（模块化思维提升）专题1-数字问题-小升初数学思维拓展数论问题专项训练（通用版）

这是一份（模块化思维提升）专题1-数字问题-小升初数学思维拓展数论问题专项训练（通用版），共18页。试卷主要包含了数字问题的主要题型，核心知识，10，8或者7，1979等内容，欢迎下载使用。
（知识梳理+典题精讲+专项训练）
1、数字问题的主要题型。
数字问题是研究有关数字的特殊结构、特殊关系以及数字运算中变换问题的一类问题，相对来说，难度较大．通常情况下题目会给出某个数各个位数关系，求这个数为多少．
2、核心知识。
（1）数字的拆分。
是将一个数拆分成几个因数相乘或者相加的形式，经常需要综合应用整除性质、奇偶性质、因式分解、同余理论等．
（2）数字的排列与位数关系。
解答数字的排列与位数关系时，经常需要借助于首尾数法进行考虑、判断，同时可以利用列方程法、代入法、假设法等一些方法，进行快速求解．
【典例一】在1到400的整数中，至少能被3和5中的一个数整除的数有（ ）个5．
A、213 B、187 C、133 D、80
【分析】先求出400里面有几个3，就是1-400中有多少个数能被3整除，再求出400里面有几个5，就是1-400中有多少个数能被5整除；能同时倍3和5整除的数是15的倍数；求出400里面有多少个15，就是能同时被3和5整除的数，然后用3的倍数的个数加上5的倍数的个数然后减去15的倍数的个数即可．
【解答】解：1到400中能被3整除有：400÷3≈133（个）；
1到400中能被5整除有：400÷5=80（个）；
1到400中既能被3也能被5整除有：400÷（3×5）≈26（个）；
在1到400的整数中，至少能被3和5中的一个数整除的数：133+80-26=187（个）；
故选：B．
【点评】本题要注意能同时被3和5整除的数，是重复计算的数字．
【典例二】自然数12321，90009，41014…有一个共同特征：它们倒过来写还是原来的数，那么具有这种“特征”的五位偶数有（ ）个。
【分析】倒过来写还是原来的数，具有这种“特征”的五位偶数万位和个位有2，4，6，8这4种选择；千位和十位有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10种选择；百位有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10种选择．可以组成倒过来写还是原来的数具有这种“特征”的五位偶数则有4×10×10=400个．
【解答】解：根据分析，倒过来写还是原来的数，具有这种“特征”的五位偶数有4×10×10=400个．
答：具有这种“特征”的五位偶数有400个．
故答案为：400．
【点评】根据这种数的特征，分析各对称数位会出现的数字可能，把出现可能的种数相乘即可得这种特征数的个数．
【典例三】口袋里装有99张小纸片，上面分别写着，从袋中任意摸出若干张小纸片，然后算出这些纸片上各数的和，再将这个和的后两位数写在一张新纸片上放入袋中，经过若干次这样的操作后，袋中还剩下一张纸片，则这张纸片上的数是多少？
【分析】根据“将这个和的后两位数写在一张新纸片上放入袋中，”去掉的是大于或等于百位以上的数，由此可知每次操作都不改变袋中所有数之和除以100的余数，即最后一张纸片上的数等于的和除以100的余数，求出余数即可．
【解答】解：每次操作都不改变袋中所有数之和除以100的余数，
所以最后一张纸片上的数等于的和除以100的余数．
，
，
，
所以这张纸片上的数是50．
【点评】解答本题的关键熟练掌握余数的性质．
一．选择题（共8小题）
1．一个五位数，左边三位数是右边两位数的5倍，如果把右边的两位数移动前面，则所得新的五位数要比原来的五位数的2倍还多75，则原来的五位数是
A．12525B．13527C．17535D．22545
2．如果一个数恰好等于它的所有因数（本身除外）相加之和，那么这个数就是“完美数”．例如：6有四个因数1236，除本身6以外，还有123三个因数．，恰好是所有因数之和，所以6就是“完美数”．下面的数中是“完美数”的是
A．9B．12C．15D．28
3．有一个小于2008的奇数，将它除以3所得的余数为2，将它除以5所得的余数为4，请问满足上述条件的最大整数的所有数字和是多少？
A．26B．27C．28D．29
E．30
4．在一个两位数之间插入一个数字，就变成一个三位数。例如：在72中间插入数字6，就变成了762。有些两位数中间插入数字后所得到的三位数是原来两位数的9倍，下列数字满足条件的是
A．25B．20C．18D．17
5．有26个连续的自然数，如果前13个数的和是247，那么，后13个数的和是
A．426B．416C．274D．260
6．小明在做连续自然数1，2，3，求和的时候，把其中一个数多加了一次，结果为290，那么多加的这个数为
A．12B．13C．14D．15
7．的结果是一个65位天文数字，请问这个数的末尾有 个0？
A．10B．12C．14D．20
8．1988的数字之和为，那2000以内数字之和为26的数共有 个．
A．3B．6C．9D．10
二．填空题（共8小题）
9．初一（1）班有45名同学上体育课，他们在操场上排成一排面向教师，并从1到45报完数后，教师叫报偶数的人向后转，接着叫报3的倍数的人向后转，则这时面向教师的学生有 名．
10．把四位数扩大3倍后便成了另一个四位数，求 ．
11．在某小区为业主举办的元旦晚会上，主持人为业主们准备了一个游戏：从300个外形相同的福袋中找到唯一装有奖品的福袋，主持人将这些福袋按1至300的顺序编号排成一列，第一次先请一位业主从中取出所有序号为单数的球，均没有发现奖品，接着主持人将剩下的福袋又按1至150重新编号排成一列（即原来的2号变为1号，原来的4号变为2号，，原来的300号变为150号），又请一位业主从中取出所有新序号为单数的球，也没有发现奖品，，如此下去，直到最后一个福袋是装有奖品的，那么这个装有奖品的福袋最初的序号是 。
12．淘气从今年2月日历表上的28个数中，把其中的部分数划掉，使得余下的数中没有一个数是其它数的2倍，那么最多能剩余 个数。
13．在一张纸上写上这一百个自然数：1，2，3，4，5，6，，99，100。划去前两个数，把它们的和写在最后面：3，4，5，6，，99，100，3；然后再划去前两个数，把它们的和写在最后面：5，6，7，，99，100，3，7；如此这样进行下去，直到只剩下一个数为止。最后一个数是 。
14．九张纸上各写着1到9中的一个自然数（不重复），甲拿的两张纸上的数字的和是10，乙拿的两张纸上的数字的差是1，丙拿的两张纸上的数字的积是24，丁拿的两张纸上的数字的商是3，那么，最后剩下的一张纸上的数字是 ．
15．甲、乙玩扑克游戏，现有的扑克若干张，甲、乙两人分别从中取出5张，然后计算五张扑克的乘积，最后发现乘积一样都为1764，并且甲取出扑克数字之和比乙取出扑克数字之和大4，那么甲、乙取出扑克数字之和分别为 和 。
16．在信息时代，信息安全十分重要，往往需要对信息进行加密，若按照“叠3加1取个位”的方式逐位加密，明码“16”加密之后的密码为“49”，若某个四位明码按照上述加密方式，经过两次加密得到的密码是“2445”，则明码是
三．解答题
17．像22，131，484，3663，从左往右读与从右往左读是一样的，这样的数叫对称数。在四位数中，共有多少个对称数？
18．1231，1005，1993这几个数有许多相同之处：它们都是四位数，最高位是1，都恰有两个相同的数字，一共有多少个这样的数？
19．用1，2，3，4，，2008，2009 顺序排列成整数“12345678910 ”，这个数有多少位？
20．有五个连续的偶数、、、、，已知比、的和的四分之一多18，这五个偶数的和是多少？
21．某三位数，若它本身增加3，那么新的三位数的各位数字之和就减少到原来三位数的各位数字之和的，则所有这样的三位数的和是多少？
22．娲皇宫是神话传说中女娲“炼石补天、抟土造人”的地方，每年农历三月初一至三月十八为当地的庙会，全国各地的人都会来娲皇宫朝拜女娲。娲皇宫景区为了方便游客，打算在三个重要地点增设不同数量的垃圾箱，如果三个地点增设的垃圾箱数量恰好是三个连续的自然数，且它们的积是210，你知道三个地点增设的垃圾箱数量分别是多少个吗？
23．两个自然数的和是15，要使两个自然数的乘积最大，这两个自然数各是多少？
24．用长度分别为1，2，3，，99的99条线段，能不能组成一个正方形或一个长方形？（每条线段都要用上）
25．的商的小数点后面第100位上的数字是几？这100位数字之和是多少？
26．从100到500的整数中，有多少个十位和个位相同的数？
27．把一个自然数所有数位上的数学先平方再求和得到个新数，叫做第一次运算，再把所得新数所有数位上的数字先平方再求和又将得到一个新数，叫做第二次运算如此重复下去，若最终结果为1，我们把具有这种特征的自然数称为“快乐数”。例如：
，
，
所以32和70都是“快乐数”。
（1）写出最小的三位“快乐数”；判断19是不是“快乐数”；请证明任意一个“快乐数“经过若干次运算后都不可能得到4；
（2）若一个三位“快乐数”经过两次运算后结果为1，且这个三位“快乐数”与它的各位上的数字相加所得的和被8除余数是2，求出这个“快乐数”。
28．在“改革”村的黑市上，人们只要有心，总是可以把两张任意的食品票换成3张其它票券，也可以反过来交换。试问，合作社成员瓦夏能否将100张黄油票换成100张香肠票，并且在整个交换过程中刚好出手了1991张票券？
29．请你用1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字，每个只能用一次，拼凑出五个自然数．让第二个是第一个的2倍，第3个是第一个的3倍，第四个是第一个的4倍，第五个是第一个的5倍．求这五个自然数分别为多少？
参考答案
一．选择题（共8小题）
1．【答案】
【分析】此题是选择题，直接观察选项然后用排除法解答即可。已知“左边三位数是右边两位数的5倍”，选项均符合条件，不能排除；
已知“如果把右边的两位数移动前面，则所得新的五位数要比原来的五位数的2倍还多75”，验证可知项符合条件，而、、项的2倍多75并不等于把右边的两位数移动到前面所得的数，因此直接选出即可。
【解答】解：，，，
一个五位数，左边三位数是右边两位数的5倍，如果把右边的两位数移动前面，则所得新的五位数要比原来的五位数的2倍还多75，则原来的五位数是12525。
故选：。
【点评】此题主要使用了代入排除法来解决问题，要熟练掌握。
2．【分析】根据“完美数”的定义，可将下列选项中的数写出符合要求的因数，进行计算，即可得出答案．
【解答】解：、9的因数有：1、3、9，所以，不符合要求；
、12的因数有：1、2、3、4、6、12，所以，不符合要求；
、15的因数有：1、3、5、15，所以，不符合要求；
、28的因数有：1、2、4、7、14、28，所以；
因此只有项符合题意．
故选：．
【点评】此题主要考查的是如何寻找一个数的因数的方法的灵活应用．
3．【分析】根据题意，这个数是奇数，它除以3所得的余数为2，它除以5所得的余数为4，推出这个数的个位数字只能是9，然后从小于2008的奇数往下推即可解题．
【解答】解：由题可知，这个奇数的个位数字是9．
，不满足“除以3所得的余数为2”，舍去；
，不满足“除以3所得的余数为2”，舍去；
，，同时满足条件．
故这个数是1979，，
故选：．
【点评】此题主要考查数字问题的综合应用，学生要掌握奇数、3的倍数及5的倍数的特征，然后根据余数确定个位数字是9解题关键．
4．【答案】
【分析】分别用下面的数字乘9，所得积的百位与个位上的数字分别是两位数的十位和个位上的数字的就符合题意。
【解答】解：
在25 的中间插入数字2得225，225是25的9倍。
故选：。
【点评】利用逆向思维的方法是解决本题的关键。
5．【答案】
【分析】后13个数的第一个数比前13个数的第一个数多13，后13个数的第二个数比前13个数的第二个数多13，，后13个数的最后一个数比前13个数的最后一个数多13，则后13个数的和的和比前13个数的和多13个13，依此即可求解。
【解答】解：
答：后13个数的和是416。
故选：。
【点评】本题考查了数字和问题，本题根据是理解26个连续的自然数，后13个数的和的和比前13个数的和多13个13。
6．【答案】
【分析】根据高斯求和公式可得：，据此推算的取值：当时，，当时，，因为是把其中一个数多加了一次，结果为290，所以是正确的，那么多加的数是：，据此即可解答问题。
【解答】解：，
当时，，
当时，，
因为是把其中一个数多加了一次，结果为290，所以是正确的，
多加的数是：
答：多加的是14。
故选：。
【点评】熟记连续自然数连加公式，据此推算的取值即可解答问题。
7．【分析】由于，所以积的末尾有多少个零是由因数2和5的个数决定的，又因为中因数2的个数多于因数5的个数，因此，只要算出中含有多少个因数5即可得出积的末尾有多少个0．
【解答】解：由于，
因为中因数2的个数多于因数5的个数，
只要算出中含有多少个因数5即可得出积的末尾有多少个
5、10、15、20、25、30、35、40、45、50；
（个
即算式中含有12个因数5，
所以积的末尾有12个0．
故选：．
【点评】明确若干个数相乘积的末尾有多少个零是由因数2和5的个数决定的是完成本题的关键．
8．【分析】根据题意，本题要分两种情况讨论：四位数和三位数，2000以内四位数的首位只能是1，三位数只能是990以上，据此依次排出即可．
【解答】解：根据题意，本题可分为符合情况的四位数和三位数．
第一种情况：四位数
因为是小于2000的四位数，所以首位只能为1．
其余三位之和为，如果三位数字都小于9，三位之和会小于等于24，所以必须至少有一位为9．
则：剩下两位之和为，所以剩下的两位可以是8、8或者7、9．
所以，题目最终所求分两种情况：
（1）首位为1，剩下三位其中一位为9，剩下两位为8．
实际上是将9放在个十百位上的其中一位．
有3种情况：1988、1898、1899．
（2）首位为1，剩下三位其中一位为7，剩下两位为9．
同理，有3种情况：1799、1979、1997．
所以，四位数一共有6个．
第二种情况：三位数
，，所以数字只能是9、9、8，再考虑排序：
三位数有：998、989、899．
所以符合题意的数共有：（个
故选：．
【点评】本题主要考查了学生解决比较复杂的数字问题的能力，要分两种情况进行讨论．
二．填空题（共8小题）
9．【分析】用分组列举的方式说明每6个人一组，1、2、3、4、5、6，报偶数的向后转时2、4、6三人向后转，报3的倍数的向后转时，3向后转，6转回来，现在面向教师的有1、5、6三人，而45名学生中有（组（人，最后结果每组有三人面向教师，（人，余下的3人中有一个1号学生也是个面向教师的，所以共有22人面向教师．
【解答】解：有（组（人，
最后结果每组有三人面向教师，（人，
余下的3人中有一个1号学生也是个面向教师的，
所以共有22人面向教师．
答：这时面向教师的学生有22名．
故答案为：22．
【点评】完成本题的关键是要注意第一次向后转的报偶数的人中还包含有部分报3的倍数的人．
10．【分析】一个四位数扩大到3倍后，变成了，通过分析，设是，则，据此解答即可．
【解答】解：设是，则有



所以这个四位数是2856．
故答案为：2856．
【点评】找出题目突破口：设是，找出等量关系式是解题的关键．
11．【答案】256。
【分析】从简单入手，找到第次余下的原编号为的倍数，再找着的倍数只有1个时为几，此时的结果就是最初的编号。据此解答。
【解答】解：第1次余下的数为：2、，即的倍数；
第2次余下的数为：4、8、，即的倍数；
第次余下的数为的倍数。
当时，余下的只有256一个。
所以，最初福袋的序号是256。
故答案为：256。
【点评】此题主要考查了推理论证，根据题意，分析每次取出的序号是后剩下的气球的序号，就能知道装有奖品的气球最初的序号。
12．【答案】19。
【分析】按从小到大的顺序，先划掉2，是1的2倍，2的2倍是；再划掉6，是3的2倍，6的2倍是；据此规律依次划掉8、10、14；再按从小大到的顺序划掉剩下的数的2倍的数。
【解答】解：2是1的2倍，2的2倍是4，划掉2；
6是3的2倍，6的2倍是12，划掉6；
8是4的2倍，8的2倍是16，划掉8；
10是5的2倍，10的2倍是20，划掉10；
14是7的2倍，14的2倍是28，划掉14；
18是9的2倍，划掉19；
22是11的2倍，划掉22；
24是12的2倍，划掉24；
26是13的2倍，划掉26；
余下的数中没有一个数是其它数的2倍，一共划掉9个数，剩下（个数。
故答案为：19。
【点评】按一定的顺序划掉不符合题目要求的数，避免遗漏；先划双重身份的数（即是2的倍数，它的2 倍又是余下的数），这样能使划掉的数最少，剩余的数最多。
13．【答案】5050。
【分析】这100个数没有增加，无论怎么划掉数，所得的这一列数的和是不变的，最后剩下一个数，也就是这一列数的和还是最初一列数的和，据此求出即可。
【解答】解：
答：最后一个数字是5050。
故答案为：5050。
【点评】解决本题关键是找出每一轮之后的数列都是什么，然后再由此求解。
14．【分析】先分别求出甲拿的两张数字和是10的可能的两个数，乙拿的两张数字差是1的可能的两个数，丙拿的两张数字积是24的可能的两个数，丁拿的两张数字商是3的可能的两个数，在再利用假设法，得出甲、乙、丙与丁所拿的两个数，最后求出剩下的一张纸上的数字．
【解答】解：甲拿的两张数字和是10，有可能是1和9，2和8，3和7，4和6；
乙拿的两张数字差是1，有可能是9和8，8和7，7和6，6和5，5和4，4和3，3和2，2和1；
丙拿的两张数字积是24，有可能是3和8，4和6；
丁拿的两张数字商是3，有可能是9和3，6和2，3和1；
先从可能最小的丙分析，
（1）如果丙是3和8，则丁不可能拿3和1、9和3，因为都有3，只能拿6和2，则甲只能拿1和9（因为其他对都有之前出现的数），乙就拿5和4这对（同上），所以剩下7；
（2）如果丙是4和6，丁就可以拿9和3，或3和1，①丁拿9和3时，甲只能拿2和8，乙就不能拿，所以不成立；②丁拿3和1，甲就拿2和8，乙就不能拿，也不成立．
综上所述，剩下的一张是7；
答：最后剩下的一张纸上的数字是7．
故答案为：7．
【点评】本题主要是先求出甲、乙、丙与丁所拿的可能的两个数的解集，再按其他条件逐一筛选、剔除，求得答案．
15．【答案】28，24
【分析】把1764分解质因数后，合理组合成5个数相乘的积；扑克牌可以出现1；然后进行分类组合，分别算出每组的和，即可得出甲、乙取出扑克数字之和分别是多少。
【解答】解：由题意得：
①
此时和为：；
②
此时和为：；
③
此时和为：；
④
此时和为：；
⑤
此时和为：；
故答案为：甲、乙取出扑克数字之和分别为28、24。
【点评】考查数字问题。根据数的特征，进行分解质因数，分析每组数字的组合情况，然后求出每组的和即可。
16．
【分析】根据规则，按照“叠3加1取个位”的方式逐位加密，将2445的每一位数字减去1，再看看哪个一位数字乘3得到的个位数字是这一数，比如，，所以第一次加密后的第一个数字就是7，以此类推，得到原来的四位明码即可解答．
【解答】解：，，
，，
，，
所以第一次加密后的密码是7118，
，，
，，
，，
所以明码是2009．
故答案为：2009．
【点评】本题主要考查数字问题，利用逆推的方法得到答案是解答本题的关键．
三．解答题
17．【答案】90个。
【分析】以1开头并且以1结尾的对称四位数：1001、1111、1221、1331、1441、1551、1661、1771、1881、1991共10个；以2开头并且以2结尾的对称四位数同样也有10个，以3开头并且以3结尾的对称四位数也有10个，据此即可解答。
【解答】解：（个
答：在四位数中，共有90个对称数。
【点评】本题是一道数学问题类型的题目，明确：以1开头并且以1结尾的对称四位数共有多少个是解答本题的关键。
18．【分析】将符合条件的数分成两类：
（1）两个相同的数都是1的，先排末三位中的1，它有3个位置可选择；再排其他两位，有种方法．共有（种方法．
（2）两个相同的数不是1的，选一个数字使它重复，有9种方法．再选一个不同数字有8种方法，将这三个数排在末三位有3种方法，一共有（种方法．
合计共有（种方法．
【解答】解：根据分析可得，
（1）两个相同的数都是1的，共有：（种；
（2）两个相同的数不是1的，共有：（种；
合计共有：（种；
答：一共有432个这样的数．
【点评】本题关键是先把相同数字的分两类考虑，然后结合位置进行排列组合即可得出答案．
19．【分析】逐一找出中的一位数、两位数、三位数以及四位数的个数，进而分别求出这些数中包含的位数，相加即可求解．
【解答】解：数字是一位数，共有9位，
是两位数，有90个，共有（位，
是三位数，有900个，共有（位，
是四位数，有1010个，共有（位，
（位，即这个数有6929位．
答：这个数有6929位．
【点评】此题考查了学生对大数的认识能力，注意分类，注意不能多数、漏数．
20．【分析】设中间为，前面的数为：，，后面的数为：，，五个连续自然数的和是：，然后根据题意列方程解答即可．
【解答】解：设中间为，前面的数为：，，后面的数为：，，



答：这五个偶数的和是180．
【点评】根据题意列方程求出中间的数是解答此题的关键．
21．
【分析】一个数，若它加上3，所得数的各位数字之和如果减少，则在进行加法时必有进位发生，若只发生1次进位，各位数字之和减少6，如，，，如果加3后，数字之和减少到原来三位数的各位数字之和的，即减少了原来三位数的各位数字之和的，故原来三位数的各位数字之和必是，加3能发生进位的数字只能是7，8，9三个数，并且只能在个位数上发生，如果个位数是9，其他位上的数均为零，不符题意，故该三位数各位数字之和为9，且个位数是7，8两个数之一，于是满足条件的有207，117，108三个数；若发生两次进位，个位上的进位数字之和减少6，十位上的进位，数字之和再减少9，共减少15，所以，原来的数字之和为，不是整数，不符合题意。据此解答。
【解答】解：据题意可知，这个数加3后，必有进位发生，
若发生1次进位各位数字之和减少6，这个数加3后，数字之和减少到原来三位数的各位数字之和的，
故原来三位数的各位数字之和必是，
加3能发生进位的数字只能是7，8，9三个数，并且只能在个位数上发生，如果个位数是9，其他位上的数均为零，不符题意，
故该三位数各位数字之和为9，且个位数是7，8两个数之一，
所以满足条件的有207，117，108三个数；
若发生两次进位，
个位上的进位数字之和减少6，十位上的进位，数字之和再减少9，共减少15，
所以，原来的数字之和为，不是整数，不符合题意。
综上：．
答：所有这样的三位数的和是432．
【点评】明确发生1次进位各位数字之和减少6这个规律是完成本题的关键．
22．【答案】5个，6个，7个。
【分析】根据自然数的排列规律，相邻的自然数相差1，首先把210分解质因数，然后根据题意再把210的质因数作适当的调整计算即可。
【解答】解：把210分解质因数：
；
由于是三个连续的自然数，因此把其中两个质因数调整为：。
答：三个地点增设的垃圾箱数量分别是5个，6个，7个。
【点评】此题主要根据分解质因数的方法把质因数作适当的调整去解决问题。
23．【答案】这两个自然数各是7与8。
【分析】将两个自然数的和为15的所有情况都列出来，考虑到加法与乘法都符合交换律，有下面7种情况：，；，；，；，；，；，；，。由此可知把15分成7与8之和，这两个数的乘积最大。
【解答】解：经分析可知：
把15分成7与8之和，这两个数的乘积最大。
答：这两个自然数各是7与8。
【点评】本题考查数字问题，需要结合具体数字问题的描述找到突破口解决问题。重要结论：如果两个自然数的和一定，那么这两个自然数的差越小，它们的乘积越大。特别的，当这两个自然数相等时，它们的乘积最大。
24．【答案】可以组成长方形。
【分析】根据长方形和正方形的特征，对边要相等，所以，99条线段要分成四组，其中两组相等，两外两组也相等，根据，将线段分组即可。
【解答】解：所有线段的总长度为：
若要组成正方形，则每条边长：
，不是整数，
所以，不可能组成正方形；
若要组成长方形，根据等差数列的特征，将所有线段分组：
、、、、99，共50组，
任取组作为长，组作为宽，即可构成长方形。
答：可以组成长方形。
【点评】本题主要考查了数字问题，根据等差数列的特征将99条线段合理分组是本题解题的关键。
25．【分析】因为，该结果是循环小数，它的循环节是714285，是6位数，再用100除以6，得出商是第几个循环节，然后看余数是几就是循环节的第几个数字，没有余数就是循环节的最后一个数字；然后再求出一个循环节的数字和，进而求出这100个数字的和．
【解答】解：，
循环节是714285，是6位数，
，
所以小数点后面第100位上的数字是2；
这100个数字的和是：
；
答：小数点后面第100位上的数字是2，这100位数字之和是446．
【点评】此题考查学生循环节的概念，以及分析判断能力，本题重点要确定循环节有几位小数，用100除以循环节的位数，得出是第几个循环节，然后看余数是几就是循环节的第几个数字，没有余数就是循环节的最后一个数字．
26．【答案】41个。
【分析】要求十位和个位相同，那么十位和个位数可以有00、11、22、33、44、55、66、77、88、99这十种情况出现，即100、111、122、133、144、155、166、177、188、一共有个符合要求，据此求解即可。
【解答】解：
（个
答：从100到500的整数中，有41个十位和个位相同的数。
【点评】本题考查了数字问题，解决本题的关键是注意整百数的十位和个位都是0，也要计算在内。
27．
【分析】（1）最小的三位数是100，也恰好是一个快乐数；
，所以19是“快乐数”；
在计算的过程中如果出现4的话，就会进入一个循环而出不来，从而得不到1。
计算如下：。
（2）经过两次运算后结果为1，那么第一次运算后的结果必定是10或100。
如果是10，原数中包含的数学必定有1和3，这个三位“快乐数”可能是103，130，301，310。
经过验证，310符合条件。验证如下：，。
如果是100，原数中包含的数学必定有6和8，这个三位“快乐数”可能是608，680，806，860。
经过验证，860符合条件。验证如下：，。
所以，答案有两个：310和860。
【解答】解：（1）①最小的三位数是100，也恰好是一个快乐数；
②19是“快乐数”，验证如下：；
③在计算的过程中如果出现4的话，就会进入一个循环而出不来，从而得不到1。
计算如下：。
（2）经过两次运算后结果为1，那么第一次运算后的结果必定是10或100。
如果是10，原数中包含的数学必定有1和3，这个三位“快乐数”可能是103，130，301，310。
经过验证，310符合条件。验证如下：，。
如果是100，原数中包含的数学必定有6和8，这个三位“快乐数”可能是608，680，806，860。
经过验证，860符合条件。验证如下：，。
所以，答案有两个：310和860。
故答案为：
（1）100；
19是“快乐数”；
在计算的过程中如果出现4的话，就会进入一个循环而出不来，从而得不到1。
计算如下：
（2）310和860。
【点评】读懂题意，大胆猜测，小心验证，考虑全面。
28．【答案】不可能将100张黄油票换成100张香肠票，并且在整个交换过程中刚好出手了1991张票券。
【分析】根据“总是可以把两张任意的食品票换成3张其他票券，也可以反过来交换”，而“瓦夏原有100张票，最后还有100张票”，可以知道他作了多少次“两换三”，那么也就作了多少次“三换两”，即必须满足1991是的倍数，由此即可得出答案。
【解答】解：因为瓦夏原有100张票，最后还有100张票，
所以他作了多少次“两换三”，那么也就作了多少次“三换两”，
因此他一共出手了的票数一定是的倍数，
而1991不是5的倍数，
所以，不可能，
答：不可能将100张黄油票换成100张香肠票，并且在整个交换过程中刚好出手了1991张票券。
【点评】本题考查数字问题，需要结合具体数字问题的描述找到突破口解决问题。
29．【分析】第一个数一定是一位数，其余为两位数，不然的话，这九个数字不够用，那么样至少需要10个数字；为使它的2倍是两位数，这个数必须大于4；由于给出九数中只有四个偶数，所以第一个数只能是奇数；由于没有0，所以这个数不是5，又，有重复数字1，所以不能是7，由此第一位数是9．其余四个自然数：18，27，36，45；据此解答即可．
【解答】解：第一个数一定是一位数，其余为两位数，为使它的2倍是两位数，这个数必须大于4，
由于给出九数中只有四个偶数，所以第一个数只能是奇数，
由于没有0，所以这个数不是5，
又，有重复数字1，所以不能是7，
由此第一位数是9．其余四个自然数：18，27，36，45；
答：这五个自然数分别为9，18，27，36，45．
【点评】本题考查了较复杂的数字问题，本题关键是结合已知条件和数字的特点以及奇偶性确定第一个数一定是一位数，并且还要是奇数作为解答的突破口．