初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑴

1、中考数学复习资料，细心整编吐血举荐, 如如有用请打赏支持，感谢不尽！初一数学竞赛讲座第 1 讲数论的方法技巧（上）数论是争论整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力；数论问题表达简明，“许多数论问题可以从体会中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人说明清晰，但要 证明它却远非易事”；因而有人说：“用以发觉天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了；任何同学，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到勉励，并劝他将来从事数学方 面的工作；”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重；数学竞赛中的数论问题，经常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数

2、、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆；主要的结论有：1带余除法：如a，b 是两个整数， b0，就存在两个整数q，r ，使得 a=bq+r（ 0 r b），且 q，r 是唯独的；特殊地，假如r=0 ，那么 a=bq；这时， a 被 b 整除，记作b|a ，也称 b 是 a 的约数， a 是 b 的倍数；2如 a|c ，b|c ，且 a，b 互质，就 ab|c ；3唯独分解定理：每一个大于1 的自然数 n 都可以写成质数的连乘积，即其 中 p1 p2 pk 为质数， a1，a2， ak 为自然数，并且这种表示是唯独的；（1）式称为 n 的质因数分解或标准分解；4约数个数定理：设n 的标准分解

3、式为（ 1），就它的正约数个数为： d（n）=（a1+1）（ a2+1）（ ak+1）；5整数集的离散性：n 与 n+1 之间不再有其他整数；因此，不等式x y 与 xy-1 是等价的；下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解；一、利用整数的各种表示法对于某些争论整数本身的特性的问题，如能合理地挑选整数的表示形式，就经常有助于问题的解决；这些常用的形式有：1十进制表示形式：n=an10n+an-110n-1+a0；2带余形式： a=bq+r；42 的乘方与奇数之积式：n=2mt ，其中 t 为奇数；例 1 红、黄、白和蓝色卡片各1 张，每张上写有1 个数字，小明将这4 张卡片如下图放置，使它

4、们构成 1 个四位数，并运算这个四位数与它的各位数字之和的10 倍的差；结果小明发觉，无论白色卡片上是什么数字，运算结果都是1998；问：红、黄、蓝3 张卡片上各是什么数字？解： 设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a3，a2，a1， a0 ，就这个四位数可以写成： 1000a3+100a2 +10a1+a0，它的各位数字之和的10 倍是 10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，这个四位数与它的各位数字之和的10 倍的差是： 990a3+90a2 -9a 0=1998，110a3+10a2-a 0=222；比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a0=8，a2=1

5、， a3 =2；所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8；例 2 在一种室内嬉戏中，魔术师请一个人随便想一个三位数abc a,b,c依次是这个数的百位、十位、个位数字 ，并请这个人算出5 个数 acb,bac, bca, cab 与 cba 的和 n，把 n告知魔术师，于是魔术师就可以说出这个人所想的数abc ；现在设n=3194，请你当魔术师，求出数abc 来；解： 依题意，得a+b+c 14，说明：求解此题所用的基本学问是，正整数的十进制表示法和最简洁的不定方程；例 3 从自然数 1， 2， 3， 1000 中，最多可取出多少个数使得所取出的数中任意三个数之和能被 18 整除？解

6、： 设 a，b，c，d 是所取出的数中的任意4 个数，就 a+b+c=18m，a+b+d=18n，其中 m， n 是自然数；于是 c-d=18 （ m-n）；上式说明所取出的数中任意2 个数之差是18 的倍数，即所取出的每个数除以18 所得的余数均相同；设这个余数为r ，就 a=18a1+r， b=18b1+r，c=18c1+r ，其中 a1， b1，c1 是整数；于是a+b+c=18（ a1+b1+c1）+3r ；由于 18| （a+b+c），所以 18|3r ，即 6|r ，推知 r=0 ，6，12；由于 1000=55×18+10，所以，从1，2， 1000 中可取 6，24，

7、42， 996 共 56 个数，它们中的任意3 个数之和能被18 整除；例 4 求自然数 n，使得它能被5 和 49 整除，并且包括1 和 n在内，它共有10 个约数；解： 把数 n写成质因数乘积的形式：n=2a13a25a3a4ap n7n由于 n 能被 5 和 72=49 整除，故 a31，a42，其余的指数ak 为自然数或零； 依题意，有（a1+1）（a2+1）（ an+1）=10；由于 a3+12，a4+13，且 10=2×5，故 a1+1=a2+1=a5+1=an+1=1，4即 a1=a2=a5=an=0，n只能有 2 个不同的质因数5 和 7，由于 a4+132，故由（

8、a3+1）（a4+1）2-1=10 知， a3+1=5， a4+1=2 是不行能的；因而a3+1=2，a4+1=5， 即 n=55-17×=5×7 =12005 ；例 5 如 果 n 是 1， 2， 3， 1998，1999，2000 的最小公倍数，那么n 等于多少个2 与 1 个 奇数的积？解： 由于 210=1024，211=20482000，每一个不大于2000 的自然数表示为质因数相乘，其中2 的个数不多于 10 个，而 1024=210，所以， n 等于 10 个 2 与某个奇数的积；说明：上述5 例都是依据题目的自身特点，从挑选恰当的整数表示形式入手，使问题迎刃

9、而解；二、枚举法枚举法（也称为穷举法）是把争论的对象分成如干种情形（分类），然后对各种情形逐一争论，最终解决整个问题；运用枚举法有时要进行恰当的分类，分类的原就是不重不漏；正确的分类有助于暴露问题的本质，降低问题的难度；数论中最常用的分类方法有按模的余数分类，按奇偶性分类及按数值的大小分类等；例 6 求这样的三位数，它除以11 所得的余数等于它的三个数字的平方和；分析与解： 三位数只有900 个，可用枚举法解决，枚举时可先估量有关量的范畴，以缩小争论范畴，削减运算量；设这个三位数的百位、十位、个位的数字分别为x，y，z；由于任何数除以11 所得余数都不大于 10，所以 x2+y2+z210，从

10、 而 1x3，0y3，0 z 3 ； 所 求 三 位 数 必 在 以 下 数 中 ： 100，101， 102，103，110，111，112， 120，121，122，130， 200，201，202，211，212，220，221， 300，301，310；不难验证只有100， 101 两个数符合要求；例 7 将自然数 n 接写在任意一个自然数的右面（例如，将2 接写在 35 的右面得352），假如得到的新数都能被n 整除，那么n 称为魔术数；问：小于2000 的自然数中有多少个魔术数？解： 设 p 为任意一个自然数，将魔术数n（ n 2000接后得 pn ，下面对 n 为一位数、两位数、

11、三位数、四位数分别争论；当 n 为一位数时，pn =10p+n，依题意n pn ，就 n10p，由于需对任意数p 成立，故 n 10，所以 n=1，2，5；当 n 为两位数时， pn =100p+n，依题意 n pn ，就 n100p，故 n|100，所以 n=10，20，25，50；当 n 为三位数时， pn =1000p+n，依题意 n pn ，就 n1000p，故 n|1000，所以 n=100，125， 200， 250，500；当 n 为四位数时，同理可得n=1000， 1250， 2000， 2500，5000；符合条件的有1000， 1250；综上所述，魔术数的个数为14 个；说

12、明：（ 1）我们可以证明：k 位魔术数肯定是10k 的约数，反之亦然；（2）这里将问题分成几种情形去争论，对每一种情形都增加了一个前提条件，从而降低了问题的难度，使问题简洁解决；例 8 有 3 张扑克牌，牌面数字都在10 以内；把这3 张牌洗好后，分别发给小明、小亮、小光3 人；每个人把自己牌的数字登记后，再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后，3 人各自记录的数字的和顺次为13，15，23；问：这3 张牌的数字分别是多少？解： 13+15+23=51，51=3×17；由于 17 13，摸 17 次是不行能的，所以摸了3 次， 3 张扑克牌数字之和是17，可能的情形有 下面 15 种

13、：1，6，101，7，91， 8， 8 2， 5， 102，6，92，7，83，4，103， 5， 9 3， 6， 83，7，7 114 ， 4， 9 124 ， 5， 8 134，6，7 145，5，7 155，6， 6只有第种情形可以满意题目要求，即3+5+5=13；3+3+9=15； 5+9+9=23；这 3 张牌的数字分别是3，5 和 9；例 9 写出 12 个都是合数的连续自然数；分析一：在查找质数的过程中，我们可以看出100 以内最多可以写出7 个连续的合数： 90，91， 92，93， 94，95，96；我们把挑选法连续运用下去，把考查的范畴扩大一些就行了；解法 1：用挑选法可以

14、求得在113 与 127 之间共有 12 个都是合数的连续自然数：114，115， 116，117，118， 119， 120，121，122， 123，124，125，126；分析二：假如 12 个连续自然数中，第 1 个是 2 的倍数，第 2 个是 3 的倍数，第 3 个是 4 的倍数第 12 个是 13 的倍数，那么这12 个数就都是合数；又 m+2，m+3， m+13是 12 个连续整数，故只要m是 2，3， 13 的公倍数，这12 个连续整数就肯定都是合数；解法 2：设 m为 2，3，4， 13 这 12 个数的最小公倍数； m+2， m+3，m+4， m+13分别是 2的倍数， 3

15、 的倍数， 4 的倍数13 的倍数，因此12 个数都是合数；说明：我们仍可以写出13！+2， 13！+3， 13！+13（其中 n！=1×2×3×× n）这 12 个连续合数来；同样，（ m+1）！ +2，（ m+1）！ +3，（ m+1）！ +m+1是 m个连续的合数；三、归纳法当我们要解决一个问题的时候，可以先分析这个问题的几种简洁的、特殊的情形，从中发觉并归纳出一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径；这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法；例 10 将 100 以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5 项工作叫做一次操作：（1）将左边

16、第一个数码移到数字串的最右边；（2）从左到右两位一节组成如干个两位数；（3）划去这些两位数中的合数；（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；（5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串；问：经过 1999 次操作，所得的数字串是什么？解： 第 1 次操作得数字串711131131737；第 2 次操作得数字串11133173；第 3 次操作得数字串 111731；第 4 次操作得数字串1173；第 5 次操作得数字串1731；第 6 次操作得数字串7311； 第 7 次操作得数字串3117；第 8 次操作得数字串1173；不难看出，后面以4 次为周期循环， 1999=

17、4×499+3，所以第 1999 次操作所得数字串与第7 次相同，是 3117；例 11 有 100 张的一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开头按如下的次序进行操作：把最上面的第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面；再把原先的第三张卡片舍去，把 下一张卡片放在最下面；反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩下的这张卡片是原先那一 摞卡片的第几张？分析与解： 可以从简洁的不失题目性质的问题入手，查找规律；列表如下：设这一摞卡片的张数为n，观看上表可知：（1）当 n=2a（ a=0，1，2，3，）时，剩下的这张卡片是原先那一摞卡片的最终一张，即第2a张；aa（2）当 n

18、=2+m（m2 ）时，剩下的这张卡片是原先那一摞卡片的第2m张；6取 n=100，由于 100=2 +36，2×36=72，所以剩下这张卡片是原先那一摞卡片的第72 张；说明：此题实质上是闻名的约瑟夫斯问题：传奇古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码1，2，3，然后把1 号杀了，把 3 号杀了，总之每隔一个人杀一个人，最终剩下一个人，这个人就是约瑟夫斯；假如这批俘虏有111 人，那么约瑟夫斯的号码是多少？例 12 要用天平称出1 克、2 克、3 克40 克这些不同的整数克重量，至少要用多少个砝码？这些砝码的重量分别是多少？分析与解： 一般天平两边都可放砝码，我们从最

19、简洁的情形开头争论；（1）称重 1 克，只能用一个1 克的砝码，故1 克的一个砝码是必需的；（2）称重 2 克，有 3 种方案：增加一个1 克的砝码；用一个 2 克的砝码；用一个 3 克的砝码，称重时，把一个1 克的砝码放在称重盘内，把3 克的砝码放在砝码盘内；从数学角度看，就是利用3-1=2；（3）称重 3 克，用上面的两个方案，不用再增加砝码，因此方案剔除；（4）称重 4 克，用上面的方案，不用再增加砝码，因此方案也被剔除；总之，用1 克、3克两个砝码就可以称出（3+1）克以内的任意整数克重；（5）接着思索可以进行一次飞跃，称重5 克时可以利用： 9- （3+1）=5，即用一个 9 克重的

20、砝码放在砝码盘内，1 克、3 克两个砝码放在称重盘内；这样，可以依次称到1+3+9=13（克）以内的任意整数克重； 而要称 14 克时，按上述规律增加一个砝码，其重为： 14+13=27（克），可以称到1+3+9+27=40（克）以内的任意整数克重；总之，砝码的重量为1，3，32，33 克时，所用砝码最少，称重最大，这也是此题的答案；这个结论明显可以推广，当天平两端都可放砝码时，使用1，3，这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案；练习 11已知某个四位数的十位数字减去1 等于其个位数字，个位数字加2 等于百位数字，这个四位数的数字反着次序排列成的数与原数之和等于9878；试求这个四位数；

21、3设 n 是满意以下条件的最小自然数：它们是75 的倍数且恰有75 个4不能写成两个奇合数之和的最大偶数是多少？5把 1， 2， 3， 4， 999 这 999 个数匀称排成一个大圆圈，从1 开头数：隔过 1 划掉 2，3，隔过 4，划掉 5， 6这样每隔一个数划掉两个数，转圈划下去；问：最终剩下哪个数？为什么？6圆周上放有n 枚棋子，如下图所示，b 点的一枚棋子紧邻a 点的棋子；小洪第一拿走b 点处的 1 枚棋子，然后顺时针每隔1 枚拿走 2 枚棋子，连续转了10 周，9 次越过 a；当将要第 10 次越过 a 处棋子取走其它棋子时，小洪发觉圆周上余下 20 多枚棋子；如 n 是 14 的倍

22、数，就圆周上仍有多少枚棋子？7用 0， 1， 2， 3， 4 五个数字组成四位数，每个四位数中均没有重复数字（如1023，2341），求全体这样的四位数之和；8有 27 个国家参与一次国际会议，每个国家有2 名代表；求证：不行能将54 位代表支配在一张圆桌的四周就座，使得任一国的2 位代表之间都夹有9 个人；练习 1 答案：11987；（a+d）× 1000+（ b+c）× 110+（a+d）= 9878 ；比较等式两边，并留意到数字和及其进位的特点，可知：a+d=8，b+c=17；已知 c-1=d ， d+2=b，可求得： a=1， b=9，c=8，d=7；即所求的四位数

23、为1987； 21324，1423，2314，2413，3412，共 5 个；3432；解： 为保证 n 是 75 的倍数而又尽可能地小，由于75=3× 5×5，所以可设n 有三个质因数2，3，5，即 n=2 ×3 × 5 ，其中 0， 1， 2，并且（ +1）（ +1）（ +1）=75；易知当 =4，=2 时，符合题设条件；此时438；解： 小于 38 的奇合数是9，15，21，25，27， 33； 38 不能表示成它们之中任二者之和，而大于38 的偶数 a，皆可表示为二奇合数之和：a 末位是0，就 a=15+5n；a 末位是 2，就 a=27+5n；

24、 a 末位是 4，就 a=9+5n；a 末位是 6，就 a=21+5n；a 末位是 8，就 a=33+5n；其中 n 为大于 1 的奇数；因此， 38 即为所求；5406；nn-1解： 从特殊情形入手，可归纳出：假如是3 个数（ n 为自然数），那么划1 圈剩下 3个数，划n-22 圈剩下 3个数划（ n-1 ）圈就剩 3 个数，再划1 圈，最终剩下的仍是起始数1；67663 999 3 ，从 999 个数中划掉（ 999-3 =）270 个数，剩下的（ 3 =） 729 个数，即可运用上述结论；由于每次划掉的是2 个数，所以划掉270 个数必需划135 次，这时划掉的第270 个数是（ 13

25、5×3=）405，就留下的36 个数的起始数为406；所以最终剩下的那个数是406；623 枚；解： 设圆周上余a 枚棋子；由于从第9 次越过 a 处拿走 2 枚棋子到第10 次将要越过a 处棋子时小洪拿走了 2a 枚棋子，所以，在第9 次将要越过a 处棋子时，圆周上有3a 枚棋子；依此类推，在29第 8 次将要越过a 处棋子时， 圆周上有3 a 枚棋子在第1 次将要越过a 处棋子时， 圆周上有3 a枚棋子，在第1 次将要越过a 处棋子之前，小洪拿走了23 9a-1+1 枚棋子，所以9910n=23 a-1+1+3 a=3 a-1 ；10如 n=3 a=59049a-1 是 14 的倍数，就 n 就是 2 和 7 的公倍数，所以a 必需是奇数；如 n=（7×8435+4） a-1=7×8435a+4a-1 是 7 的倍数，就4a-1 必需是 7 的倍数，当a=21，25，27，29 时， 4a-1 不是 7 的倍数，当a=23 时， 4a-1=91=7×13，是 7 的倍数；当 n 是 14 的倍数时，圆周上有23 枚棋子； 7259980；解： 用十进位制表示的如干个四位数之和的加法原理为：如干个四位数之和=千位数数字之和×1000+百位数数字之和×100+十位数数字之和