，3000）
（0001，1001，2001，3001）
（0002，1002，2002，3002）
…….
(0999，1999，2999，3999)
共1000组，容易发现每一组恰好有个数字和是4的倍数，因此共有1000个数字和是4的倍数
但注意到我们补充了一个0000进去。所以原来的3998个数里，有999个数字和是4的倍数。

7． 是否可在下列各数之间添加加号或者减号，使得等式成立？
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10=36
若可以，请写出符合条件的等式；若不可以，请说明理由。
【分析】 无论是加还是减，对奇 偶性没有影响，如果全是加号的话，那么算出的结果是55是个奇数，因此某些加
号变成减号后所得结果 仍然是奇数，不可能是36，因此不可能使等式成立。

8． 黑板上写着两个数1和2，按 下列规则增写新数，若黑板有两个数a和b，则增写a×b＋a＋b这个数，比如可
增写5（因为1×2 ＋1＋2＝5）增写11（因为1×5＋1＋5＝11），一直写下去，问能否得到2008，若不能，说明理由，若能则说出最少需要写几次得到？（2001年同方杯试题改编）
【分析】 开始是一奇数 一个偶数，根据规则变成的新数是奇数×偶数+奇数+偶数，仍然是一个奇数，此时我们有2
个奇数，一 个偶数，如果还用奇数和偶数来进行运算的话我们新添的仍然是奇数，若用2个奇数进行运算，则新添的
数是奇数×奇数+奇数+奇数，仍然是奇数。因此无论我们怎么算都只能增写奇数，不可能写出2008这个偶数 。

9． 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任意选出三个数，使它们的和为偶数，则共有几种不同的选法？
【分析】 3个数的和是偶数有2种可能
1） 三个都是偶数，从2，4，6，8里选3个有4种可能
2） 两个奇数一个偶数，从1，3，5，7， 9里选2个有10种可能，从2，4，6，8里选一个有4种可能，根据乘法原理有40
种选法
综上所述，共有44种不同的选法。

10． 已知3个不同质数的和是最小的合数的完全平方，求这3个质数的乘积是多少？
【分析】 最小的合数是4，其平方为16
我们知道奇数个奇数的和是奇数，所以这3个质数中必然有2
那么其余2个的和是14
只能一个是3一个是11
因此这3个质数的乘积是2×3×11=66

11． 有1997个奇数，它们的 和等于它们的乘积。其中有三个数不是1，而是三个不同的质数。那么，这样的三个
质数是 、 、
【分析】 设这3个不同的质数分别是a，b，c
根据题意 abc=1994+a+b+c
这3个质数不可能都很大，假如最小的是11的话，那么11*13*17=2431,太大了
所以a，b，c中一定有一个是3，5，7中的
若a=3，那么3bc=1997+b+c,c=(1997+b)(3b-1)
试验一下发现b=5可以使c是整数，c=143，但143不是质数，b=7，11，13都不行
那么我们不妨再让a=5，那么5bc=1999+b+c

c=(1999+b)(5b-1) b=7时 算得c=59，是质数，符合要求
因此a=5，b=7，c=59为满足条件的三个质数。

12． 利用约数个数公式
1）分别求12，35和420的约数个数
2）分别求4，6，和24的约数个数
问题1：对于1）的结果，你是否发现了什么规律？
问题2：对于2）该规律是否仍然成立？
问题3：该规律成立的条件是什么，并证明你的结论
【分析】 1）d(12)=6 d(35)=4 d(420)=24
规律：12×35=420
d(12)×d(35)=d(420)
2) d(4)=3 d(6)=4 d(24)=8,规律不再成立
3） 规律是若(a,b)=1，则d(a)×d(b)=d(ab)
证明用约数个数公式即可

13． 一个数的完全平方有39个约数，求该数的约数个数是多少？
【分析】 设该数为p1^a1×p2^a2×…pn^an
那么它的平方就是p1^(2a1)×p2^(2a2)…×pn(2an)
因此(2a1+1)(2a2+1)…(2an+1)=39
由于39=3×13=1×39
（1）所以2a1+1=3,2a2+1=13
a1=1,a2=6
故该数的约数个数为(1+1)×(6+1)=14
（2）或者：2a1+1=39
a1=19,那么19+1=20个

14． 从12 14 16 18 110 112中去掉2个分数，可使得剩下4个分数之和为1，问去掉哪两个？（希望杯
试题）
【分析】 单纯试的方法当然可以，但本题如果我们对数论知识理解透彻并应用上的话不需要任何计算就 可以“看
出”去掉的是18和110
理由如下
1）因为分母里8是独一无二的有3个质因子2的，所以必须去掉
2）因为10是分母里独一无二的含有质因子5的，所以也必须去掉

15． 甲乙两数最小公倍数是60，最大公约数是6，已知甲数是12，求乙数。
【分析】 直接用公式[a,b]×(a,b)=ab，代入即得乙数=30

16． 已知甲乙两数的 和加上它们的最大公约数恰好等于它们的最小公倍数，求它们的最小公倍数除以它们的最大
公约数所得的 商是几？
【分析】 设甲数为a，乙数为b，并设a=（a,b）×a’，b=(a,b)×b’,则 [a,b]=(a,b)a’b’
根据题意得 (a,b)a’b’=（a,b）×a’+(a,b)×b’+（a,b）
两边同时约掉(a,b)得到 a’b’=a’+b’+1
所以a’b’-a’-b’+1=2 (a’-1)(b’-1)=2 得a’=3 b’=2
最小公倍数除以最大公约数得到的是a’b’=3×2=6

17． 三个连续正整数，中间一个是完全平方数，将这样的连续三个正整数的乘积称为“美妙数”，问 所有的“美妙
数”的最大公约数是多少？（第九届华杯赛）
【分析】 这样的数有3×4×5 8×9×10 15×16×17 24×25×26……
容易发现它们的最大公约数是3×4×5=60
下面给出证明，首先任意连续3个正整数中 必然有一个是3的倍数，所以美妙数一定能被3整除，其次，任何一个完全平
方数要么是4的倍数要么被 8除余1，所以美妙数一定也能被4整除
最后，任何一个完全平方数的末位数字都是0，1，4，5， 6，9，无论是哪一个，它们自己加上前后各一个数中必然有
一个是0或5，因此美妙数一定也是5的倍 数
综上所述，所有美妙数的最大公约数是60

18． 10个非零自然数的和是1001，则它们的最大公约数的最大值是多少？（2002我爱数学少年夏令营）
【分析】 设这10个非零自然数分别是a1,a2,a3,….a10,它们的最大公约数是a
那么a1，a2，…,a10都是a的倍数
因此1001是a的倍数，1001=7*11*13
a是1001的约数，显然a不能取1 001，若a取143，则a1+a2+…+a10至少是1430也不可能
因此a最大是7*13=91

19． 一个偶数，它的约数里最大的两个之和是120，求该数是多少？
【分析】 设这个数是2a
那么它最大的两个约数显然是2a和a
2a+a=120
解得a=40
所以2a=2×40＝80
所以这个数是80。

20． 已知一个苹果重
【分析】
5
4
千克，一个梨重千克，且苹果和梨的总重量相同，求最少有几个苹果和几个梨？
24
15
本题实质上就是一个求分数得最小公倍数的问题，这类问题有固定的解法， 一般地，对于两个分数
c
[a,c]
a
，这里[a,c]代表a,b的最小公 倍数，(b,d)代表b,d的最大公约数。
和
，它们的最小公倍数是
(b,d)< br>d
b
5
4
和的最小公倍数
15
24
解法一 ：根据上述分析本题实质上是求
由上面给出的结论知道这个数是
[4，5]
20
=
（15，24）
3
所以苹果和梨的总重量都是
因此苹果个数是
20
千克
3
4
20
÷=25个
3
15
5
20
梨的个数是÷=32个。
3
24
解法二：设苹果有x个，梨有y个

所以
5
4
x=y，推出x:y=25:32
15
24
故x最小是25，y最小是32。
20
44
x=×25＝
3
1515
20
所以总重量是千克。
3

21． 一个正整数加上32和132后都等于完全平方数，求这个正整数是多少？
【分析】 设该正整数为a，根据题意得
22
a+32=m a+132=n
两式相减得(n+m)(n-m)=100,注意到n+m和n-m的奇偶性相同
所以n+m=50,n-m=2
解得n=26 m=24
因此a=26×26-132=544
所以这个正整数是544

22． 一间屋子里有编号为1-100的100盏灯，全都是亮的，有编号为1-100的100名同学依次进入房间拉 灯，规
则如下：第一名同学把所有的灯都拉了一遍，第二名同学拉了所有号码是2的倍数的灯，第3名同 学拉了所有号
码是3的倍数的灯…第100名同学拉了所有号码是100的倍数的灯，问最后有几盏灯是 灭的？
【分析】 要考虑灯是亮的还是灭的，关键看灯被拉了奇数次还是偶数次，因为原来都亮，要我 们求灭的灯的个数，
那么也就是求那些被拉了奇数次的灯有几个
注意拉灯的规则我们不难发现，每盏灯被拉的次数恰好是它的约数的个数
又因为约数个数是奇数等价于该数是完全平方数，因为1-100中的完全平方数有10个
因此最后有10盏灯是灭的。

23． 一间屋子里有100盏灯，全都是亮的，有 编号为1-100的100名同学依次进入房间拉灯，规则如下：第一名
同学先拉1号灯，然后隔一个拉 一个；第2名同学先拉1号灯，然后隔两个拉一个；第3名同学先拉1号灯，然
后隔3个拉一个；…第1 00名同学先拉1号灯，然后隔100个拉一个，问最后有几盏灯是灭的？
【分析】 我们要求的仍然是被拉了奇数次的灯有几个
注意到规则已经产生变化，方便起见我们先举一个简单的例子个大家看
1号同学拉的都是被2除余1的
2号同学拉的都是被3除余1的
…
100号同学拉的是被100除余1的
我们来看7号灯，7被谁除余1呢，那么就要看7-1 能被谁整除了，注意到6有4个约数，1，2，3，6，但被1除余1的并没
被拉过，因此7号灯被3个 同学拉过（2号，3号，6号）
由此可见，n号灯被拉的次数等于（n-1）的约数个数-1（特别的，1号灯被拉了100次）
我们要求的是被拉奇数次的，那么就要使n-1的约数个数是偶数，即不是完全平方数
0-99中的完全平方数有10个，所以不是完全平方数的就有90个，因此最后有90盏灯是灭的。

24． 已知a,b,c都是整数，且（a,b,c）=1,满足ab+bc=ac,求证a-b是完全平方数
【分析】 证明：ab+bc=ac，变形得ac-ab-bc=0,即ac-ab- bc+b^2=b^2
因此(a-b)(c-b)=b^2
任取a- b的一个质因子q（若无质因子那么a-b=1，是完全平方数）
那么b的平方就能被q整除，由于q是质数，所以b就能被q整除，又因为a-b可被q整除

那么a也能被q整除。
若c- b也有质因子q，那么c就也能被q整除了，和（a，b，c）=1矛盾
所以c-b里无因子q
由此可知b^2里所含的质因子q都在a-b中，必然是偶数个（完全平方数的每个质因子都是偶数个）
由q的任意性可知，a-b里每个质因子的指数都是偶数，因此a-b是完全平方数。

25． 已知2008被一些自然数去除，得到的余数都是10．这些自然数共有几个？（15届迎春杯）
【分析】 2008被这样的自然数除余数是10，那么1998就是这些自然数的倍数，换句话说 < br>我们要求1998的约数有几个，但注意到除数比余数大，所以我们要求的是1998的约数中那些大于1 0的，枚举显然不可
取，我们考虑用约数个数公式
1998=2*3^3*37,d(1998)=(1+1)*(3+1)(1+1)=16
其中小于10的约数有1，2，3，6，9
去掉它们还有11个
因此这样的自然数共有11个。

26． 有一串数：1，3，8，22，60，1 64，448，…其中第一个数是1，第二个数是3，从第三个数起，每个数恰好
是前两个数之和的2倍 。那么在这串数中，第2000个数除以9的余数是
【分析】 把这串数除以9的余数列出来如下
1，3，8，4，6，2，7，0，5，1，3，….
发现恰好每9个一循环
2000被9除余数是2，所以第2000个和第2个是一样的，除以9的余数是3

27． 用自然数n去除63，91，129所得余数之和是25，求n
【分析】 方便起见我们把3次除法的商和余数都设出来
63÷n=a…r1
91÷n=b…r2
129÷n=c…r3
r1+r2+r3=25
根据带余除法，(a+b+c)n+(r1+r2+r3)=63+91+129
即(a+b+c)n=258=2*3*43
试验后易知n=43

28． 一个小于200的自然数，被7除余2，被8除余3，被9除余1，这个数是多少？
【分析】 注意到7-2=8-3=5
也就是说该数加上5以后可被7和8整除，也就是56的倍数
因此这个数只可能是56-5 56*2-5 56*3-5
经检验发现只有56*3-5=163被9除余1符合要求，因此该数为163

29． 一堆糖果，如果每2块分一堆剩1个，每3块分一堆剩1个….每10个分一堆也剩1个，且这 堆糖果的个数
在99-5000之间，求这堆糖果的个数？
【分析】 糖果数减掉1的话就能同时被2，3，4，…10整除
[1,2,3,…10]=2520
因此糖果数被2520除余1，在题目要求的范围里这样的数只有2521，因此这堆糖果的个数是2521。

30． 若有一数介于300与400之间，以3除剩1，以8除剩5，以11除剩4。问此数为何？
【分析】 下面介绍一种通用的方法

第一步：先找一个被3除余1，被8和11同时整除的数，容易找到是88
第二步：找一个被8除余1，被3和11同时整除的数，容易找到是33
第三步：找一个被11除余1，被3和8同时整除的数，容易找到是144
最后一步，算出该数1*88+5*33+4*144=829
但该数不在300-400之间怎么办呢？我们只需要减去[3,8,11]=264
那么该数被3，8，11除的余数都不会改变，829-264-264=301
因此所求数为301，经检验的确符合要求
31． 已知三个连续自然数，它们都小于200 2，其中最小的一个自然数能被13整除，中间的一个自然数能被15整
除，最大的一个自然数能被17 整除。那么，最小的一个自然数是多少？
（第18届迎春杯）
【分析】 假设中间一个是a，那么a被13除余1，被15整除，被17除余16
先满足前2个条件，被15整除且被13除余1
因为15除以13余2，2*7=14除以13余1，所以该数为15*7=105
如果加上[13，15]=195仍然符合前2条，因此该数形如105+195n
我们只需要满足该数被17除余16即可
105+195n=(102+187n)+(3+8n)
所以8n+3被17除余16即可，即8n被17除余13，n=8即可满足要求
因此a=105+195*8=1665
所以最小一个自然数是1664
32． 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位
数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结
果都是1998。问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？
【分析】 设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a3，a2，a1，a0，则这个四位数可以写成 1000a3+100a2+10a1+a0，
它的各位数字之和的10倍是
10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，
这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是
990a3+90a2-9a0=1998，
110a3+10a2-a0=222。
比较上式等号两边个位、十位和百位，可得
a0=8，a2=1，a3=2。
所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8。
33． 筐里共有96个苹果，如果不一次 全拿出，也不一个个地拿；要求每次拿出的个数同样多，拿完时又正好不多

不少，有________种不同的拿法.
【分析】 按题目的规定，每次拿的个数都是96 的约数(除96和1之外)，这样问题转化为求96的约数个数.将96
分解质因数，得96=2×2× 2×2×2×3.除去96和1之外，96的约数有10个：
答：有10种不同拿法. 2；3；4；6；8；12；16；24；32；48.
34． 十二张扑克牌，2点、6点、10点各四张.你能从中选出七张牌，使上面点数之和等于52吗?说明理由.
【分析】 每张牌的点数除以4，都余2，所以任取七张，点数之和被4除都余2，而52被4整除，所 以不能使点数
之和等于52。
35． 现有三个自然数，它们的和是1111，这样的三个自然数的公约数中，最大的可以是多少？
【分析】 只知道三个自然数的和，不知道三个自然数具体是几，似乎无法求最大公约数。只能从唯一的条件“它
们 的和是1111”入手分析。三个数的和是1111，它们的公约数一定是1111的约数。因为1111=10 1×11，它的约数只
能是1，11，101和1111，由于三个自然数的和是1111，所以三个自 然数都小于1111，1111不可能是三个自然数的公
约数，而101是可能的，比如取三个数为10 1，101和909。所以所求数是101。

36． 如果N是1，2，3，…，1998，1999，2000的最小公倍数，那么N等于多少个2与1个奇数的积？
【分析】 因为
2
=1024，
2
=2048＞2000，每一个不 大于2000的自然数表示为质因数相乘，其中2的个数不多于
10
1011
10个， 而1024=
2
，所以，N等于10个2与某个奇数的积。

37． 求这样的三位数，它除以11所得的余数等于它的三个数字的平方和。
【分析】 三位数只有900个，可用枚举法解决，枚举时可先估计有关量的范围，以缩小讨论范围，减少计算量。
设这个三位数的百位、十位、个位的数字分别为x，y，z。由于任何数除以11所得余数都不大于10，所以 x2+y2+z2
≤10，
从而1≤x≤3，0≤y≤3，0≤z≤3。所求三位数必在以下数中：
100，101，102，103，110，111，112，
120，121，122，130，200，201，202，
211，212，220，221，300，301，310。
不难验证只有100，101两个数符合要求。

38． 在1-600中，恰好有3个约数的数有几个？
【分析】 我们只需要注意到有3个约数的数一定是质数的完全平方
2,3,5,7,11,13,17,19,23这9个数的平方数在1-600之间
共有9个符合要求

39． 有3张扑克牌，牌面数字都在10以内。把这3张牌洗 好后，分别发给小明、小亮、小光3人。每个人把自己
牌的数字记下后，再重新洗牌、发牌、记数，这样 反复几次后，3人各自记录的数字的和顺次为13，15，23。问：
这3张牌的数字分别是多少？
【分析】 13+15+23=51，51=3×17。 因为17＞13，摸17次是不可能的，所以摸了 3次， 3张扑克牌数字之和
是17，可能的情况有下面15种：
①1，6，10 ②1，7，9 ③1，8，8
④2，5，10 ⑤2，6，9 ⑥2，7，8
⑦3，4，10 ⑧3，5，9 ⑨3，6，8
⑩3，7，7 (11)4，4，9 (12)4，5，8
(13)4，6，7 (14)5，5，7 (15)5，6，6
只有第⑧种情况可以满足题目要求，即
3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23。

这3张牌的数字分别是3，5和9。

40． 写出12个都是合数的连续自然数。
【分析】 分析一：在寻找质数的过程中，我们可以看出100以内最多可以写出7个连续的合数：90 ，91，92，93，
94，95，96。我们把筛选法继续运用下去，把考查的范围扩大一些就行了。
解法1：用筛选法可以求得在113与127之间共有12个都是合数的连续自然数：
114，115，116，117，118，119，120，
121，122，123，124，125，126。
分析二：如果12个连续自然数中，第 1个是2的倍数，第2个是3的倍数，第3个是4的倍数……第12个是13的
倍数，那么这12个数就 都是合数。
又m+2，m+3，…，m+13是12个连续整数，故只要m是2，3，…，13的公倍 数，这12个连续整数就一定都是合数。
解法2：设m为2，3，4，…，13这12个数的最小公倍 数。m+2，m+3，m+4，…，m+13分别是2的倍数，3的倍数，
4的倍数……13的倍数，因 此12个数都是合数。
说明:我们还可以写出
13！+2，13！+3，…，13！+13
（其中n！=1×2×3×…×n）这12个连续合数来。
同样，（m+1）！+2，（m+1）！+3，…，（m+1）！+m+1是m个连续的合数。
41． 将100以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：
（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边；
（2）从左到右两位一节组成若干个两位数；
（3）划去这些两位数中的合数；
（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；
（5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串。
问：经过1999次操作，所得的数字串是什么？
【分析】 第1次操作得数字串7； 第2次操作得数字串11133173； 第3次操作得数字串111731；
第4次操作得数字串1173； 第5次操作得数字串1731； 第6次操作得数字串7311； 第7次操作得数字串
3117； 第8次操作得数字串1173。
不难看出，后面以4次为 周期循环，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117。
42． 甲、乙两个代表团乘车去参观，每辆车可乘36人。两代表团坐满若干辆车后，甲代表团余下的 11人与乙代
表团余下的成员正好又坐满一辆车。参观完，甲代表团的每个成员与乙代表团的每个成员两 两合拍一张照片留念。
如果每个胶卷可拍36张照片，那么拍完最后一张照片后，相机里的胶卷还可拍几 张照片？
【分析】 甲代表团坐满若干辆车后余11人，说明甲代表团的人数（简称甲数）除以36余 11；两代表团余下的人
正好坐满一辆车，说明乙代表团余36-11=25（人），即乙代表团的人数 （简称乙数）除以36余25；甲代表团的每个成
员与乙代表团的每个成员两两合拍一张照片，共要拍“ 甲数×乙数”张照片，因为每个胶卷拍36张，所以最后一个胶
卷拍的张数，等于“甲数×乙数”除以3 6的余数。因为甲数除以36余11，乙数除以36余25，所以“甲数×乙数”
除以36的余数等于1 1×25除以36的余数。
（11×25）÷36=7……23，
即最后一个胶卷拍了23张，还可拍36-23=13（张）。

43． (第五届 小学数学报竞赛决赛)用某自然数
a
去除
1992
，得到商是
46< br>，余数是
r
，求
a
和
r
．
【分析】

44． 一个两位数除以
13
的商是
6
，除以
1 1
所得的余数是
6
，求这个两位数．
【分析】 因为一个两位数除以
13
的商是
6
，所以这个两位数一定大于
13678
，并且小 于
13(61)91
；又因
因为
1992
是
a
的
46
倍还多
r
,得到
19924643LL14
， 得
1992464314
，所以
a43
，
r14
．

为这个两位数除以
11
余
6
，而78
除以
11
余
1
，这个两位数为
78583．
45．
1013
除以一个两位数，余数是
12
．求出符合条件的所有的两位数．
【分析】
1013121001
，
100171113
，那么符合条件的所有的两位数有
11,13,77,91
，因为“余数
小于除数”,所以舍去
11
，答案只有
13,77,91
．
46． (
2002
年全国小学数学奥林匹克试题)两数相除，商
4
余
8
，被除数、除数、商数、余数四数之和等于
415
，
则被除数是 _______．
【分析】 因为被除数减去
8
后是除数的
4
倍，所以根据和倍问题可知，除数为
（415488）（41）79
，所以，被除数为
7948324
．

47． 有一个整数，除
39,51,147
所得的余数都是
3
，求这个数．
【分析】 (法
1
)
39336
，
1473144
，
(36,144)12
，
12
的约数是
1,2,3,4 ,6,12
，
因为余数为
3
要小于除数，这个数是
4,6,12
；
(法
2
)由于所得的余数相同，得到这个数一定能整除这三个数中的任意两数的差，也就是说它是任 意两数差
的公约数．
513912
，
14739108
，< br>(12,108)12
，所以这个数是
4,6,12
．

48． 有一个大于
1
的整数，除
45,59,101
所得的余数相同，求这个数．
【分析】
1014556
，
594514
，
(5 6,14)14
，
14
的约数有
1,2,7,14
，所以这个数可 能为
2,7,14
．
49． 甲、乙、丙三人打牌。第一局，甲输给了乙和丙，使 得乙、丙手中的点数都翻了一番。第二局，甲和乙赢了，
从而甲、乙手中的点数翻了一番。最后一局，甲 、丙获胜，两人手中的点数翻了一番。这样，甲、乙、再三人每
人都是二赢一输，并且每人手中的点数完 全相等，可是甲发现自己输了100点。请问：开始时，甲手上有多少点?(每
局三人的点数总和保持不 变)
【分析】
甲 乙 丙
开始时 1.625 0.5 0.875
1 0.25 1 1.75
2 0.5 2 0.5
3 1 1 1
100÷(1.625-1)×1.625=260
50． 两个数的最大公约数是21，最小公倍数是126。这两个数的和是________
【分析】 126÷21=6 6=1×6=2×3
所以21×1+21×6=147 或21×2+21×3=105