14数论1981历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

1981年~2019年全国高中数学联赛二试一试题分类汇编数论部分2019A5、在1,2,3,,10中随机选出一个数a，在1,2,3,,10中随机选出一个数b，则a2b被3整除的概率为．◆答案：37100★分析：第一数组a,b有1010100种等概率的选法．考虑此中使a2b被3整除的选法数N．①若a被3整除，则b也被3整除．此时a,b各有3种选法，这样的a,b有339组．若a不被3整除，则a21mod3，从而b1mod3．此时a有7种选法，b有4种选法，这样的a,b有7428组．所以N92837．于是所求概率为37。1002019A三、（此题满分50分）设m为整数，m2．整数数列a1,a2,知足：a1,a2不全为零，且对随意正整数n，均有an2an1man．证明：若存在整数r,s,(rs2)使得arasa1，则rsm．★分析：证明：不如设a1,a2互素（不然，若a1,a2d1，则a1,a21互素，而且用dda1,a2,取代a1,a2,，条件与结论均不改变）．dd由数列递推关系知a2a3a4modm．①以下证明：对随意整数n3，有ana2a1n3a2mmodm．②10分事实上，当n3时②明显成立．假定nk时②成立（此中k为某个大于2的整数），注意到①，有mak1ma2modm2，联合概括假定知ak1akmak1a2k3a2mma2a2a1k2a2modm2，即nk1时②也成立．所以②对随意整数n3均成立．20分注意，当a1a2时，②对n2也成立．设整数r,s,(rs2)，知足arasa1．若a1a2，由②对n2均成立，可知a2a1r3a2marasa2a1s3a2mmodm2即a1r3a2a1s3a2modm，即rsa20modm．③若a1a2，则arasa1a2故rs3．此时因为②对n3均成立，故近似可知③仍成立．30分我们证明a2,m互素．事实上，若是a2与m存在一个公共素因子p，则由①得p为a2,a3,的公因子，而a1,a2互素，故p|/a1，这与arasa1矛盾．所以，由③得rs0modm．又rs，所以rsm．50分n2018A四、（此题满分50分）数列an定义以下：a1是随意正整数，对整数n1，an1与ai互i1素，且不等于a1,a2,,.an的最小正整数，证明：每个正整数均在数列an中出现。★证明：明显a11或许a21.下边考虑整数m1，设m有k个不一样的素因子，我们对k概括证明m在an中出现.记Sna1a2an，n1.k1时，m是素数方幂，记mp，此中0，p是素数.假定m不在an中出现.因为an各项互不相同，所以存在正整数N，当nN时，都有anp.若对某个nN，p|Sn，那么p与Sn互素，又a1,a2,,.an中无一项为哪一项p，故有数列定义知an1p，可是an1p，矛盾！所以对每个nN，都有p|Sn.又p|Sn1，可得p|an1，从而an1与Sn不互素，这与an1的定义矛盾！假定k2，且结论对成立设m的标准分解为m12k.假定m不在an中出现，k1.p1p2pk于是存在正整数N/，当nN/时，都有anm.取充分大的正整数1,2,k1，使得Mp11p22我们证明，对关于随意n

k1maxan.pk11nN/N/，有an1N/，若Sn与p1p2

.pk互素，则m与Sn互素，又m在a1,a2,,.an中均未出现，而an1m，这与数列的定义矛盾，所以我们获得：关于随意nN/，Sn与p1p2pk不互素，⑴若存在（），使得pi|Sn，则an1,Sn1，故pi|an1，从而an1M（因为p|M）。i1ik1i⑵若对每个i（1ik1），均有pi|Sn，则由知，必有pk|Sn.于是pk|an1，从而pk|Snan1，即pk|Sn1.故由知：存在i0（1i0k1），使得pi0|Sn1，再由Sn1Snan及前面的假定pi|Sn，可知pi0|an1，故an1M。所以，对nN/1，均有anM，而Mp112k1max，故M不在an中出现，p2pk11nN/an这与假定矛盾！所以，若m有k个不一样的素因子，则m必定在数列an中出现.由数学概括法知，所以正整数均在数列an中出现。2018B四、（此题满分50分）给定整数a2。证明：对随意正整数n，存在正整数k，使得连续n个数ak1，ak2,,akn均是合数。★证明:设i1i2ir是1,2,,n中与a互素的全体整数，则1in，ii1,i2,,ir，无论正整数k怎样取值，aki均与a不互素且大于a，故aki为合数。对随意j1,2,,r，因aij1，故aij有素因子pj.我们有pj,a1（不然，因pj是素数，故pj|a，但pj|aij，从而pj|ij，即a与ij不互素，与ij的取法矛盾）.所以，由费马小定理知，ap11modpi现取kp11p21pr11，对随意j1,2,,r，注意到k1modpj1，故有akijaij0modpj.又akijaijpj，故akij为合数。综上所述，当kp11p21pr11时，ak1，ak2,,akn均是合数。2017A4、若一个三位数中随意两个相邻数码的差均不超出1，则称其为“安稳数”，则安稳数的个数是◆答案：75★分析：考虑安稳数abc。①若b0，则a1，c0,1，有2个安稳数；②若b1，则a1,2，c0,1,2，有236个安稳数；③若b2,8，则a，cb1,b,b1，有73363个安稳数；④若b9，则a,c8,9，有224个安稳数；综上可知，安稳数的个数为2663475。2017B8、若正整数a,b,c知足201710a100b1000c，则数组(a,b,c)的个数为◆答案：574★分析：由条件知c[2017]2，当c1时，有10b20，关于每个这样的正整数b，由100010ba201知，相应的a的个数为20210b，从而这样的正整数组的个数为20(1022)11(20210b)572，2b10当c2时，由20b[2017]，知，b20，从而200a[2017]201，10010故a200,201，此时共有2组(a,b,c).综上所述，知足条件的正整数组的个数为5722574.2016A8、设a1,a2,a3,a4是1,2,3,,100中的4个互不相同的数，知足a12a22a32a22a32a42(a1a2a2a3a3a4)2，则这样的有序数组(a1,a2,a3,a4)的个数为◆答案：40★分析：由柯西不等式知，(a1a2a2)(a2a2a2)(aa2a2a3aa)2，等号成立的充123234134分必需条件是a1a2a3，即a1,a2,a3,a4成等比数列．于是问题等价于计算知足a2a3a4{a1,a2,a3,a4}{1,2,3,,100}的等比数列a1,a2,a3,a4的个数．设等比数列的公比q1，且q为有理数．记qnn．先考虑nm的状况．，此中m,n为互素的正整数，且mma1n3此时a4n333a1为正整数．相应地，a1,a2,a3,a4分别a1()m3，注意到m,n互素，故lm3mn等于m3l,m2nl,mn2l,n3l，它们均为正整数．这表示，对随意给定的q1，知足条件并以q为m的个数，即[1003]．公比的等比数列a1,a2,a3,a4的个数，即为知足不等式n3l100的正整数l2,3,3,4,4n因为53100，故仅需考虑q这些状况，相应的等比数列的个数为23[100][100][100][100][100]12331120．827276464当nm时，由对称性可知，亦有20个知足条件的等比数列a1,a2,a3,a4．综上可知，共有40个知足条件的有序数组(a1,a2,a3,a4)．2016A四、（此题满分50分）设p与p2均是素数，p3，数列an定义为a12，anan1pan1，n2,3,，这里x表示不小于实数x的最小整数。n证明：对n3,4,,p1，均有n|(pan11)成立。★证明：第一注意到，数列an是整数数列。对n用数学概括法。当n3时，由条件知a22p，故pa21p12，又p与p2均是素数，且p3，故一定3|p1，所以3|pa21，即n3时，结论成立。对3np1，设k3,4,,n1时结论成立，即k|pak11，此时pak1pak11，kk故pak11pak2pak21pak2pak21pak21pk1k1k1k1故对3np1时，有pan11pn1pn1pn2pan31n1pan211n2npn1pn2p3pa212n(p1)Cpnn，n1n23(pn)(p2)明显n|(pn)(p2)(pan11)，★因为np，p是素数，故(n,np)(n,p)1，又从而n与(np)(p2)互素，故由★可知n|(pan1由数学概括法知，对n3,4,,p1，均有n|(pan1

p2是大于n的自然数，故(n,p2)1，。成立。2016B8、设正整数n知足n2016，且nnnn3．这样的n的个数24612为．这里xxx，此中x表示不超出x的最大整数．◆答案：168★分析：因为对随意整数n，有nnnn135113,2461224612等号成立的充分必需条件是n1mod12，联合1n2016知，知足条件的所有正整数为n12k1k1,2,,168,共有168个．★分析：第一注意到，若m为正整数，则对随意整数x,y，若xymodm，则xy.这是因mm为，当xymodm时，xymt，这里t是一个整数，故xxxymtymtyttyyyy.mmmmmmmmmm所以，当整数n1,n2知足n1n2mod12时，n1n1n1n1n2n2n2n2.2461224612简单考证，当正整数知足1n12时，只有当时，等式nnnn3才成立．而n1124612201612168，故当1n2016时，知足nnnn3正整数n的个数为168.246122016B一、（此题满分40分）非负实数x1,x2,,x2016和实数y1,y2,,y2016知足：（1）xk2yk21,k1,2,,2016；（2）y1y2y2016是奇数．求x1x2x2016的最小值．★分析：由已知条件（1）可得：xk1,yk1,k1,2,,2016,于是（注意xi0）20162016220162201622016xkxk1yk2016yk2016yk.①k1k1k1k1k1m2016不如设y1,,ym0,ym1,,y20160,0m2016,则ykm,yk2016m.k1km1m2016若ykm1，而且yk2015m,k1km1m2016令ykm1a,yk2015mb,则0a,b1,于是k1km12016m2016ykykykm1a2015mbk1k1km12m2016ab,由条件（2）知，2016b是奇数，这与0a,b1矛盾．k1yk是奇数，所以am20162016m2016所以必有ykm1，或许yk2015m,则ykykyk2015.k1km1k1k1km12016于是联合①得k1xk1.又当x1x2x20150,x20161,y1y2y20151,y20160时知足题设条件，且使得不等式等号成立，所以x1x2x2016的最小值为1．2016B二、（此题满分40分）设n,k是正整数，且n是奇数．已知2n的不超出k的正约数的个数为奇数，证明：2n有一个约数d，知足kd2k证明：记Ad|d|2n,d是奇数，0dk，Ad|d|2n,d是偶数，0dk，则B,2n的不超出k的正约数的会合是AB★证明：记Ad|d|2n,0dk,d是奇数，Bd|d|2n,0dk,d是偶数，则AB,2n的不超出k的正约数的会合是AB.若结论不行立，我们证明AB.对dA，因为d是奇数，故2d|2n，又2d2k，而2n没有在区间k,2k中的约数，故2dk，即2dB，故AB.反过来，对dB，设d2d，则d|n，d是奇数，又dk，故dA,从而BA.k2所以AB.故2n的不超出k的正约数的个数为偶数，与已知矛盾．从而结论成立．、对四位数abcd(1a9,0b,c,d9)，若ab，bc，cd，则称abcd为p类2015A8数；若ab，bc，cd，则称abcd为Q类数.用N(P),N(Q)分别表示p类数和Q类数的个数，则N(P)N(Q)的值为◆答案：285★分析：分别记P类数、Q类数的全体为A、B，再将个位数为零的P类数全体记为A0，个位数不等于零的尸类数全体记为A1．对任一四位数abcdA1，将其对应到四位数dcba，注意到ab,bc,cd1，故dcbaB．反之，每个dcbaB独一对应于从中的元素abcd．这成立了A1与B之间的一一对应，所以有N(P)N(Q)|A||B||A0||A1||B||A1|．下边计算|A0|对任一四位数abc0A0,b可取0,1，，9，对此中每个b，由ba9及bc9知，a和c分别有9b种取法，从而9b)29k291019|A0|(9285．b0k16所以，N(P)N(Q)285．2015A四、（此题满分50分）求拥有下述性质得所有整数k：对随意正整数n，2(k1)n1不整除kn!。★分析：对正整数m，设v2(m)表示正整数m的标准分解中素因子n!2的方幂，则熟知v2(m!)mS(m)，①这里S(m)表示正整数m在二进制表示下的数码之和．因为2(k1)n1不整除(kn)!，等价于v2((kn)!)(k1)n，即knv2((kn)!)nv2(n!)，从而由①n!n!知，此题等价于求所有正整数k，使得S(kn)S(n)对随意正整数n成立．10分我们证明，所有切合条件的k为2a(a0,1,2,)．一方面，因为S(2an)S(n)对随意正整数n成立，故k2a切合条件．20分另一方面，若k不是2的方幂，设k2aq,a0,q是大于1的奇数．下边结构一个正整数n，使得S(kn)S(n)．因为()(2aq)(),所以问题等价于我SknSSqn们选用q的一个倍数m，使得S(m)S(m)．q由（2，q）=l，熟知存在正整数u，使得2u1(modq)．（事实上，由欧拉定理知，u能够取(q)的．)设奇数q的二进制表示为2a12a22at,0a1a2at,t2．取2a12a22at12attu，则S(m)t，且mq2at(2tu1)0(modq)．我们有mat2tu112at2u1u2(t1)u)1t12u1luat1q2qq(122ql0q因为02u12u，故正整数2u1的二进制表示中的最高次幂小于u，由此易知，对随意整数qqi,j(0ijt1)，数2u12iuat与2u12juat的二进制表示中没有相同的项．qq又因为ai0，故2uq12luat(l0,1,,t1)的二进制表示中均不包括1，故由②可知S(m)1S(2u1)ttS(m),qq所以上述选用的m知足要求．综合上述的两个方面可知，所求的k为2a(a0,1,2,)．50分2015B三、（此题满分

50分）证明：存在无量多个正整数组

(a,b,c)(a,b,c

2015)

，知足：．★证明：考虑cab1的特别状况，此时c|ab1成立．10分由a|bc1知，a|b(ab1)1，故a|b1．①由b|ac1知，b|a(ab1)1，故b|a1．②为知足①、②，取ak,bk1(kN*),此时cab1k2k1．40分当正整数k>2015时，(a,b,c)(k,k1,k2k1)均切合条件，所以知足条件的正整数组(a,b,c)有无量多个．50分2015B四、（此题满分50分）给定正整数不相同的数构成的一个摆列，假如存在

m,n(2mn)，设a1,a2,,am是1,2,,n中任取m个互k1,2,,m使得akk为奇数，或许存在整数k,l(1klm)，使得akal，则称a1,a2,,am是一个“好摆列”，试确立所有好摆列的个数．★分析：第一注意，“存在k{1,2,,m}，使得akk为奇数”是指存在一个数与它所在的地点序号的奇偶性不一样；“存在整数k,l(1klm)，使得akal”意味着摆列中存在逆序，换言之，此摆列不拥有单一递加性．将不是好摆列的摆列称为“坏摆列”，下边先求坏摆列的个数，再用所有摆列数减去坏摆列数．注意坏摆列同时知足：（1）奇数位必填奇数，偶数位必填偶数；（2）单一递加．10分下边来求坏摆列的个数．设P是坏摆列全体，Q是在1,2,,[nm]中任取m项构成的单一递加数列2的全体．关于P中的随意一个摆列a1,a2,,am，定义f(a1,a2,,am)(a11,a22,,amm)．222因为akn,km，故由条件（1）可知，所有的akk均属于会合{1,2,,[nm]}．再由条件（2）可知，{akk}（k1,2,22,m）单一递加．故如上定义的f给出了PQ的一个映照．显然．f2是一个单射．30分下边证明f是一个满射．事实上，关于（k1,2,,m）．因为整数bk1bk，故bk1ak1ak2(bk1bk)11(1km1)故a1,a2,,am单一递加．

Q中任一个数列b1,b2,,bm，令ak2bk1bk1，从而又a11，而am2[nm]mn，及akk2bk为偶数，故a1,a2,,am为P中的一个摆列．显2然f(a1,a2,,am)(b1,b2,,bm)，故f是一个满射．综上可见，f是PQ的一个一映照，故|P||Q|．40分又Q中的所有数列与会合{1,2,,[nm]}的所有m元子集一对应，故|Q|Cmnm，从而[]|P|Cmnm．[]2最后，我们用总的摆列数Pnmn!扣除坏摆列的数量，得所有的摆列的个数为(nm)!n!Cmnm．50分(nm)![2]2014A四、（此题满分50分）设整数x1,x2,,x2014模2014互不一样余，若整数y1,y2,,yn模2014也互不一样余，证明：可将y1,y2,,yn重新摆列为z1,z2,,z201，使得：x1z1,x2z2,,x2014z2014模4028互不一样余。★证明：记k1007，不如设xiyiimod2k，1i2k，对每个整数i，1i2k，⑴若xiyixikyikmod4k，则令ziyi，zikyik①；不然，令ziyik，zikyi②。可知情况①②，都能获得xizixikzikmod4k，若不然，我们有xiyixikyikmod4k，xiyikxikyimod4k两式相加得2xi2xikmod4k，于是xixikmod2k，但x1,x2,,x2014模2014(2k)互不一样余，特别地，xixikmod2k，矛盾。由上述结构方法知，z1,z2,,z2k是y1,y2,,y2k的摆列，记wixizi，i1,2,,2k。下边考证w,w2,,w模4k互不一样余。这只需证明，对随意整数i,j1ijk，wi,wj,wik,wjk12k，模4k两两不一样余。，wjwjk实质上前面的结构方法中已经保证了wiwikmod4kmod4k情况一：ziyi，且zjyj时，由前面的结构方法可知：wiwikmod2k，wjwjkmod2k，因为2i2jmod2k，易知wi与wj及wjk模2k不一样余，,wik与wj及wjk模2k不一样余，从而模4k更不一样余，在联合式可见式得证。情况二：ziyik，且zjyjk时，由前面的结构方法可知：wiwik2ikmod2k，wjwjk2jkmod2k，相同有wi与wj及wjk模2k不一样余，,wik与wj及wjk模2k不同余，怜悯况一得证。情况三：ziyi，且zjyjk（ziyik，且zjyj时也相同）时，由前面的结构方法可知：wiwik2imod2k，wjwjk2jkmod2k，因为k是奇数，故2i2jkmod2k，所以仍旧有wi与wj及wjk模2k不一样余，,wik与wj及wjk模2k不一样余，有情况一，从而式得证。综上可知，此题得证。2014B三、（此题满分50分）给定正整数k2，a,b是非零整数，且ab为奇数，假定方程akxbkyab有整数解x,y此中0xy2.证明：ab是某个整数的k次幂。★证明：设ada1，dbdb1，此中d是a和b的最大公要素，则a1与b1互素。依据方程akxbkyab，我们获得dk1a1kxb1kya1b1，所以dk1|a1b1。又abakxyakbky，且ab|akbk，所以ab|akxy，再我们假定2|ab，所以ab与xy互素，从而ab|ak，即a1b1|dk1a1k，注意到a1与b1互素，所以a1b1与a1也互素，从而a1b1|dk1，所以a1b1dk1，也就是abda1b1dk是d的k次幂，结论得证。2013A二、（此题满分40分）给定正整数u,v，数列an的定义以下：a1uv，对整数m1，a2mamu，记Sma1a2am（m1,2,），a2m1amv证明：数列Sn中有无量多项完整平方数。★证明：对正整数n，有S2n11a1(a2a3)(a4a5)(a2n12a2n11)uv2n2S2n1所以Sn12n1(uv)2Sn11(uv)n2n122设uv2kq，此中k是非负整数，q是奇数，取nql2，此中l是知足lk1mod2的随意正整数，此时S2n1q2l22k1ql2，注意到q是奇数，故k1ql2k1l2k1k12kk10mod2所以S2n1是完整平方数，因为l的随意性，故数列Sn中有无量多项完整平方数。2013A四、（此题满分50分）设n,k为大于1的整数，n2k，证明：存在2k个不被n整除的整数，若将他们随意分红两组，则总有一组有若干个数的和被n整除。★证明：①当n为2的幂的情况，设n2r，r1。取3个2r1及2k3个1，明显这些书均不被n整除。将这2k个数随意分红两组，则总有一组中含有2个2r1，它们的和为2r，被n整除。②当n不是2的幂的情况，取2k个数1,1,2,22,,2k2,1,2,22,,2k1，因为n不是2的幂，故上述2k个数均不被n整除。n整除。不如设1在第一组，因为若可将这些数分红两组，使得每一组中随意若干个数的和均不被110被n整除，故两个1应当在第二组；又1120被n整除，故2应当在第二组；从而2在第二组。先概括假定1,2,,2l均在第一组，1,1,2,,2l均在第二组，这里1lk2，因为112222k22k10被n整除，故2l1在第一组，从而2l1在第二组。故由数学概括法知，1,2,,2k2在第一组，1,1,2,,2k2在第二组。最后，因为112222k22k10被n整除，故2k1在第一组，所以1,2,,2l均在第一组，由正整数的二进制表示，每一个不超出2k1的整数均能够表示为1,2,,2k1中若干个数之和，特别地n2k，故第一组中的有若干个数之和为n，被n整除，矛盾。将前述的随意分红两组，则总有一组有若干个数的和被n整除。所以，将前述2k个整数随意分红两组，则总有一组中有若干个数的和，被n整除。2013B一、（此题满分40分）对随意的正整数n，证明不存在三个奇数x,y,z知足以下的方程：xnynxznyz．★证明：假定关于某一个n，存在x2j1，y2k1，z2l1知足2j2k2n2k2l2n2j2l2n，那么整数i,j,k就知足方程jk1nkl1njl1n又mnmmod2，所以jk1kl1jl1mod2也就是说jljl1mod2，明显矛盾，即我们假定是错误的，从而原命题成立。2012A二、（此题满分40分）试证明：会合A2,22,,2n,知足（1）对每个aA，及bN，若b2a1，则b(b1)必定不是2a的倍数；（）对每个a（此中A表示A在Ｎ中的补集），且，必存在bN，b2a1，使b(b1)2Aa1是2a的倍数．★证明：对随意的aA,设a2k,kN,则2a2k1,假如b是随意一个小于2a1的正整数,则b12a1‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥10分因为b与b1中,一个为奇数,它不含素因子2,另一个是偶数,它含素因子2的幂的次数最多为k,所以b(b1)必定不是2a的倍数；‥‥‥‥‥‥‥20分若aA,且a1,设a2km,此中k为非负整数,m为大于1的奇数,则2a2k1m‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥‥30分下边给出(2)的三种证明方法:证法一:令bmx,b12k1y,消去b得2k1ymx1.因为(2k1,m)1,这方程必有整数解;xx02k1t此中tz,(x0,y0)为方程的特解.yy0mt把最小的正整数解记为(x,y),则x2k1,故bmx2a1,使b(b1)是2a的倍数．‥40分证法二:因为(2k1,m)1,由中国节余定理知,同余方程组x0(mod2k1)在区间(0,2k1m)上有解xb,即存在b2a1,使b(b1)是2a的倍数．40分xm1(modm)证法三:因为(2,m)1,总存在r(rN,rm1),使2r1(modm)取tN,使trk1,则2tr1(modm)存在b(2tr1)q(2k1m)0,qN,使0b2a1,此时mb,2k1m1,因此b(b1)是2a的倍数．‥‥‥‥‥40分2012B四、（此题满分50分）已知素数p知足下述条件：存在正整数n,u,v使n的正约数的个数等于pu，且这pu个正约数之和等于pv.求p的全部可能值。★分析：明显n1，记np11p22pnn为n的素因数分解，m,1,2,,amN，则a11a21an1pu①1p1p111p2p221pmpmmpv②因为p是素数，则由①知，存在sN，使得a11ps，所以1p1p111p1p12p1ps1p1ps1p1p1p1ps1，因为上式最后的两个分式p11p11p1p1的值都是整数，p是素数，由②知，存在tN，使得ptp1p1，故p|p1p1，由费马小定p11理得p1p1p1modp，设p1kp1，则pt(kp1)p1Cp0p1p2CPP1，kpC1pkpkp当p3时，Cp0kpp1,C1pkpp2,,CPP2kp均为p2的倍数，但CPP1p不是p2的倍数，这使得右侧不行能为p的幂，矛盾。所以p2，又p是素数，所以p2。事实上，p2时，存在这样的正整数n，只需n等于两两不一样的r（rN）型素数的成绩，21即可知足条件，比如n2137知足。综上所述，所求p2是知足条件的独一素数。n2011A8、已知anC200n3200n1（n1,2,,95），则数列an6中整数项的个数为152◆答案：200n4005n★分析：由题意anC200n3326．要使an(1n95)为整数，必有200n,4005n均为整数，从而6|n4．36当n2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，200n和4005n均为非负整数，所以an为整数，共有14个．36当n86时，a86C2008633825，在C20086200!中，200!中因数2的个数为86!114!200200200200200200200197，2222324252627同理可计算得86!中因数2的个数为82，114!中因数2的个数为110，所以C20086中因数2的个数为197821105，故a86是整数．当n92时，a92C20092336210，在C20092200!中，相同可求得92!中因数2的个数为88,108!中因数2的个数为105,故C20086中因数292!108!的个数为197881054，故a92不是整数．所以，整数项的个数为14115．2011A二、（此题满分40分）证明：对随意整数n4，存在一个n次多项式f(x)xnan1xn1a1xa0拥有以下性质：1）a0,a1,,an1均为正整数；2）对随意正整数m，及随意k(k2)个互不相同的正整数r1,r2,,rk，均有f(m)f(r1)f(r2)f(rk)★证明：令f(x)(x1)(x2)(xn)2，①将①的右侧睁开即知f(x)是一个首项系数为1的正整数系数的n次多项式．下边证明f(x)知足性质（2）．对随意整数t，因为n4，故连续的n个整数t1,t2,,tn中必有一个为4的倍数，从而由①知f(t)2(mod4)．所以，对随意k(k2)个正整数r1,r2,,rk，有f(r1)f(r2)f(rk)2k0(mod4)．但对随意正整数m，有f(m)2(mod4)，故f(m)f(r1)f(r2)f(rk)(mod4)，从而f(m)f(r1)f(r2)f(rk)．所以f(x)切合题设要求．2010AB二、（此题满分40分）设k是给定的正整数，rk1。记f(1)(r)f(r)r[r]，2f(l)(r)f(f(l1)(r))，l2。证明：存在正整数m，使得f(m)(r)为一个整数。这里[x]表示不小于实数x的最小整数，比如11，11。2★证明：记v2(n)表示正整数n所含的2的幂次．则当mv2(k)1时，f(m)(r)为整数．下边我们对v2(k)v用数学概括法．当v0时，k为奇数，k1为偶数，此时f(r)k1k11k1为整数．22k2假定命题对v1(v1)成立．关于v1，设k的二进制表示拥有形式k2vv12v1v22v2，这里，i0或许1，iv1,v2,．于是f(r)k1k1k1122k21kk2k2212v1(v11)2v(v1v2)2v122v21k①，2这里k2v1(v11)2v(v1v2)2v122v.明显k中所含的2的幂次为v1．故由概括假定知，r1的v次迭代获得整数，由①k经过f知，f(v1)2(r)是一个整数，这就达成了概括证明．2009*三、（此题满分50分）设k,l是给定的两个正整数，证明：有无量多个正整数mk，使得Cmk与l互素。★证明：法一：对随意正整数t，令mktl(k!).我们证明(Cmk,l)1.设p是l的任一素因子，只需证明：p|Cmk.k!，则由k!Cmkkk若p|/(mki)[(itl(k!)]k!(modp).i1i1即p不整除上式，故p/|Cmk若p|k!，设1使p|k!，但p1/|k!.则p1|l(k!).故由k!Cmkkkk1).(mki)[(itl(k!)]ik!(modpi1i1i1及p|k!，且p1/|k!，知p|k!Cmk且p1/|k!Cmk.从而p/|Cmk·········50分证法二：对随意正整数t，令mktl(k!)2.我们证明(Cmk,l)1.设p是l的任一素因子，只需证明：p|Cmk.k!，则由k!Cmkkktl(k!)2]k若p|/(mki)[(iik!(modp).i1i1i1即p不整除上式，故p/|Cmk·若p|k!，设1使p|k!，但p1/|k!.p1|l(k!)2.故由k!Cmkk1ktl(k!)2]k1).(mki)[(iik!(modpi1i1i1及p|k!，且p1|Cmkk!，知p|k!Cmk且p1|Cmkk!Cmk.从而p|CmkCmk·········50分2007*三、（此题满分50分）设会合P1,2,3,4,5,关于随意kP和正整数m，记5k1f(m,k)m，此中a表示不大于a的最大整数。求证：关于随意正整数n，存在kPi1i1和正整数m，使得f(m,k)n。★证明：定义会合Amk1|mN,kP，因为对随意k,iP且ki，k1是无理数，i1则对随意的k1,k2P和正整数m1,m2，m1k11m2k21，当且仅当m1m2，k1k2。因为A是一个无量集，现将A中的元素按从小到大的次序排成一个无量数列。关于随意的正整数n，设此数列中第n项为mk1。下边确立n与m,k的关系。若m1i1mk1，则m1mk1。由m1是正整数可知，对i1,2,3,4,5，知足这个条件的i1k15k1m1的个数为m。从而nmf(m,k)。所以对随意nN，存在MN，i1i1i1P，使得f(m,k)n。2006*6、数码a1,a2,a3,,a2006中有奇数个9的2007位十进制数a1a2a3a2006的个数为A.110200682006B.110200682006C.10200682006D.1020068200622◆答案：B★分析：出现奇数个9的十进制数个数有AC2006192005C2006392003C200620059。又因为20062006(91)2006C2006k92006k以及(91)2006C2006k(1)k92006k，从而得k0k0AC2006192005C2006392003C2006200591(10200682006)。22005*6、记会合T0,1,2,3,4,5,6，Ma1a2a3a4|aiT,i1,2,3,4，将M中的元7727374素从大到小的次序摆列，则第2005个数为A.5563B.5562C.1104D.11037727374772737477273747727374◆答案：C★分析：用a1a2akp表示k的p进制数，将会合M中的每个数乘以74，得M/a173a272a37a4|aiT,i1,2,3,4aa2ak7|aiT,i1,2,3,41可知M/中最大的数为66667240010，200524002004396在十进制中，从2400起从大到小次序摆列的第个数是，而3961011047，将此数除以74M中的数1104。，便获得72347772005*13、（此题满分20分）数列an知足：a01，an7an45an236，nN.12证明：⑴关于nN，an为正整数；⑵关于nN，anan11为完整平方数。★证明：（1）由题设得a15,且{an}严格单一递加.将条件式变形得2an17an45an236,两边平方整理得an217anan1an290①，an27an1anan2190②①-②得(an1an1)(an1an17an)0,an1an,an1an17an0an17anab1.③由③式及a01,a15可知，对随意nN,an为正整数.⑵将①两边配方得an1an29an1an1，an1an2所以an1an1④3由③知an1an9anan1anan1anmod3所以an1an1na0a10mod3，即an1an为整数，故④成立，3所以关于nN，anan11为完整平方数。0,当为平方数n2005*三、（此题满分50分）对每个正整数n，定义函数f(n)1（此中，当不为平方数n,n240x表示不超出x的最大整数，xxx），试求f(k)的值。k1★分析：对随意a,kN，若k2ak12，则1ak22k，ak（01）则111ak2k2k1，即12k，aakak2ak2ak2aak2让a跑遍区间k2,k12中的所有整数，则1k2ak12a

2ki1

2ki

，n12n2k2k于是f(a)①ia1i1i12k2k，画一张2k2k的表，第i行中，凡是i行中的位数处填写“”，则这行的“”下边计算i1i2k个，全表的“2k共有”共有ii1

2ki

个；另一方面，按列采集“”号数，第j列中，若j有T(j)个正要素，则该列有T(j)个“示比以下：j12i1**2*345

2k2k2k2k”，故全表的“”有T(j)，明显iT(j)。j1i1j13456*********6*nn2k则f()T()[(1)T(2)](n1)[T(3)T(4)][T(2n1)T(2n)]②ajnTi1i1j125615由此，f(k)(16k)[T(2k1)T(k)]③k1k1记akT(2k1)T(2k),k1,2,,15,易得ak的取值状况以下：k123456789101112131415ak35667869888107101016n15所以，f(k)(16k)ak783④k1k1依照定义，f(256)f(162)0，又当k241,242,,255时，设k152r（16r30）则k15152r15152r15，有r152r15r，r31r301301312，则11，k241,242,,255r152rrk240256从而f(k)783f(k)78315768i1i12004*10、设p是给定的奇质数，正整数k使得k2pk也是一个正整数，则k◆答案：1p1242p2★分析：记k2pkn，则kpn2，即2kp2n2kp2np2242kp2np22kp2np因为p是给定的奇质数，所以①或许2kp2n②2kp2n1p①两式相加得k1p12，②两式相减得n0明显不是正整数，故舍去。14综上得:kp1242003*1、删去正整数数列1,2,3,中的所有完整平方数，获得一个新数列．这个新数列的第2003项是A.2046B.2047C.2048D.2049◆答案：C★分析：4522025，4622116．2026211512025在1至2025之间有完整平方数45个，而至之间没有完整平方数．中共有新故至数列中的2025451980项．还缺2003198023项．由2025232048．2003*12、设Mn(十进制)n位纯小数0.a1a2an|ai只取0或1(i1,2,,n1)，an1，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则limSnnTn◆答案：11801两个数，Tn2n1★分析：因为a1,a2,,an1中的每一个都能够取0与．12在每一位(从第一位到第n1)小数上，数字与1各出现22次．第n位则n1次．位n出现所以Sn2n20.1112n210n，limSn111．nTn29182003*二、（此题满分50分）设三角形的三边长分别是正整数l,m,n．且lmn0．已知3l3m3n，此中xxx，而x表示不超出x的最大整数．求这类三角104104104形周长的最小值。★分析：当l、m、n的末四位数字相同时，3l3m3n．333104104104即求知足3l3m3nmod104的l、m、n．∴3n3ln10mod104．(1n0)但3n,1041，故必有3ln1mod104；同理3mn1mod104．下边先求知足3x1mod104的最小正整数x．注意到3x,1041又当x1,2时，3x1mod10，而341mod10，知x一定是4的倍数；又当x4,8,12,16时，3x1mod102，而3201mod102，知x一定是20的倍数；又当x20,40,60,80时，3x1mod103，而31001mod103，知x一定是100的倍数；又当x100,200,300,400时，3x1mod104，而35001mod104，知x一定是500的倍数；即，使3x1mod104成立的最小正整数x500，从而ln、mn都是500的倍数，设ln500k、mn500t(k,tN，KT)由mnl，即n500tnn500k，得n500(kt)500，故．mln501取n501，10011501，，即为知足题意的最小三个值．∴所求周长的最小值501100115013003．2000*三、（此题满分50分）有n个人，已知他们中的随意两人至多通电话一次，他们中的随意n2个人之间通电话的次数相等，都是3k次，此中k是自然数，求n的所有可能值．★分析：由条件知，统计各n2人组的通话次数都是3k次，共有Cnn2Cn2个n2人组，若某两人通话1次，而此二人共参加了Cnn24Cn22个n2人组，即每次通话都被重复计算了Cn22次．即总通话次数应为n(n1)3k次．因为n1,n21，故n2|n3k．(n2)(n3)若n2|n，故n2|2，易得n4，(n3舍去)此时k0．由n2|3k，n3m2，(m为自然数，且mk)，此时n(n1)3k3m2(3m1)3k3m463km，即3m1|6．(n2)(n3)3m(3m1)3m1∴m0,1．当m0时，n3(舍去)，当m1时，n5．又：n4时，每两个人通话次数相同，可为1次(任何两人都通话1次)；当n5时，任何两人都通话1次．均知足要求．∴n的所有可能值为0，5．1999*三、（此题满分50分）给定正整数n，已知用克数都是正整数的k块砝码和一台天平能够称出质量为1,2,3,,n克的所有物件。1）求k的最小值f(n)；2）当且仅当n取什么值时，上述f(n)块砝码的构成方式是独一确立的？并证明你的结论。★分析：(1)设这k块砝码的质量数分别为a1,a2,,ak，且1a1a2ak，aiZ，k1,0,1．若i1,2,,k，因为天平两头都能够放砝码，故故可称质量为aixi此中xii1利用这k块砝码能够称出质量为1,2,3,,n的物件，则上述表示式中含有1,2,3,,n，由对称性易知也含有0,1,2,,n，即k3k,A0,1,2,,nBaixi|xi1,0,1，所以，2n1ABi1即n3k13m113m1(m1,mZ)，则km．且km时，可取2，设2n2a11,a23,,am3m1．由数的三进制表示可知，对随意0p3m1,都有m3i1pi1yi，此中yi0,1,2．则3m1mp2yi3i1i1令xiyi1，则ximxi3i1,此中xil1也有上述表示．

mm3i1yi13i1i1i11,0,13m13m1，故对全部2l2的整数l，都有1,0,13m1，所以，对全部nln的整数l，．因为n2综上，可知k的最小值f(n)m(3m11n3m1).22(2)①.当3m1n3m11时，由(1)可知a11,a23,,am3m就是一种砝码的221,a23,,am13m1,am3m1也是一种方式。构成方式．下边我们证明a13m1m3i1m3i13m若1l，由(1)可知lxi，xi1,0,1．则lxi01；2i1i1若3m13m113m13m11．(1)可知lm13i1，ln2，则2l121xi2i1m3i13m1xi1,0,1．易知xm11．(不然li1121,矛盾)，m3i113m1．则li1xi所以，当n3m12时，f(n)块砝码的构成方式不唯一．3m②.下边我们证明：当n1m块砝码的构成方式是唯一的，即2时，f(n)3i1ai(i1,2,,m)．m13m1m若对每个3l都有laixi，xi1,0,122,．i13m1k即0,1,2,,aixi|xi1,0,1，注意左边会合中至多有3m个元2i13m1k素．故必有0,1,2,,aixi|xi1,0,1。从而，对每个2i13m13m1m1,0,1的l都能够唯一地表示为laixi，xi2l2i1m3m1mmmmm1aiaixiaiaixi3因此2，则aixi1，i1i1i1i1i12令yixi1,则yi0,1,2．由上可知，对每个0l3m1，都能够唯一地表示m0,1,2为laiyi，此中yi．i1特别地，易知1a1a2am．下边用概括法证明：ai3i1(i1,2,,m)．当i1时，易知maiyi中最小的正整数是a1,故a11．i1假定当1ip时，ai3i1．因为mm3i1,yiaiyiyi0,1,2就是数的三进制i1i1表示，易知它们正好是0,1,2,,3p1，故ap1应是除上述表示的会合m3p。aiyi|yi0,1,2中的元素之外最小的数，所以，ap1i1由概括法可知，ai3i1(i1,2,,m)．综合①，②可知，当且仅当n3m12时，上述f(n)f(n)块砝码的构成方式是惟一确立的．1998*三、（此题满分50分）对正整数a,n，定义Fn(a)qr，此中q,r为非负整数，aqnr，且0rn，求最大的正整数A,使得存在正整数n1,n2,n3,n4,n5,n6，关于随意的正整数aA,都有Fn(Fn(Fn4(Fn(Fn(Fn(a))))))1，证明你的结论。65321★分析：将知足条件“存在正整数n1,n2,n3,n4,n5,n6,关于随意的正整数aB，都有Fnk(Fnk1((Fn1(a))))))1”的最大正整数B记为xk明显，此题所求的最大正整数A即为x6。⑴先证x12．事实上，F2(1)F2(2)1，所以x12,又当n13时，Fn1(2)2，而F2(3)F1(2)2,所以x13，∴x12．⑵设xk已求出，且xk为偶数，明显xkx12，易知xk1知足的必需条件是：存在n1，使得只需axk1,就有Fn1(a)xk．令xk1qn1r，由Fn1(xk1)qrxk可得xk1qn1rqn1xkqxkq(n11)．若取n12，由xk2xk，可知xk1xk2，由此可得q0，n11，21，所以Fn1(q1n1n11)qn12xk．于是0(q1)n1n11qn11xkqn112xk12xk2xk1故有qn1122424因为xk为偶数，从而qn11xk2xk.xk242xk2∵xk2,∴xkxkxk2.所以总有xk1xkxkxkxk6.42424另一方面，若取n1xk2，因为xkxk6xkn1xk关于每个axkxk6，令aqn1r，24224那么或许qxk,rxk；或许qxk1,rn11xk1。222xkxk62两种状况下均有qrxk,所以xk1。别的，因为xk为偶数，若4|xk，由2|xk6可得8|xk(xk6)，若xkmod44mod42，由xk60也可得8|xk(xk6)．所以xk1也是偶数。于是达成了概括证明xk1xkxk6．42逐次递推出x2由x14,x310，x440，x5460，x653590．即所求最大整数A53590．1996*3、存在在整数n，使pnn是整数的质数p．A.不存在B.只有一个C.多于一个，但为有限个D.有无量多个◆答案：D★分析：若p为奇质数，p2k1，则存在nk2(kN)，使pnn2k1．应选D．1994*二、（此题满分25分）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。★分析：由105357；故不超出105而与105互质的正整数有1051111174835个。10004820488，105202100.而在不超出105而与105互质的数中第40个数是86．∴所求数为2186。1991*3．设a是正整数，a100，而且a323能被24整除，那么，这样的a的个数为()A．4B．5C．9D．10◆答案：B★分析：即24|a31，而a0,1,2,3,4,则a30,1,0,3,0．故a10mod8．若a0,1,2mod3，则a30,1,1mod3，∴a10mod3．即a10mod24.选B．1991*10．19912000除以106，余数是．◆答案：880001★分析：1991200019901200019902000C20001999199012200019901880001mod106即余数为880001．1991*三、设an是下述自然数N的个数：N的各位数字之和为n且每位数字只好取1,3或4．求证：a2n是完整平方数．这里，n1,2,．★证明：设Nx1x2xk，此中x1,x2,,xk1,3,4．且x1x2xkn．假定n4．删去xk时，则当xk挨次取1,3,4时，x1x2xk1分别等于n1，n3，n4．故当n4时，anan1an3an4．①a1a21，a32，a44，利用①及初始值能够获得下表：可找到规律：⑴取f11，f22，fn2fn1fn．这是菲波拉契数列相应的项．a2nfn2(n1,2,3,)a2n1fnfn1可用数学概括法证明、成立．第一，n1时，a212f12，a312f1f2．n2时，a222f22，a523f2f3．即n1,2时设nk1,k时、成立．则由①及概括假定得a2(k1)aaafkfk1fk1fkf2fkfk1fk12k12k12k2k1fkfk1fk1fk1fk1fkfk1fk1fk1fk21a2(k1)1a2k1a2ka2k1fk21fk2fk1fkfk21fkfkfk21fkfk1fk1fk1fkfk2fk11．

、成立．fkfk1fk1故nk1时、成立．故关于全部正整数n，、成立．于是a2nfn2(n1,2,3,)是完整平方数．证明2：(找规律)先用概括法证明下式成立：a2n1a2na2n1．④因a1a21，a32，故当n1时，④成立．设nk时④成立，即a2k1a2ka2k1．则由①，a2k3a2k2a2ka2k1a2k1a2k11．故④式对nk1成立，即④对全部nN成立．⑵再用概括法证明下式成立：a2na2n2a22n1⑤因a21，a32，a44，故当n1时⑤成立．设nk时⑤成立，即a2ka2k2a22k1a．则由①、④，有a2k2a2k4a2k2a2k3a2k1a2ka2ka2k2a2k1a2k2a2k3a2k2(由⑤)a22k1a2k1a2k2a2k2a2k3a2k1a2k1a2k2a2k2a2k3a2k1a2k3a2k2a2k3(由⑤)a2k3a2k1a2k2a22k3．(此题因为与菲波拉契数列有关，故有关的规律有好多，都能够用于证明此题)1990*二．(此题满分35分)设E1,2,3,,200，Ga1,a2,,a100E．且G拥有以下两条性质：⑴对任何1ij100，恒有aiaj201；10010080．⑵aii1试证明：G中的奇数的个数是4的倍数．且G中所有数字的平方和为一个定数．★证明：⑴取100个会合：ai,bi：aii，bi201i(i1,2,,100)，于是每个会合中至多能拿出1100个数．现要求选出100个数，故每个会合恰选出1个数．于是至多能够选出个数．把这100个会合分红两类：①4k1,2004k；②4k1,2024k．每类都有50个会合．设第①类选出m个奇数，50m个偶数，第②类中选出n个奇数，50n个偶数．于是1m050m1n250n100800mod4．即m3n0mod4，即mn0mod4。∴G中的奇数的个数是4的倍数．⑵设选出的100个数为x1,x2,,x100，于是未选出的100个数为201x1,201x2,,201x100．故x1x2x10010080．∴x12x22x1002201x12201x22201x10022x12x22x10022201x1x2x10010020122x12x22x1002220110080100201212222002∴x12x22x1002112222002220110080100201221120020140120120160201002011349380．为定值．261989*10．一个正数，若其小数部分、整数部分和其自己成等比数列，则该数为．◆答案：512(01)，整数部分为n(nn2，★分析：设其小数部分为N)，则得，n∴n2nn1．解得15n15，222但nN，故n1，得，10，∴15，由0，知，51．∴原数为51．2221989*三．(此题满分35分)11有nn（n4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内随意的填入与这两个数中的一个，现将表内n个两两既不一样行(横)又不一样列(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，它的所有基本项之和总能被4整除（即总能表示成4k的形式，此中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．此中每个数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4m4l4l4(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4m4l2个，其和为4m4l24l24(m2l1)也为4的倍数．故证．1988*一、已知数列an，此中a11，a22，an5an13anan1an为偶数2an1anan1an为奇数试证：对全部nN，an0．★证明：题意即需要证an0mod4或an0mod3．由a11，a22，得a37，a429，∴a11，a22，a33mod4．设a3k21，a3k12，a3k3mod4．则a3k1533291mod4；a3k21322mod4；a3k3523173mod4．依据概括原理知，关于全部nN，a3n21，a3n12，a3n3mod4恒成立，故an0mod4成立，从而an0．又证：a11，a22mod3．设a2k11，a2k2mod3成立，则当a2k1a2k为偶数时a2k1523171mo3d，当a2k1a2k为奇数时a2k12111mo3d，总之a2k11mod3．当a2ka2k1为偶数时a2k2513212mod3，当a2ka2k1为奇数时a2k2122mod3，总之，a2k22mod3．于是an0mod3．故an0．1987*1．对随意给定的自然数n，若n63a为正整数的立方