2000-2012全国高中数学联赛分类汇编-专题02-初等数论.doc

1、 1、（2005一试6）记集合将M中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（）ABCD【答案】C2、（2006一试6）数码中有奇数个9的2007位十进制数的个数为（ ） A B C D【答案】B 3、(2008一试5) 方程组的有理数解的个数为 （ ）。（A） 1 （B） 2 （C） 3 （D） 4【答案】B4、（2004一试10）设p是给定的奇质数，正整数k使得也是一个正整数，则k= 【答案】(p+1)2【解析】设=n，则(k)2n2=，(2kp+2n)(2kp2n)=p2，k=(p+1)25、(2005一试12) 如果自然数的各位数字之和等于7，那么称为“吉祥数”.将所有“吉祥数”

2、从小到大排成一列若则 .2005是第1+7+28+28+165个“吉祥数”，即从而又而从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是：70000，61000,60100,60010,60001,52000.第325个“吉祥数”是52000，即6、（2006一试11）方程的实数解的个数为 .【答案】17、（2010一试8）方程满足的正整数解（x,y,z）的个数是 .【答案】336675从而满足的正整数解的个数为.8、（2011一试8）已知C，则数列中整数项的个数为 【答案】159、（2000二试3），已知他们中的任意两人至多通电话一次，他们中的任意n2个人之间通电话的次数相等，都是3 k次，其中k是自然数

3、，求n的所有可能值【解析】显然n5. 记n 个人为A1，A2， AN ， 设A1通话的次数为m1, Ai 与 Aj 之间通话的数为yij, l .则m i +m j y i . j =-= c . （*）其中c是常数 ，l .根据（*）知，=1 , l ., l设 mi =maxms ,1 ,m j = minms,1sn. ,则 m i +m j1.若 m i +m j=1 ,则对于任意 s 1sn ,都有(m i +ms-y I ,s)- (m j +ms-y I ,s)=1-(y I ,s y j ,s)=0 , 即 y I ,s y j ,s = 1故 y I ,s =1 , y j

4、,s = 0 . s 1sn ,因此 mi n -2 , m j 1 . 于是 ，m i +m j n -32 .出现矛盾 ，故 m i +m j=0 ，即 ms(1sn)恒为常数 。根据 （*）知，y I ,j = 0 或 y I ,j = 1 。10、（2002二试3）在世界杯足球赛前，F国教练为了考察A1,A2,A7这七名，准备让他们在三场训练比赛(每场90分钟)都上场，假设在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，并且A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13整除，如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况。 易观察到 72+13(

5、-1)=1 7406+13(-203)=203 即 m0=406 n0= 203是的整数解 的整数通解为 m=406 -13k n= -203+7k kZ 令 m0 n0,解得 29k31 取k=29,30,31得到满足条件的三组非负整数解： 从而得到满足条件的三组正整数解： 11、（2003二试2）设三角形的三边长分别是正整数l，m，n且lmn0已知=，其中x=xx，而x表示不超过x的最大整数求这种三角形周长的最小值 x=1，2，时3x1(mod 10)，而341(mod 10)， x必须是4的倍数； x=4，8，12，16时3x1(mod 102)，而3201(mod 102)， x必须是

6、20的倍数； x=20，40，60，80时3x1(mod 103)，而31001(mod 103)， x必须是100的倍数； x=100，200，300，400时3x1(mod 104)，而35001(mod 104)即，使3x1(mod 104)成立的最小正整数x=500，从而ln、mn都是500的倍数，设ln=500k，mn=500h，(k，hN*，kh) 由m+nl，即n+500h+nn+500k，n500(kh)500，故n501取n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值 所求周长的最小值=300312、（2004二试3）对于整数n4，求出最小的整数f(n)，使

7、得对于任何正整数m，集合m，m+1，m+n1的任一个f(n)元子集中，均至少有3个两两互素的元素设对于nk，成立，当n=k+1时，由于M(m，k+1)=M(m，k5)m+k5，m+k4，m+k在m+k5，m+k4，m+k中，能被2或3整除的数恰有4个，即使这4个数全部取出，只要在前面的M(m，k5)中取出f(n)个数就必有3个两两互质的数于是当n4时，f(n+6)f(n)+4=f(n)+f(6)1故f(k+1)f(k5)+f(6)1=+1，比较，知对于n=k+1，命题成立对于任意nN*，n4，f(n)= +1成立又可分段写出结果：f(n)= 13、（2005二试3）对每个正整数n，定义函数（其

8、中x表示不超过x的最大整数， 试求：的值.示例如下：ji1234561*2*3*4*56*则由此，记易得的取值情况如下：k123456789101112131415356678698881071010因此，14、（2006一试14）将2006表示成5个正整数之和. 记. 问：（1）当取何值时，S取到最大值；（2）进一步地，对任意有，当取何值时，S取到最小值. 说明理由.【解析】（1） 首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值。 若, 且使 取到最大值，则必有 (*)事实上，假设（*）不成立，不妨假设。则令，,()来源:Z*xx*k.Com有，。将S改写成同时有 。于是有。这与S在时取到

9、最大值矛盾。所以必有 . 因此当取到最大值。 15、（2006二试3）解方程组【解析】令p=x+z、q=xz，我们有p2=x2+z2+2q，p3=x3+z3+3pq，p4=x4+z4+4p2q2q2。同样，令s=y+w、t=yw，有s2=y2+w2+2t，s3=y3+w3+3st，s4=y4+w4+4s2t2t2。在此记号系统下，原方程组的第一个方程为p=s+2。（3.1）于是p2=s2+4s+4，p3=s3+6s2+12s+8，p4=s4+8s3+24s2+32s+16。现在将上面准备的p2、p3、p4和s2、s3、s4的表达式代入，得x2+z2+2q=y2+w2+2t+4s+4，x3+z3

10、+3pq=y3+w3+3st+6s2+12s+8，x4+z4+4p2q2q2=y4+w4+4s2t2t2+8s3+24s2+32s+16。利用原方程组的第二至四式化简，得q=t+2s1，（3.2）pq=st+2s2+4s4，（3.3）2p2qq2=2s2tt2+4s3+12s2+16s25。（3.4）将（3.1）和（3.2）代入（3.3），得，（3.5）16、（2007二试3）设集合P=1，2，3，4，5，对任意kP和正整数m，记f(m，k)=，其中a表示不大于a的最大整数。求证：对任意正整数n，存在kP和正整数m，使得f(m，k)=n。17、（2009二试3）设，是给定的两个正整数证明：有无

11、穷多个正整数，使得与互素【解析】证法一：对任意正整数，令我们证明设是的任一素因子，只要证明：p若pk!，则由 来源:学_科_网Z_X_X_K及，且p+1k!，知且从而p证法二：对任意正整数，令，我们证明设是的任一素因子，只要证明：p 若pk!，则由 来源:Zxxk.Com 即不整除上式，故p若，设使，但故由 ,及，且p+1k!，知且从而p18、（2009二试4）在非负数构成的数表 中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，均大于如果的前三列构成的数表 满足下面的性质：对于数表中的任意一列（，2，9）均存在某个使得求证：（）最小值，2，3一定自数表的不同列（）存在数表中唯一的一列，2，3使

12、得数表仍然具有性质显然且1，2因为，所以故于是存在使得显然，2，3下面证明数表 具有性质从上面的选法可知，这说明 ，由数表满足性质，则对于至少存在一个使得由及和式知，于是只能有类似地，由满足性质及可推得从而19、（2010一试11）证明：方程恰有一个实数根，且存在唯一的严格递增正整数数列，使得 .【解析】令，则，所以是严格递增的.又，故有唯一实数根. 所以 ，.故数列是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列和满足，去掉上面等式两边相同的项，有，这里，所有的与都是不同的. 不妨设，则，矛盾.故满足题设的数列是唯一的. 20、（2010二试2）设k是给定的正整数，记，证明：存在正整数m，

13、使得为一个整数这里，表示不小于实数x的最小整数，例如：， 于是 ， 这里. 显然中所含的2的幂次为故由归纳假设知，经过f的v次迭代得到整数，由知，是一个整数，这就完成了归纳证明 21、（2010二试4）一种密码锁的密码设置是在正n边形的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？ 当n为奇数时，此时 代入式中，得 22、（2011二试2）证明：对任意整数，存在一个次多项式具有如下性质：（1）均为正整数；（2）对任意正整数，及任意个互不相同的正整数，均有 23、（2011二试

14、3）设是给定的正实数，对任意正实数，满足的三元数组的个数记为证明： 24、（2011二试4）设A是一个的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数称A中的一个方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数称A中的一个的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”求A中“坏格”个数的最大值【解析】首先证明A中“坏格”不多于25个用反证法假设结论不成立，则方格表中至多有1个小方格不是“坏格”由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”设方格表第列从上到下填的数依次为记，这里 我们证明：三组数；及都是模10的完全剩余系 矛盾！故假设不成立，即“坏格”不可能多于25个 另一方面，构造如下一个的方格

15、表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”111211111011111111111110111来源:学科网12综上所述，“坏格”个数的最大值是25 25、（2012二试2）试证明：集合满足（）对每个，及，若，则一定不是的倍数；（）对每个（其中表示在 中的补集），且，必存在，使是的倍数【解析】证明:对任意的,设则如果是任意一个小于的正整数,则由于与中,一个为奇数,它不含素因子,另一个是偶数,它含素因子的幂的次数最多为,因此一定不是的倍数；若,且设其中为非负整数,为大于的奇数,则下面给出(2)的三种证明方法:证法一:令消去得由于这方程必有整数解;其中为方程的特解.把最小的正整数解记为则,故使是的倍数证法二:由于由中国剩余定理知,同余方程组在区间上有解即存在使是的倍数来源:学。科。网