5-2-1.数的整除之四大判断法
综合运用
教学目标
1. 了解整除的性质；
2. 运用整除的性质解题；
3. 整除性质的综合运用.
知识点拨
一、常见数字的整除判定方法
1. 一个数的末位能被 2 或 5 整除，这个数就能被 2 或 5 整除；
一个数的末两位能被 4 或 25 整除，这个数就能被 4 或 25 整除；
一个数的末三位能被 8 或 125 整除，这个数就能被 8 或 125 整除；
2. 一个位数数字和能被 3 整除，这个数就能被 3 整除；
一个数各位数数字和能被 9 整除，这个数就能被 9 整除；
3. 如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被 11 整除，那么这个数能被 11 整除.
4. 如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被 7、11 或 13 整除，那么这个数能被 7、11
或 13 整除.
5.如果一个数能被 99 整除，这个数从后两位开始两位一截所得的所有数（如果有偶数位则拆出的数都有两个
数字，如果是奇数位则拆出的数中若干个有两个数字还有一个是一位数）的和是 99 的倍数，这个数一定
是 99 的倍数。
【备注】（以上规律仅在十进制数中成立.）
二、整除性质
性质 1 如果数 a 和数 b 都能被数 c 整除，那么它们的和或差也能被 c 整除．即如果 c︱a，
c︱b，那么 c︱(a±b)．
性质 2 如果数 a 能被数 b 整除，b 又能被数 c 整除，那么 a 也能被 c 整除．即如果 b∣a，
c∣b，那么 c∣a．
用同样的方法，我们还可以得出：
性质 3 如果数 a 能被数 b 与数 c 的积整除，那么 a 也能被 b 或 c 整除．即如果 bc∣a，那
么 b∣a，c∣a．
性质 4 如果数 a 能被数 b 整除，也能被数 c 整除，且数 b 和数 c 互质，那么 a 一定能被 b
与 c 的乘积整除．即如果 b∣a，c∣a，且(b，c)=1，那么 bc∣a．
例如：如果 3∣12，4∣12，且(3，4)=1，那么(3×4) ∣12．
性质 5 如果数 a 能被数 b 整除，那么 am 也能被 bm 整除．如果 b｜a，那么 bm｜am（m 为非 0 整数）；
性质 6 如果数 a 能被数 b 整除，且数 c 能被数 d 整除，那么 ac 也能被 bd 整除．如果 b｜a ，且 d｜c ，那
么 bd｜ac；
例题精讲
综合系列
【例 1】 甲、乙两个三位数的乘积是一个五位数，这个五位数的后四位为 1031．如果甲数的数字和为 10，
乙数的数字和为 8，那么甲乙两数之和是_________．
【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】填空
【关键词】迎春杯，高年级，初赛，第 2 题
【解析】【解析】根 据 弃 九 法 可 得 知 ， 乘 积 是 31031 31 7 11 13 ， 适 当 组 合 可 得 知 两 数 为 31 7 217 和
11 13 143 ，和为 360．
【答案】 360
【例 2】 有 5 个不同的正整数，它们中任意两数的乘积都是 12 的倍数，那么这 5 个数之和的最小值是
________．
【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】填空
【关键词】迎春杯，六年级，初赛，第 7 题)
【解析】【解析】为了 5 个数的和最小，那么 121122634。（1）若为 1、12、□、□、□，那么后面的三个数必须
是 12 的倍数，最小为 24、36、48，和为 121；（2）若为 2、6、□、□、□，那么后面的三个数必须是
6 的倍数，最小为 12、18、24，和为 62；（3）若为 3、4、□、□、□，那么后面的三个数必须是 12
的倍数，最小为 12、24、36，和为 79；综上所述，得到的最小值为 62。
【答案】 62
【例 3】 173□是个四位数字。数学老师说：“我在这个□ 中先后填入 3 个数字，所得到的 3 个四位数，依
次可被 9、11、6 整除。”问：数学老师先后填入的 3 个数字的和是多少？
【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】解答
【解析】【解析】用 1730 试除，1730÷9=192……2，1730÷1l=157……3，1730÷6=288……2．所以依次添上(9-2=)7、
(11-3=)8、(6-2=)4 后得到的 1737、1738、1734 依次能被 9、11、6 整除．所以，这三种情况下填入
口内的数字的和为 7+8+4=19．
【答案】19
【例 4】 1 87 2a a 是 2008 的倍数． a _________
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空
【关键词】走美杯，五年级，初赛，第 6 题
【解析】根据能被 4 整除的数的特征——后两位能被 4 整除， a 1，3，5，7，9；再根据能被 8 整除的数的
特征——后三位能被 8 整除，可得 a 1，5，9。分别代入知 9a 。
【答案】 9
【例 5】 使得10 1n 是 63 的倍数的最小正整数 n 是 。
【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，5 年级，第 5 题
【解析】 63 9 7 ，10 1n 肯定是 9 的倍数，所以只要考虑 7 的倍数就可以了。考虑到 111111 是 7 的倍数，
610 1 999999 ，所以最小的 n 是 6.
【答案】 6
【例 6】 如果六位数1992□□ 能被 105 整除，那么它的最后两位数是多少？
【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】填空
【解析】【解析】因为105 3 7 5 ，所以这个六位数同时满足能被 3、7、5 整除的数的特征即可．
方法一：利用整除特征
末位只能为 0 或 5．
① 如果末位填入 0，那么数字和为1 9 9 2 □ 0 21 □，要求数字和是 3 的倍数，所以□
可以为 0，3，6，9，验证 200 199 1 ， 230 199 31 ， 260 199 61 ， 290 199 91 ，
有 91 是 7 的倍数，即199290 是 7 的倍数，所以题中数字的末两位为 90．
② 如果末位填入 5，同上解法，验证没有数同时满足能被 3、7、5 整除的特征．
所以，题中数的末两位只能是 90．
方法二：采用试除法
用199200 试除，199200 105 1897 15 ，余 15 可以看成不足，105 15 90 ．所以补上 90，即
在末两位的方格内填入 90 即可．
【答案】90
【例 7】 六位数 20□□ 08 能被 49 整除，□□ 中的数是多少？
【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】填空
【解析】【解析】200008 被 49 除商 4081 余 39，所以 00 39 能被 49 整除，商 11 时， 49 11 539 ，末两位是 39，
所以□□ 为 05。
【答案】05
【例 8】 在六位数 11□□ 11 中的两个方框内各填入一个数字，使此数能被 17 和 19 整除，那么方框中的两
位数是多少?
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空
【解析】【解析】采用试除法.设六位数为11 11,11 11 11 10000 00 11 110011 00ab ab ab ab 如果一个数能同时被 17
和 19 整 除 ， 那 么 一 定 能 被 323 整 除 ． 110011 323 340 191 ， 余 191 也 可 以 看 成 不 足
323 191 132 ．所以当 00ab 132 323n 时，即 00ab 是 100 的倍数时，六位数才是 323 的倍数．所
以有323n 的末位只能是10 2 8 ，所以 n 只能是 6，16，26， 验证有 16n 时，132 323 16 5300 ，
所以原题的方框中填入 5，3 得到的 115311 满足题意．
【答案】115311
【例 9】 某个七位数 1993□□□能够同时被 2，3，4，5，6，7，8，9 整除，那么它的最后三位数字依次是多
少？
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空
【解析】【解析】本题可采用整除数字的判定特征进行判断，但是太过繁琐。采用试除法比较方便，若使得 7 位数能
够同时被 2，3，4，5，6，7，8，9 整除，只要让七位数是 2，3，4，5，6，7，8，9 最小公倍数的
倍数即可。【2，3，4，5，6，7，8，9】=2520.用 1993000 试除，1993000÷2520=790……2200，余 2200
可以看成不足 2520-2200=320，所以在末三位的方格内填入 320 即可．
【答案】320
【例 10】在 523 后面写出三个数字，使所得的六位数被 7、8、9 整除．那么这三个数字的和是多少?
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】解答
【解析】【解析】7、8、9 的最小公倍数是 504，所得六位数应被 504 整除。524000 504 1039 344 ，所以所得六位
数是 524000 344 523656 ，或 523656 504 523152 ．因此三个数字的和是 17 或 8．
【答案】17 或 8
【例 11】用数字 6，7，8 各两个，组成一个六位数，使它能被 168 整除。这个六位数是多少？
【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】解答
【解析】【解析】因为 168=8×3×7，所以组成的六位数可以被 8、3、7 整除．
能够被 8 整除的数的特征是末三位组成的数一定是 8 的倍数，末两位组成的数一定是 4 的倍数，末
位为偶数．在题中条件下，验证只有 688、768 是 8 的倍数，所以末三位只能是 688 或 768，而又要
求是 7 的倍数，由例 8 知 abcabc 形式的数一定是 7、11、13 的倍数，所以 768768 一定是 7 的倍数，
□□□688 的□不管怎么填都得不到 7 的倍数．
至于能否被 3 整除可以不验证，因为整除 3 的数的规律是数字和为 3 的倍数，在题中给定的条件下，
不管怎么填数字和都是定值。
所以 768768 能被 168 整除，且验证没有其他满足条件的六位数．
【答案】768768
【例 12】一个十位数，如果各位上的数字都不相同，那么就称为“十全数”，例如，3785942160 就是一个十
全数．现已知一个十全数能被 1，2，3，…，18 整除，并且它的前四位数是 4876，那么这个十全
数是多少？
【考点】整除之综合系列 【难度】5 星 【题型】解答
【解析】【解析】这个十全数能被 10 整除，个位数字必为 0；能被 4 整除，十位数字必为偶数，末两位只能是 20．设
这个十全数为 4876 20abcd ．由于它能被 11 整除，所以奇位数上的数字之和与偶位数上的数字之和
的 差 能 被 11 整 除 ， 即 8 6 0 (4 7 2) 1 ( )b d a c b d a c 被 11 整 除 ， 可 能 是
1 11b d a c 、 1b d a c 、 1 11b d a c ．由于 a 、b 、c 、d 四个数分别为 1、3、
5、9 中的一个，只能是 1 11b d a c ，即 10b d a c ．所以 b 、 d 是 9 和 5； a 、 c 是 3
和 1，这个十全数只能是 4876391520，4876351920，4876193520，4876153920 中的一个．由于它能
被 7、13、17 整除，经检验，只有 4876391520 符合条件．
【答案】4876391520
【例 13】将数字 4，5，6，7，8，9 各使用一次，组成一个被 667 整除的 6 位数，那么，这个 6 位数除以 667
的结果是多少？
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】解答
【关键词】2009 年，迎春杯，五年级,初赛，第 8 题
【解析】【解析】 4 ， 5 ， 6 ， 7 ，8，9 各用一次后，各位数字之和为 39 ，即这个六位数应该为 3的倍数，所以这个
数应该是 3 667 2001 的倍数．一个首位数字超过 3的六位数除以 2001得到的商应该是三位数．而
该三位数的商乘以 2001后所得六位数（即原六位数）的末三位即为该商，而前三位是该商的两倍，
所以 4 ， 5 ， 6 ， 7 ，8， 9 这 6 个数字应该组成两个三位数，其中一个三位数是另一个的 2 倍，所
以两个三位数的首位数字，大者应至少是小者的两倍，显然的较小的那个三位数的首位只能是 4 ，
较大的那个三位数的首位可能是8，也可能是 9 ，而较小的那个三位数的个位只能是8，才能使较大
的那个三位数的个位数字能被取到，进一步试验可得到这个六位数是 956478 ，这个 6 位数除以 667 后
的得数为1434 ．
【答案】956478÷667=1434
【例 14】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？
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】解答
【解析】【解析】设第一户电话号是 1x ，第二户的电话号是 2x ，…．第 12 户的电话号是 12x ．
根据条件可知 x i 是i 的倍数( 1i ，2，…，12)，因此 x 是 1，2，…，12 的公倍数．
而 1,2, ,12 27720 ，所以 27720x m ．
又 27720 9m 是 13 的倍数，而 27720 除以 13 余数为 4，所以 4 9m 是 13 的倍数，则 1m ，14，27，……
第 9 户的电话号码是 27720 9m ，是一个首位数字小于 6 的六位数，所以 m 取 14 合适；
因此这一家的电话号码是 27720 14 9 388089 ．
【答案】 27720 14 9 388089
【例 15】在六位数 ABCDEF 中，不同的字母表示不同的数字，且满足 A ， AB ， ABC ， ABCD ， ABCDE ，
ABCDEF 依次能被 2，3，5，7，11，13 整除．则 ABCDEF 的最小值是 ；已知当 ABCDEF
取得最大值时 0C ， 6F ，那么 ABCDEF 的最大值是________．
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，5 年级，第 14 题
【解析】求 最 小 值 ， 先 看 A , 最 小 偶 数 为 2 ， 然 后 AB 被 3 整 除 ， B 最 小 为 1 ， 然 后 依 次 推 出
0C . 7D , 6E , 9F 求最大值与上述方法类似。最后求出最大值为840736
【答案】210769；840736
【例 16】有一个九位数 abcdefghi 的各位数字都不相同且全都不为 0，并且二位数 ab 可被 2 整除，三位数
abc 可被 3 整除，四位数 abcd 可被 4 整除，……依此类推，九位数 abcdefghi 可被 9 整除．请问这个
九位数 abcdefghi 是多少？
【考点】整除之综合系列 【难度】5 星 【题型】填空
【解析】【解析】由题可知这个九位数由数字 1～9 组成，其中每个数字出现一次，且 b 、d 、 f 、h 都是偶数，a 、c 、
e 、 g 、i 是奇数．由于 abcde 可被 5 整除，所以 5e ．
由于 abc 可被 3 整除，所以 a 、b 、c 三个数之和可被 3 整除．由于 abcdef 可被 6 整除，所以 d 、e 、
f 三个数之和可被 3 整除．
由于 abcd 可被 4 整除，所以 cd 可被 4 整除，而 c 是奇数，所以 d 只能为 2 或 6．由 abcdefgh 可被 8
整除知 abcdefgh 可被 4 整除，所以 gh 可被 4 整除，同上可知 h 也只能为 2 或 6．所以有如下两种情
况：
⑴ 2d ， 6h ．此时 25def f 可被 3 整除， f 只能为 8．那么b 为 4．由于 a 、b 、c 三个数之和
可被 3 整除，而 a 、c 为 1、3、7、9 中的某两个，所以 a 、c 为 1 和 7．那么 g 为 3 或 9，其中满足
8 6fgh g 可被 8 整除的只有 9，所以 g 为 9，i 为 3．此时 abcdefg 为 1472589 或 7412589，但这两个
数都不能被 7 整除，不符题意；
⑵ 6d ， 2h ．此时 65def f 可被 3 整除， f 只能为 4．那么 b 为 8．此时 4 2fgh g 可被 8 整除，
所以 g 为 3 或 7．又 a 、b 、c 三个数之和可被 3 整除，而 b 为 8，所以 a 、c 可以为(1，3)、(1，9)、
(7，3)或(7，9)，所以此时 abcdefghi 有 8 种可能情况：189654327；981654327；789654321；987654321；
183654729；381654729；189654723；981654723．经检验，其中只有 381654729 满足 abcdefg 能被 7
整除，所以所求的 abcdefghi 是 381654729．
【答案】381654729
【例 17】用数字 0、1、2、3、4、5、6、7、8、9 拼成一个十位数。要求前 1 位数能被 2 整除，前 2 位数能
被 3 整除，……，前 9 位数能被 10 整除．已知最高位数为 8．这个十位数是
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空
【关键词】走美杯，5 年级，决赛，第 8 题，10 分
【解析】由前 9 位数能被 10 整除，可知第九位数字为 0，前四位能被 5 整除，可知第四位数字为 5，前 8 位
数能被 9 整除，即前八位数字和为 9 的倍数，而所有数字本身就是 9 的倍数，所以第十位数字只能
是 9，前两位数能被 3 整除，故第二位数字只能是 1、4 或 7，如果第二位数字是 4，则找不到前三
位数能被 4 整除，故第二位数字只能是 1 或 7，则第三位数字只能是 2 或 6，结合前五位能被 6 整除
知只能是前五位 87654 或 81654，前七位数字能被 8 整除，知第七位数字是 2．由前 6 位数字能被 7
整除，经试验唯一可能是 816543，故 7 必在第八位上，故这个数应为 8165432709．
【答案】 8165432709
【例 18】N 是一个各位数字互不相等的自然数，它能被它的每个数字整除．N 的最大值是 ．
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空
【关键词】走美杯，5 年级，决赛，第 7 题，10 分
【解析】N 不能含有 0，因为不能被 0 除。N 不能同时含有 5 和偶数，因为此时 N 的个位将是 0。如果含有 5，
则 2，4，6，8 都不能有，此时位数不会多。如果 N 只缺少 5，则含有 1，2，3，4，6，7，8，9，但
是数字和为 40，不能被 9 整除。所以必须再去掉一位，为了最大，应该保留 9 放到最高位，为了使
数字和被 9 整除，还需要去掉 4。此时由 1，2，3，6，7，8，9 组成，肯定被 9 整除，还需要考虑
被 7 和 8 整除。
前四位最大为 9876，剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 312，9876312 被 7 除余 5；
前四位如果取 9873，剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 216，9873216 被 7 除余 3；
前四位如果取 9872，剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 136，9872136 被 7 除余 1；
前四位如果取 9871，剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 632，9871632 被 7 除余 1；
前四位如果取 9867，剩下三个数字组成的被 8 整除的三位数为 312，9867312 被 7 整除。
【答案】9867312
【例 19】 a ，b ，c ，d 各代表一个不同的非零数字，如果 abcd 是13 的倍数，bcda 是11的倍数，cdab 是 9
的倍数， dabc 是 7 的倍数，那么 abcd 是 。
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空
【关键词】学而思杯，6 年级，第 14 题
【解析】【解析】由于 cdab 是 9 的倍数，说明其各位数字之和能被9 整除；由于 abcd 与 cdab 的各位数字之和相同，所
以 abcd 也是 9 的倍数；由于 bcda 是11的倍数，那么其奇位数字之和与偶位数字之和的差能被11整
除，也就是 a c 与 b d 的差能被11整除，而 abcd 的奇位数字之和与偶位数字之和分别为 b d 和
a c ，恰好的差能被11整除，恰好与bcda 互换了一下，可知 abcd 的奇位数字之和与偶位数字之和
的差也能被11整除，也就是 abcd 是11的倍数；又根据题意，abcd 是13 的倍数，那么 abcd 是9 ，11，
13 的公倍数，也就是9 ，11， 13 1287 的倍数，又是四位数，可能为1287 ，2574 ，3861 ，5148 ，
6435 ，7722 ，9009 ，其中 7722 和 9009 出现重复数字，可予排除。由于 abcd 是 7 的倍数，说明 abc d
是 7 的倍数，对1287 ， 2574 ， 3861 ， 5148 ， 6435 ，一一进行检验，发现只有 3861 满足这一点，
所以 abcd 是 3861。
【答案】 3861
【例 20】利用数字 0，1，2，3，4， ，8，9(每个数字可以重复)构造一个 6 位数，满足要求：前 k 位能被
k 整除( 1k ，2， ，6)．这样的 6 位数最小是 ，最大是 ．
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空
【关键词】走美杯，4 年级，决赛，第 8 题，10 分
【解析】⑴ 最小的数先填第一位易知为 1，第二位易知被 2 整除，最小为 0，第三位结合前三位被 3 整除，
所以为 2，第四位同样结合前四位被 4 整除为 0，同理知第五位为 0，第六位可知前三位已能被 6 整
除，所以第六位为 0，即此数该为 102000．
⑵ 最大的数方法同上，从首位开始填起，然后取前 k 位能被 k 整除的最大数，即可得出结论，最大
为 987654 ．
【答案】最小102000 ，最大为 987654
【例 21】有 15 位同学，每位同学都有编号，他们是 1 号到 15 号，1 号同学写了一个自然数，其余各位同学
都说这个数能被自己的编号数整除．1 号作了检验：只有编号连续的两位同学说的不对，其余同学
都对，问：⑴说的不对的两位同学，他们的编号是哪两个连续自然数？⑵如果告诉你 1 号写的数
是五位数，请找出这个数．
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】解答
【解析】【解析】⑴为了表达方便，不妨设 1 号同学写的自然数为 a ．根据 2 15 号同学所述结论，2 15 中只有两个
连续的自然数不能整除 a ，其他的数都能整除 a ．由于 2 7 中的每一个数的 2 倍都在 15 以内，如果
2 7 中有某个数不能整除 a ，那么这个数的 2 倍也不能整除 a ，然而 2 7 中的这个数与它的 2 倍不
可能是两个连续的自然数，所以 2 7 中每一个数都是 a 的约数．由于 2 与 5 互质，那么 2 5 10 也
是 a 的约数．同理可知，12、14、15 也都是 a 的约数．还剩下的四个数为 8、9、11、13，只有 8、9
是两个连续的自然数，所以说的不对的两位同学，他们的编号分别是 8 和 9．
⑵1 号同学所写的自然数能被 2，3，4，5，6，7，10，11，12，13，14，15 这 12 个数整除，也就是
它们的公倍数．它们的最小公倍数是： 22 3 5 7 11 13 60060 ．因为 60060 是一个五位数，而
这 12 个数的其他公倍数都是它们的最小公倍数 60060 的倍数，且最小为 2 倍，所以均不是五位数，
那么 1 号同学写的五位数是 60060．
【答案】60060
【例 22】已知： 23! 258 20 67388849766 000D C AB ．则 DCB A ？
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】填空
【关键词】走美杯，5 年级，决赛，第 7 题，10 分
【解析】【解析】由于 1～23 中有 4 个 5 的倍数，所以 23!的末尾有 4 个 0，所以 0B ．
由于 23! 2 5 10 15 8 20 10000 8 3M M ( M 为正整数)，所以
258 20 67388849766 000D C AB 去掉末尾的 4 个 0 后得到的数是 8 的倍数，那么 66A 是 8 的倍数，所
以 4A ．
易知 258 20 673888497664D C 是 9 和 11 的倍数，所以
2 5 8 2 0 6 7 3 8 8 8 4 9 7 6 6 4 93D C C D 是 9 的倍数；
2 8 2 7 8 8 9 6 4 5 0 6 3 8 4 7 6 15C D C D 是 11 的倍数，
那么 6C D 或 15， 7C D 或 4D C ．
若 15C D ，由于C D 与 C D (或 D C )奇偶性相同，所以此时 7C D ，得 11C ，不合题
意．所以 6C D ， 4D C ，得 1C ， 5D ，所以 510 4 2040DCB A ．
【答案】2040
【例 23】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 1、2 就是 3．在密码中 1 的数
目比 2 多，2 的数目比 3 多，而且密码能被 3 和 16 所整除．试问密码是多少？
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】解答
【解析】【解析】密码由 7 位数字组成，如果有两个 3 的话，那么至少是 2 3 4 9 位数，与题意不符；只有一个 3
的话，那么至少有两个 2.如果有三个 2，那么 1 至少有四个，总共至少有1 3 4 8 个数字，与题
意不符，所以 2 只有两个，1 有四个，如此，各数位数字和为 4 4 3 11 ，不是 3 的倍数，所以密
码中没有 3，只有 1、2，由 1、2 组成的四位数中只有 2112 能被 16 整除（从个位向高数位推得），
所以密码的后四位是 2112，所以前三位数字和是 3 的倍数，只有 111 和 222 满足条件，其中 2222112
的 2 多于 1，应予排除，所以这个密码是 1112112.
【答案】1112112
【巩固】【巩固】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 和 4 所整除．试求出这个密码．
【考点】整除之综合系列 【难度】4 星 【题型】解答
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．由于一个数能被
3 整除时，它的数字和也能被 3 整除，所以密码中 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 32．所以，密码是 2222232．
【答案】密码是 2222232
【例 24】盒子里放有编号为 1 到 10 的十个球，小明先后三次从盒中共取出九个球，如果从第二次开始，每
次取出的球的编号之和是前一次的 2 倍，那么未取出的球的编号是___________.
【考点】整除之综合系列 【难度】3 星 【题型】填空
【关键词】迎春杯，中年级，初赛，第 11 题
【解析】【解析】因为从第二次开始每次取出的球的编号是前一次的 2 倍，由此得出：1 1 2 1 2 2 7 ，三次取
出的9 个球的编号之和必是 7 的倍数。因为10 个球的编号之和是 55 ，所以取出的 9 个球，编号之和
必在 45 ~ 54 之间，期间只有 49 是 7 的倍数，所以未取出的球的编号为 55 49 6 。
【答案】 6
【例 25】六位自然数，1082□□ 能被 12 整除，末两位数有 种情况。
【考点】整除之综合系列 【难度】2 星 【题型】填空
【关键词】希望杯，五年级，初赛，第 10 题，4 分
【解析】试除法：108299÷12=9024…11，99-11=88、88-12=76、76-12=64、64-12=52、52-12=40、40-12=28、
28-12=16、16-12=04 共 8 种情况
【答案】 8种情况
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