第十一讲 数论（拓展提高初等奥数篇 15个考点分类真题训练 共49题）-2025年小升初数学二轮复习●重点难点●常考类型题培优满分特训（全国通用）

2025年小升初数学二轮复习●重点难点●常考类型题培优满分特训（全国通用）【拓展提高】 第十一讲 数论 （15个考点分类真题训练 共49题） 目录 资料简介 1 考点分类培优训练 2 重点难点考点01：数字问题 2 重点难点考点02：奇偶性问题 2 重点难点考点03：质数与合数问题 2 重点难点考点04：因数与倍数 2 重点难点考点05：整数的裂项与拆分 3 重点难点考点06：位值原则 4 重点难点考点07：数的整除特征 4 重点难点考点08：带余除法 4 重点难点考点09：同余定理 4 重点难点考点10：孙子定理（中国剩余定理） 5 重点难点考点11：数字和问题 5 重点难点考点12：等量关系与方程 6 重点难点考点13：二元一次方程组的求解 7 重点难点考点14：不定方程的分析求解 7 重点难点考点15：不等方程的分析求解 8 同学你好，小升初复习阶段非常注重基础知识点的理解、掌握和运用。在一轮复习中我们已经对细致的知识点有了很好的把握，重点题型有了更深的认识和领会，在二轮复习阶段。主要强化有一定难度，常见常考易错类专题！数的运算、式与方程、比和比例、典型应用题等类型题是考察重中之重！为了能够方便同学们快速获取重点难点压轴题型，精选2024年全国各地名校真题，模拟题等进行强化巩固！相信能够很好的帮助你冲刺提分！ 祝：2025考试顺利，再创佳绩！ 重点难点考点01：数字问题 1．（2025•北碚区）如果一个五位数，它的各位数字乘积恰好是它的各位数字和的25倍。那么，这个五位数的前两位的最大值是 　　 。 2．（2024•渝北区）如果一个自然数中至少有两个数字，且每个数字大于其左边的每个数字，则称这个数是“上升数”。由1，2，3，4，5，6这6个数字组成的2～6位数中的“上升数”共有 　　 个。 3．（2024•铁西区）已知三位数3□2正好是三个连续自然数的和，□里的数字可能是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 重点难点考点02：奇偶性问题 4．（2024•北碚区）有10张扑克牌正面朝下，每次只能将其中3张翻面，则最少需要翻 　　 次才能使全部正面朝上。 5．（2024•黔江区）马路上有编号为1，2，3，……，10的十盏路灯，为节约用电又能看清路面，可以把其中的三盏灯关掉，但又不能同时关掉相邻的两盏，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法有 　　 种。 6．（2024•郑州模拟）90+89+88+87+86+……+2+1＝M，则M是　　 数。（填奇或偶） 重点难点考点03：质数与合数问题 7．（2024•江北区校级模拟）已知n，n+6，n+84，n+102，n+218都是质数，那么n＝ 　　 。 8．（2024•四川校级模拟）四个质数2，3，5，7的乘积为 　 　 ，经验证200到220之间仅有一个质数，请问这个质数是 　 。 9．（2024•四川校级模拟）将六个自然数14，20，33，117，143，175分组，如果要求每组中的任意两个数都互质，则至少需要将这些数分成 　　 组。 重点难点考点04：因数与倍数 10．（2024•北碚区校级模拟）A、B两数都仅含有质因数3和7，它们的最大公因数是63.已知数A有12个因数，数B有10个因数，那么A，B两数的和等于 　 　 。 11．（2024•渝中区）某展厅的120盏电灯都是亮着的，每个灯都单独设有开关，现将开关按1～120编号，某同学先按编号为3的倍数的全部开关，然后再将编号为5的倍数的开关全部按下，那么此时展厅中共有 　　 盏亮着的灯。 12．（2024•二七区模拟）一间屋子里有100盏灯，依次编号为1﹣100号，每盏灯有一个拉线开关且开始时灯全部是关闭的。现有100个学生在门外排队，第1个学生进入屋子后把编号是1的倍数的灯全部拉了一下；第2个学生进入屋子后把编号是2的倍数的灯全部拉了一下……第100个学生进入屋子后把编号是100的倍数的灯全部拉了一下。这样做完后有 　　 盏灯是亮的。 13．（2024•东阿县）体育课上30名学生排成一行，从左往右按顺序报数。老师让报2的倍数的学生向前一步，又让报3的倍数的学生向前两步走。原地不动、向前走一步、向前走两步的分别有 　　 名、　　 名、　 　 名学生。 重点难点考点05：整数的裂项与拆分 14．（2024•二七区）某校为筹备艺术节，准备用365元购买两种演出服，其中甲种演出服20元/套，乙种演出服35元/套，在钱都用尽的条件下，有　　 种购买方案． 15．（2024•渝中区）a，b，c都是质数，并且a+b＝33，b+c＝44，c+d＝66，那么cd＝　 　 ． 16．（2024•嘉定区模拟）把300千克苹果分装在大、小两种盒子里，大盒能装40千克，小盒能装15千克，至少需要 　　 个大盒和 　　 个小盒．（每盒都装满） 17．（2024•渝北区）阅读材料后，回答下列问题。 材料一：我们可以将任意三位数记为，（其中a，b，c分别表示该数的百位数字，十位数字和个位数字，且a≠0），显然100a+10b+c。 材料二：一个三位数m，若它各个数位上的数字均不为0。我们则称m为美妙数，例如123就是一个美妙数。将美妙数三个数位上的数字两两组合，可产生6个新的两位数，例如由123可以产生出12，13，21，23，31，32这6个新数。我们规定F（m）等于m产生的6个新数之和，例如F（123）＝12+13+21+23+31+32＝132。 （1）求F（236）的值； （2）证明：任意一个美炒数m。其F（m）的值一定是11的倍数； （3）若一个三位数是美妙数，且F（）＝264，求出所有符合题意的三位数。 重点难点考点06：位值原则 18．（2024•渝北区）一个两位数，它的十位数字和个位数字和是14，如果把十位上的数字和个位上的数字位置交换后，所得的两位数比原来的两位数大36，原来的两位数是 　　 。 19．（2024•北碚区）设有一个六位数，乘3后为，则这个六位数为 　 　 。 20．（2024•江北区）一个两位数，十位上的数字与个位上数字和是9，把十位上的数字与个位上的数字对调后，得到的新数与原数的比是6：5，则原来的两位数是 　　 。 重点难点考点07：数的整除特征 21．（2025•渝北区）将自然数N接写在每一个自然数的右面，如果得到的新数都能被N整除，那么称N为“魔术数”，在小于130的自然数中，“魔术数”共有 　　 个。 22．（2024•渝中区）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 　 　 。 23．（2024•高新区模拟）如果形如3□□4的四位数能被9整除，那么这样的四位数共有（　　） A．9个 B．10个 C．11个 D．12个 重点难点考点08：带余除法 24．（2024•两江新区）20192020×20182019﹣20182019×20192018的结果除以11余数是 　　 。 25．（2024•渝北区）22003与20032的和除以7的余数是 　　 。 26．（2024•渝北区）有一个数，除以3的余数是2；除以4的余数是1．这个数除以12的余数是　　 ． 重点难点考点09：同余定理 27．（2024•北碚区）有一个不等于1的正整数，除1773、1888、1957、2003，得到相同的余数，则这个正整数是 　　 。 28．（2024•黔江区）甲、乙、丙三数分别为603，939，393。某数A除甲数所得余数是A除乙数所得余数的2倍，A除乙数所得余数是除丙数所得余数的2倍，求A等于 　　 。 29．（2024•江北区校级模拟）有八个盒子，各盒内装的奶糖分别为9、17、24、28、30、31、33和44块。甲先取走了一盒，其余各盒被乙、丙、丁分别取走，已知乙、丙取到的糖的块数相同，且都为丁的2倍。问：甲取走的盒中有多少块奶糖？（请说明理由） 重点难点考点10：孙子定理（中国剩余定理） 30．（2024•九龙坡区）某数除以11余8，除以17余12，除以13余10，那么这个数最小可能是 　　 。 31．（2024•北碚区）一筐苹果，三三数之余二，四四数之余一，五五数之不足一，这筐苹果最少有 　　 个。 32．（2024•四川校级模拟）某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是 　　 。 33．（2024•北碚区）阅读材料： 材料一：一个大于1的正整数，若被N除余1，被（N﹣1）除余1，被（N﹣2）除余1，……，被3除余1，被2除余1，那么称这个正整数为“强N数（N取最大）”。例如：73（被5除余3）被4除余1，被3除余1，被2除余1，那么73为“强4数”（要求N最大，因此它不是“强3数”）。 材料二：设N，（N﹣1），（N﹣2），……，3，2的最小公倍数为k，那么“强N数”可以表示为kn+1（n为正整数）。例如：4，3，2的最小公倍数为12，那么“强4数”可以表示为12n+1（n为正整数）。 解答下列问题： （1）直接写出最小的“强5数”； （2）是否存在一个“强4数”与“强6数”的和为182，若存在，求出这两个数；若不存在，请说明理由； （3）在2～2000的正整数中共有多少个“强2数”？ 重点难点考点11：数字和问题 34．（2024•管城区模拟）如图，四个小三角形的顶点处有六个小圆圈，如果这些圆圈中分别填上六个质数，它们的和为20，而且每个小三角形三个顶点上的数字之和相等．则这六个质数的积为 　 ． 35．（2024•吉县模拟）a、b、c、d是四个不同的自然数，且a×b×c×d＝2790，a+b+c+d最小是 　　 ． 36．（2024•渝北区校级模拟）在一次少先队大队长选举中，五位候选人共获得320张选票，获胜者比其他四位候选人分别多得9、13、18和25张选票，获得选票最少的一位候选人所得票数是多少？ 重点难点考点12：等量关系与方程 37． （2025•北碚区）将30个相同的玻璃珠放入a，b，c，d四个小盒子里，且每个小盒子里的玻璃球个数不同。将四个小盒子如图放入天平的两端，当天平两端的玻璃球个数相差不超过1个时，天平能保持平衡；当玻璃球个数相差多于1个时，天平向玻璃球多的一边倾斜。由如图可知，a小盒子里的玻璃球共 　 　 个。 38．（2024•九龙坡区校级模拟）一辆汽车按计划行驶了1.5小时，剩下的路程用计划速度的继续行驶，到达目的地的时间比计划的时间迟了2时，如果按计划速度行驶的路程再增加60千米，那么到达目的地的时间比计划时间只迟1时。问：计划速度是多少？ 39．（2023•迎泽区）中国自主研发的复兴号列车的速度已经达到350千米/时，民航飞机的一般速度比复兴号列车速度的2倍还多200千米。民航飞机的一般速度是多少？ 40．（2023•确山县）一次知识竞赛，共有10道题，每答对一题得10分，答错或不答倒扣5分，小明共得55分，他答对（　　）道。 A．3 B．6 C．7 D．11 重点难点考点13：二元一次方程组的求解 41．（2024•闵行区）解方程组：． 42．（2024•闵行区）解方程组：． 43．（2024•两江新区）解方程（组）。 （1） （2） 重点难点考点14：不定方程的分析求解 44．（2024•闵行区）方程2x+y＝5的正整数解为 　 　 。 45．（2024•两江新区）今有三部自动换币机，其中甲机总是将一枚硬币换成2枚其它硬币；乙机总是将一枚硬币换成4枚其它硬币；丙机总是将一枚硬币换成10枚其它硬币。某人共进行了12次换币，便将一枚硬币换成了81枚。试问他在三个换币机上各换了多少次？ 46．（2024•沙坪坝区）电影票有10元、15元、20元三种票价，班长用500元买了30张电影票其中票价为20元的比票价为10元的多（　　）张。 A．9 B．10 C．11 D．12 重点难点考点15：不等方程的分析求解 47．（2024•闵行区）如果关于x的不等式4x﹣m≤0的正整数解是1、2、3，那么整数m所有可能取值的和是 　 。 48． （2024•闵行区）解不等式组：并把它的解集在数轴上表示出 来． 49．（2024•宝山区）解方程组时，如果用加减消元法来解，那么下列方法中不正确的是（　　） A．①﹣②×2 B．②×2﹣① C．①×3﹣② D．①×3+② 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年小升初数学二轮复习●重点难点●常考类型题培优满分特训（全国通用）【拓展提高】 第十一讲 数论 （14个考点分类真题训练 共49题） 目录 资料简介 1 考点分类培优训练 2 重点难点考点01：数字问题 2 重点难点考点02：奇偶性问题 3 重点难点考点03：质数与合数问题 4 重点难点考点04：因数与倍数 5 重点难点考点05：整数的裂项与拆分 8 重点难点考点06：位值原则 10 重点难点考点07：数的整除特征 11 重点难点考点08：带余除法 13 重点难点考点09：同余定理 14 重点难点考点10：孙子定理（中国剩余定理） 16 重点难点考点11：数字和问题 18 重点难点考点12：等量关系与方程 20 重点难点考点13：二元一次方程组的求解 22 重点难点考点14：不定方程的分析求解 24 重点难点考点15：不等方程的分析求解 26 同学你好，小升初复习阶段非常注重基础知识点的理解、掌握和运用。在一轮复习中我们已经对细致的知识点有了很好的把握，重点题型有了更深的认识和领会，在二轮复习阶段。主要强化有一定难度，常见常考易错类专题！数的运算、式与方程、比和比例、典型应用题等类型题是考察重中之重！为了能够方便同学们快速获取重点难点压轴题型，精选2024年全国各地名校真题，模拟题等进行强化巩固！相信能够很好的帮助你冲刺提分！ 祝：2025考试顺利，再创佳绩！ 重点难点考点01：数字问题 1．（2025•北碚区）如果一个五位数，它的各位数字乘积恰好是它的各位数字和的25倍。那么，这个五位数的前两位的最大值是 　75　 。 【考点评析】设五位数的五个数字为a、b、c、d、e，已知a×b×c×d×e＝25×（a+b+c+d+e），则原来的5个数字中一定有2个数字5，假设d、e都是5，则a×b×c＝a+b+c+10，要使这个五位数最大，假设a＝9，计算有没有符合要求的b和c，同理验证a＝8，a＝7时，有没有符合要求的b和c，由此解答本题。 【完整解答】解：设五位数的五个数字为a、b、c、d、e， 已知a×b×c×d×e＝25×（a+b+c+d+e）， 则原来的5个数字中一定有2个数字5， 假设d、e都是5，则a×b×c＝a+b+c+10， 要使这个五位数最大，假设a＝9，则9bc＝b+c+19，即81bc＝9b+9c+171，所以（9b﹣1）×（9c﹣1）＝172＝4×43，此时没有满足条件的整数b和c； 假设a＝8，则8bc＝b+c+18，即64bc＝8b+8c+144，所以（8b﹣1）×（8c﹣1）＝145＝5×29，此时没有满足条件的整数b和c； 假设a＝7，则7bc＝b+c+17，即49bc＝7b+7c+119，所以（7b﹣1）×（7c﹣1）＝120，（7b﹣1）与（7c﹣1）除以7都余6，则7b﹣1＝6，7c﹣1＝120，所以b＝1，c＝3，此时五位数是75531。 这个五位数的前两位的最大值75。 故答案为：75。 【考点评析】本题考查的是数字问题的应用。 2．（2024•渝北区）如果一个自然数中至少有两个数字，且每个数字大于其左边的每个数字，则称这个数是“上升数”。由1，2，3，4，5，6这6个数字组成的2～6位数中的“上升数”共有 　57　 个。 【考点评析】根据“上升数”的特点写出所有符合特点的所有两位数、三位数、四位数、五位数和六位数，看一共有多少个即可。 【完整解答】解：由1，2，3，4，5，6这6个数字组成的“上升数”是两位数的有：12、13、14、15、16、23、24、25、26、34、35、36、45、46、56，共有15个；由1，2，3，4，5，6这6个数字组成的“上升数”是三位数的有：123、124、125、126、134、135、136、145、146、156、234、235、236、245、246、256、345、346、356、456，共有20个；由1，2，3，4，5，6这6个数字组成的“上升数”是四位数的有：1234、1235、1236、1245、1246、1256、1345、1346、1356、1456、2345、2346、2356、2456、3456，共有15个；由1，2，3，4，5，6这6个数字组成的“上升数”是五位数的有：12345、12346、12356、12456、13456、23456，共有6个；由1，2，3，4，5，6这6个数字组成的“上升数”是六位数的有：123456，只有1个。 15+20+15+6+1＝57（个） 答：由1，2，3，4，5，6这6个数字组成的2～6位数中的“上升数”共有57个。 故答案为：57。 【考点评析】解答本题需熟练掌握数的组成，准确理解“上升数”的特点。 3．（2024•铁西区）已知三位数3□2正好是三个连续自然数的和，□里的数字可能是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【考点评析】三个连续自然数是3的倍数，3的倍数的数数字和是3的倍数，因为3+2＝5，故□可以为1、4、7，据此选择。 【完整解答】解：三个连续自然数是3的倍数，3的倍数的数数字和是3的倍数，因为3+2＝5，故□可以为1、4、7。 即只有B选项4符合题意，三位数可以是342。三个连续的自然数是113、114、115。 故选：B。 【考点评析】本题考查了能被3整除的数的应用。 重点难点考点02：奇偶性问题 4．（2024•北碚区）有10张扑克牌正面朝下，每次只能将其中3张翻面，则最少需要翻 　4　 次才能使全部正面朝上。 【考点评析】依据题意可知，前2次可以翻6张扑克牌，使其朝上，第3次开始从第6张开始翻3张，则第7、8张朝上，第6张朝下，这时第6、9、10张扑克牌朝下，其他扑克牌朝上，再翻1次，全部扑克牌朝上，由此解答本题。 【完整解答】解：前2次可以翻6张扑克牌，使其朝上，第3次开始从第6张开始翻3张，则第7、8张朝上，第6张朝下，这时第6、9、10张扑克牌朝下，其他扑克牌朝上，再翻1次，全部扑克牌朝上，一共需要4次。 故答案为：4。 【考点评析】本题考查的是奇偶性问题的应用。 5．（2024•黔江区）马路上有编号为1，2，3，……，10的十盏路灯，为节约用电又能看清路面，可以把其中的三盏灯关掉，但又不能同时关掉相邻的两盏，在两端的灯也不能关掉的情况下，求满足条件的关灯方法有 　20　 种。 【考点评析】由题意可知，相当于从7盏点亮的路灯的空隙中抽取3个空隙各放入1盏关掉的路灯，7盏点亮的路灯之间共有6个空隙，从中抽取3个空隙各放入1盏关掉的路灯，共有种方法，据此计算即可解答。 【完整解答】解：由分析得：20（种） 答：满足条件的关灯方法有20种。 故答案为：20。 【考点评析】理解题意、正确列式是解答的关键。 6．（2024•郑州模拟）90+89+88+87+86+……+2+1＝M，则M是　奇　 数。（填奇或偶） 【考点评析】根据奇数×奇数＝奇数，奇数×偶数＝偶数，偶数×偶数＝偶数解答。 【完整解答】解：根据等差数列求和公式得M＝（90+1）×90÷2＝91×45，奇数×奇数＝奇数，所以M是奇数。 故答案为：奇。 【考点评析】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＝奇数，偶数×奇数＝奇数。 重点难点考点03：质数与合数问题 7．（2024•江北区校级模拟）已知n，n+6，n+84，n+102，n+218都是质数，那么n＝ 　5　 。 【考点评析】利用n，n+6，n+84，n+102，n+218都是质数，n取2，3，5验证，即可得出结论。 【完整解答】解：n＝2时，n+6＝8，不合题意； n＝3时，n+6＝9，不合题意； n＝5时 n+6＝11 n+84＝89 n+102＝107 n+218＝223 都是质数，满足题意。 答：n＝5。 故答案为：5。 【考点评析】本题考查质数与合数，考查学生的计算能力，理解质数与合数的定义是关键。 8．（2024•四川校级模拟）四个质数2，3，5，7的乘积为 　210　 ，经验证200到220之间仅有一个质数，请问这个质数是 　211　 。 【考点评析】用乘法列式计算四个质数的乘积，200到220之间的质数是一个奇数，找出能被整除的数，剩下的奇数就是质数。 【完整解答】解：2×3×5×7＝210 200到220之间的奇数有：201、203、205、207、209、211、213、215、217、219，能被3整除的数有：201、207、213、219，能被5整除的数有：205、215，能被7整除的数有：203、217，能被11整除的数有：209，只剩下211不能被整除，这个质数是211。 故答案为：210，211。 【考点评析】本题考查的是质数的应用。 9．（2024•四川校级模拟）将六个自然数14，20，33，117，143，175分组，如果要求每组中的任意两个数都互质，则至少需要将这些数分成 　3　 组。 【考点评析】把6个自然数分解因数，任意两个数互质，则任意两个数没有公因数，由此解答本题。 【完整解答】解：14＝2×7 20＝2×2×5 33＝3×11 117＝3×3×13 143＝11×13 175＝5×5×7 因为任意两个数互质，则任意两个数没有公因数，所以14、20、175；33、117、143不能在一组，可以分为：14、13；20、117；143、175这样的3组。 故答案为：3。 【考点评析】本题考查的是质数的应用。 重点难点考点04：因数与倍数 10．（2024•北碚区校级模拟）A、B两数都仅含有质因数3和7，它们的最大公因数是63.已知数A有12个因数，数B有10个因数，那么A，B两数的和等于 　3654　 。 【考点评析】63＝7×3×3，A、B公有的质因数是一个7和两个3，所以A、B中至少出现质因数一个7与两个3，那么先假设它出现了N次7，2次3，根据因数个数定理：因数的个数等于每个质因数的个数加1，再相乘，则约数有：（2+1）×（N+1）＝3（N+1）个，12与10其中只有12是3的倍数，所以了3（N+1）＝12，可知N＝3，这个数是A，即A＝73×32＝3087。那么B的质因数中只能出现了一次7，多于两次3，设出现了M次3，则有：（1+1）×（M+1）＝10，求出M＝4，B＝7×34＝567。那么据此即可求出A、B两数的和。 【完整解答】解：63＝7×3×3 假设出现了N次7，2次3， （2+1）×（N+1）＝3（N+1）＝12 3（N+1）＝12 3N＝9 N＝3 A＝73×32＝3087 那么B的质因数中只能出现了一次7，假设出现了M次3，则有： （1+1）×（M+1）＝10 2M＝8 M＝4 B＝7×34＝567 A+B＝3087+567＝3654 故答案为：3654。 【考点评析】此题考查了因数个数的计算。 11．（2024•渝中区）某展厅的120盏电灯都是亮着的，每个灯都单独设有开关，现将开关按1～120编号，某同学先按编号为3的倍数的全部开关，然后再将编号为5的倍数的开关全部按下，那么此时展厅中共有 　72　 盏亮着的灯。 【考点评析】按奇数次的灯是关闭的，按偶数次的灯是亮着的，用展厅的灯的编号是3的倍数的灯减去编号是15的倍数的灯加上编号是5的倍数的灯减去编号是15的倍数的灯即是关闭的灯的数量，然后用展厅灯的盏数减去关闭灯的盏数即是所求。 【完整解答】解：120÷3＝40（盏） 120÷5＝24（盏） 120÷（3×5）＝8（盏） 120﹣（40﹣8）﹣（24﹣8） ＝120﹣32﹣16 ＝72（盏） 答：此时展厅中共有72盏亮着的灯。 故答案为：72。 【考点评析】本题考查了因数和倍数问题的应用，解答过程很容易用120﹣40﹣24+8计算，造成错误。 12．（2024•二七区模拟）一间屋子里有100盏灯，依次编号为1﹣100号，每盏灯有一个拉线开关且开始时灯全部是关闭的。现有100个学生在门外排队，第1个学生进入屋子后把编号是1的倍数的灯全部拉了一下；第2个学生进入屋子后把编号是2的倍数的灯全部拉了一下……第100个学生进入屋子后把编号是100的倍数的灯全部拉了一下。这样做完后有 　10　 盏灯是亮的。 【考点评析】本题的一个重要条件是最初时灯都是关着的，然后对每个编号分解因数。 【完整解答】解：由于最初所有电灯是关着的，所以只有哪些拉了奇数次开关的电灯才是亮的，而每一盏电灯的拉线开关被拉了多少次取决于这盏灯的编号的数字有多少个不同的正约数，最后亮着的灯的编号只有为完全平方数，所以，只有编号为1，4，9，16，25，36，49，64，81，100的电灯最后是亮着的。 答：这样做完后有10盏灯是亮的。 故答案为：10。 【考点评析】此题主要考查了整除性质，得出最后亮着的灯的编号只有为完全平方数，从而解决问题。 13．（2024•东阿县）体育课上30名学生排成一行，从左往右按顺序报数。老师让报2的倍数的学生向前一步，又让报3的倍数的学生向前两步走。原地不动、向前走一步、向前走两步的分别有 　10　 名、　10　 名、　5　 名学生。 【考点评析】先求出向前迈一步的学生人数（用人数除以2即可），再求出向前迈两步的学生人数（用人数除以3即可），再求出既迈了一步又迈了两步的学生人数（用人数除以2和3的最小公倍数），然后求出一共离开原队伍的人数，用总人数减去离开原队伍的人数即是原地不动的人数，用迈一步的人数减去既迈一步又迈两步的人数即是迈一步的人数，用迈两步的人数减去既迈一步又迈两步的人数即是迈两步的人数。据此解答。 【完整解答】解：30÷2＝15（人） 30÷3＝10（人） 30÷（2×3）＝5（人） 15+10﹣5＝20（人） 30﹣20＝10（人） 15﹣5＝10（人） 10﹣5＝5（人） 答：原地不动、向前走一步、向前走两步的分别有10名、10名、5名学生。 故答案为：10；10；5。 【考点评析】本题考查了因数和倍数问题的应用。 重点难点考点05：整数的裂项与拆分 14．（2024•二七区）某校为筹备艺术节，准备用365元购买两种演出服，其中甲种演出服20元/套，乙种演出服35元/套，在钱都用尽的条件下，有　2　 种购买方案． 【考点评析】设甲种运动服买了x套，乙种买了y套，根据，准备用365元购买两种运动服，其中甲种运动服20元/套，乙种运动服35元/套，在钱都用尽的条件下可列出方程，且根据x，y必需为整数可求出解． 【完整解答】解：设甲种运动服买了x套，乙种买了y套， 20x+35y＝365 x， 因为x，y必须为正整数， 所以 0，即0＜y， 然后进行验证，把当y等于1，2，3，4，5，6，7，8，9，10分别代入，可得： 当y＝3时，x＝13和当y＝7时，x＝6，符合题意； 所以有两种方案． 故答案为：2． 【考点评析】本题考查理解题意的能力，关键是根据题意列出方程，然后根据解为整数确定值从而得出结果． 15．（2024•渝中区）a，b，c都是质数，并且a+b＝33，b+c＝44，c+d＝66，那么cd＝　689　 ． 【考点评析】因为a+b＝33的和为奇数，b+c＝44，c+d＝66，这两个的和是偶数，所以a＝2，b＝31；进而可以得出：c＝13；d＝53；那么cd＝53×13＝689． 【完整解答】解：因为在所有的质数中只有一个偶质数2， 所以a+b＝33的和为奇数，b+c＝44，c+d＝66， 这两个的和是偶数，所以a＝2， 则，b＝33﹣2＝31； c＝44﹣31＝13； d＝66﹣13＝53； 所以cd＝53×13＝689． 故答案为：689． 【考点评析】本题同学们不要急于解方程组，要善于从数的特点去思索，要打破思维定势，利用：奇数+偶数＝奇数，奇数+奇数＝偶数，以及在所有的质数中只有一个偶质数2，这个特例去解决问题，就容易多了． 16．（2024•嘉定区模拟）把300千克苹果分装在大、小两种盒子里，大盒能装40千克，小盒能装15千克，至少需要 　6　 个大盒和 　4　 个小盒．（每盒都装满） 【考点评析】要使装的大、小两种盒子的个数最少，必须尽量多装大盒，少装小盒，300÷40＝7（盒）…20（千克），由于剩下的20千克装1小盒还有的剩余，即小盒不能装满，所以再把一大盒的重量改为装小盒，能装（40+20）÷15＝4小盒；据此解答． 【完整解答】解：根据分析可得， 300÷40＝7（盒）…20（千克）， 20÷15＝1（盒）…5（千克）， 所以小盒不能装满；可以再把一大盒的重量改为装小盒， 则可得：（40+20）÷15＝4（盒）， 所以，300＝40×6+15×4， 所以，至少需要6个大盒和4个小盒，才能每盒都装满． 答：至少需要6个大盒和4个小盒． 故答案为：6，4． 【考点评析】本题关键要在保证“至少数”的条件下，首先要使大盒装满，再结合剩余的重量，通过调整把一大盒的重量改为装小盒，使之和剩余的正好装满小盒． 17．（2024•渝北区）阅读材料后，回答下列问题。 材料一：我们可以将任意三位数记为，（其中a，b，c分别表示该数的百位数字，十位数字和个位数字，且a≠0），显然100a+10b+c。 材料二：一个三位数m，若它各个数位上的数字均不为0。我们则称m为美妙数，例如123就是一个美妙数。将美妙数三个数位上的数字两两组合，可产生6个新的两位数，例如由123可以产生出12，13，21，23，31，32这6个新数。我们规定F（m）等于m产生的6个新数之和，例如F（123）＝12+13+21+23+31+32＝132。 （1）求F（236）的值； （2）证明：任意一个美炒数m。其F（m）的值一定是11的倍数； （3）若一个三位数是美妙数，且F（）＝264，求出所有符合题意的三位数。 【考点评析】（1）（2）依据材料二去解答； （3）利用材料一可知100a+10b+7，结合材料二去解答。 【完整解答】解：（1）F（236）＝23+26+32+36+62+63＝242 （2）设美炒数m的百位上数字是a，十位上数字是b，个位上数字是c，则F（m）＝10a+b+10a+c+10b+a+10b+c+10c+a+10c+b，即F（m）＝22（a+b+c），所以F（m）的值一定是11的倍数。 （3）F（）＝10a+b+10a+7+10b+a+10b+7+70+a+70+b＝264，所以a+b＝5，则a＝1，b＝4；a＝2，b＝3；a＝3，b＝2；a＝4，b＝1。 答：符合题意的有147、237、327、417。 【考点评析】本题考查的是整数的裂项与拆分的应用。 重点难点考点06：位值原则 18．（2024•渝北区）一个两位数，它的十位数字和个位数字和是14，如果把十位上的数字和个位上的数字位置交换后，所得的两位数比原来的两位数大36，原来的两位数是 　59　 。 【考点评析】把一个两位数的个位数字设为未知数，根据前后两数的差为等量关系列方程解答。 【完整解答】解：设一个两位数的个位数字为x。则 10x+（14﹣x）﹣（14﹣x）×10﹣x＝36 18x＝162 x＝9 14﹣9＝5 则原来的两位数是59。 故答案为：59。 【考点评析】此题考查了学生用字母表示数以及对位值原则问题的解答能力。 19．（2024•北碚区）设有一个六位数，乘3后为，则这个六位数为 　142857　 。 【考点评析】设五位数x，根据“六位数乘3的积为”可得方程：（100000+x）×3＝10x+1，解方程即可解决问题。 【完整解答】解：设五位数x。 （100000+x）×3＝10x+1 300000+3x＝10x+1 7x＝299999 x＝42857 所以这个六位数为142857。 故答案为：142857。 【考点评析】解答本题关键是把五位数看作一个整体来解答。 20．（2024•江北区）一个两位数，十位上的数字与个位上数字和是9，把十位上的数字与个位上的数字对调后，得到的新数与原数的比是6：5，则原来的两位数是 　54　 。 【考点评析】设原来个位是x，则十位是9﹣x，所以原数为是10（9﹣x）+x，对调后是10x+（9﹣x），由得到的新数与原数的比是6：5，得[10x+（9﹣x）]：[10（9﹣x）+x]＝6：5，解决问题． 【完整解答】解：设原来个位是x，则十位是9﹣x，得： [10x+（9﹣x）]：[10（9﹣x）+x]＝6：5 （9x+9）：（90﹣9x）＝6：5 45x+45＝540﹣54x 99x＝495 x＝5 9﹣5＝4 原来的两位数是45． 故答案为：45． 【考点评析】对于位置原则问题，一般采取设未知数的方法解决． 重点难点考点07：数的整除特征 21．（2025•渝北区）将自然数N接写在每一个自然数的右面，如果得到的新数都能被N整除，那么称N为“魔术数”，在小于130的自然数中，“魔术数”共有 　9　 个。 【考点评析】根据题意，将自然数N接写在每一个自然数的右面，如果得到的新数都能被N整除，那么称N为“魔术数”，则不妨设a是“魔术数”，把a接写在任意一个自然数x右面得到新数。根据a是一位数、两位数、三位数依次分析解答即可。 【完整解答】解：设a是“魔术数”，把a接写在任意一个自然数x右面得到新数。 ①若a是一位数，则10x+a能被a整除，即对任何一个自然数x，10x能被a整除，即10应是a的倍数，则a只能是1，2，5，共3个； ②若a是两位数，则100x+a能被a整除，100应是a的倍数，则a只能是10，20，25，50，共4个； ③若a是三位数，则1000x+a能被a整除，1000应是a的倍数，而a＜130，只有100，125，共2个。 3+4+2＝9（个），即小于130的“魔术数”有9个。 答：在小于130的自然数中，“魔术数”共有9个。 故答案为：9。 【考点评析】本题考查了数的整除特征的应用。 22．（2024•渝中区）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 　8165432709　 。 【考点评析】先确定数位上比较容易确定的数字，再根据数的整除特征，从高位到低位依次进行，进而解决问题。 【完整解答】解：前9位数能被10整除，则从左往右第9位是0，已知最高位数为8，则这个数为： 前2位数能被3整除，则第2位放1，即 前3位数能被4整除，则第3位放6，即 …… 前7位数能被6整除，则第6位放3，即 前7位数能被8整除，因为8已放，就和前一位能被2整除的2互换，则第7位放2，即 最后一位放剩下的9，即8165432709。 经验证十位数8165432709符合题意。 答：这个十位数是8165432709。 故答案为：8165432709。 【考点评析】此题主要根据数的整除特征来确定各位上的数字。 23．（2024•高新区模拟）如果形如3□□4的四位数能被9整除，那么这样的四位数共有（　　） A．9个 B．10个 C．11个 D．12个 【考点评析】能被9整除的数的特征：如果一个整数的各位数字之和能被9整除，那么它必能被9整除；据此解答即可。 【完整解答】解：3+□+□+4＝7+□+□，所以□+□的和是2、11； 2＝0+2＝1+1，有3种； 11＝2+9＝3+8＝4+7＝5+6，有8种； 3+8＝11（个） 答：这样的四位数共有11个。 故选：C。 【考点评析】本题考查了能被9整除的数的特征的灵活运用。 重点难点考点08：带余除法 24．（2024•两江新区）20192020×20182019﹣20182019×20192018的结果除以11余数是 　0　 。 【考点评析】观察题中算式可知，利用乘法分配律进行简便运算，由此解答本题。 【完整解答】解：20192020×20182019﹣20182019×20192018 ＝20182019×（20192020﹣20192018） ＝20182019×2 ＝40364038 4+3+4+3＝14 0+6+0+8＝14 14﹣14＝0，能被11整除，则40364038能被11整除，所以余数是0。 故答案为：0。 【考点评析】本题考查的是能被11整除的数的特征的应用。 25．（2024•渝北区）22003与20032的和除以7的余数是 　5　 。 【考点评析】用7除2、22、23、24、25、26、……的余数分别是2、4、1、2、4、1、……。2的个数是3的倍数时用7除的余数为1；2的个数是3的倍数多1时用7除的余数为2；2的个数是3的倍数多2时用7除以余数为4。于是22003＝23×667+2除以7余4。 又两个数的积除以7的余数，与两个数分别除以7所得余数的积再除以7的余数相同。而2003除以7余1，所以20032除以7余1。 故是22003与20032的和除以7的余数是4+1＝5。据此解答。 【完整解答】解：因为8≡1（mod 7），所以22003＝22×22001＝4×23×667＝4×8667≡4（mod 7） 因为2003≡1（mod 7），所以20032≡1（mod 7） 所以22003与20032≡4+1≡5（mod 7） 答：22003与20032的和除以7的余数是5。 故答案为：5。 【考点评析】本题考查了带余除法计算的应用，也可以2的n次方除以7的余数找规律，然后用2003除以规律的周期数通过找规律解答。 26．（2024•渝北区）有一个数，除以3的余数是2；除以4的余数是1．这个数除以12的余数是　5　 ． 【考点评析】此题可采用列举法由一般到特殊进行推理解决．如：除以3余2的数，应是3的倍数+2；除以4余1的数，应是4的倍数+1，从中找出同时符合“除以3余数是2且除以4余数是1的数”，即可解决问题． 【完整解答】解：除以3余2的数，应是3的倍数+2，那么除以3余2的数有：5，8，11，14，17，20，23，26，29，32…； 除以4余1的数，应是4的倍数+1，那么除以4余1的数有：5，9，13，17，21，25，29，33… 所以，同时符合除以3余数是2，除以4余数是1的数5，17，29，…，（5不符合题意），所以17，29，…，这个数除以12余数均为5． 答：这个数除以12余数是5． 故答案为：5． 【考点评析】此题采用列举法列举出符合题意的数据，由特殊到一般推理出最后结果． 重点难点考点09：同余定理 27．（2024•北碚区）有一个不等于1的正整数，除1773、1888、1957、2003，得到相同的余数，则这个正整数是 　23　 。 【考点评析】由于这个不等于1的正整数，除1773、1888、1957、2003，得到相同的余数，根据同余定理可知，将1773、1888、1957、2003相邻两数两两相减，它们的差的公约数就是这个正整数． 【完整解答】解：1888﹣1773＝115， 1957﹣1888＝69， 2003﹣1957＝46； （115，69，46）＝23； 23＝1×23，由于该正整数不是1， 所以它是只能是23． 故答案为：23． 【考点评析】此为同余问题的基本解法即：将几个具有相同余数的数两两相减，它们差的公约数即是这几个数的共同的除数． 28．（2024•黔江区）甲、乙、丙三数分别为603，939，393。某数A除甲数所得余数是A除乙数所得余数的2倍，A除乙数所得余数是除丙数所得余数的2倍，求A等于 　17　 。 【考点评析】根据条件可知939×2﹣603＝1275是A的倍数，同理，939﹣393×2＝153也是A的倍数，因此A是1275和153的公约数，因为（1253，153）＝51，所以A是51的约数，A＝51时，除这3个数所得余数分别为42，21，36，不满足要求，A＝17时，除这3个数所得余数分别为8，4，2，符合题意，因此A＝17；据此解答即可。 【完整解答】解：939×2﹣603＝1275 1275是A的倍数， 同理，939﹣393×2＝153 153也是A的倍数， 因此A是1275和153的公约数， 因为（1253，153）＝51，所以A是51的约数． A＝51时，除这3个数所得余数分别为42，21，36，不满足要求， A＝17时，除这3个数所得余数分别为8，4，2，符合题意。 答：A等于17。 故答案为：17。 【考点评析】此题主要考查公因数和公倍数问题，以及根据余数确定某数A的大小。 29．（2024•江北区校级模拟）有八个盒子，各盒内装的奶糖分别为9、17、24、28、30、31、33和44块。甲先取走了一盒，其余各盒被乙、丙、丁分别取走，已知乙、丙取到的糖的块数相同，且都为丁的2倍。问：甲取走的盒中有多少块奶糖？（请说明理由） 【考点评析】已知乙、丙取到的糖的块数相同，且都为丁的2倍，说明乙、丙、丁取走的总块数就是1+2+2＝5的倍数；所以求出总块数除以5的余数，再结合同余问题解答即可。 【完整解答】解：因为乙、丙取到的糖的块数相同，且都为丁的2倍，所以乙、丙、丁取走的总块数就是1+2+2＝5的倍数； （9+17+24+28+30+31+33+44）÷5 ＝216÷5 ＝43……1 所以甲取走的数量被5除余1，只有31符合题意。 答：甲取走的盒中有31块奶糖。 【考点评析】此题考查数的余数问题的灵活运用，解决此题关键是理解乙、丙、丁取走的总块数是5的倍数，把它当做突破口，进而问题得解。 重点难点考点10：孙子定理（中国剩余定理） 30．（2024•九龙坡区）某数除以11余8，除以17余12，除以13余10，那么这个数最小可能是 　998　 。 【考点评析】某数除以11余8，除以13余10，则该数加上3后即是11和13的倍数，求出11和13的最小公倍数后减去3，则该数除以11余8，除以13余10，然后再用该数加上11和13的最小公倍数的倍数，依次找到其中的一个最小数，使该数除以17余12即可，据此解答。 【完整解答】解：[11，13]＝143 143﹣3＝140 140÷17＝8……4，不符合题意； （140+143）÷17＝283÷17＝16……11，不符合题意； （140+143×2）÷17＝426÷17＝25……1，不符合题意； （140+143×3）÷17＝569÷17＝33……8，不符合题意； （140+143×4）÷17＝712÷17＝41……15，不符合题意； （140+143×5）÷17＝855÷17＝50……5，不符合题意； （140+143×6）÷17＝998÷17＝58……12，符合题意。即该数最小是998。 答：这个数最小可能是998。 故答案为：998。 【考点评析】本题考查了中国剩余定理的应用。 31．（2024•北碚区）一筐苹果，三三数之余二，四四数之余一，五五数之不足一，这筐苹果最少有 　29　 个。 【考点评析】如果再增加1个苹果就是3与5的公倍数，然后再满足被4除1即可。 【完整解答】解：[3，5]＝15 15﹣1＝14（个） 14÷4＝3……2，不符合题意； 15×2﹣1＝29（个） 29÷4＝7……1，符合题意。 答：这筐苹果最少有29个。 故答案为：29。 【考点评析】本题考查了同余问题的灵活运用。 32．（2024•四川校级模拟）某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是 　61　 。 【考点评析】根据某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，可知，这个两位数被3、4、5除余数都是1，即这个两位数比3、4、5的公倍数小1，求出3、4、5的最小公倍数找到符合两位数的即可解答。 【完整解答】解：3、4、5的最小公倍数是：3×4×5＝60，60+1＝61 60×2＝120120+1＝121 即符合题意的两位数数只有61 答：这个两位数是61。 故答案为：61。 【考点评析】本题考查了中国剩余定理的应用，解题关键是该数是两位数。 33．（2024•北碚区）阅读材料： 材料一：一个大于1的正整数，若被N除余1，被（N﹣1）除余1，被（N﹣2）除余1，……，被3除余1，被2除余1，那么称这个正整数为“强N数（N取最大）”。例如：73（被5除余3）被4除余1，被3除余1，被2除余1，那么73为“强4数”（要求N最大，因此它不是“强3数”）。 材料二：设N，（N﹣1），（N﹣2），……，3，2的最小公倍数为k，那么“强N数”可以表示为kn+1（n为正整数）。例如：4，3，2的最小公倍数为12，那么“强4数”可以表示为12n+1（n为正整数）。 解答下列问题： （1）直接写出最小的“强5数”； （2）是否存在一个“强4数”与“强6数”的和为182，若存在，求出这两个数；若不存在，请说明理由； （3）在2～2000的正整数中共有多少个“强2数”？ 【考点评析】（1）最小的“强5数”，即5、4、3、2的最小公倍数加1的数。 （2）“强N数”可以表示为kn+1（n为正整数），[4、3、2]＝12，所以“强4数”表示为12a+1；同理，[6、5、4、3、2]＝60，所以“强6数”表示为60b+1；根据“强4数”+“强6数”＝182可得：12a+1+60b+1＝182，由此推断即可。 是否存在一个“强4数”与“强6数”的和为182，若存在，求出这两个数；若不存在，请说明理由； （3）“强N数”可以表示为kn+1（n为正整数），由此可得：2≤2k+1≤2000；据此解答即可。 【完整解答】解：（1）[5、4、3、2]＝60 60+1＝61 答：最小的“强5数”是61。 （2）[4、3、2]＝12，所以“强4数”表示为12a+1； [6、5、4、3、2]＝60，所以“强6数”表示为60b+1； 根据“强4数”+“强6数”＝182可得： 12a+1+60b+1＝182 整理得：a+5b＝15 可得：a＝5，b＝2；或a＝10，b＝1； 则“强4数”＝12×5+1＝61，“强6数”＝60×2+1＝121； 或“强4数”＝12×10+1＝121，“强6数”＝60×1+1＝61； 答：这两个数是61和121；或121和61。 （3）“强N数”可以表示为kn+1（n为正整数），由此可得： 2≤2k+1≤2000 解得：0.5≤k≤999.5 所以在2～2000的正整数中共有999个“强2数”。 【考点评析】解答本题关键是明确“强N数”的特点和求法。 重点难点考点11：数字和问题 34．（2024•管城区模拟）如图，四个小三角形的顶点处有六个小圆圈，如果这些圆圈中分别填上六个质数，它们的和为20，而且每个小三角形三个顶点上的数字之和相等．则这六个质数的积为　900　 ． 【考点评析】设每个小三角形三个顶点上的数的和都是S，4个小三角形的和S相加时，中间三角形每个顶点上的数被算了3次，所以：4S＝2S+20，从而：S＝10，这样，每个小三角形顶点上出现的三个质数只能是2，3，5，从而六个质数是2，2，3，3，5，5，它们的积是：2×2×3×3×5×5＝900，即可得解． 【完整解答】解：设每个小三角形三个顶点上的数的和都是S． 则：4S＝2S+20， 得：S＝10， 2+3+5＝10， 所以一个三角形顶点的三个质数只能是2，3，5，从而六个质数是2，2，3，3，5，5； 如图， 2×2×3×3×5×5＝900， 答：这六个质数的积是900． 故答案为：900． 【考点评析】根据已知设出未知数，列出等式，求解，凑数，是解决此题的关键． 35．（2024•吉县模拟）a、b、c、d是四个不同的自然数，且a×b×c×d＝2790，a+b+c+d最小是 　45　 ． 【考点评析】由于a、b、c、d是四个不同的自然数，且a×b×c×d＝2790，因此可先将2790分解质因数，2790＝2×3×3×5×31，所以2790含有5个质因数，这些质因数中，只有2×3＝6的值最小，所以这四个因数可为3×6×5×31＝2790，则a+b+c+d最小是3+5+6+31＝45． 【完整解答】解：由于2790＝2×3×3×5×31， 只有2×3＝6的值最小，a×b×c×d＝3×6×5×31＝2790， 则a+b+c+d最小是3+5+6+31＝45． 故答案为：45． 【考点评析】先根据题意将2790分解质因数，再根据其质因数的情况进行分析是完成本题的关键． 36．（2024•渝北区校级模拟）在一次少先队大队长选举中，五位候选人共获得320张选票，获胜者比其他四位候选人分别多得9、13、18和25张选票，获得选票最少的一位候选人所得票数是多少？ 【考点评析】由题意可知：加上9、13、18、25后，5人得票同样多，320+9+13+18+25＝385（张），这样能求出最多的候选人票数为385÷5＝77（张），进而求出最少的候选人票数77﹣25＝52（张），据此解答。 【完整解答】解：（320+9+13+18+25）÷5 ＝385÷5 ＝77（张） 77﹣25＝52（张）答：获得选票最少的一位候选人所得票数是52张。 【考点评析】解答此题应认真分析题意，明确加上9、13、18、25后，5人得票同样多，求出这时5人总票数，由此求出最多的候选人票数，是解答此题的关键。 重点难点考点12：等量关系与方程 37．（2025•北碚区）将30个相同的玻璃珠放入a，b，c，d四个小盒子里，且每个小盒子里的玻璃球个数不同。将四个小盒子如图放入天平的两端，当天平两端的玻璃球个数相差不超过1个时，天平能保持平衡；当玻璃球个数相差多于1个时，天平向玻璃球多的一边倾斜。由如图可知，a小盒子里的玻璃球共 　9　 个。 【考点评析】从天平中可知，a和b之间的个数相差1，b和c的个数也相差1，a的个数比c的个数多2个。从第四个天平中可知，a+d的个数比b+c的个数相差1个，或者相等。可以设a盒子个数有x个，b盒子有（x﹣1）个，c盒子有（x﹣2）个。 分情况讨论： 第一种，当a+d的个数比b+c的个数相差1个时，若a+d的个数比b+c的个数多1，即a+d＝b+c+1，d＝b+c+1﹣a，用x表示出d的值是（x﹣2）个，四个盒子的总数是30个，求出x的个数； 第二种，当a+d的个数比b+c的个数相差1个时，若a+d的个数比b+c的个数少1，即a+d＝b+c﹣1，d＝b+c﹣1﹣a，用x表示出d的值是（x﹣4）个，四个盒子的总数是30个，求出x的个数； 第三种，当a+d的个数比b+c的个数相等时，即a+d＝b+c，d＝b+c﹣a，用x表示出d的值是（x﹣3）个，四个盒子的总数是30个，求出x的个数。 由于玻璃球的个数是整数个，则得出的x的值是整数。 【完整解答】解：设a盒子有x个，则b盒子有（x﹣1）个，c盒子有（x﹣2）个。 第一种： x+x﹣1+x﹣2+x﹣2＝30 4x﹣5＝30 4x＝35 x＝8.75 第二种： x+x﹣1+x﹣2+x﹣4＝30 4x﹣7＝30 4x＝37 x＝9.25 第三种： x+x﹣1+x﹣2+x﹣3＝30 4x﹣6＝30 4x＝36 x＝9 答：a小盒子里的玻璃球共9个。 故答案为：9。 【考点评析】注意对题目进行审题，不超过1个，是有两种情况，1或者0。当题目中未知量过多时，要用未知数表示出其他盒子的数量，再解方程。 38．（2024•九龙坡区校级模拟）一辆汽车按计划行驶了1.5小时，剩下的路程用计划速度的继续行驶，到达目的地的时间比计划的时间迟了2时，如果按计划速度行驶的路程再增加60千米，那么到达目的地的时间比计划时间只迟1时。问：计划速度是多少？ 【考点评析】本题涉及速度、时间和路程的关系，通过设未知数，利用不同行驶情况所产生的时间差异来建立方程求解计划速度。 【完整解答】解：设汽车计划速度是x千米/时，原计划总用时为t小时。 按计划行驶1.5小时的路程为1.5x千米，剩下路程速度变为x千米/时。 因为剩下路程用新速度行驶比计划时间迟2小5时，所以可列方程： 1.5xx×（t﹣1.5+2）＝xt 解得：t＝4.5 按计划速度行驶的路程增加60千米后，到达目的地比计划时间只迟1小时，可列方程： （1.5x+60）x×（t﹣1.51）＝xt 把t＝4.5代入方程可得： （1.5x+60）x×（t﹣1.51）＝4.5x 解得：x＝40 答：计划速度是40千米/时。 【考点评析】本题考查了列方程解决行程问题的应用，找到等量关系是解题的关键。 39．（2023•迎泽区）中国自主研发的复兴号列车的速度已经达到350千米/时，民航飞机的一般速度比复兴号列车速度的2倍还多200千米。民航飞机的一般速度是多少？ 【考点评析】根据题意可知：复兴号列车的速度×2+200＝民航飞机的一般速度，据此列式解答。 【完整解答】解：350×2+200 ＝700+200 ＝900（千米/时） 答：民航飞机的一般速度是900千米/时。 【考点评析】此题主要考查了解决问题，弄清题意，找出合适的等量关系，进而列式是解答此类问题的关键。 40．（2023•确山县）一次知识竞赛，共有10道题，每答对一题得10分，答错或不答倒扣5分，小明共得55分，他答对（　　）道。 A．3 B．6 C．7 D．11 【考点评析】假设他答对x道，则能得到10x分，由于答错或不答要倒扣5（10﹣x）分，根据“得到的分数﹣倒扣的分数＝55”列方程解答即可。 【完整解答】解：设他答对了x道题，根据题意可得： 10x﹣5（10﹣x）＝55 10x﹣50+5x＝55 15x＝105 x＝7 答：他答对7道。 故选：C。 【考点评析】此题属于鸡兔同笼问题，解这类题也可以用假设法或列表法。 重点难点考点13：二元一次方程组的求解 41．（2024•闵行区）解方程组：． 【考点评析】①×8﹣②得出13x＝39，求出x的值，把x的值代入①得出一个关于y的方程，求出y的值，即可得出答案． 【完整解答】解：， ①×8﹣②得：13x＝39， 解得：x＝3， 把x＝3代入①得：6﹣y＝8， 解得：y＝﹣2， 即方程组的解是 ． 【考点评析】本题考查了解一元一次方程和解二元一次方程组的应用，关键是把二元一次方程组转化成一元一次方程，题目比较好，难度不大． 42．（2024•闵行区）解方程组：． 【考点评析】利用加减法消掉一个未知数，将三元一次方程组转化为二元一次方程组，进而再利用代入消元法转化成一个一元一次方程，先求出一个未知数的值，再进行解答． 【完整解答】解：， ①+②可得：4x+4z＝8，方程可以变形为z＝2﹣x，④； ②+③可得：5x﹣8z＝36，⑤； 把④代入⑤可得：5x﹣8（2﹣x）＝36， 5x﹣16+8x＝36， 13x＝52， x＝4； 把x＝4代入④可得：z＝﹣2， 把x＝4，z＝﹣2代入①可得：12+2y﹣10＝2， 2y＝0， y＝0， 所以这个方程组的解是：． 【考点评析】本题考查了解三元一次方程组，需要对三元一次方程组的定义有一个深刻的理解．方程组有三个未知数，每个方程的未知项的次数都是1，并且一共有三个方程，像这样的方程组，叫三元一次方程组．通过解方程组，了解把“三元”转化为“二元”、把“二元”转化为“一元”的消元的思想方法，从而进一步理解把“未知”转化为“已知”和把复杂问题转化为简单问题的思想方法．解三元一次方程组的关键是消元．解题之前先观察方程组中的方程的系数特点，认准易消的未知数，消去未知数，组成二元一次方程组． 43．（2024•两江新区）解方程（组）。 （1） （2） 【考点评析】（1）先根据x+y＝3，得出x＝3﹣y，再代入2x﹣3y＝1求出y的值，再进一步求出x的值； （2）方程左右两边同时乘（x﹣4），再应用等式的性质解方程即可。 【完整解答】解：（1） 由①得：x＝3﹣y 代入②，得： 2（3﹣y）﹣3y＝1 6﹣2y﹣3y＝1 6﹣5y＝1 5y＝5 y＝1 x＝3﹣1＝2 原方程组的解为：。 （2） 3﹣x﹣1＝x﹣4 2x＝6 x＝3 【考点评析】本题考查了解方程（组）的能力，注意计算的准确性。 重点难点考点14：不定方程的分析求解 44．（2024•闵行区）方程2x+y＝5的正整数解为 　x＝1，y＝3；x＝2，y＝1　 。 【考点评析】先将方程做适当变形，确定其中一个未知数的取值范围，然后列举出适合条件的所有整数值，再求出另一个未知数的值。 【完整解答】解：2x+y＝5 y＝5﹣2x x为正整数，根据以上条件可知，合适的x值只能是x＝1、2，则相应的y＝3、1； 所以方程2x+y＝5的正整数解为x＝1，y＝3；x＝2，y＝1。 故答案为：x＝1，y＝3；x＝2，y＝1。 【考点评析】本题考查了求不定方程的整数解。 45．（2024•两江新区）今有三部自动换币机，其中甲机总是将一枚硬币换成2枚其它硬币；乙机总是将一枚硬币换成4枚其它硬币；丙机总是将一枚硬币换成10枚其它硬币。某人共进行了12次换币，便将一枚硬币换成了81枚。试问他在三个换币机上各换了多少次？ 【考点评析】根据题意可知，在甲机上每换一次多1枚；在乙机上每换一次多3枚；在丙机上每换一次多9枚；进行了12次换币就将一枚硬币换成了81枚，多了80枚；找到相等关系式列出方程解答即可。 【完整解答】解：设：在甲机换了x次、乙机换了y次、丙机换了z次。 在甲机上每换一次多1枚； 在乙机上每换一次多3枚； 在丙机上每换一次多9枚； 进行了12次换币就将一枚硬币换成了81枚，多了80枚； x+y+z＝12……① x+3y+9z＝80……② ②﹣①2y+8z＝68 y+4z＝34 y＝34﹣4z x+y+z＝12 能满足上面两式的值为： x＝2、y＝2、z＝8 即在甲机换了2次、乙机换了2次、丙机换了8次。 答：在甲机换了2次、乙机换了2次、丙机换了8次。 【考点评析】此题关键是明白一枚硬币在不同机上换得枚数不同，但是通过一枚12次换了81枚，多了80枚，找到等量关系，再根据题意解出即可。 46．（2024•沙坪坝区）电影票有10元、15元、20元三种票价，班长用500元买了30张电影票其中票价为20元的比票价为10元的多（　　）张。 A．9 B．10 C．11 D．12 【考点评析】根据10元、15元、20元三种票的总价是500元，三种票数的和是30张列出三元一次方程组，再解方程即可。 【完整解答】解：设10元的有x张，15元的有y张，20元的有z张，则 10x+15y+20z＝500 ① x+y+z＝30 15x+15y+15z＝450 ② ①﹣② 5z﹣5x＝50 z﹣x＝10 答：20元的比票价为10元的多10张。 故选：B。 【考点评析】熟悉方程组的解法是解决本题的关键。 重点难点考点15：不等方程的分析求解 47．（2024•闵行区）如果关于x的不等式4x﹣m≤0的正整数解是1、2、3，那么整数m所有可能取值的和是 　54　 。 【考点评析】根据不等式4x﹣m≤0求出m的取值范围，再进一步解答即可。 【完整解答】解：4x﹣m≤0，则x； 因为不等式4x﹣m≤0的正整数解是1、2、3， 所以12≤m＜16， 则m＝12，13，14或15， 所以12+13+14+15＝54。 答：整数m所有可能取值的和是54。 故答案为：54。 【考点评析】本题考查了不等方程的计算。 48． （2024•闵行区）解不等式组：并把它的解集在数轴上表示出 来． 【考点评析】本题可根据不等式组分别求出x的取值，然后画出数轴，数轴上相交的点的集合就是该不等式的解集．若没有交点，则不等式无解． 【完整解答】解：； 由①得：x＞﹣2； 由②得：x≤4； 用数轴表示为： 所以原不等式的解集是：﹣2＜x≤4． 【考点评析】本题考查的是一元一次不等式组的解，解此类题目常常要结合数轴来判断．还可以观察不等式的解，若x大于较小的数、小于较大的数，那么解集为x介于两数之间． 49．（2024•宝山区）解方程组时，如果用加减消元法来解，那么下列方法中不正确的是（　　） A．①﹣②×2 B．②×2﹣① C．①×3﹣② D．①×3+② 【考点评析】利用加减消元法解方程组，消元后两个未知数只剩下一个未知数，所以①﹣②×2；②×2﹣①；①×3+②都可以剩下一个未知数，只有①×3﹣②计算后还是有两个未知数，即C解法不合适。据此选择。 【完整解答】解：A.①﹣②×2，只剩下未知数y，可以用消元法解放组； B.②×2﹣①，只剩下未知数y，可以用消元法解放组； C.①×3﹣②，还是有两位未知数x，y，解法不当。 D.①×3+②，只剩下未知数x，可以用消元法解放组； 即只有C解法没有做到消元。 故选：C。 【考点评析】本题考查了消元法解二元一次方程组的方法。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$