六年级下册小升初数学高频考点专项培优卷专题45：同余定理（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45：同余定理（提高卷）（附参考答案），共26页。试卷主要包含了学校举办班级乒乓球比赛等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共12小题）
1．一箱桃子有40多个，如果把这箱桃子每8个装一盒，还剩5个；如果每10个装一盒，也剩余5个，这箱桃子有（ ）个。
A．40B．45C．48
2．一个两位数，除以3余1，除以5余3，这个两位数最大是（ ）
A．78B．88C．98D．90
3．已知69，90，125分别除以一个大于1的自然数N，它们的余数相同，那么81除以N的余数为（ ）
A．3B．4C．5D．7
4．一堆彩色玻璃球，二个二个一数余1个，三个三个一数余1个，五个五个一数也余1个，则这一堆玻璃球至少有（ ）个．
A．11B．16C．21D．31
5．一筐桔子6个人平均分余1个，7个人平均分也余1个，这筐桔子至少有（ ）个．
A．13B．21C．8D．43
6．某数分别被2、3、5除，都余1，那么这个数最小是（ ）
A．11B．16C．31
7．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
8．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
9．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
10．一把钥匙开一把锁，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
11．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
12．16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
二．填空题（共32小题）
13．22003与20032的和除以7的余数是 ．
14．一排士兵（不超过12人）报数，1、2、1、2……地报数，排尾的人报1；1、2、3、1、2、3……地报数，排尾的人报2；1、2、3、4、1、2、3、4……地报数，排尾的人报3。有 名士兵。
15．442，297，210分别除以某个大于1的自然数，能得到相同的余数，则该自然数是 。
16．A÷2＝c……1，A÷3＝d……1，A÷5＝e……1，c，d、e均为非零自然数，则A最小是 。
17．自然数16520，14903，14177除以m的余数相同，则m的最大值为 ．
18．如果33、27与21分别除以同一个数，余数都是3，那么这个除数最大的是 ．
19．有一个数除以3余2，除以4余3，这个数除以12余 ．
20．被2、3、5除，结果都余1的最小三位数是 ．
21．用一个数分别去除32、47、62都余2，这个数最大是 ．
22．有一个自然数，被10除余7，被7除余4，被4除余1．这个自然数最小是 ．
23．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．
24．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．
25．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．
26．一个火车站，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．
27．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．
28．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．
29．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．
30．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）．
31．28人参加乒乓球比赛，采用淘汰赛，要决出冠军，共要比赛 场．
32．一天中，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．
33．用某数分别去除数560、906和1252，所得余数都相同，则这个数是 ．
34．一个大于1的整数分别除167，352，574得到相同的余数，则这个整数为 ．
35．123123+234234+345345除以5，余数是 ．
36．一个数去除68、131、250所得的余数相同，这个数应是 ．
37．两个数被13除分别余7和10，这两个数的和被13除余 ．
38．六（1）班同学分组游戏，每组3人多1人，每组4人少3人，每组5人少4人，这个班至少有 人．
39．某数去除47、61、75，结果都余5，这个数是 或 ．
40．一个数去除551、745、1133、1327这4个数，余数都相同．这个数最大是 ．
41．被10除余2，被11除余3，被12除余4，被13除余5的最小自然数是 ．
42．一个自然数被4除余1，被5除余1，被6除余1，这个自然数至少是 ．
43．小明的妈妈去市场买了葡萄、雪梨、苹果和芒果4种水果，每种都买了不止1斤，共花了34元．葡萄、雪梨、苹果和芒果每斤的单价分别是1.4元、2.2元、2.8元和4.2元，则小明的妈妈买了 斤雪梨．
44．一个数除13511，13903，14589的余数都相同，这个数最大是 ．
三．应用题（共4小题）
45．一堆苹果不少于10个，三个三个的数，四个四个的数，五个五个的数都多两个，这堆苹果最少有多少个？
46．某个大于1的整数除41、11得到的余数相等，那么这个整数可能是几？
47．不满千人的士兵等分为4队，每队排成14人或12人一排都余8人，后来改为8人一排则无剩余．求一共有多少人？
48．5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45：同余定理（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12小题）
1．【答案】B
【分析】如果把这箱桃子每8个装一盒，还剩5个；如果每10个装一盒，也剩余5个，说明这个数减去5后，能被8和10整除，这个数就是8和10的公倍数再加上5，据此解答。
【解答】解：8和10的最小公倍数为40，
40+5＝45（个）
符合题意。
答：这箱桃子有45个。
故选：B。
【点评】本题主要考查了同余定理，题目较为简单，找到8和10的公倍数是本题解题的关键。
2．【答案】B
【分析】除以3余1，除以5余3，那么这个数不是3和5的倍数；由此用排除法求解．
【解答】解：除以3余1，除以5余3，那么这个数不是3和5的倍数；
A、7+8＝15；
15是3的倍数，所以78是3的倍数，故A错误；
D、5的倍数的个位数都是0或5的整数，90的个位数字是0，那么是5的倍数，故D错误；
BC、而这个数的末尾应是3或8；B和C都符合，只要再看哪个数除以3余1即可．
88÷3＝29…1；
98÷3＝32…2；
88除以3余1，所以88符合要求．
故选：B．
【点评】解决本题也可以这样想：这个两位数是3和5的公倍数减2，由此得这个两位数是3×5×6﹣2＝88．
3．【答案】B
【分析】可设69＝x+a（ a是余数），90＝y+a，125＝z+a，x，y，z能被这个自然数整除，相减之后即90﹣69＝y﹣x能被这个自然数整除，所以得到这个结论：这个数能同时整除它们的差，然后求出公约数即可解答．
【解答】解：90﹣69＝21，
125﹣69＝56，
125﹣90＝35，
21，56，35能同时被这个数整除，
21，56，35大于1的公约数为7．
81÷7＝11…4
故选：B。
【点评】本题主要考查了公约数的概念，通过同余得出它们的差能够整除这个自然数是解答本题的关键．
4．【答案】D
【分析】“二个二个一数余1个，三个三个一数余1个，五个五个一数也余1个”，说明这堆玻璃球的个数是2、3、5的公倍数加1，求这堆玻璃球最少有多少个，先求出2、3、5的最小公倍数，然后加上1，由此解决问题即可．
【解答】解：2、3、5是互质数，它们的最小公倍数是：
2×3×5＝30；
玻璃球的个数就是30+1＝31（个）；
答：这一堆玻璃球至少有31个．
故选：D．
【点评】此题主要考查求三个数的最小公倍数的方法：三个数互质，它们的最小公倍数是它们的积，并用此决解实际问题．
5．【答案】D
【分析】如果这筐桔子去掉一个，也就可以被6和7整除，由此求出6、7的最小公倍数加1即可得出答案．
【解答】解：6和7的最小公倍数是6×7＝42，
42+1＝43（个），
答：这筐桔子至少有43个．
故选：D。
【点评】解决此题的关键是抓住余数相同，转化为整除解决问题．
6．【答案】C
【分析】由题意可知：要求的数即比2、3、5的最小公倍数多1的数，先求出2、3、5的最小公倍数，然后加1即可．
【解答】解：因为2、3、5三个数两两互质，
所以2、3、5的最小公倍数是：2×3×5＝30，
所以这个数最小是：30+1＝31；
答：这个数最小是31；
故选：C．
【点评】此题属于同余定理习题，明确要求的数即比2、3、5的最小公倍数多1的数，是解答此题的关键．
7．【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．
8．【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．
9．【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．
10．【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．
11．【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）．
12．【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．
二．填空题（共32小题）
13．【答案】见试题解答内容
【分析】2的次方÷7其实是有规律可循的，2÷7余2，4÷7余4，8÷7余1，16÷7余2，32除以7余4，64÷7余1，2的次方÷7的余数是2，4，1循环的．2003÷3余2，那么就是循环中第2个数，也就是4，2003×2003＝4012009.4012009÷7余1，两个余数相加就是4+1＝5；由此得出2的2003次方与2003的2次方的和除以7的余数是5．
【解答】解：由2的次方÷7的余数是2，4，1循环的可得：
2003÷3＝667…2，所以22003÷7的余数是4；
因为2003×2003＝4012009，
4012009÷7余1，即20032÷7余1，
所以22003与20032的和除以7的余数是1+4＝5，
故答案为：5．
【点评】解答此题的关键是根据2的次方÷7余数发现规律，求出22003÷7的余数是4．
14．【答案】11。
【分析】根据题意可知，士兵的人数要同时符合下列条件：①士兵人数不超过12；②2个2个地数，余1；③3个3个地数，余2；④4个4个地数，余3。可以从7名士兵开始尝试计算，找出正确答案。
【解答】解：根据题意可知，士兵的人数要同时符合下列条件：①士兵人数不超过12；②2个2个地数，余1；③3个3个地数，余2；④4个4个地数，余3。
（1）假设有7名士兵，7÷2＝3……1，7÷3＝2……1，7÷3的余数不是2，不符合题意。
（2）假设有8名士兵，8÷2＝4，8÷2无余数，不符合题意。
……
以此类推，假设有11名士兵，11÷2＝5……1，11÷3＝3……2，11÷4＝2……3，符合题意。
答：有11名士兵。
故答案为：11。
【点评】解决本题也可以这样想：若增加1人，则总人数是2、3、4的公倍数，所以总人数是2、3、4的公倍数少1，即11。
15．【答案】29。
【分析】结合同余定理分析可知，因为442，297，210分别除以某个大于1的自然数，能得到相同的余数，则442﹣297＝145，442﹣210＝232，297﹣210＝87都能被该自然数整除，而145＝5×29，232＝8×29，87＝3×29，则这个除数为29。
【解答】解：442﹣297＝145
442﹣210＝232
297﹣210＝87
145＝5×29
232＝8×29
87＝3×29
则这个除数为29。
故答案为：29。
【点评】本题考查同余定理。将有余数的问题转化为最大公约数问题解决即可。
16．【答案】31。
【分析】观察这几个算式，余数都是1，如果没有余数，那么被除数就是2，3，5的公倍数，再加上1，就是A，要使A最小就是2，3，5的最小公倍数加数1，由此求解。
【解答】解：2，3，5的最小公倍数是：
2×3×5＝30
则A＝30+1＝31。
故答案为：31。
【点评】解决本题关键是明确：A最小是2，3，5的最小公倍数，再加上余数1。
17．【答案】见试题解答内容
【分析】设余数是n，根据被除数＝除数×商+余数，可得16520＝am+n；14903＝bm+n；14177＝cm+n，将它们分别做差，可得m是1617、2343和726的最大公因数，用分解质因数法求三个数的最大公因数，既是m的最大值．
【解答】解：设余数是n，则16520＝am+n；14903＝bm+n；14177＝cm+n，将它们分别做差，有：
16520﹣14903＝1617＝（a﹣b）m
16520﹣14177＝2343＝（a﹣c）m
14903﹣14177＝726＝（b﹣c）m
所以m是1617、2343和726的最大公因数．
用分解质因数法求三个数的最大公因数，因为1617＝3×7×7×11；2343＝3×11×71；726＝2×3×11×11，所以它们的最大公因数是：3×11＝33，即m＝33．
故答案为：33．
【点评】本题考查的是有关最大公因数以及被除数、除数和余数，三者之间的关系，被除数＝除数×商+余数，还用到求最大公因数的方法．
18．【答案】见试题解答内容
【分析】把33、27、21分别减去余数3可得30、24、18，再找出这三个数的最大公约数，就是除数最大值，由此可以解决．
【解答】解：33﹣3＝30，27﹣3＝24，21﹣3＝18，
30＝2×3×5，
24＝2×2×2×3，
18＝2×3×3，
30、24和18的最大公约数是2×3＝6，所以这个除数最大是6．
故答案为：6．
【点评】此题是求几个数的最大公约数的方法的应用，关键是分析出30、24、18这三个数．
19．【答案】见试题解答内容
【分析】一个数除以3余2，除以4余3，3﹣2＝1，4﹣3＝1，所以假设这个数再加上1就能被3和4整除；即这个自然数就是比3、4的公倍数少1的数；根据同余定理可知，这个数除以12的余数，就是比3、4的最小公倍数少1的数除以12的余数．据此解答即可．
【解答】解：假设这个数再加上1就能被3和4整除，
比3、4的最小公倍数少1的数是：
3×4﹣1＝11
因为11小于12，所以11除以12的余数可以看作是11，
根据同余定理可知，这个数除以12余11．
答：这个数除以12余11．
故答案为：11．
【点评】本题考查了公倍数问题与同余定理的综合应用，关键是理解这个数是比3、4的公倍数少1的数；难点是明确这个数除以12与谁同余．
20．【答案】见试题解答内容
【分析】这个最小整数比2、3、5的最小公倍数多1，求出2、3、5的最小公倍数，将2、3、5的最小公倍数乘4加1就是最小三位整数．
【解答】解：
（2×3×5）×4+1
＝30×4+1
＝120+1
＝121
故答案为：121．
【点评】本题主要是考查2、3、5的倍数特征．求出2、3、5的倍数再乘2或3都是两位数，再乘4就是最小的三位数．
21．【答案】见试题解答内容
【分析】32、47、62都减去余数2后得到的三个差能被这个数整除，所以先求出三个差：32﹣2＝30，47﹣2＝45，62﹣2＝60，这个数最大是30、45、60的最大公因数，然后把30、45、60分解质因数，求出30、45、60的最大公因数即为所求．
【解答】解：32﹣2＝30，
47﹣2＝45，
62﹣2＝60，
30＝2×3×5，
45＝3×3×5，
60＝2×2×3×5，
30、45、60的最大公因数是3×5＝15，
因此，用15分别去除32、47、62都余2；
故答案为：15．
【点评】本题考查了同余定理之一：同余的几个数减去余数后都能被除数整除．知识拓展：本题实际是“孙子定理”中余数相同情况的一种特殊应用．
22．【答案】见试题解答内容
【分析】被10除余7，被7除余4，被4除余1，如果加上3，就都正好整除，所以只要求出10，7，4的最小公倍数再减去3就可以了．
【解答】解：10、7、4的最小公倍数是140，
140﹣3＝137，
故答案为：137．
【点评】本题主要考查同余定理，将此问题转化为求3个数的最小公倍数问题是解答本题的关键．
23．【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．
24．【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．
25．【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．
26．【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．
27．【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．
28．【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．
29．【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．
30．【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．
31．【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．
32．【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．
33．【答案】见试题解答内容
【分析】因为560、906和1252被同一个数去除，所得的余数相同，根据同余定理可知，则其中任意两个数的差应是这个除数的整数倍，906﹣560＝346，1252﹣906＝346，1252﹣560＝692，346＝2×173，692＝2×2×173，所以这个数是346或173．
【解答】解：因为906﹣560＝346，1252﹣906＝346，1252﹣560＝692；
346＝2×173，692＝2×2×173，
所以这个数是346或173．
故答案为：346或173．
【点评】如果几个数被同一个数除余数相同，则这几个数两两相减的差是这个除数的整数倍．
34．【答案】见试题解答内容
【分析】根据同余定理，167，352，574这三个数两两的差都是这个整数的倍数，这个整数为这三个差的因数；然后把这三个差分解质因数，即可找出这个整数．
【解答】解：352﹣167＝185＝5×37，
574﹣352＝222＝2×3×37，
574﹣167＝407＝37×11；
所以这个整数为三个差的公有因数：37；
答：这个整数为37．
故答案为：37．
【点评】本题解答的依据是同余定理之一：a、b对于模n同余的充要条件是：a与b的差能被n整除．
35．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由题意得（123123+234234+345345）÷5＝123123÷5+234234÷5+345345÷5，然后根据同余定理解答．（2）判断某数是否为5的倍数只看此整数的个位数．123的一次方个位上数字是3，123的二次方个位上数字是9，123的三次方个位上数字是7，123的四次方个位上数字是1，123的五次方个位数字又回到3了，所以4个一循环，123除以4余3，因此123的123次方个位数字为7，7除以5余2；234的一次方个位上数字是4，234的二次方个位上数字是6，234的三次方个位上数字又回到4了，也就是234的奇数次方个位上数字是4，偶次方个位上数字是6，234偶数，所以234的234次方个位数字为6，6除以5余1；345345的能被5整除，余数是0，由此解答．
【解答】解：由分析和题意得：
123÷4＝30…3，
所以123的123次方个位数字为7，
7÷5＝1…2，
所以123123除以5余2；
234偶数，所以234的234次方个位数字为6，6除以5余1，
所以234234除以5余4；
345345的能被5整除，余数是0；
则（2+1）÷5＝0…3，
所以123123+234234+345345除以5，余数是3．
故答案为：3．
【点评】灵活利用同余定理解决问题．
36．【答案】见试题解答内容
【分析】根据同余定理，68，131，250这三个数两两的差都是这个整数的倍数，这个整数为这三个差的因数；然后把这三个差分解质因数，即可找出这个整数．
【解答】解：131﹣68＝63＝3×3×7，
250﹣131＝119＝17×7，
250﹣68＝182＝2×13×7；
所以这个整数为三个差的公有因数：7；
答：这个整数为7．
故答案为：7．
【点评】本题解答的依据是同余定理之一：a、b对于模n同余的充要条件是：a与b的差能被n整除．
37．【答案】见试题解答内容
【分析】根据同余的定理可知：对于同一个除数，两个数之（或差）与它们的余数之和（或差）同余；由此求解．
【解答】解：（7+10）÷13＝1……4
7与10和除以13的余数4，所以这两个数的和被13除余 4．
故答案为：4．
【点评】解决本题也可以设这两个数分别是13a+7和13b+10 a，b为自然数，则两个数的和是
13（a+b）+17
＝13（a+b）+13+4
＝13（a+b+1）+4
所以被13除余4．
38．【答案】见试题解答内容
【分析】每组4人少3人，即每组4人多1人；每组5人少4人，即每组5人多1人，根据每组3人、4人、5人都多1人，可知这个班的至少人数应是3、4、5的最小公倍数再加上1；求出3、4、5的最小公倍数再加上1即可．
【解答】解：因为3、4、5两两互质，所以3、4、5的最小公倍数是：
3×4×5＝60
60+1＝61
答：这个班至少有61人．
故答案为：61．
【点评】此题主要考查同余定理，根据“每组4人少3人，每组5人少4人”转化为“每组4人多1人，每组5人多1人”是解答本题的关键．
39．【答案】见试题解答内容
【分析】47、61、75都减去余数5后得到的三个差能被这个数整除，所以先求出三个差：47﹣5＝42，75﹣5＝70，61﹣5＝56，这个数是42、70、56的大于5的公因数，然后把42、70、56分解质因数，求出42、70、56的大于5的公因数即为所求．
【解答】解：47﹣5＝42，75﹣5＝70，61﹣5＝56，
42＝2×3×7
70＝2×5×7
56＝2×2×2×7
所以42、70、56大于5的公因数有：2×7＝14、7．
答：这个数是 14或7．
故答案为：14，7．
【点评】本题考查了同余定理之一：同余的几个数减去余数后都能被除数整除．
40．【答案】见试题解答内容
【分析】根据同余定理，551、745、1133、1327这4个数两两的差都是这个整数的倍数，这个整数为这四个差的因数；然后把这四个数的差分解质因数，即可找出这个整数．
【解答】解：由题意得：这四个数两两的差是：
1327﹣1133＝194，
1327﹣745＝582＝194×3，
1327﹣551＝776＝194×4，
1133﹣745＝388＝194×2，
1133﹣551＝582＝194×2，
745﹣551＝194，
所以这四个数的差的最大公因数是194，则这个数最大是194．
答：这个数最大是194．
故答案为：194．
【点评】本题解答的依据是同余定理之一：a、b对于模n同余的充要条件是：a与b的差能被n整除．
41．【答案】见试题解答内容
【分析】从题中可以看出这个数加8就能被10，11，12，13整除，所以要先求10，11，12，13的最小公倍数，把10，11，12，13分解质因数，把它们公有的质因数和独有的质因数连乘所得的积就是它们的最小公倍数，再用这个数减8，可知符合条件的最小的自然数
【解答】解：10＝2×5，11和13是质数，12＝2×2×3，
所以，10，11，12，13的最小公倍数是：
2×2×3×5×11×13＝8580
最小自然数是：8580﹣8＝8572．
故答案为：8572．
【点评】此题主要考查了同余问题的灵活应用，注意求最小公倍数时，把它们分解质因数后，把公有的质因数和独有的质因数连乘所得的积就是它们的最小公倍数．
42．【答案】见试题解答内容
【分析】一个自然数被4除余1，被5除余1，被6除余1，如果这个自然数减去1就是4、5、6的公倍数，要求最小的，就是求4、5、6的最小公倍数，然后分解质因数解答即可．
【解答】解：4＝2×2
6＝2×3
所以，4、5、6的最小公倍数是：
2×2×3×5＝60
这个自然数至少是：60+1＝61
答：这个自然数至少是61．
故答案为：61．
【点评】本题考查了同余定理的灵活应用，关键是明确这个自然数减去1就是4、5、6的公倍数．
43．【答案】见试题解答内容
【分析】通过观察，如果将葡萄、苹果和芒果每斤的单价扩大10倍，他们都是7的倍数，雪梨每斤的单价被7除余1，小明的妈妈花的钱也扩大10倍，则有等式14x+22y+28z+42w＝340，将上式两边同除以7，所以y≡4（Md7），所以，小明的妈妈买了4斤雪梨．
【解答】解：设葡萄、雪梨、苹果和芒果各买了x、y、z、w斤，
则有等式14x+22y+28z+42w＝340，将上式两边同除以7，
所以y≡4（Md7），
因为，每种水果都不止1斤，
所以，小明的妈妈买了4斤雪梨．
答：小明的妈妈买了4斤雪梨．
故答案为：4．
【点评】此题解答起来有一定的难度，须认真思考，灵活解答．
44．【答案】见试题解答内容
【分析】根据同余定理，13511、13903、14589这三个数两两的差都是这个整数的倍数，这个整数最大为这三个差的最大公因数；然后把这三个差分解质因数，即可找出这个最大自然数．
【解答】解；13903﹣13511＝392＝2×2×2×7×7
14589﹣13903＝686＝2×7×7×7
14589﹣13511＝1078＝2×7×7×11
所以三个差的最大公因数为：2×7×7＝98
答：这个自然数最大是98．
故答案为：98．
【点评】本题解答的依据是同余定理之一：a、b对于模n同余的充要条件是：a与b的差能被n整除．
三．应用题（共4小题）
45．【答案】见试题解答内容
【分析】“三个三个的数，余2个，四个四个的数，余2个，五个五个的数，余2个”，说明这堆苹果的个数是3、4、5的公倍数加2；3、4、5的最小公倍数是3×4×5＝60，又知这堆苹果不少于10个，可确定这堆苹果最少有60+2个，由此解决问题即可．
【解答】解：3、4、5两两互质，
3、4和5的最小公倍数是：3×4×5＝60
60+2＝62（个）
答：这堆苹果最少有62个，
【点评】此题主要考查求三个数的最小公倍数的方法：三个数互质，它们的最小公倍数是它们的积，并用此决解实际问题．
46．【答案】见试题解答内容
【分析】因为这个数除41、11得到的余数相等，那么这个整数是41﹣11＝30的因数，然后找到大于1的30的因数即可．
【解答】解：因为这个数除41、11得到的余数相等，
那么这个整数是41﹣11＝30的因数，
30大于1的因数，即这个整数可能是：2、3、5、6、10、15、30．
答：这个整数可能是：2、3、5、6、10、15、30．
【点评】本题考查了因数与倍数的问题，关键是明确41和11两个数的差是这个数的倍数．
47．【答案】见试题解答内容
【分析】1000÷4＝250人，不满千人，每队就是不满250人；每队排成14人或12人一排都余8人，那么每排的人数就比14和12的公倍数多8，先找出250以内比14和12的公倍数多8的数，再满足最后一个条件，就是这个数是8的倍数，从而得出每队的人数，再乘4，就是总人数．
【解答】解：1000÷4＝250（人），不满千人，每队就是不满250人；
14＝2×7
12＝2×6
14和12的最小公倍数是：2×6×7＝84
84+8＝92
92÷8＝11…4，92不是8的倍数，不合题意；
84×2+8＝176
176÷8＝22，
符合要求；
84×3+8＝260＞250，不合题意．
所以每队的人数是176人
176×4＝704（人）
答：一共有704人．
【点评】解决本题关键是明确每队的人数是比14和12的公倍数多8的数，且是8的倍数的数，从而讨论求解．
48．【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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