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上海市尚德实验学校杨晓EMAILQDYANGXIAOHOTMAILCOM初一数学竞赛系列训练3答案1、∵11111111119999999999111111111110000000000111111111110000000000111111111111111111108888888889∴乘积的数字中有奇数10个2、NN1N23N1,要使作竖式加法时各位均不产生进位现象,则自然数N的各位数字都不超过3。若N为一位数,则“连绵数”有1、2两个;若N为二位数,则“连绵数”有10,11,12,20,21,22,30,31,32共9个;若N为三位数,则“连绵数”只有100这一个。故不超过100的“连绵数”共有29112个。选C3、前27个数中,个位数字之和是22754,十位数字之和是22652,故前27个数相加,和的十位数字是527,选B4、19932002的末位数字和19932的末位数字相同,是919952002的末位数字和19952的末位数字相同,是5所以1993200219952002的末位数字是4,选B5、设BIDX,FORY,则有31000XY41000YX,整理得2996X3997Y化简得428X571Y,由于X、Y都是三位数,且428与571互质,故得X571,Y428,所以密码破译成数字的形式是357142844285716、设X,Y则由于141283是99的倍数,所以141283被911整除。则141X28Y3是9的倍数,112Y4X83是11的倍数,即XY1是9的倍数,YX是11的倍数。因为9≤YX≤9,所以YX0,即YX又1≤XY12X1≤19,所以要使XY1是9的倍数,必须2X1XY19或18但2X1是奇数,所以2X19,从而YX4,即4,47、∵111111111ABABABBABBBB即,,于是,可将111分解成一个一位数与一个两位数的积,显然111337满足条件,且111只有这一种分解法,故A3,B78、按百位数字分类讨论①百位数字是8,9时不存在,个数0;②百位数字是7,只有789,1个;③百位数字是6,只有679,678,689,共3个;④百位数字是5,有567,568,569,578,579,589,共6个;⑤百位数字是4,有456,457,458,459,467,468,469,478,479,489共10个;⑥百位数字是3时,共15个;⑦百位数字是2时,共21个;⑧百位数字是是1时,共28个。总计,共1+3+6+10+15+21+28=80个。9、设,5225XYN则,101025005223YXN其中Y,为8或9,因为250052,103,210被11除的余数分别为0,-1,1,可设250052=,1110,11231XKXK32132,1110KKKYKY为正整数,故可得,YX所以所求四位数是1885或1995.10、4343434043343410433,∵434的末位数字与34的末位数字相同,∴434的末位数字是1,从而43410的末位数字也是1;433的末位数字与33的末位数字相同,是7∴4343的末位数字是7上海市尚德实验学校杨晓EMAILQDYANGXIAOHOTMAILCOM11、2M20002M2M220001,∵22000的末位数字与24的末位数字相同为6,∴220001的末位数字是5,又2M是偶数,∴2M220001的末位数字是012、设NM1181,因为M、N是自然数,所以NM181181,,则8M,8N可设M8A,N8B则BA818181∴8A8B88B88A,化简得AB64把64分解成两个因数的积的形式,一个因数是A,另一个因数是B①64164,取A1,B64,则7219181②64232,取A2,B32,则40110181③64416,取A4,B16,则24112181④6488,取A8,B8,则16116181共有四组解。13、首先X的万位数字显然是2,则Y的万位数字是5,其次X的千位数字必大于5,但百位数字乘2后至多进到1到千位,这样千位数字只能是9,依次类推得到X的前四位数字是2,9,9,9。X的个位数字只能是1,3,5,7,9,经验证是5。所以X是2999514、首先确定原数是几位数。若原数是五位数,则它最小是11,已超过10879,与已知条件不符;若原数是三位数,则它与它的反序数之和最大为9999991998,还不到10879,也与已知条件不符。所以原数是四位数。因为它的前两位数字相同,故可设原数是AABC,其中A≥1,C≥1,则它的反序数为CBAA,由题意得AABCCBAA10879,即103A102A10BC103C102B10AA10879,∴1001AC110AB10879,比较上式两边的末位数,得AC9,代入上式得AB17由于A17B≥1798,且C≥1,所以A8,代入可求得C1,B9所以原数是889115、设这个数为X,依题意,X与9X的数字和相同。而9X的数字和能被9整除,所以X的数字和也能被9整除,从而X只可能是18,27,36,45,54,63,72,81,90,99经检验,其中只有18,45,90,99符合要求。16、因为12345678912345678109而连续10个自然数的平方和的末位数都是5。所以12223242123456789202122232421234567892的末位数是123456795的末位数。所以122232421234567892的末位数517、从两个数相乘的进位情况进行考虑。由于被乘数ABCD与乘积DCBA都是四位数,说明A9没有进位,∴A1又D9的个位数是A1,∴D9。这样算式就变为1BC9上海市尚德实验学校杨晓EMAILQDYANGXIAOHOTMAILCOM99CB1再考虑B9,由于B9没有进位,所以B0或1若B1,则C9,但C9时,十位C9要进位,这是不可能的,∴B≠1于是B0,则C8。故所求的四位数为108918、设123AAA321AAA123BBB由于A3A1,所以可得B110A1A3①B210A21A29②B3A31A1③①③得B1B39∴123BBB321BBB100B1B310B2B2B1B310092099108919、对于“好数”N,N1ABAB1A1B1即N1是合数。反过来N1是合数,N是“好数”在2到101中有26个质数2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101则有74个合数,即1到100中有74个“好数”20、可以利用竖式AOMENMACAO问题即确定和S的最大值最大值是99782,一方面有178658191799782另一方面,可以证明和S≤99782,理由如下首先,AM是一位数,为使S最大,AM可能为9也可能为8。若AM8,则A≤7,OA≤9716,而MENCAO100010002000所以和S≤8000016000200098000,所以AM9于是OA是一位数不进位,并且OA≠AM,所以为使S最大,OA可能为8也可能为7,若OA7,则S≤97000200099000,所以OA8MC应当尽可能大。但M、C不同,所以MC17或16。若MC16,因为OA8,所以A≤7,S≤99600987699780,所以MC17由上式知M8或9。又AM9,则M8,从而A1,C9,O7现在未出现的数字只有6,5,4,3,2。因此,EN最大为65。所以S最大时,AOMEN和MACAO分别是17865和81917,从而和可能的最大值是99782
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