2021-2022学年沪教新版六年级上册数学《第1章 数的整除》单元测试卷（word版含解析）
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年沪教新版六年级上册数学《第1章 数的整除》单元测试卷（word版含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 93.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 沪教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-07-12 05:33:46 | ||
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文档简介
2021-2022学年沪教新版六年级上册数学《第1章
数的整除》单元测试卷
一．选择题
1．能整除任意3个连续整数之和的最大整数是（ ）
A．1
B．2
C．3
D．6
2．某校初三两个毕业班的学生和教师共100人一起在台阶上拍毕业照留念，摄影师要将其排列成前多后少的梯形队阵（排数≥3），且要求各行的人数必须是连续的自然数，这样才能使后一排的人均站在前一排两人间的空挡处，那么，满足上述要求的排法的方案有（ ）
A．1种
B．2种
C．4种
D．0种
二．填空题
3．设正整数a，b，c满足ab+bc＝518，ab﹣ac＝360，则abc的最大值是
．
4．24分解素因数得24＝
．
5．今天是星期日，从今天算起，第天是星期
．
6．如图，若a、b、c是两两不等的非零数码，按逆时针箭头指向组成的两位数、都是7的倍数，则可组成三位数共有
个；其中最大的三位数与最小的三位数的和等于
．
三．解答题
7．某公园门票价格，对达到一定人数的团队，按团体票优惠，现有A、B、C三个旅游团共72人，如果各团单独购票，门票依次为360元、384元、480元；如果三个团合起来购票，总共可少花72元．
（1）这三个旅游团各有多少人？
（2）在下面填写一种票价方案，使其与上述购票情况相符：
售票处
普通票
团体票（人数须
）
每人
元
每人
元
8．某校在向“希望工程”捐款活动中，甲班的m个男生和11个女生的捐款总数与乙班的9个男生和n个女生的捐款总数相等，都是（m?n+9m+11n+145）元，已知每人的捐款数相同，且都是整数元，求每人的捐款数．
9．已知定理“若大于3的三个质数a、b、c满足关系式2a+5b＝c，则a+b+c是整数n的倍数”．试问：这个定理中的整数n的最大可能值是多少？请证明你的结论．
10．一个盒子里装有不多于200颗糖，如果每次2颗，3颗，4颗或6颗地取出，最终盒内都只剩一颗糖，如果每次11颗地取出，那么正好取完，求盒子里共有多少颗糖？
11．有一个两位数，它的十位数字是个位数字的8倍，则这个两位数一定是9的倍数，试说明理由．
12．将分别写有数码1，2，3，4，5，6，7，8，9的九张正方形卡片排成一排，发现恰是一个能被11整除的最大的九位数．请你写出这九张卡片的排列顺序，并简述推理过程．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．解：设三个连续整数分别为a﹣1，a，a+1，
所以这三个数的和为a﹣1+a+a+1＝3a，
因为3a是3的倍数，所以不论a为何值，三个连续整数的和都可以被3整除．
由于2，3，4之和＝9，9不能被6整除，故6不是所求的最大整数．
故选：C．
2．解：设前一排有k个人，共有n排，那么从前往后各排的人数分别为k，k+1，k+2，k+（n﹣1），由题意可知，
即n[2k+（n﹣1）]＝200，
因为k，n都是正整数，且n≥3，所以n＜2k+（n﹣1），且n与2k+（n﹣1）的奇偶性不同．
将200分解质因数为200＝2×2×2×5×5，
因为排数≥3可知n＝5或n＝8，
当n＝5时，k＝18；
当n＝8时，k＝9．
因此共有两种不同方案．
故选：B．
二．填空题
3．解：由题意得：ab+bc＝518，ab﹣ac＝360，
两式相减得：c（a+b）＝2×79，
经验证，取c＝2，a+b＝79，
或c＝79，a+b＝2，a＝b＝1代入前两式不成立舍去．
所以c＝2，a+b＝79代入前两式，得
ab+2b＝518
ab﹣2a＝360，
∴a2﹣77a+360＝0
解得：a1＝72，b1＝7；a2＝5，b2＝74
a＝72，b＝7，c＝2，abc＝1008
a＝5，b＝74，c＝2，abc＝740
所以abc最大值为1008故答案为：1008．
4．解：把24分解质（素）因数：
24＝2×2×2×3；
故答案为：2×2×2×3．
5．解：因为111111＝15873×7，2000＝333×6+2
所以2000个1被7整除的数与11被7整除的数相同
所以从今天起是星期日，到111…1后是星期三
故答案是：三
6．解：因为两位数、都是7的倍数，可知它们是14、21、28、35、42、49、56、63、70、84、91、98，
所以可组成三位数有142、214、284、356、421、428、491、498、563、635、149、842、849、914、984共15个数，
最大三位数是984，最小的三位数是142，它们的和等于984+142＝1126．
故答案为：15，1126．
三．解答题
7．解：（1）360+384+480﹣72＝1152（元），1152÷72＝16（元/人），即团体票是每人16元．
因为16不能整除360，所以A团未达到优惠人数，若三个团都未达到优惠人数，则三个团的人数比为360：384：480＝15：16：20，即三个团的人数分别为、、，均不是整数，不可能，
所以B、C两团至少有一个团本来就已达到优惠人数，这有两种可能：①只有C团达到；②B、C两团都达到．
对于①，可得C团人数为480÷16＝30（人），A、B两团共有42人，A团人数为，B团人数为，不是整数，不可能；所以必是②成立，即C团有30人，B团有24人，A团有18人．
（2）
售
票
处
普通票
团体票（人数须
20人）
每人
20元
每人
16元
（团体票人数限制也可是“须超过18人”等）
8．解：据题意m+11＝n+9，且整除m?n+9m+11n+145，而m?n+9m+11n+145＝（m+11）（n+9）+46，
故m+11，n+9都整除46，
由此得①或②，
在①时，得每人捐款25元，在②时，每人捐款47元．
综上可知，每人捐款数为25元或47元．
9．证明：∵a+b+c＝a+b+2a+5b＝3（a+2b），
显然，3|a+b+c，
若设a、b被3整除后的余数分别为ra、rb，则ra≠0，rb≠0．
若ra≠rb，则ra＝2，rb＝1或ra＝1，rb＝2，
则2a+5b＝2（3m+2）+5（3n+1）＝3（2m+5n+3），或者2a+5b＝2（3p+1）+5（3q+2）＝3（2P+5q+4），
即2a+5b为合数与已知c为质数矛盾．
∴只有ra＝rb，则ra＝rb＝1或ra＝rb＝2．
于是a+2b必是3的倍数，从而a+b+c是9的倍数．
a、b为大于3的质数，依题意，
取a＝11，b＝5，则2a+5b＝2×11十5×5＝47，
a+b+c＝11+5+47＝63，
取a＝13，b＝7，则2a+5b＝2×13十5×7＝61，
a+b+c＝13+7+61＝81，
而（63，81）＝9，故9为最大可能值．
10．解：因为每次取11颗正好取完，所以盒内的糖果数必是11的倍数，而11的偶数倍，
都能被2整除，所以不合题意，倍数列表如下：
5倍
7倍
9倍
11倍
13倍
15倍
17倍
19倍
原数11
55
77
99
121
143
165
187
209
因为121﹣1＝120，而120都能被2、3、4、6整除，
所以盒子里共有121颗糖．
11．解：设个位数字为a，则十位数字为8a，则这个两位数可以表示成80a+a＝81a，故是9的倍数．
12．解：
我们知道，用1，2，3，4，5，6，7，8，9排成的最大九位数是987654321．但这个数不是11倍的数，所以应适当调整，寻求能被11整除的最大的由这九个数码组成的九位数．
设奇位数字之和为x，偶位数字之和为y．
则x+y＝1+2+3+4+5+6+7+8+9＝45．
由被11整除的判别法知
x﹣y＝0，11，22，33或44．
但x+y与x﹣y奇偶性相同，而x+y＝45是奇数，所以x﹣y也只能取奇数值11或33．
于是有①
解得：
②
解得：
但所排九位数偶位数字和最小为1+2+3+4＝10＞6．
所以②的解不合题意，应该排除，由此只能取x＝28，y＝17，987654321的奇位数字和为25，偶位数字和为20，
所以必须调整数字，使奇位和增3，偶位和减3才行．为此调整最后四位数码，排成987652413即为所求．
数的整除》单元测试卷
一．选择题
1．能整除任意3个连续整数之和的最大整数是（ ）
A．1
B．2
C．3
D．6
2．某校初三两个毕业班的学生和教师共100人一起在台阶上拍毕业照留念，摄影师要将其排列成前多后少的梯形队阵（排数≥3），且要求各行的人数必须是连续的自然数，这样才能使后一排的人均站在前一排两人间的空挡处，那么，满足上述要求的排法的方案有（ ）
A．1种
B．2种
C．4种
D．0种
二．填空题
3．设正整数a，b，c满足ab+bc＝518，ab﹣ac＝360，则abc的最大值是
．
4．24分解素因数得24＝
．
5．今天是星期日，从今天算起，第天是星期
．
6．如图，若a、b、c是两两不等的非零数码，按逆时针箭头指向组成的两位数、都是7的倍数，则可组成三位数共有
个；其中最大的三位数与最小的三位数的和等于
．
三．解答题
7．某公园门票价格，对达到一定人数的团队，按团体票优惠，现有A、B、C三个旅游团共72人，如果各团单独购票，门票依次为360元、384元、480元；如果三个团合起来购票，总共可少花72元．
（1）这三个旅游团各有多少人？
（2）在下面填写一种票价方案，使其与上述购票情况相符：
售票处
普通票
团体票（人数须
）
每人
元
每人
元
8．某校在向“希望工程”捐款活动中，甲班的m个男生和11个女生的捐款总数与乙班的9个男生和n个女生的捐款总数相等，都是（m?n+9m+11n+145）元，已知每人的捐款数相同，且都是整数元，求每人的捐款数．
9．已知定理“若大于3的三个质数a、b、c满足关系式2a+5b＝c，则a+b+c是整数n的倍数”．试问：这个定理中的整数n的最大可能值是多少？请证明你的结论．
10．一个盒子里装有不多于200颗糖，如果每次2颗，3颗，4颗或6颗地取出，最终盒内都只剩一颗糖，如果每次11颗地取出，那么正好取完，求盒子里共有多少颗糖？
11．有一个两位数，它的十位数字是个位数字的8倍，则这个两位数一定是9的倍数，试说明理由．
12．将分别写有数码1，2，3，4，5，6，7，8，9的九张正方形卡片排成一排，发现恰是一个能被11整除的最大的九位数．请你写出这九张卡片的排列顺序，并简述推理过程．
参考答案与试题解析
一．选择题
1．解：设三个连续整数分别为a﹣1，a，a+1，
所以这三个数的和为a﹣1+a+a+1＝3a，
因为3a是3的倍数，所以不论a为何值，三个连续整数的和都可以被3整除．
由于2，3，4之和＝9，9不能被6整除，故6不是所求的最大整数．
故选：C．
2．解：设前一排有k个人，共有n排，那么从前往后各排的人数分别为k，k+1，k+2，k+（n﹣1），由题意可知，
即n[2k+（n﹣1）]＝200，
因为k，n都是正整数，且n≥3，所以n＜2k+（n﹣1），且n与2k+（n﹣1）的奇偶性不同．
将200分解质因数为200＝2×2×2×5×5，
因为排数≥3可知n＝5或n＝8，
当n＝5时，k＝18；
当n＝8时，k＝9．
因此共有两种不同方案．
故选：B．
二．填空题
3．解：由题意得：ab+bc＝518，ab﹣ac＝360，
两式相减得：c（a+b）＝2×79，
经验证，取c＝2，a+b＝79，
或c＝79，a+b＝2，a＝b＝1代入前两式不成立舍去．
所以c＝2，a+b＝79代入前两式，得
ab+2b＝518
ab﹣2a＝360，
∴a2﹣77a+360＝0
解得：a1＝72，b1＝7；a2＝5，b2＝74
a＝72，b＝7，c＝2，abc＝1008
a＝5，b＝74，c＝2，abc＝740
所以abc最大值为1008故答案为：1008．
4．解：把24分解质（素）因数：
24＝2×2×2×3；
故答案为：2×2×2×3．
5．解：因为111111＝15873×7，2000＝333×6+2
所以2000个1被7整除的数与11被7整除的数相同
所以从今天起是星期日，到111…1后是星期三
故答案是：三
6．解：因为两位数、都是7的倍数，可知它们是14、21、28、35、42、49、56、63、70、84、91、98，
所以可组成三位数有142、214、284、356、421、428、491、498、563、635、149、842、849、914、984共15个数，
最大三位数是984，最小的三位数是142，它们的和等于984+142＝1126．
故答案为：15，1126．
三．解答题
7．解：（1）360+384+480﹣72＝1152（元），1152÷72＝16（元/人），即团体票是每人16元．
因为16不能整除360，所以A团未达到优惠人数，若三个团都未达到优惠人数，则三个团的人数比为360：384：480＝15：16：20，即三个团的人数分别为、、，均不是整数，不可能，
所以B、C两团至少有一个团本来就已达到优惠人数，这有两种可能：①只有C团达到；②B、C两团都达到．
对于①，可得C团人数为480÷16＝30（人），A、B两团共有42人，A团人数为，B团人数为，不是整数，不可能；所以必是②成立，即C团有30人，B团有24人，A团有18人．
（2）
售
票
处
普通票
团体票（人数须
20人）
每人
20元
每人
16元
（团体票人数限制也可是“须超过18人”等）
8．解：据题意m+11＝n+9，且整除m?n+9m+11n+145，而m?n+9m+11n+145＝（m+11）（n+9）+46，
故m+11，n+9都整除46，
由此得①或②，
在①时，得每人捐款25元，在②时，每人捐款47元．
综上可知，每人捐款数为25元或47元．
9．证明：∵a+b+c＝a+b+2a+5b＝3（a+2b），
显然，3|a+b+c，
若设a、b被3整除后的余数分别为ra、rb，则ra≠0，rb≠0．
若ra≠rb，则ra＝2，rb＝1或ra＝1，rb＝2，
则2a+5b＝2（3m+2）+5（3n+1）＝3（2m+5n+3），或者2a+5b＝2（3p+1）+5（3q+2）＝3（2P+5q+4），
即2a+5b为合数与已知c为质数矛盾．
∴只有ra＝rb，则ra＝rb＝1或ra＝rb＝2．
于是a+2b必是3的倍数，从而a+b+c是9的倍数．
a、b为大于3的质数，依题意，
取a＝11，b＝5，则2a+5b＝2×11十5×5＝47，
a+b+c＝11+5+47＝63，
取a＝13，b＝7，则2a+5b＝2×13十5×7＝61，
a+b+c＝13+7+61＝81，
而（63，81）＝9，故9为最大可能值．
10．解：因为每次取11颗正好取完，所以盒内的糖果数必是11的倍数，而11的偶数倍，
都能被2整除，所以不合题意，倍数列表如下：
5倍
7倍
9倍
11倍
13倍
15倍
17倍
19倍
原数11
55
77
99
121
143
165
187
209
因为121﹣1＝120，而120都能被2、3、4、6整除，
所以盒子里共有121颗糖．
11．解：设个位数字为a，则十位数字为8a，则这个两位数可以表示成80a+a＝81a，故是9的倍数．
12．解：
我们知道，用1，2，3，4，5，6，7，8，9排成的最大九位数是987654321．但这个数不是11倍的数，所以应适当调整，寻求能被11整除的最大的由这九个数码组成的九位数．
设奇位数字之和为x，偶位数字之和为y．
则x+y＝1+2+3+4+5+6+7+8+9＝45．
由被11整除的判别法知
x﹣y＝0，11，22，33或44．
但x+y与x﹣y奇偶性相同，而x+y＝45是奇数，所以x﹣y也只能取奇数值11或33．
于是有①
解得：
②
解得：
但所排九位数偶位数字和最小为1+2+3+4＝10＞6．
所以②的解不合题意，应该排除，由此只能取x＝28，y＝17，987654321的奇位数字和为25，偶位数字和为20，
所以必须调整数字，使奇位和增3，偶位和减3才行．为此调整最后四位数码，排成987652413即为所求．