高中数学联赛真题分类汇编―初等数论

高中数学联赛真题分类汇编于洪伟初等数论第1页共27页高中数学联赛真题汇编——初等数论（1978T7）证明：当n、k都是给定的正整数，且n2，k2时，n(n－1)k－1可以写成n个连续偶数的和．解：设开始的一个偶数为2m，则此n个连续偶数的和为(2m+…+2m+2n－2)×n÷2=n(2m+n－1)．令n(n－1)k－1=n(2m+n－1)，则(n－1)k－1－(n－1)=2m．无论n为偶数还是奇数，(n－1)k－1－(n－1)均为偶数，故m=12[(n－1)k－1－(n－1)]为整数．∴从(n－1)k－1－(n－1)开始的连续n个偶数的和等于n(n－1)k－1．由于n、k给定，故(n－1)k－1－(n－1)确定．故证（1979二试5）在正整数上定义一个函数f(n)如下：当n为偶数时，f(n)=n2，当n为奇数时，f(n)=n+3，1°证明：对任何一个正整数m，数列a0=m，a1=f(a0)，…，an=f(an－1)，…中总有一项为1或3．2°在全部正整数中，哪些m使上述数列必然出现“3”？哪些m使上述数列必然出现“1”？证明：1°，当an3时，若an为偶数，则an+1=an2an，若an为奇数，则an+2=an+32an，即于是在{an}中可以找出一个单调递减的子序列，由于该序列的每项都是正整数，故进行到某一项时序列的项≤10，此时当an=3，6，9时，出现如下的项：9→12→6→3→6→3→…；当an≤10且3＼|an时，出现如下的项：7→10→5→8→4→2→1；总之，该数列中必出现1或3．2°当m为3的倍数时，若m为偶数，m2仍为3的倍数；若m为奇时，m+3是3的倍高中数学联赛真题分类汇编于洪伟初等数论第2页共27页数，总之an对于一切n∈N*，都是3的倍数，于是，上述数列中必出现3，当m不是3的倍数时，m2(若m为偶数)与m+3(若m为奇数)都不能是3的倍数，于是an不是3的倍数，故an≠3，此时数列中必出现1．（1979二试7）某区学生若干名参加数学竞赛，每个学生得分都是整数，总分为8250分，前三名的分数是88、85、80，最低分是30分，得同一分数的学生不超过3人，问至少有多少学生得分不低于60分(包括前三名)？解：8250－(88+85+80)=7997．(30+31+32+…+79)×3=50×109÷2×3=8175．即从30到79分每个分数都有3人得到时，共有8175分，此时及格学生数为20×3+3=63人．8175－7997=178．若减少3名及格的学生至少减去180分．故至多减去2名及格的学生．∴至少63－2=61人及格．(1982T12)已知圆x2+y2=r2(r为奇数)，交x轴于点A(r，0)、B(－r，0)，交y轴于C(0，－r)、D(0，r)．P(u，v)是圆周上的点，u=pm，v=qn(p、q都是质数，m、n都是正整数)，且uv．点P在x轴和y轴上的射影分别为M、N．求证：|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分别为1、9、8、2．证明：p2m+q2n=r2．若p=q，则由uv，得mn，于是p2n(p2(m－n)+1)=r2，这是不可能的．(因p2(m－n)与p2(m－n)+1都是完全平方数，它们相差1，故必有p2(m－n)=0，矛盾)．故p≠q，于是(p，q)=1．若p、q均为奇数，则p2≡q2≡1(mod4)，与r2≡0或1矛盾．故p、q必有一为偶数．即p、q必有一个=2．(或直接由r为奇数得p、q一奇一偶，其实r为奇数的条件多余)设p=2，则q2n=r2－22m=(r+2m)(r－2m)．即r+2m与r－2m都是q2n的约数．设r+2m=qk，r－2m=qh，其中kh≥1，k+h=2n．∴r=12(qk+qh)=12qh(qk－h+1)，2m=12(qk－qh)=12qh(qk－h－1)，但qh是奇数，又是2m+1的约数，故h=0．r=12(q2n+1)，2m+1=q2n－1=(qn+1)(qn－1)．(u,v)PMNADCBxOy高中数学联赛真题分类汇编于洪伟初等数论第3页共27页∴qn+1=2α，qn－1=2β．(α+β=m+1，αβ)，而2=2α－2β=2β(2α－β－1)，从而β=1，α－β=1，α=2．∴m=2，u=4，qn=3，q=3，n=1，v=3．|OP|=5．∴|AM|=5－4=1，|BM|=5+4=9，|CN|=5+3=8，|DN|=5－3=2．若设q=2，则同法可得u=3，v=4，与uv矛盾，舍去．又证：在得出p、q互质且其中必有一为偶数之后．由于(pm，qn)=1，故必存在互质的正整数a，b(ab)，使a2－b2=qn，2ab=pm，a2+b2=r．或a2－b2=pm，2ab=qn，a2+b2=r．若pm=2ab，得p=2，a|2m，b|2m，故a=2λ，b=2μ，由a，b互质，得μ=0，∴b=1，a=2m－1．qn=22m－2－1=(2m－1+1)(2m－1－1)．故2m－1+1=qα，2m－1－1=qβ，(α+β=n，且αβ)．∴2=qα－qβ=qβ(qα－β－1)．由q为奇数，得β=0，2=qn－1，qn=3，从而q=3，n=1，a2=4．a=2，m=2．仍得上解．（1984二试4）设an是12+22+32+…+n2的个位数字，n=1，2，3…，试证：0.a1a2…an…是有理数．解由于12+22+…+n2的个位数字只与1到n的个位数字的平方和有关，故只要考虑这些数的个位数字的平方：但12≡1．22≡4，32≡9，42≡6，52≡5，62≡6，72≡9，82≡4，92≡1，02≡0(mod10)∴a1=1，a2=5，a3=4，a4=0，a5=5，a6=1，a7=0，a8=4，a9=5，a10=5，a11=6，a12=0，a13=9，a14=5，a15=0，a16=6，a17=5，a18=9，a19=0，a20=0．由a20=0知，a20k+r=ar(k，r∈N，0≤r≤19，并记a0=0)，即0.a1a2…an…是一个循环节为20位数的循环小数，即为有理数．其一个循环节为“15405104556095065900”．(1985T9)在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干个数之和能被11整除的数组共有．解：把这些数mod11得1，4，－3，－1，5，－3，－1，3，－3，－1．依次累加，得：1，5，2，1，6，3，2，5，2，1．其中相等的和有7对(3对1，3对2，1对5)，这表示原数列中共有7组相邻数之和能被11整除．高中数学联赛真题分类汇编于洪伟初等数论第4页共27页(1985二试1)在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1)和点B(x2，y2)的坐标均为一位的正整数．OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B，A在y轴上的射影为A，△OBB的面积比△OAA的面积大33.5，由x1，y1，x2，y2组成的四位数x1x2y2y1=x1∙103+x2∙102+y2∙10+y1．试求出所有这样的四位数，并写出求解过程．解：x2y2－x1y1=67．x1y1，x2y2．且x1，y1，x2，y2都是不超过10的正整数．∴x2y267，x2y2=72或81．但x2y2，故x2y2=91舍去．∴x2y2=72．x2=9，y2=8．∴x1y1=72－67=5．x1=1，y1=5，∴x1x2y2y1=1985．（1987T1）对任意给定的自然数n，若n6+3a为正整数的立方，其中a为正整数，则()A．这样的a有无穷多个B．这样的a存在，但只有有限个C．这样的a不存在D．以上A、B、C的结论都不正确解：(n2+3k)3=n6+9n4k+27n2k2+27k3=n6+3(3n4+9n2k+9k2)k．取a=(3n4+9n2k+9k2)k，(k为任意正整数)，则n6+3a为正整数的立方，由于k可任意取值，且当k增大时，a也随之增大．即a有无数个．选A．(1987T7)若k是大于1的整数，α是x2－kx+1=0的一个根，对于大于10的任意自然数n，α2n+α－2n的个位数字总是7，则k的个位数字是．(河北供题)解：另一根=α－1，α+α－1=k，记α2n+α－2n≡kn(mod10)，0≤kn10．由α2n+α－2n=(α2n－1+α－2n－1)2－2得，kn≡kn－12+8(mod10)．若k为偶数，则kn为偶数，不等于7．若kn－1≡±1(mod10)，则kn≡9，kn+1≡9(mod10)；若kn－1≡±3(mod10)，则kn≡7，kn+1≡7(mod10)；若kn－1≡5(mod10)，则kn≡9，kn+1≡9(mod10)；故k的个位数字为3，5，7．（1989T10）一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为．解设其小数部分为α(0α1)，整数部分为n(n∈N*)，则得，α(n+α)=n2，BAA'B'xOy高中数学联赛真题分类汇编于洪伟初等数论第5页共27页∴n2n+αn+1．∴1－52n1+52，但n∈N*，故n=1，得，α2+α－1=0，∴=－1±52，由α0，知，=－1+52．∴原数为－1+52．（1989二试3）有n×n（n≥4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除（即总能表示成4k的形式，其中k∈Z）．证明基本项共有n!个，n3，则基本项的个数为4的倍数，设共有4m项．其中每个数aij(=±1)都要在(n－1)!个基本项中出现，故把所有基本项乘起来后，每个aij都乘了(n－1)!次，而n3，故(n－1)!为偶数，于是该乘积等于1．这说明等于－1的基本项有偶数个，同样，等于+1的基本项也有偶数个．若等于－1的基本项有4l个，则等于+1的基本项有4m－4l个，其和为4m－4l－4l=4(m－2l)为4的倍数；若等于－1的基本项有4l－2个，则等于+1的基本项有4m－4l+2个，其和为4m－4l+2－4l+2=4(m－2l+1)为4的倍数．故证．（1991T3）设a是正整数，a100，并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为()A．4B．5C．9D．10解：即24|a3－1，而a≡0，±1，±2，±3，4，则a3≡0，±1，0，±3，0．故a－1≡0(mod8)．若a≡0，1，2(mod3)，则a3≡0，1，－1(mod3)，∴a－1≡0(mod3)．即a－1≡0(mod24)．选B．（1991T10）19912000除以106，余数是．解：19912000=(1990+1)2000=19902000+…+C19972000×19903+C19982000×19902+C19992000×1990+1≡1000×1999×19902+2000×1990+1≡880001(mod106)．即高中数学联赛真题分类汇编于洪伟初等数论第6页共27页余数为880001．（1993T10）整数10931031+3的末两位数是_______.解：令x=1031，则得x3x+3=x3+27－27x+3=x2－3x+9－27x+3．由于027x+31，故所求末两位数字为09－1=08．（1994二试2）将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第1000项。解：由105=3×5×7；故不超过105而与105互质的正整数有105×(1－13)(1－15)(1－17)=48个。1000=48×20+48－8，105×20=2100.而在不超过105的与105互质的数中第40个数是86．∴所求数为2186。（1995T3）如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大，则称甲不亚于乙，在100个小伙子中，如果某人不亚于其他99人，就称他为棒小伙子，那么，100个小伙子中的棒小伙子