数的整除之四大判断法综合运用(三).教师版.pdf

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1、专业文档 珍贵文档 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. 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

2、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， cb，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ba， cb，那

3、么 ca 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bca，那 么 ba，ca 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ba， ca，且 (b，c)=1，那么 bca 例如：如果312，412，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ba，那么 bmam（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

4、被 bd 整除如果ba ，且 d c ，那 么 bdac； 知识点拨 教学目标 5-2-1. 数的整除之四大判断法 综合运用 专业文档 珍贵文档 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】根 据 弃 九 法 可 得 知 ， 乘 积 是 3 10 313 171 11， 适 当 组 合 可 得 知 两 数 为 3 1721 7 和 11 13143 ，和为 360 【答案】 360 【例

5、 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】为了 5 个数的和最小，那么12 1 12 2 6 3 4。 （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，

6、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】用 1730 试除， 17309=1922，1730 1l=1573 ，17306=2882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

7、87 2aa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，a1，3，5，7， 9；再根据能被8 整除的数的 特征后三位能被8 整除，可得a1，5，9。分别代入知9a 。 【答案】 9 【例 5 】使得 101 n 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】 6397， 101 n 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， 6

8、 101999999 ，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】因为 105375，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 如果末位填入0，那么数字和为1992 021 ，要求数字和是3 的倍数，所以 例题精讲 专业文档 珍贵文档 可以为 0，3，6，9，验证 2001991， 23019931， 26019961 ， 290 19991 ， 有 91 是 7 的倍数，即 199290 是 7

9、的倍数，所以题中数字的末两位为90 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， 199200105189715 ，余 15 可以看成不足，1051590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】200008 被 49 除商 4081 余 39，所以0039能被 49 整除，商11 时， 4911539 ，末两位是39， 所以 为 05。 【答

10、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】采用试除法 .设六位数为 1111,11111110000001111001100abababab如果一个数能同时被17 和19 整除，那么一定能被323 整除110011323340191，余191 也可以看成不足 323191132 所以当00ab132323n 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1028， 所以 n 只能是 6， 1

11、6， 26，验证有16n时， 132323 165300 ， 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】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

12、除， 19930002520=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】7、8、9 的最小公倍数是504，所得六位数应被504 整除。 5240005041039344，所以所得六位 数是 524000344523656 ，或 523656504523152 因此三个数字的和是17 或 8 【答案】 17 或 8 【例 11 】 用数字 6，

13、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】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

14、 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 专业文档 珍贵文档 【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】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4

15、87620abcd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860(472)1()bdacbdac被11 整除，可能是 111bdac、1bda c 、 111bdac由于a、 b 、c、 d 四个数分别为1、3、 5、9 中的一个，只能是111bdac，即10bdac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 【

16、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】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 36672001 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

17、 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

18、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】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xi是i的倍数 (1i，2，12)，因此x是 1，2， ，12 的公倍数 而 1,2,1227720 ，所以27720xm 又 277209m是 13 的倍数，而 27720 除以 13 余数为 4， 所以 49m是 13 的倍数，则1m， 14， 27， 第 9 户的电话号码是277209m，是一个首位数字小于6 的六位数，所以m取 14

19、合适； 因此这一家的电话号码是27720149388089 【答案】 27720149388089 【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

20、 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？ 专业文档 珍贵文档 【考点】整除之综合系列【难度】 5 星【题型】填空 【解析】由题可知这个九位数由数字19 组成， 其中每个数字出现一次，且 b 、d 、 f 、h 都

21、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： 2d，6h此时25deff 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

22、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 6fghg 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； 6d，2h此时65deff 可被 3 整除， f 只能为 4那么 b 为 8此时4 2fghg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

23、；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

24、 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】

25、 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

26、， 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】 9867

27、312 【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 专业文档 珍贵文档 【关键词】学而思杯，6 年级，第14 题 【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ac与 bd 的差能被11整除，而abcd

28、 的奇位数字之和与偶位数字之和分别为bd 和 ac，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 ，11，131287 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 abcd 是7的倍数，对 1287，2574，3861，5

29、148，6435，一一进行检验，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】 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

30、第六位为0，即此数该为102000 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：说的不对的两位同学，他们的编号是哪两个连续自然数？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】为了表达方便，不妨设1 号同学写的自

31、然数为a根据 215号同学所述结论，215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 27 中的每一个数的2 倍都在 15 以内， 如果 27 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 27 中的这个数与它的2 倍不 可能是两个连续的自然数，所以27 中每一个数都是a的约数由于2 与 5 互质，那么 2510 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 1 号同学所写的自然数能被2，3，4，5，6， 7，10，11，12，13

32、，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： 2 235711 1360060 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!2582067388849766000DCAB则 DCBA？ 【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】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

33、由于 23!25 10158201000083MM(M为正整数 )，所以 2582067388849766000DCAB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 25820673888497664DC是 9 和 11 的倍数，所以 2582067388849766493DCCD 是 9 的倍数； 2827889645063847615CDCD 是 11 的倍数， 那么6CD或 15，7CD或4DC 专业文档 珍贵文档 若15CD，由于 CD 与 CD(或 DC )奇偶性相同，所以此时7CD，得11C，不合题 意所以6CD，4DC，得1C，5D，所

34、以51042040DCBA 【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】密码由 7 位数字组成，如果有两个3 的话，那么至少是2349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1348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44311，不是 3 的倍数，所以密 码中没有3，只

35、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】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

36、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

37、】迎春杯，中年级，初赛，第11 题 【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：1121227 ，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55496 。 【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： 10829912=902411，99-11=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