2000-2012全国高中数学联赛分类汇编-专题02-初等数论.doc
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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（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
2、（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】B
4、（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－）2－n2=，Þ（2k－p+2n）（2k－p－2n）=p2，Þk=（p+1）2．
5、（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”从小到大排成一列若则.
∵2005是第1+7+28+28+1＝65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】1
7、（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】15
9、（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n－2个人之间通电话的次数相等，都是3k次，其中k是自然数，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
mi+mj–yi.j=-=c.（*）
其中c是常数，l.
根据（*）知，=1,l.
l
设mi=max{ms,1},mj=min{ms,1sn.},
则mi+mj1.
若mi+mj=1,则对于任意s1sn,
都有（mi+ms-yI,s）-（mj+ms-yI,s）=1-（yI,s–yj,s）=0,即yI,s–yj,s=1
故yI,s=1,yj,s=0.s1sn,
因此min-2,mj1.于是，mi+mjn-32.
出现矛盾，故mi+mj=0，即ms（1sn）恒为常数。
根据（*）知，yI,j=0或yI,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7·2+13·（-1）=1
∴7·406+13·（-203）=203
即m0=406n0=203是③的整数解
∴③的整数通解为m′=406-13kn′=-203+7kk∈Z
令m′≥0n′≥0,解得29≤k≤31
取k=29,30,31得到③满足条件的三组非负整数解：
从而得到②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l>m>n>0．
已知==，其中{x}=x－[x]，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（mod10），而34≡1（mod10），∴x必须是4的倍数；
∵x=4，8，12，16时3x1（mod102），而320≡1（mod102），∴x必须是20的倍数；
∵x=20，40，60，80时3x1（mod103），而3100≡1（mod103），∴x必须是100的倍数；
∵x=100，200，300，400时3x1（mod104），而3500≡1（mod104）．
即，使3x≡1（mod104）成立的最小正整数x=500，从而l－n、m－n都是500的倍数，
设l－n=500k，m－n=500h，（k，h∈N*，k>h）．
由m+n>l，即n+500h+n>n+500k，Þn>500（k－h）≥500，故n≥501．
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=3003．
12、（2004二试3）对于整数n≥4，求出最小的整数f（n），使得对于任何正整数m，集合{m，m+1，…，m+n－1}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n≤k，④成立，当n=k+1时，由于
M（m，k+1）=M（m，k－5）∪{m+k－5，m+k－4，…，m+k}．
在{m+k－5，m+k－4，…，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，k－5）中取出f（n）个数就必有3个两两互质的数．于是
当n≥4时，f（n+6）≤f（n）+4=f（n）+f（6）－1．
故f（k+1）≤f（k－5）+f（6）－1=[]+[]－[]+1，
比较②，知对于n=k+1，命题成立．
∴对于任意n∈N*，n≥4，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
（其中[x]表示不超过x的最大整数，试求：
的值.
示例如下：
j
i
1
2
3
4
5
6
1
*
*
*
*
*
*
2
*
*
*
3
*
*
4
*
5
6
*
则
……②
由此，……③
记易得的取值情况如下：
k
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
5
6
6
7
8
6
9
8
8
8
10
7
10
10
因此，……④
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+4p2q−2q2。
同样，令s=y+w、t=yw，有s2=y2+w2+2t，s3=y3+w3+3st，s4=y4+w4+4s2t−2t2。
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+3pq=y3+w3+3st+6s2+12s+8，x4+z4+4p2q−2q2=y4+w4+4s2t−2t2+8s3+24s2+32s+16。
利用原方程组的第二至四式化简，得q=t+2s−1， （3.2）
pq=st+2s2+4s−4， （3.3）
2p2q−q2=2s2t−t2+4s3+12s2+16s−25。
（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k∈P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k∈P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pα+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pα+1k!
，知且．从而p．
18、（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
⑶．
求证：
（ⅰ）最小值，，2，3一定自数表的不同列．
（ⅱ）存在数表中唯一的一列，，2，3使得数表
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⑷和⑹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，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
，①
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①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．②
代入①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表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”．
1
1
1
2
1
1
1
1
10
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
10
1
1
1[来源:
学科网]
1
2
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
（１）对每个，及，若，则一定不是的倍数；
（２）对每个（其中表示在Ｎ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]
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