初一数学竞赛讲座

1、学科测评网主页： email:jssqwsh2006电话：05274342551手机一数学竞赛讲座(一)自然数的有关性质初一数学竞赛系列训练1自然数的有关性质初一数学竞赛系列训练2特殊的正整数初一数学竞赛系列训练3数字、数位及数谜问题初一数学竞赛系列训练4有理数的有关知识初一数学竞赛系列训练(5)整式初一数学竞赛系列训练(6)整式初一数学竞赛系列训练(7)整式初一数学竞赛系列训练(8)解方程初一数学竞赛系列讲座(9)应用题（一）初一数学竞赛系列讲座(11)应用题（三）初一数学竞赛系列训练(13)初一数学竞赛系列训练(14)初一数学竞赛系列训练(15)2004 AMC1

2、2 试题初一数学竞赛讲座(一)自然数的有关性质一、知识要点1、 最大公约数定义1如果a1,a2,an和d都是正整数，且da1,da2, dan ，那么d叫做a1,a2,an的公约数。公约数中最大的叫做a1,a2,an的最大公约数，记作(a1,a2,an). 如对于4、8、12这一组数，显然1、2、4都是它们的公约数，但4是这些公约数中最大的，所以4是它们的最大公约数，记作(4,8,12)=4.2、 最小公倍数定义2如果a1,a2,an和m都是正整数，且a1m, a2m, anm，那么m叫做a1,a2,an的公倍数。公倍数中最小的数叫做a1,a2,an的最小公倍数，记作a1,a2,an.如对于4

3、、8、12这一组数，显然24、48、96都是它们的公倍数，但24是这些公倍数中最小的，所以24是它们的最小公倍数，记作4,8,12=24.3、 最大公约数和最小公倍数的性质性质1 若ab,则(a,b)=a.性质2 若(a,b)=d,且n为正整数，则(na,nb)=nd.性质3 若na, nb,则.性质4 若a=bq+r (0rb), 则(a,b)= (b,r) .性质4 实质上是求最大公约数的一种方法，这种方法叫做辗转相除法。性质5若 ba,则a,b=a.性质6若a,b=m,且n为正整数，则na,nb=nm.性质7若na, nb,则.4、 数的整除性 定义3对于整数a和不为零的整数b，如果存在

4、整数q，使得a=bq 成立，则就称b整除a或a被b整除，记作ba，若ba，我们也称a是b倍数；若b不能整除a，记作ba5、 数的整除性的性质性质1 若ab，bc，则ac性质2 若ca，cb，则c(ab)性质3 若ba, n为整数，则bna6、 同余定义4 设m是大于1的整数，如果整数a，b的差被m整除，我们就说a，b关于模m同余，记作 ab(mod m)7、 同余的性质性质1 如果ab(mod m)，cd(mod m)，那么acbd(mod m)，acbd(mod m)性质2 如果ab(mod m)，那么对任意整数k有kakb(mod m)性质3 如果ab(mod m)，那么对任意正整数k有a

5、kbk(mod m)性质4如果ab(mod m)，d是a，b的公约数，那么二、例题精讲例1 设m和n为大于0的整数，且3m+2n=225. 如果m和n的最大公约数为15，求m+n的值 (第11届“希望杯”初一试题) 解：(1) 因为 (m,n)=15,故可设m=15a，n=15b，且(a,b)=1 因为 3m+2n=225，所以3a+2b=15 因为 a,b是正整数，所以可得a=1,b=6或a=b=3，但(a,b)=1，所以a=1,b=6 从而m+n=15(a+b)=157=105评注：1、遇到这类问题常设m=15a，n=15b，且(a,b)=1，这样可把问题转化为两个互质数的求值问题。这是一

6、种常用方法。 2、思考一下，如果将m和n的最大公约数为15，改成m和n的最小公倍数为45，问题如何解决？例2有若干苹果，两个一堆多一个，3个一堆多一个，4个一堆多一个，5个一堆多一个，6个一堆多一个，问这堆苹果最少有多少个？分析：将问题转化为最小公倍数来解决。解设这堆苹果最少有x个，依题意得由此可见，x-1是2，3，4，5，6的最小公倍数因为2,3,4,5,6=60，所以x-1=60，即x=61答：这堆苹果最少有61个。例3自然数a1，a2，a3，a9，a10的和1001等于，设d为a1，a2，a3，a9，a10的最大公约数，试求d的最大值。解由于d为a1，a2，a3，a9，a10的最大公约数

7、，所以和a1+a2+a3+a9+a101001能被d整除，即d是100171113的约数。因为dak，所以akd，k1，2，3，10从而1001a1+a2+a3+a9+a1010d所以由d能整除1001得，d仅可能取值1，7，11，13，77，91。因为1001能写成10个数的和：91+91+91+91+91+91+91+91+91+182其中每一个数都能被91整除，所以d能达到最大值91例4 某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有四位数码，从0001到9999号，如果号码的前两位之和等于后前两位之和，则这张购物券为幸运券，如号码0734，因0+7=3+4，所以这个号码的购物券为幸

8、运券。证明：这个商场所发购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。(第7届初中“祖冲之杯”数学邀请赛试题)证明：显然，9999的购物券为幸运券，除这张外，若号码为n的购物券为幸运券，则号码为m=9999-n的购物券也为幸运券。由于9999是奇数，所以m，n的奇偶性不同，即mn，由于m+n=9999，相加时不出现进位。就是说，除号码为9999的幸运券外，其余所有的幸运券可两两配对，且每对号码之和为9999，从而可知所有的幸运券的号码之和为9999的倍数。由1019999，所以所有幸运券的号码之和能被101整除。评注：本题是通过将数两两配对的方法来解决。例5 在1，2，3，1995这1995个

9、数中，找出所有满足条件的数来：(1995+a)能整除1995a (第五届华杯赛决赛试题)分析：分子、分母都含有a，对a的讨论带来不便，因此可以将化成，这样只有分母中含有a，就容易对a进行讨论。解 因为(1995+a)能整除1995a，所以是整数，从而是整数 因为19951995=325272192，所以它的因数1995+a可以通过检验的方法定出。注意到1a1995，所以 19951995+a3990 如果1995+a 不被19整除，那么它的值只能是以下两种： 35272=3675，32572=2205 如果1995+a 能被19整除，但不被192整除，那么它的值只能是以下两种： 37219=2

10、793，52719=3325 如果1995+a 能被192整除，那么它的值只能是以下两种： 7192=252 7，32192=3249 于是满足条件的a有6个，即从上面6个值中分别减去1995，得到 1680、210、798、1330、532、1254评注：本题通过对的适当变形，便于对a的讨论。讨论时通过将19951995分解质因数，然后将因数1995+a通过检验的方法定出。这种方法在解决数的整除问题中经常使用。例6 11+22+33+44+55+66+77+88+99除以3的余数是几？为什么？(第四届华杯赛复赛试题)解 显然111(mod 3)，330(mod 3)，660(mod 3)，9

11、90(mod 3) 又 22=41(mod 3)，44141(mod 3)，5525(-1)5(-1)(mod 3)， 77171(mod 3)，88(-1)81(mod 3) 11+22+33+44+55+66+77+88+991+1+0+1-1+0+1+1+041(mod 3) 即所求余数是1评注：用同余式求余数非常方便。例7 已知：，问a除以13，所得余数是几？(第三届华杯赛决赛试题)分析：将a用十进制表示成，1991除以13，所得余数是显然的，主要研究除以13的余数规律。解 mod 13，103(-3)3=-27-1， 1+104+1081-10+102=910，19912 a=-18

12、8，即a除以13，所得余数是8例8 n是正偶数，a1,a2,an除以n，所得的余数互不相同；b1,b2,bn除以n，所得的余数也互不相同。证明a1+b1，a2+b2，an+bn除以n，所得的余数必有相同的。证明 n是正偶数，所以n-1为奇数，不是n的倍数， a1,a2,an除以n，所得的余数互不相同，所以这n个余数恰好是0，1，n-1.从而a1+a2+an0+1+(n-1)=0(mod n) 同样b1+b2+bn0(mod n) 但 (a1+b1)+(a2+b2)+(an+bn)= (a1+a2+an)+( b1+b2+bn)0(mod n)所以a1+b1，a2+b2，an+bn除以n，所得的

13、余数必有相同的。例9 十进制中，44444444的数字和为A，A的数字和为B，B的数字和为C，求C分析：由于101(mod 9)，所以对整数a0，a1，a2，an有它表明十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余。根据上述结论有 CBA44444444(mod 9).所以只要估计出C的大小，就不难确定C解：44447 (mod 9)，而73(-2)3=-81(mod 9)， 所以 4444444474444=731481+17(mod 9)， 所以 CBA444444447(mod 9)， 另一方面，44444444(105)4444=1022220，所以44444444的位数不多于22220

14、从而A922220=199980，即A至多是6位数。所以B96=54 在1到53的整数中，数字和最大的是49，所以C4+9=13 在小于13的自然数中，只有7模9同余于7，所以C=7评注：本题用了十进制中，一个数与它的各位数字和模9同余这个结论。根据这个结论逐步估计出C的大小，然后定出C。初一数学竞赛系列训练1自然数的有关性质一、选择题1、两个二位数，它们的最大公约数是8，最小公倍数是96，这两个数的和是( ) A、56 B、78 C、84 D、962、三角形的三边长a、b、c均为整数，且a、b、c的最小公倍数为60，a、b的最大公约数是4，b、c的最大公约数是3，则a+b+c的最小值是（）

15、A、30 B、31 C、32 D、333、在自然数1，2，3，100中，能被2整除但不能被3整除的数的个数是( ) A、33 B、34 C、35 D、374、任意改变七位数7175624的末四位数字的顺序得到的所有七位数中，能被3整除的数的个数是( ) A、24 B、12 C、6 D、05、若正整数a和1995对于模6同余，则a的值可以是( ) A、25 B、26 C、27 D、286、设n为自然数，若19n+1410n+3 (mod 83)，则n的最小值是( ) A、4 B、8 C、16 D、32二、填空题7、自然数n被3除余2，被4除余3，被5除余4，则n的最小值是 8、满足x,y=6，y

16、,z=15的正整数组(x,y,z)共有 组9、一个四位数能被9整除，去掉末位数后得到的三位数是4的倍数，则这样的四位数中最大的一个，它的末位数是 10、有一个11位数，从左到右，前k位数能被k整除(k=1,2,3,11)，这样的最小11位数是 11、设n为自然数，则3 2 n+8被8除的余数是 12、14+24+34+44+19944+19954的末位数是 三、解答题13、求两个自然数，它们的和是667，它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商是120。14、已知两个数的和是40，它们的最大公约数与最小公倍数的和是56，求这两个数。15、五位数能被12整除，它的最末两位数字所成的数能被6整除，求

17、出这个五位数。16、若a,b,c,d是互不相等的整数，且整数x满足等式(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)=9求证：4(a+b+c+d)17、一个数是5个2，3个3，2个5，1个7的连乘积，这个数当然有许多约数是两位数，这些两位约数中，最大的是多少？18、求2400被11除，所得的余数。19、证明31980+41981被5整除。初一数学竞赛系列训练1答案1、 设这两个数为a,b，由(a,b)=8得a=8m,b=8n，且(m,n)=1由a,b=96得m,n=12，又(m,n)=1，所以m=3，n=4或m=4，n=3所以a+b=8(m+n)=56，故选A2、 由题意知，b既能被4整除，又能被3

18、整除，所以b能被12整除又60能被b整除，所以b12或60（1）若b12，则60 b5，因为5与4互质，5与3也互质，所以a、c中至少有一个含有因数5。若a含有因数5，则a20，又c3，所以a+b+c20+12+3=35若c含有因数5，则c15，又a4，所以a+b+c4+12+15=31取a=4，b=12，c=15，能构成三角形（2）若b60，则a+b+c6031故a+b+c的最小值为31。3、在自然数1，2，3，100中，能被2整除的数有50个；既能被2整除又能被3整除，即能被6整除的数有6，12，18，96共16个，所以能被2整除但不能被3整除的数有50-16=34个，选B4、 七位数各位

19、数字之和为32，不能被3整除，任意改变七位数末四位数字的顺序得到的所有七位数均不能被3整除，故选D5、1995除以6的余数是3，且a1995 (mod 6)，所以a除以6的余数也是3，故选C6、由19n+1410n+3 (mod 83) 知19n+14 (10n+3) 0 (mod 83) 9n+11 0 (mod 83) 当k=1时，n取最小值8。故选B7、由题意得n+1是3、4、5的公倍数，最小的n=345-1=598、y 整除6又整除15，y 整除3，所以y=1,3. 代入可得：(6，1，15)，(2，3，5)，(2，3，15)，(6，3，5)，(6，3，15)五组解。9、被4整除的最大

20、三位数是996，所求四位数可表示成，9996x，x=3,于是所求的末位数是3。10、210，3102，41020，510200，6102000，71020005，810200056，9102000564，101020005640，1110200056405，于是最小11位数是1020005640511、3 2 n+8=9 n+8 3 2 n+81n+0 (mod 8)1 (mod 8) 3 2 n+8被8除的余数是112、设自然数N的末位数是a，则Na (mod 10)，从而N4a 4(mod 10)， 141 (mod 10)，246 (mod 10)，341 (mod 10)，446 (m

21、od 10)，545 (mod 10)，646 (mod 10)，741 (mod 10)，846 (mod 10)，941 (mod 10)，1040 (mod 10) 14+24+34+44+19944+19954199(14+24+34+44+104)+ 14+24+34+44+54 199(1+6+1+6+5+6+1+6+1+0)+1+6+1+6+519933+197+96 (mod 10) 故14+24+34+44+19944+19954的末位数是613、设两个自然数是a,b (ab)，且(a,b)=d，并设a1=，b1=，则(a1，b1)=1，且a+b=d(a1+b1)=667=2

22、329.因为23，29都是质数，所以d=1或d=23或d=29(1) 若d=1，则a,b=ab=120又因为a+b=667，所以a2-667a+120=0.但此方程中a不能是自然数，所以d1.(2) 若d=23，则有a1+b1=29a,b=23a1 ,b1=23 a1 b1，所以a1 b1=120 ，则，把120分解质因数，可得a1=5，从而b1=24。所以a=235=115，b=2324=552(3) 若d=29，则有a1+b1=23a,b=29a1 ,b1=29 a1 b1，所以a1 b1=120 ，则，把120分解质因数，可得a1=8，从而b1=15。所以a=298=232，b=2915

23、=435综上所得，本题有两组解：115，552或232，43514、设这两个数为x,y，则x+y=40,且(x,y)+x,y=56，由于(x,y)x,y=xy，所以 设(x,y)=d，则x=da，y=db，且(a,b)=1，于是可得方程组 由于(40，56)=8，所以d=1,2,4,8 当d=1,2,4时方程组无整数解，所以d=8 d=8时，方程组变为，可得a=2,b=3或a=3,b=2，所以x=16或24，y=24或16，从而所求的两个数为16和2415、由于五位数能被12整除，而12=34，且3，4互质，所以3且4。3(4+H+9+7+H)，即3(2H+20)，经试算H可取2、5或8，又因

24、为6，所以2，故H为偶数，所以H取2或8，又因为4，所以4，所以H取2，所以这个五位数为42972。16、a,b,c,d是互不相等的整数，则x-a,x-b,x-c,x-d也是互不相等的整数。(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)=9，所以x-a,x-b,x-c,x-d均为9的约数，而9=(-1)(+1)(-3)(+3)，则(x-a)+(x-b)+(x-c)+(x-d)= (-1)+(+1)+(-3)+ (+3)=0即 a+b+c+d=4x，所以4(a+b+c+d)17、993211，98722，9797，9625396是2533527的最大的两位约数。18、25=32-1(mod 11)，2

25、10(-1)21(mod 11)，2400=(210)40140=1(mod 11) 即2400被11除，余数是119、31980+41981=(32)990+41981=9990+419811990+(-1)1981=1+(-1)=0(mod 5) 所以31980+41981被5整除初一数学竞赛系列训练2特殊的正整数一、选择题1、在整数0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中，设质数的个数为x，偶数的个数为y，完全平方数的个数为z，合数的个数为u，则x+y+z+u的值是( )A、17 B、15 C、13 D、11 2、设n为大于1的自然数，则下列四个式子的代数值一定不是完全平方数的是（）A、

26、3n2-3n+3 B、5n2-5n-5 C、9n2-9n+9 D、11n2-11n-113、有3个数，一个是最小的奇质数，一个是小于50的的最大质数，一个是大于60的最小质数，则这3个数的和是( )A、101 B、110 C、111 D、113 4、两个质数的和是49，则这两个质数的倒数和是( )A、 B、 C、 D、 5、a、b为正整数，且56a+392b为完全平方数，则a+b的最小值等于( )A、6 B、7 C、8 D、9 6、3个质数p、q、r满足等式p+q=r，且pqn2，且，则n1= ，n2= 三、解答题15、a、b、c、d都是质数，且10cd20，c-a是大于2的质数，d 2-c

27、2=a 3b(a+b)，求a、b、c、d的值17、求一个三位数，使它等于n2，并且各位数字之积为n-1.18、设n1、n2是任意两个大于3的质数，M=，N=，M与N的最大公约数至少为多少？19、证明有无穷多个n，使多项式n2+n+41表示合数。20、已知p和8p2+1都是质数，求证：8p2-p+2也是质数。初一数学竞赛系列训练2答案1、x=4,y=5,z=4,u=4,故x+y+z+u=17 选A2、当n=2时，3n2-3n+3是3 的平方，当n=3时，5n2-5n-5是5 的平方，当n=4时，11n2-11n-11是11 的平方，所以选C3、最小的奇质数3，小于50的的最大质数是47，大于60

28、的最小质数是61，3+47+61=111故选C4、49是奇数，故两个质数中必有一个是偶数2，从而另一个是47，所以 故选B5、56a+392b=237(a+7b) a+7b含因子2和7 要求a+b取最小值，取a=7，于是1+b2，b=1, a+b的最小值为86、除2以外的质数都是奇数，从而r是奇质数，于是p和q必是一奇一偶，又pn1-n2 所以有n1+n2=79、 n1-n2=1，解得n1=40，n2=3913、设N=(100a+10b+c)+(100b+10c+a)+(100c+10a+b)=111(a+b+c)=337(a+b+c)要使N是一个完全平方数，只有a+b+c至少含有3和37这两

29、个因数，由于a、b、c只能取0，1，2，9(a0)，所以a+b+c2737，所以37(a+b+c)是不可能的则对任意的三位数，都不可能成为完全平方数14、=11(100x+y)是一个完全平方数，则11(100x+y)又100x+y=99x+(x+y)，11(x+y) 而1x+y18, x+y=11经验证x=7，y=4 故所求四位数是7744。15、a、b、c、d都是质数，且10cd20，于是c可取11、13、17，而d可取13、17、19，又c-a是大于2的质数，所以a=2，注意到cd，则c=13 (1) 若d=17，则172-132=8b(2+b)，即b2+2b-15=0 b=3若b=-5(

30、不合，舍去)。(2) 若d=19，则192-132=8b(2+b)，即b2+2b-24=0 b=4若b=-6(都不合，舍去)。a=2，b=3，c=13，d=1716、由4m=4(ab+cd)2-(a2+b2-c2-d2)=(2ab+2cd+a2+b2-c2-d2) (2ab+2cd-a2-b2+c2+d2)=(a+b)2-(c-d)2(c+d)2-(a-b)2=(a+b+c-d) (a+b-c+d) (a-b+c+d) (-a+b+c+d) 注意到式最后四个因式都是偶数，所以4m是16的倍数，所以必是4的倍数，所以是合数。17、设三位数为A=100a+10b+c，其中a,b,c为0,1,2,9

31、的整数，且a0由题意 100a+10b+c=n2，abc=n-1，显然c0，否则n=1，A=1不是三位数若c为偶数，则abc=n-1也为偶数，则n为奇数，从而n2为奇数，但个位数为偶数，所以这不可能。若c为奇数，由于A是完全平方数，则c只能是1，9，5又由 100n23,则可设p=3k1, 则8p2+1=8 (3k1)2+1=3 (24k216k+3) ,由k为正整数可知24k216k+31于是8p2+1是合数，所以p只能是2或3若p=2，8p2+1=33是合数，于是p2，若p=3，8p2+1=73是质数，所以p=3当p=3时，8p2-p+2=71，因为71是质数，于是本题得证。初一数学竞赛系

32、列训练3数字、数位及数谜问题一、选择题1、两个十位数1111111111和9999999999和乘积的数字中有奇数( )A、7个 B、8个 C、9个 D、10个2、若自然数n使得作竖式加法n+(n+1)+(n+2)时均不产生进位现象，便称n为“连绵数”。如因为12+13+14不产生进位现象，所以12是“连绵数”；但13+14+15产生进位现象，所以13不是“连绵数”，则不超过100的“连绵数”共有( )个A、9 B、11 C、12 D、15 3、有一列数：2，22，222，2222，把它们的前27个数相加，则它们的和的十位数字是( )A、9 B、7 C、5 D、34、19932002+1995

33、2002的末位数字是( )A、6 B、4 C、5 D、35、设有密码3BIDFOR=4 FORBID，其中每个字母表示一个十进制数字，则将这个密码破译成数字的形式是 6、八位数141283是99的倍数，则= ，= 二、填空题7、若，其中a、b都是1到9的数字，则a= ,b= 8、在三位数中，百位比十位小，并且十位比个位小的数共有 个。 9、在六位数2552中皆是大于7的数码，这个六位数被11整除，那么，四位数。10、4343的末位数字是 11、2 m+2000-2 m(m是自然数)的末位数字是 12、要使等式成立，处填入的适当的自然数是 三、解答题13、有一个5位正奇数x，将x中的所有2都换成

34、5，所有的5都换成2，其他数字不变，得到一个新的五位数，记作y。若x和y满足等式y=2 (x+1)，求x14、有一个若干位的正整数，它的前两位数字相同，且它与它的反序数之和为10879，求原数。15、求出所有满足如下要求的两位数：分别乘以2，3，4，5，6，7，8，9时，它的数字和不变。16、求12+22+32+42+1234567892的末位数17、求符合下面算式的四位数 abcd 9dcba18、设是一个三位数，a3a1，由减去得一个三位数， 证明：+=108919、对于自然数n，如果能找到自然数a和b，使得n=a+b+ab,那么n就称为“好数”。如3=1+1+11，所以3是“好数”。在1

35、到100这100个自然数中，有多少个“好数”？20、AOMEN和MACAO分别是澳门的汉语拼音和英文名字。如果它们分别代表两个5位数，其中不同的字母代表从1到9中不同的数字，相同字母代表相同的数字，而且它们的和仍是一个5位数，求这个和可能的最大值是多少？初一数学竞赛系列训练3答案1、11111111119999999999=1111111111(10000000000-1) =11111111110000000000-1111111111 =11111111108888888889 乘积的数字中有奇数10个2、n+(n+1)+(n+2)=3(n+1)，要使作竖式加法时各位均不产生进位现象，则自

36、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2+9+1=12个。选C3、前27个数中，个位数字之和是227=54，十位数字之和是226=52，故前27个数相加，和的十位数字是5+2=7，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19932002+19952002的末位数字是4，选B5、设BID=x， FOR=y，则有3(100

37、0x+y)=4(1000y+x)，整理得 2996x=3997y化简得：428x=571y，由于x、y都是三位数，且428与571互质，故得x=571，y=428，所以密码破译成数字的形式是3571428=44285716、设=x，=y 则由于141283是99的倍数，所以141283被911整除。则1+4+1+x+2+8+y+3是9的倍数，(1+1+2+y)-(4+x+8+3)是11的倍数，即x+y+1是9的倍数，y-x是11的倍数。因为 -9y-x9，所以y-x=0，即y=x又1x+y+1=2 x+119，所以要使x+y+1是9的倍数，必须2 x+1= x+y+1=9或18但2 x+1是奇

38、数，所以 2 x+1=9，从而y=x=4，即=4，=47、于是，可将111分解成一个一位数与一个两位数的积，显然111=337满足条件，且111只有这一种分解法，故a=3，b=78、按百位数字分类讨论： 百位数字是8，9时不存在，个数0； 百位数字是7，只有789，1个； 百位数字是6，只有679，678，689，共3个； 百位数字是5，有567，568，569，578，579，589，共6个； 百位数字是4，有456，457，458，459，467，468，469，478，479，489共10个； 百位数字是3时，共15个； 百位数字是2时，共21个； 百位数字是是1时，共28个。总计，共1

39、361015212880个。9、设则其中为8或9，因为250052，10，被11除的余数分别为0，1，1，可设250052为正整数，故可得所以所求四位数是1885或199510、4343=4340433=(434)10433，434的末位数字与34的末位数字相同，434的末位数字是1，从而(434)10的末位数字也是1；433的末位数字与33的末位数字相同，是74343的末位数字是711、2 m+2000-2 m =2 m (2 2000-1)，2 2000的末位数字与24的末位数字相同为6，2 2000-1的末位数字是5，又2 m是偶数，2 m (2 2000-1) 的末位数字是012、设，

40、因为m、n是自然数，所以，则8m,8a1，所以可得：b1=(10+a1)-a3 b2=(10+a2-1)-a2=9 b3=(a3-1)-a1 +得：b1 +b3=9+=100(b1 +b3)+10 (b2 +b2)+( b1 +b3)=1009+209+9=108919、对于“好数”n，n+1= a+b+ab+1=(a+1) (b+1)即n+1是合数。反过来n+1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

41、“好数”20、可以利用竖式 A O M E N+ M A C A O ？ ？ ？ ？ ？问题即确定和S=？的最大值最大值是99782，一方面有： 1 7 8 6 5 + 8 1 9 1 7 9 9 7 8 2另一方面，可以证明和S99782，理由如下：首先，A+M是一位数，为使S最大，A+M可能为9也可能为8。若A+M=8，则A7，O+A9+7=16，而MEN+CAO1000+1000=2000所以和S80000+16000+2000=98000，所以A+M=9于是O+A是一位数(不进位)，并且O+AA+M，所以为使S最大，O+A可能为8也可能为7，若O+A=7，则S97000+2000=99

42、000，所以O+A=8M+C应当尽可能大。但M、C不同，所以M+C=17或16。若M+C=16，因为O+A=8，所以A7，S99600+98+7699780，所以M+C=17由上式知M=8或9。又A+M=9，则M=8，从而A=1，C=9，O=7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初一数学竞赛系列训练4有理数的有关知识一、选择题1、若( )A、1 B、-1 C、1或-1 D、以上都不对 2、方程的解的个数是( ) (第四届祖冲之杯数学邀请赛试题) A、0 B、1 C、2 D、3 E、多于3个3、下面有4个命题：存在并且只存在一个正整数和它的相反数相同。存在并且只存在一个有理数和它的相反数相同。存在并且只存在一个正整数和它的倒数相同。存在并且只存在一个有理数和它的倒数相同。其中正确的命题是