高中数学联赛真题分类汇编—初等数论

1、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(n1)k1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+2n2)n2=n(2m+n1)令n(n1)k1= n(2m+n1)，则(n1)k1(n1)=2m无论n为偶数还是奇数，(n1)k1(n1)均为偶数，故m=(n1)k1(n1)为整数 从(n1)k1(n1)开始的连续n个偶数的和等于n(n1)k1由于n、k给定，故(n1)k1(n1)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)= ，当n为奇数时，f(n)=n+3，1

2、 证明：对任何一个正整数m，数列a0=m，a1=f(a0)，an=f(an1)，中总有一项为1或32 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=an，若an为奇数，则an+2=v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(mn)+1)=r2，这是不可能的(因p2(mn)与p2(mn)+1都是完全平方数，它们相差1，故必有p2(mn)=0，矛盾)故pq，于是(p，q)=1若p、q均为

3、奇数，则p2q21(mod 4)，与r20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=r222m=(r+2m)(r2m)即r+2m与r2m都是q2n的约数设r+2m=qk，r2m=qh，其中kh1，k+h=2n r= (qk+qh)= qh(qkh+1)，2m= (qkqh)= qh(qkh1)，但qh是奇数，又是2m+1的约数，故h=0r= (q2n+1)，2m+1=q2n1=(qn+1)(qn1) qn+1=2，qn1=2(+=m+1，)，而2=22=2(21)，从而=1，=1，=2 m=2，u=4，qn=

4、3，q=3，n=1，v=3|OP|=5 |AM|=54=1，|BM|=5+4=9，|CN|=5+3=8，|DN|=53=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a2b2= qn，2ab= pm，a2+b2=r或a2b2=pm，2ab=qn，a2+b2=r若pm=2ab，得p=2，a|2m，b|2m，故a=2，b=2，由a，b互质，得=0， b=1，a=2m1qn=22m21=(2m1+1)(2m11)故2m1+1=q，2m11=q，(+=n，且) 2=qq=q(q1)由q为

5、奇数，得=0，2=qn1，qn=3，从而q=3，n=1，a2=4a=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.a1a2an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121224，329，426，525，626，729，824，921，020(mod 10) 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，

6、a20=0由a20=0知，a20k+r=ar(k，rN，0r19，并记a0=0)，即0.a1a2an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“”(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mod 11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(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

7、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=x1103+x2102+y210+y1试求出所有这样的四位数，并写出求解过程解：x2y2x1y1=67x1y2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=72x2=9，y2=8 x1y1=7267=5x1=1，y1=5， =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

8、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，是x2kx+1=0的一个根，对于大于10的任意自然数n，+的个位数字总是7，则k的个位数字是 (河北供题)解：另一根=1，+1=k，记+kn(mod 10)，0kn10由+=(+)22得，knkn12+8(mod 10)若k为偶数，则k

9、n为偶数，不等于7若kn11(mod 10)，则kn9，kn+19(mod 10)；若kn13(mod 10)，则kn7，kn+17(mod 10)；若kn15(mod 10)，则kn9，kn+19(mod 10)；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(01)，整数部分为n(nN*)，则得，(n+)=n2， n2n+n+1 n0，知，a= 原数为（1989二试3）有nn（n4)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

10、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kZ）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(n1)!个基本项中出现，故把所有基本项乘起来后，每个aij都乘了(n1)!次，而n3，故(n1)!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4m4l个，其和为4m4l4l=4(m2l)为4的倍数；若等于1的基本项有4l2个，则等于+1的基本项有4m4l+2个，其和为4m4l+24l+2

11、=4(m2l+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( ) A4 B5 C9 D10解：即24|a31，而a0，1，2，3，4，则a30，1，0，3，0故a10(mod 8)若a0，1，2(mod 3)，则a30，1，1(mod 3)， a10(mod 3)即a10(mod 24)选B（1991T10）除以106，余数是 解：=(1990+1)2000=+C19903+C19902+C1990+1 1000199919902+20001990+1(mod 106)即余数为（1993T10）整数的末两位数是_.解：令x=103

12、1，则得=x23x+9由于01，故所求末两位数字为091=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=357；故不超过105而与105互质的正整数有105(1)(1)(1)=48个。1000=4820+488， 10520=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最多可能有( ) (A)1个 (B)2个 (C)50个 (D

13、)100个解：把身高按从高到矮排为1100号，而规定二人比较，身高较高者体重较小，则每个人都是棒小伙子故选D（1995二试2）求一切实数p，使得三次方程5x35(p+1)x2+(71p1)x+1=66p的三个根均为正整数 解：x=1是方程的一个根于是只要考虑二次方程 5x25px+66p1=0的两个根为正整数即可设此二正整数根为u、v则由韦达定理知， 消去p，得5uv66(u+v)=1同乘以5：52uv566u566v=5 (5u66)(5v66)=6625=4351=19229由于u、v均为整数，故5u66、5v66为整数 其中使u、v为正整数的，只有u=17，v=59这一组值此时p=76(

14、1996T3)存在整数n,使+是整数的质数( ) (A)不存在 (B)只有一个 (C)多于一个,但为有限个 (D)有无穷多个解：如果p为奇质数，p=2k+1，则存在n=k2(kN+)，使+=2k+1故选D(1996T12)在直角坐标平面，以(199,0)为圆心，199为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点)的个数为_解：把圆心平移至原点，不影响问题的结果故问题即求x2+y2=1992的整数解数显然x、y一奇一偶，设x=2m，y=2n1且1m，n99则得4m2=1992(2n1)2=(198+2n)(2002n)m2=(99+n)(100n)(n1)(n) (mod 4)由于m为正整数，m

15、20，1 (mod 4)；(n1)(n)二者矛盾，故只有(0，199)，(199，0)这4解 共有4个(199，199)，(0，0)，(398，0)（1998二试3）对于正整数a、n，定义Fn（a）=qr，其中q、r为非负整数，a=qnr，且0rn求最大的正整数A，使得存在正整数n1，n2，n3，n4，n5，n6，对于任意的正整数aA，都有F(F(F(F(F(F(a)=1证明你的结论解：将满足条件“存在正整数n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正整数aB，都有F(F(F(a)=1”的最大正整数B记为xk显然，本题所求的最大正整数A即为x6。先证x1=2事实上，F2(1)=F2(2)=

16、1，所以x12,又当n13时，F(2) =2，而F2（3)=F1(2)=2,所以x10，n11，于是0(q1)n1+n11=qn11xk+1，因此F(q1)n1+n11)=q+n12xk故有 q(n11)()2()2= +由于xk为偶数，从而q(n11)+.xk2,xk+xk+2.所以总有 xk+1xk+=.另一方面，若取n1=+2，由于=n1+对于每个a，令a=qn1+r，那么或者q=,r；或者q1,rn11=+1。两种情况下均有q+rxk,因此xk+1=。此外，因为xk为偶数，若4|xk，由2|xk+6可得8|xk(xk+6)，若xk2(mod4)，由xk+60(mod 4)也可得8|xk

17、(xk+6)因此xk+1也是偶数。于是完成了归纳证明xk+1=由x1=2逐次递推出x2=4,x3=10，x4=40，x5=460，x6=53590即所求最大整数A=53590（1999T7）已知正整数n不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n的个数是_.7. 6. 首项为a为的连续k个正整数之和为由Sk2000，可得60k62.当k=60时，Sk=60a+3059，由Sk2000，可得a3，故Sk=1830,1890,1950；当k=61时，Sk=61a+3061，由Sk2000，可得a2，故Sk=1891，1952；当k=62时，Sk=62a+3161，由Sk2

18、000，可得a1，故Sk=1953.于是，题中的n有6个.（1999二试3）给定正整数n，已知用克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1,2,3,n克的所有物品。（1）求k的最小值f(n)；（2）当且仅当n取什么值时，上述f(n)块砝码的组成方式是唯一确定的？并证明你的结论。解析：(1)设这k块砝码的质量数分别为a1,a2,ak，且1a1a2ak，aiZ，1ik因为天平两端都可以放砝码，故可称质量为 xiai,xi-1，0，1若利用这k块砝码可以称出质量为1，2，3，,n的物品，则上述表示式中含有1，2，n，由对称性易知也含有0，-1，-2，-n，即xiai|xi-1，0，10,1，

19、n所以，2n+1=|0，1，n| |xiai|xi-1，0，1|3k，即 n设 n (m1,mZ)，则km且k=m时，可取a1=1,a2=3,am=3m-1 由数的三进制表示可知，对任意0p3m-1,都有p=yi3i-1，其中yi0，1，2则 p-=yi3i-1-3i-1=(yi-1)3i-1 令xi=yi-1，则xi-1，0，1故对一切-l 的整数l，都有l=xi3i-1 ,其中xi-1，0，1由于n，因此，对一切-nln的整数l，也有上述表示综上，可知k的最小值f(n)=m(n) .(2).当n3 时，由(1)可知1，3，3m-1，3m就是一种砝码的组成方式下面我们证明1，3，3m-1,3

20、m-1也是一种方式若1l ，由(1)可知l=xi3i-1，xi-1，0，1则 l=xi3i-1+0(3m-1)；若 ln3 ，则 l+1由(1)可知l+1=，其中xi-1，0，1易知xm+1=1(否则l3i-1-1=-1,矛盾)则l=(3m-1)所以，当n时，f(n)块砝码的组成方式不惟一.下面我们证明：当n=时，f(n)=m块砝码的组成方式是惟一的，即ai=3i-1(1im)若对每个-l,都有l=xiai，xi-1，0，1即 xiai|xi-1，0，10,1，注意左边集合中至多有3m个元素故必有xiai|xi-1，0，1=0,1，从而，对每个l，-l ,都可以惟一地表示为l=xiai，其中x

21、i-1,0,1因而，ai=则(xi+1)ai=xiai+ai=xiai+令yi=xi+1,则yi0，1，2由上可知，对每个0l3m-1，都可以惟一地表示为l=yiai，其中yi0，1，2特别地，易知1a1a2am下面用归纳法证明ai=3i-1(1im)当i=1时，易知yiai中最小的正整数是a1,故a1=1假设当1ip时，ai=3i-1 由于yiai=yi3i-1, yi0，1，2就是数的三进制表示，易知它们正好是0，1，2，,3p-1，故ap+1应是除上述表示外yiai|yi0,1,2中最小的数，因此，ap+1=3p由归纳法可知，ai=3i-1(1im)综合，可知，当且仅当n=时，上述f(n

22、)块砝码的组成方式是惟一确定的（2001二试3）三将边长为正整数m，n的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形每个正方形的边均平行于矩形的相应边试求这些正方形边长之和的最小值【解】记所求最小值为f（m，n），可以证明f（m，n）=m+n-(m，n) (*)其中(m，n)表示m和n的最大公约数10分事实上，不妨设mn(1)关于m归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为m+n-(m，n)当m=1时,命题显然成立 假设当mk时，结论成立（k1）当m=k+1时，若n= k+1，则命题显然成立若n k+1，从矩形ABCD中切去正方形AA1D1D（如图），由归纳假设矩形A1BCD1有一

23、种分法使得所得正方形边长之和恰为m-n+n-(m-n，n)= m-(m，n).于是原矩形ABCD有一种分法使得所得正方形边长之和为m+n- (m，n)20分(2)关于m归纳可以证明(*)成立当m=1时,由于n=1，显然f (m，n)=1= m+n- (m，n)假设当mk时，对任意1nm有f (m，n)= m+n- (m，n)若m=k+1，当n= k+1时显然f（m，n）= k+1= m+n- (m，n)当1nk时，设矩形ABCD按要求分成了p个正方形，其边长分别为a1，a2，ap，不妨设a1a2ap显然a1=n或a1n若a1 m+n- (m，n)若a1=n，则一个边长分别为m-n和n的矩形可按

24、题目要求分成边长分别为a2，ap的正方形，由归纳假设a2+apm-n+n-(m-n，n)= m- (m，n)从而a1+a2+apm+n-(m，n)于是当m=k+1时，f（m，n）m+n- (m，n)再由(1)可知f (m，n)=m+n- (m，n)50分（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。解：设第i名队员上场的时间

25、为xi分钟(i=1,2,3,7)，问题即求不定方程 x1+x2+x7=270 在条件7|xi (1i4)且13|xj (5j7)下的正整数解的级数。 若(x1,x2,x7)是满足条件的一组正整数解，则应有 =7m =13n m,nN m,n是不定方程 7m+13n=270 在条件m4且n3下的一组正整数解。 10分 7(m-4)+13(n-3)=203 令 m=m -4 n=n -3 有 7m+13n=270 求满足条件m4且n3的正整数解等价于求的非负整数解。 易观察到 72+13(-1)=1 7406+13(-203)=203 即 m0=406 n0= -203是的整数解 的整数通解为 m

26、=406 -13k n= -203+7k kZ 令 m0 n0,解得 29k31 20分 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： 30分 1)在m=33,n=3时，显然x5=x6=x7=13仅有一种可能， 又设xi=7yi (i=1,2,3,4)，于是由不定方程y1+y2+y3+y4=33有组正整数解。 此时有满足条件的=4960组正整数解。 2)在m=20,n=10时，设xi=7yi (i=1,2,3,4)，xj=13yj (j=5,6,7) 由y1+y2+y3+y4=20，有组正整数解；以及y5+y6+y7=10，有组正整数解。 此时有满足条

27、件的=34884组正整数解。 3) 在m=7,n=17时，设xi=7yi (i=1,2,3,4)，xj=13yj (j=5,6,7)由y1+y2+y3+y4=7，有组正整数解；以及y5+y6+y7=17，有组正整数解。40分 综上所述，满足条件的正整数解的组数为 =4960+34884+2400=4224450分（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解：当3l、3m、3n的末四位数字相同时，=即求满足3l3m3n( mod 104)的l、m、n 3n(3ln1)0 (mod 104)(ln0)但

28、 (3n，104)=1，故必有3ln1(mod 104)；同理3mn1(mod 104)下面先求满足3x1(mod 104)的最小正整数x j(104)=104=4000故x|4000用4000的约数试验： 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

29、)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=3003(2004T10)设p是给定的奇质数，正整数k使得也是一个正整数，则k= ；解：设=n，则(k)2n2=，(2kp+2n)(2kp2n)=p2，k=(p+1)2（2004二试3）对于整数n4，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+n1的任一个f(n)元

30、子集中，均至少有3个两两互素的元素解： 当n4时，对集合M(m，n)=m，m+1，m+n1，当m为奇数时，m，m+1，m+2互质，当m为偶数时，m+1，m+2，m+3互质即M的子集M中存在3个两两互质的元素，故f(n)存在且f(n)n 取集合Tn=t|2|t或3|t，tn+1，则T为M(2，n)=2，3，n+1的一个子集，且其中任3个数无不能两两互质故f(n)card(T)+1但card(T)=+故f(n)+1 由与得，f(4)=4，f(5)=55f(6)6，6f(7)7，7f(8)8，8f(9)9现计算f(6)，取M=m，m+1，m+5，若取其中任意5个数，当这5个数中有3个奇数时，这3个奇

31、数互质；当这3个数中有3个偶数k，k+2，k+4(k0(mod 2)时，其中至多有1个被5整除，必有1个被3整除，故至少有1个不能被3与5整除，此数与另两个奇数两两互质故f(6)=5而M(m，n+1)=M(m，n)m+n，故f(n+1)f(n)+1 f(7)=6，f(8)=7，f(9)=8 对于4n9，f(n)= +1成立 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(

32、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)= (2005T6)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解：用表示k位p进制数，将集合M中的每个数乘以，得中的最大数为。在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第2005个数是2400-2004=396。而将此数除以，便得M中的数故选C。（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.解：对任意，若，则，设则让a跑遍区间）中的所有整数，则于是下面计算画一张2k2k的表，第i行中，凡是i行中的位数处填写“*”号，则这行的“*”号共个，全表的“*”号共个；另一方面，按列收集“*”号数，第j列中，若j有T（j）个正因数，则该列使有T（j）个“*”号，故全表的“*”号个数共个，因此=.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，据定义，又当，则从则（2006T6）