数论历届高中数学联赛真题分类汇编含详细答案

历年全国高中数学联赛试题及答案76套题（一）2019年全国高中数学联赛试题及答案1. 小川野升平想在一个边长为6米的正方形的地块上建造一个有一堵墙的房子，墙要用沙发垫、玻璃门中的一种建造，沙发垫墙每平方米需要50元，玻璃门墙每平方米需要80元。

为了满足小川野升平的预算，需要选择合适的方案，可以使花费尽可能少。

请求出该房子沙发垫墙和玻璃门墙各多少平方米，以及花费的最小值。

解：由题意得，房子在四周建墙，所以共4个墙面。

墙面中有一个为门，另外3个可以被沙发垫或玻璃门所替代。

因为墙长宽相等，所以选择沙发垫或玻璃门所用的面积是相等的，即我们只需要考虑使用沙发垫或玻璃门的墙面数量即可。

用$x$表示使用沙发垫的墙面数量，则使用玻璃门的墙面数量为$3-x$，进而可列出花费的表达式：$$f(x)=50x+80(3-x)=80x+240$$为获得花费的最小值，我们需要求出$f(x)$的最小值，即求出$f(x)$的极小值。

因为$f(x)$是$x$的一次函数，所以可求出其导函数$f'(x)=80-30x$。

当$f'(x)=0$时，即$x=\frac83$，此时$f(x)$有极小值$f(\frac83)=400$。

当$x<\frac83$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$x>\frac83$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减。

所以我们选择使用3个沙发垫的构建方案，所需面积为$3\times6=18m^2$，花费为$50\times18=900$元。

因此，该房子沙发垫墙面积为18平方米，玻璃门墙面积为0平方米，花费最小值为900元。

2. 对于正整数$n$，记$S_n$为$\sqrt{n^2+1}$的小数部分，$T_n$表示$S_1,S_2,\cdots,S_n$的平均值，则$s_n=10T_n-5$。

求$\sum_{k=1}^{2019}s_k$的个位数。

1981年--2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编1、集合部分2018A1、设集合{}99,,3,2,1 =A ，集合{}A x x B ∈=|2，集合{}A x x C ∈=2|，则集合C B 的元素个数为24★解析：由条件知，{}48,,6,4,2 =C B ，故C B 的元素个数为24。

2018B1、设集合{}8,1,0,2=A ，集合{}A a a B ∈=|2，则集合B A 的所有元素之和是◆答案：31★解析:易知{}16,2,0,4=B ，所以{}16,8,4,2,1,0=B A ，元素之和为31.2018B 三、（本题满分50分）设集合{}n A ,,2,1 =，Y X ,均为A 的非空子集（允许Y X =）．X 中的最大元与Y 中的最小元分别记为Y X min ,max ．求满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目。

★解析:先计算满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目.对给定的X m max =，集合X 是集合{}1,,2,1-m 的任意一个子集与{}m 的并，故共有12-m 种取法.又Y m min ≤，故Y 是{}n m m m ,,2,1, ++的任意一个非空子集，共有121--+m n 种取法.因此，满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目是：()[]()12122122111111+⋅-=-=-∑∑∑=-==-+-n nm m n m n nm mn m n 由于有序集合对),(Y X 有()()()2121212-=--nnn个，于是满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目是()()124122122+-=-+⋅--n n n n n n n 2017B 二、（本题满分40分）给定正整数m ，证明：存在正整数k ，使得可将正整数集+N 分拆为k 个互不相交的子集k A A A ,,,21 ，每个子集i A 中均不存在4个数d c b a ,,,（可以相同），满足m cd ab =-．★证明：取1k m =+，令{(mod 1),}i A x x i m x N +=≡+∈，1,2,,1i m =+ 设,,,i a b c d A ∈，则0(mod 1)ab cd i i i i m -≡∙-∙=+，故1m ab cd +-，而1m m +，所以在i A 中不存在4个数,,,a b c d ，满足ab cd m-=2017B 四、（本题满分50分）。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题24初等数论历年联赛真题汇编1．【2008高中数学联赛（第01试）】方程组{x+y+z=0xyz+z=0xy+yz+xz+y=0的有理数解(x，y，z)的个数为( )A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】若z=0，则{x+y=0xy+y=0，解得{x=0y=0或{x=−1y=1，若z≠0，则由xyz+z=0得xy=−1①由x+y+z=0得z=−x−y②将式②代入xy+yz+xz+y=0得x2+y2+xy−y=0③由式①得x=−1y代入式③化简得(y−1)(y3−y−1)=0，易知y3−y−1=0无有理数根，故y=1，由式①得x=－1，由式②得z=0，与z≠0矛盾，故该方程组共有两组有理数解{x=0y=0z=0或{x=−1y=1z=0.故选B．.2．【1996高中数学联赛（第01试）】存在整数n使√p+n+√n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．有无穷多个【答案】D【解析】设p为任意奇质数，且p=2k+1，于是n=k2.便有√p+n+√n=√2k+1+k2+√k2=2k+1.所以每个奇质数都有题设的性质.3．【1991高中数学联赛（第01试）】设a是正整数，a<100.并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为( )A．4B．5C．9D．10【答案】B【解析】考虑使得24|a3−1成立的a.则a3−1=(a−1)(a2+a+1)=(a−1)[a(a+1)+1].因a (a +1)+1是奇数，若要24|(a 3－1)，必有23|(a −1). 若a －1不能被3整除，则3|a(a +1)， 从而a (a +1)+1不能被3整除.因此，若要24|(a 3−1)，必有3|(a −1)， 这样就有24|(a −1)，即a =24k +1.由24k +1<100，k 可能取的一切值为0，1，2，3，4，也就是这样的a 有1，25，49，73，97五个. 4．【1987高中数学联赛（第01试）】对任意给定的自然数n ，若n 6+3a 正整数，则( ) A ．这样的a 有无穷多个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【答案】A【解析】对任何自然数k ，取a =3n 4k +9n 2k 2+9k 2，则n 6+3a =(n 2+3k )3.5．【1983高中数学联赛（第01试）】设p ，q 是自然数，条件甲：p 3－q 3是偶数；条件乙：p +q 是偶数.那么( )A ．甲是乙的充分而非必要条件B ．甲是乙的必要而非充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C【解析】就两个自然数p ，q 分别取奇数或偶数的四种情况： (1){p 是奇数q 是奇数 ，(2){p 是偶数q 是偶数，(3){p 是奇数q 是偶数 ，(4){p 是偶数q 是奇数进行讨论，有p 3−q 3⇔{p 是奇数q 是奇数 或{p 是偶数q 是偶数p +q 是偶数.6．【2019高中数学联赛A 卷（第01试）】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a 2+b 被3整除的概率为 .【答案】37100【解析】数组(a ，b )共有102=100种等概率的选法. 考虑其中使a 2+b 被3整除的选法数N .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32=9组.若a 不被3整除，则a 2≡1( mod 3)，从而b ≡−1( mod 3).此时a 有7种选法，b 有4种选法，这样的(a ，b )有7×4=28组. 因此N =9+28=37.于是所求概率为37100.7．【2015高中数学联赛（第01试）】对四位数abcd (1≤a ≤9，0≤b ，c ，d ≤9)，若a >b ，b <c ，c >d ，则称abcd 为P 类数：若a <b ，b >c ，c <d ，则称abcd 为Q 类数.用N (P )与N (Q )分别表示P 类数与Q 类数的个数，则N (P )－N (Q )的值为 .【答案】285【解析】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A 0，个位数不等于零的P 类数全体记为A 1，对任一四位数abcd ∈A 1，将其对应到四位数dcba ，注意到a >b,b <c,c >d ⩾1，故dcba ∈B ，反之，每个dcba ∈B 唯一对应于A 1中的元素abcd ，这建立了A 1与B 之间的一一对应，因此有N(P)−N(Q)=|A|−|B|=|A 0|+|A 1|−|B|=|A 0|.下面计算|A 0|：对任一四位数abc0∈A 0,b 可取0，1，…，9，对其中每个b ，由b <a ≤9及b <c ≤9知，a 和c 分别有9－b 种取法，从而|A 0|=∑(9−b)29b=0=∑k 29k=1=9×10×196=285.因此N(P)−N(Q)=285.8．【2004高中数学联赛（第01试）】设p 是给定的奇质数，正整数k 使得√k −pk 也是一个正整数，则k =.【答案】(p+1)24【解析】设√k 2−pk =n (n ∈N ∗)，则k 2−pk −n 2=0，k =p±√p 2+4n 22.从而p 2+4n 2是平方数，设为m 2，m ∈N *，则(m −2n)(m +2n)=p 2. 因为p 是质数且p ≥3，所以{m −2n =1m +2n =p 2，解得{m =p 2+12n =p 2−14 ， 所以k =p±m 2=2p±(p 2+1)4，故k =(p+1)24(负值舍去).9．【1993高中数学联赛（第01试）】整数[10931031+3]的末尾两位数字是 .(先写十位数字，后写个位数字.其中[x ]表示不超过x 的最大整数). 【答案】08 【解析】[10931031+3]=[(1031)3+33−331031+3]=(1031)2−3×1031+32−1=(1031)(1031−3)+8，所以它的末尾两位数字是08.10．【1991高中数学联赛（第01试）】19912000除以106，余数是.【答案】80001【解析】19912000=(1+1990)2000=1+2000×1990+12×2000×1999×19902+⋯+19902000.依照上述展式，只需考虑前三项的和除以106的余数，故余数为80001.11．【1987高中数学联赛（第01试）】若k是大于1的整数，a是x2－kx+1=0的根，对于大于10的任意自然数n，a2n+a−2n的个位数字总是7，则k的个位数字是.【答案】3或5或7【解析】显然a≠0，因为a是x2−kx+1=0的根，所以a+1a =k(1a是另一根)，则a2+a−2=(a+1a )2−2=k2−2，a22−a−22=(k2−2)2−2，a23−a−23=[(k2−2)2−2]2−2，……，a2n+a−2n=(a2n−1+a−2n−1)2−2.当k为偶数时，易看出a2n+a−2n的个位数字只能是偶数；当k的个位数字是1时，a2n+a−2n的个位数字为9；当k的个位数字为3时，a2n+a−2n的个位数字为7；当k的个位数字为5时，对于n>1，a2n+a−2n的个位数字也是7；当k的个位数字是7时，a2n+a−2n的个位数字也是7；当k的个位数字是9时，a2n+a−2n的个位数字是9.故当k>1时，对于任何大于10的自然数n，使a2n+a−2n的个位数字总是7，则k的个位数字是3或5或7.12．【1985高中数学联赛（第01试）】方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有组.【答案】174【解析】显然x1只能取1或0.当x1=1时，原方程有9组解，当x1=0时，原方程的解中含有数字3的有9组，不含3而含有2的有72组，只含有1和0的有C93=84组，所以非负整数解总共有174组.13．【1985高中数学联赛（第01试）】在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干数之和能被11整除的数组共有组.【答案】7【解析】由于是考虑被11整除的问题，故可先把各项减去11的倍数，使数字变小而便于运算，由此可得到如下数列1,4,−3,−1,5,−3,−1,3,−3,−1.设S n为它的前n项和，则S1=1,S2=5,S3=2,S4=1,S5=6，S6=3,S7=2,S8=5,S9=2,S10=1.其中相等的有S1=S4=S10=1，S2=S8=5，S3=S7=S9=2.所以S4−S1,S10−S1,S10−S4,S8−S2,S7−S3,S9−S3,S9−S7共7组能被11整除.优质模拟题强化训练1．对任意正整数n，定义Z(n)为使得1+2+⋅⋅⋅+m是n的倍数的最小正整数m.关于下列三个命题：①若p为奇质数，则Z(p)=p−1；②对任意正整数a，都有Z(2a)>2a；③对任意正整数a，都有Z(3a)=3a−1.其中所有真命题的序号为（）.A．①②B．①③C．②③D．①②③【答案】D【解析】注意到1+2+⋅⋅⋅+m=m(m+1)2.在①中，使得p|m(m+1)2，即2p|m(m+1)，注意到p为奇质数，有p|m或者p|m+1，从而m的最小值为p−1，因此①正确.在②中，由2a|m(m+1)2知2a+1|m(m+1)，注意到(m,m+1)=1，于是有2a+1|m或者2a+1|(m+1)，故Z(2a)= 2a+1−1>2a，因此②正确.在③中，由3a|m(m+1)2知2⋅3a|m(m+1)，注意到2|m(m+1)及(2,3)=1，因此等价于3a|m(m+1)，又注意到(m,m+1)=1，于是有3a|m或者3a|m+1，故Z(3a)=3a−1，因此③正确.故答案为：D2．关于x、y的方程1x +1y+1xy=12006的正整数解(x,y)的对数为（）.A．16B．24C．32D．48 【答案】D【解析】由1x +1y+1xy=12006，得xy−2006x−2006y−2006=0.整理得(x−2006)(y−2006)=2006×2007=2×32×17×59×223.从而，原方程的正整数解有(1+1)(2+1)(1+1)(1+1)(1+1)=48（组）. 故答案为：D3．方程1x +1y=17的整数解（x，y）的个数为（）.A．5B．6C．7D．8【答案】A【解析】(x,y)=(−42,6),(6,−42),(8,56),(14,14),(56,8)共5组.当x=7时无解；当x≠7时y=7xx−7，故x−7|7x，所以x−7|49，所以x=−42,6,8,14,56.综上共5组解.故答案为A4．设S n、T n分别是等差数列{a n}与{b n}的前n项和，对任意正整数n，都有S nT n =2n+6n+1.若a mb m为质数，则正整数m的值为（）.A．2B．3C．5D．7【答案】A【解析】由条件可设S n=kn(2n+6),T n=kn(n+1)，则m=1时，a1b1=S1T1=82=4，不满足题意，舍去.当m≥2时，a mb m =S m−S m−1T m−T m−1=4m+42m=2+2m，于是仅在m=2时，a mb m=3为质数.所以，所求的正整数m=2.故答案为：A5．对任意的整数n，代数式n2−n+4的值被9除的余数不会是（）A．0B．1C．6D．7【答案】A当n=3时，余数可以为1；当n=4时，余数可以为7；当n=5时，余数可以为6.下面证明：n2−n+4不能被9整除.若不然，有9|[(n−2)2+3n].①.因为3|3n，所以3|(n−2)2.但3为质数，故3|(n−2).②从而，9|(n −2)2.③.由①、③得9|3n⇒3|n.④.由②、④矛盾得n2−n+4不能被9整除。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题29初等数论历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛B卷（第02试）】设a,b为不超过12的正整数,满足:存在常数C,使得a n+b n+9≡C(mod13 )对任意正整数n成立.求所有满足条件的有序数对(a,b).【答案】(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)【解析】解法1:由条件知,对任意正整数n,有a n+b n+9≡a n+3+b n+12(mod13). ①注意到13为素数,a,b均与13互素,由费马小定理知a2≡b2≡1(mod13).因此在①中取n=12,化简得1+b9≡a3+1(mod13),故b9≡a3(mod13).代入①,得a n+a3b n≡a n+3+b n+12≡a n+3+b n(mod13),即(a n−b n)(1−a3)≡0(mod13). ②分两种情况讨论.(ⅰ)若a3≡1(mod13),则b3≡a3b3≡b12≡1(mod13),又a,b∈{1,2,⋯,12},经检验可知a,b∈{1,3,9}.此时a n+b n+9≡a n+b n(mod13).由条件知a+b≡a3+b3≡2(mod13),从而只能是a=b=1.经检验,当(a,b)=(1,1)时,对任意正整数n,a n+b n+9模13余2为常数,满足条件.(ⅱ)若a3≡1(mod13),则由②知,对任意正整数n,有a n≡b n(mod13).特别地,a≡b(mod13),故a=b.所以a3≡b9=a9(mod13),即a3(a3−1)(a3+1)≡0(mod13),故a3≡−1(mod13).通过检验a≡±1,±2,⋯,±6(mod13),可知a=4,10,12.经检验,当(a,b)=(4,4),(10,10),(12,12)时,对任意正整数n,有a n+b n+9=a n+a n+9=a n(1+(a3)3)≡0(mod13),满足条件.综上,所求的有序数对(a,b)为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12).解法2:由条件知,对任意正整数n,有(a n+b n+9)(a n+2+b n+11)≡(a n+1+b n+10)2(mod13),化简得a n b n+11+a n+2b n+9≡2a n+1+b n+10(mod13),即a n b n+9(a−b)2≡0(mod13).由于13为素数,a,b∈{1,2,⋯,12},故13|(a−b)2,进而a=b.第5页共27页。

2000-2012全国高中数学联赛分类汇编（初等数论）1、（2005一试6）记集合},4,3,2,1,|7777{},6,5,4,3,2,1,0{4433221=∈+++==i T a a a a a M T i 将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（ ）A ．43273767575+++B ．43272767575+++C ．43274707171+++D ．43273707171+++【答案】C【解析】用p k a a a ][21 表示k 位p 进制数，将集合M 中的每个数乘以47，得32123412347{777|,1,2,3,4}{[]|,1,2,3,4}.i i M a a a a a T i a a a a a T i '=⋅+⋅+⋅+∈==∈= M '中的最大数为107]2400[]6666[=。

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=10]396[7]1104[将此数除以47，便得M 中的数.74707171432+++故选C 。

2、（2006一试6）数码1232006,,,,a a a a 中有奇数个9的2007位十进制数12320062a a a a 的个数为（ ） A ．200620061(108)2+ B ．200620061(108)2- C ．20062006108+ D ．20062006108- 【答案】B【解析】出现奇数个9的十进制数个数有12005320032005200620062006999A C C C =+++。

又由于2006200620062006(91)9kkk C-=+=∑以及20062006200620060(91)(1)9kk k k C -=-=-∑，从而得 12005320032005200620062006200620061999(108)2A C C C =+++=-。

1981年~2019年全国高中数学联赛二试试题分类汇编数论部分2019A 5、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2a b +被3整除的概率为 ．◆答案：37100★解析：首先数组(),a b 有1010100⨯= 种等概率的选法． 考虑其中使2a b +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()21mod3a ≡，从而()1mod3b ≡-．此时a 有7 种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=组． 因此92837N =+=．于是所求概率为37100。

2019A 三、（本题满分 50 分）设m 为整数，2m ≥．整数数列12,,a a 满足：12,a a 不全为零，且对任意正整数n ，均有21n n n a a ma ++=-．证明：若存在整数,r s , (2r s >≥ )使得1r s a a a ==，则r s m -≥．★解析：证明：不妨设12,a a 互素（否则，若()12,1a a d =>，则12,1a a d d ⎛⎫=⎪⎝⎭互素，并且用12,,a a d d代替12,,a a ，条件与结论均不改变）．由数列递推关系知()234mod a a a m ≡≡≡． ①以下证明：对任意整数3n ≥，有()()2123mod n a a a n a m m ≡-+-⎡⎤⎣⎦． ② ………10 分 事实上，当3n =时②显然成立．假设n k =时②成立（其中k 为某个大于2的整数），注意到①，有()212mod k ma ma m -≡，结合归纳假设知()()()21122221232mod k k k a a ma a k a m ma a a k a m +-≡-≡+--=-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，即1n k =+时②也成立．因此②对任意整数3n ≥均成立． ………………20 分注意，当12a a =时，②对2n =也成立． 设整数,r s , (2r s >≥ )，满足1r s a a a ==． 若12a a =，由②对2n ≥均成立，可知()()()221221233mod r s a a r a m a a a a s a m m -+-≡≡≡-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦即()()()121233mod a r a a s a m +-≡+-，即 ()()20mod r s a m -≡． ③ 若12a a ≠，则12r s a a a a ==≠故3r s >≥．此时由于②对3n ≥均成立， 故类似可知③仍成立． ………………30 分 我们证明2,a m 互素．事实上，假如2a 与m 存在一个公共素因子p ，则由①得p 为23,,a a 的公因子，而12,a a 互素，故/|p 1a ，这与1r s a a a ==矛盾．因此，由③得()0mod r s m -≡．又r s >，所以r s m -≥． ………………50分2018A 四、（本题满分50分）数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数，对整数1≥n ，1+n a 与∑=ni ia1互素，且不等于n a a a ,.,,21 的最小正整数，证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现。

1981年~2019年全国高中数学联赛二试试题分类汇编数论部分2019A 5、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2a b +被3整除的概率为 ．◆答案：37100★解析：首先数组(),a b 有1010100⨯= 种等概率的选法． 考虑其中使2a b +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()21mod3a ≡，从而()1mod3b ≡-．此时a 有7 种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=组． 因此92837N =+=．于是所求概率为37100。

2019A 三、（本题满分 50 分）设m 为整数，2m ≥．整数数列12,,a a 满足：12,a a 不全为零，且对任意正整数n ，均有21n n n a a ma ++=-．证明：若存在整数,r s , (2r s >≥ )使得1r s a a a ==，则r s m -≥．★解析：证明：不妨设12,a a 互素（否则，若()12,1a a d =>，则12,1a a d d ⎛⎫=⎪⎝⎭互素，并且用12,,a a d d代替12,,a a ，条件与结论均不改变）．由数列递推关系知()234mod a a a m ≡≡≡． ①以下证明：对任意整数3n ≥，有()()2123mod n a a a n a m m ≡-+-⎡⎤⎣⎦． ② ………10 分 事实上，当3n =时②显然成立．假设n k =时②成立（其中k 为某个大于2的整数），注意到①，有()212mod k ma ma m -≡，结合归纳假设知()()()21122221232mod k k k a a ma a k a m ma a a k a m +-≡-≡+--=-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ，即1n k =+时②也成立．因此②对任意整数3n ≥均成立． ………………20 分注意，当12a a =时，②对2n =也成立． 设整数,r s , (2r s >≥ )，满足1r s a a a ==． 若12a a =，由②对2n ≥均成立，可知()()()221221233mod r s a a r a m a a a a s a m m -+-≡≡≡-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦即()()()121233mod a r a a s a m +-≡+-，即 ()()20mod r s a m -≡． ③ 若12a a ≠，则12r s a a a a ==≠故3r s >≥．此时由于②对3n ≥均成立， 故类似可知③仍成立． ………………30 分 我们证明2,a m 互素．事实上，假如2a 与m 存在一个公共素因子p ，则由①得p 为23,,a a 的公因子，而12,a a 互素，故/|p 1a ，这与1r s a a a ==矛盾．因此，由③得()0mod r s m -≡．又r s >，所以r s m -≥． ………………50分2018A 四、（本题满分50分）数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数，对整数1≥n ，1+n a 与∑=ni ia1互素，且不等于n a a a ,.,,21 的最小正整数，证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现。

1981年~2018年全国高中数学联赛二试试题分类汇编组合与构造1981-2018年历年数学联赛48套真题2017A 三、（本题满分50分）将3333⨯方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等。

若相邻两个小方格的颜色不同，则称他们的公共边为“分割边”。

试求分割边条数的最小值。

★解析：记分割边的条数为L .首先，将方格纸按如图所示分成三 个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分割边，此时共有56条 分割边，即56=L 。

下面证明56≥L .将方格纸的行从上至下依次记为1A ,2A ,33,A ,列从左至右依次记为1B ,2B ,33,B ,行i A 中方格出现的颜色数记为()i A n ，列i B 中方格出现的颜色数记为()i B n ，三种颜色分别记为1c ，2c ，3c ， 对于一种颜色j c ，设()i c n 是表示含有j c 色方格的函数与列数之和.记()⎩⎨⎧=色方格中不含色方格中含有，，j i j i j i c A c A c A 01,ξ，同理定义()⎩⎨⎧=色方格中不含色方格中含有，，j i j i j i c B c B c B 01,ξ，则()()()()()()()()()()∑∑∑∑∑∑=======+=+=+313313133131331,,,,j i j jjijii j jijii iic n c B c A c B c A B n A n ξξξξ①由于染j c 色的方格有36333312=⨯个，设含有j c 色方格的行有a 个，列有b 个，则j c 色方格一定在这a 行和b 列的交叉方格中，因此363≥ab .从而()3836322>≥≥+=ab b a c n i 即()39≥i c n . ,3,2,1=j ②由于在行i A 中有()i A n 种颜色的方格，因此至少有()1-i A n 条分割边，同理在行i B 中有()i B n 种颜色的方格，因此至少有()1-i B n 条分割边，于是，()()()()()()()()66661131331331331-=-+≥-+-≥∑∑∑∑====j j i i i i i i i c n B n A n B n A n L ③下面分两种情形讨论.⑴当有一行或有一列全部方格同色时，不妨设有一行全为1c 色，从而方格纸的33列中均含有1c 的方格，由于1c 的方格有363个，故至少有11行中含有1c 色方格。

初等数论1、（2010一试8）方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解(,,)x y z 的个数是. 【答案】336675易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.2、（2011一试8）已知=n a C ())95,,2,1(2162003200 =⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，则数列}{n a 中整数项的个数为． 【答案】15 【解析】=n a C65400320020023n nn--⋅⋅．要使)951(≤≤n a n 为整数，必有65400,3200nn --均为整数，从而4|6+n ． 当=n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，3200n -和65400n-均为非负整数，所以n a 为整数，共有14个．当86=n 时，=86a C 5388620023-⋅⋅，在C !114!86!20086200⋅=中，!200中因数2的个数为1972200220022002200220022002200765432=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡， 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C 86200中因数2的个数为511082197=--，故86a 是整数．当92=n 时，=92a C 10369220023-⋅⋅，在C !108!92!20092200⋅=中，同样可求得!92中因数2的个数为88,!108中因数2的个数为105,故C 86200中因数2的个数为410588197=--，故92a 不是整数． 因此，整数项的个数为15114=+．3、（2015一试8）对四位数(19,0,,9)abcd a b c d ≤≤≤≤,若,,a b b c c d ><>,则称abcd 为P 类数,若,,a b b c c d <><,则称a b c d 为Q 类数,用()N P 与()N Q 分别表示P 类数与Q 类数的个数,则()()N P N Q -的值为【答案】28511..dcba B dcba B A abcd A B ∈∈故反之，每个唯一对应于中的元素这建立了与之间的一一对应，因此有 010()()||||||||||||.N P N Q A B A A B A -=-=+-=00||:0,0,19b,A abc A b ∈⋅⋅⋅下面计算对任一四位数可取，，，对其中每个99b a b c <≤<≤由及知，a 和c 分别有9-b 种取法，从而992200191019|=(9)26|85.b k b k ==⨯⨯-===∑∑A ()()285.N P N Q -=因此，4、（2016一试8）设4321,,,a a a a 是1，2，…，100中的4个互不相同的数，满足2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++=++++则这样的有序数组),,,(4321a a a a 的个数为 . 【答案】40【解析】由柯西不等式知，2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++≥++++，等号成立的充分必要条件是433221a a a a a a ==，即4321,,,a a a a 成等比数列.于是问题等价于计算满足{1,2,3,},,,{4321⊆a a a a …,100}的等比数列4321,,,a a a a 的个数.设等比数列的公比1≠q ，且q 为有理数.记mnq =，其中n m ,为互素的正整数，且n m ≠. 先考虑m n >的情况.此时331314)(m n a m n a a ==，注意到33,nm 互素，故31m a l =为正整数. 相应地，4321,,,a a a a 分别等于l n l mn nl m l m 3223,,,，它们均为正整数.这表明，对任意给定的1>=mnq ，满足条件并以q 为公比的等比数列4321,,,a a a a 的个数，即为满足不等式1003≤l n 的正整数l 的个数，即]100[3n.由于10053>，故仅需考虑34,4,23,3,2=q 这些情况，相应的等比数列的个数为20113312]64100[]64100[]27100[]27100[]8100[=++++=++++. 当m n <时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列4321,,,a a a a . 综上可知，共有40个满足条件的有序数组),,,(4321a a a a .5、（2017一试4）若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”.平稳数的个数是. 【答案】756、（2009二试3）设k ， l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素． 【解析】证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1k m l =，． 设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/|C k m ．若p /|k !，则由1!C ()k k mi k m k i ==-+∏1[((!)]k i i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡．及|!p k α，且pα+1/|k !，知|!C k m p k α且1α+p /|!C k m k ．从而p/|C km ．证法二：对任意正整数t ，令2(!)m k t l k =+⋅⋅，我们证明()C 1k m l =，． 设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/|C k m ． 若p /|k !，则由 1!C ()==-+∏kkmi k m k i 21[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()!mod k p ≡．即p 不整除上式，故p/|C k m ．若|!p k ，设1α≥使|!p k α，但1/|!p k α+．12|(!)p k α+．故由11!C ()k kmi k m k i -==-+∏21[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡,及|!p k α，且pα+1/|k !，知|!C k m p k α且1α+p /|!C k m k ．从而p/|C km ．7、（2009二试4）在非负数构成的39⨯数表111213141516171819212223242526272829313233343536373839x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，，使⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列． （ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质()O ．【解析】（ⅰ）假设最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3不是取自数表S 的不同列．则存在一列不含任何i u ．不妨设2i i u x ≠，1i =，2，3．由于数表P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k =，则存在某个{}0123i ∈，，使得002i i x u ≤．矛盾．（ⅱ）由抽届原理知，{}1112min x x ，，{}2122min x x ，，{}3132min x x ，中至少有两个值取在同一列．不妨设{}212222min x x x =，，{}313232min x x x =，．由前面的结论知数表S 的第一列一定含有某个i u ，所以只能是111x u =．同样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S 中的对角线上数字． 111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭下面证明33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ．从上面的选法可知{}{}*1212:min min i i i i i ik u x x x x x '==，，，，(13)i =，．这说明 {}*111211min k x x x u >，≥，{}*313233min k x x x u >，≥．又由S 满足性质()O ．在⑶中取*k k =，推得*22k x u ≤，于是{}**2212222min k k u x x x x '==，，．下证对任意的k M ∈，存在某个1i =，2，3使得i ik u x '≥．假若不然，则{}12min ik i i x x x >，，1i =，3且*22k k x x >．这与*2k x 的最大性矛盾．因此，数表S '满足性质()O ． 下证唯一性．设有k M ∈使得数表111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，我们假定{}111121311min u x x x x ==，，⑷{}221222322min u x x x x ==，，{}331323333min u x x x x ==，， 3231x x <．由于323x x<，2221x x <及（ⅰ），有{}11112111min k u x x x x ==，，．又由（ⅰ）知：或者()a {}3313233m i n k k u x x x x ==，，，或者{}2212222()min k k b u x x x x ==，，． 如果()a 成立，由数表S 具有性质()O ，则{}11112111min k u x x x x ==，，，⑸{}22122222min k u x x x x ==，，， {}3313233min k k u x x x x ==，，．由数表S 满足性质()O ，则对于3M ∈至少存在一个{}123i ∈，，使得*i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知，*1111k x x u >=，*3323k x x u >=．于是只能有*222k k x u x =≤．类似地，由S '满足性质()O 及k M ∈可推得*222k k x u x '=≤．从而*k k =．8、（2010一试11）证明：方程02523=-+x x 恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列}{n a ，使得+++=32152a a a r r r.若存在两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<n b b b 21满足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ， 去掉上面等式两边相同的项，有 +++=+++321321t t t s s s r r r r r r，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的. 不妨设11t s <，则 ++=++<21211t t s s s r r r r r，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.9、（2010二试2）设k 是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥．【解析】记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数． 下面我们对2()v k v =用数学归纳法．当0v =时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数． 假设命题对1(1)v v -≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++．于是 ()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122k k k =+++ 11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+， ① 这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++.显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v f r +是一个整数，这就完成了归纳证明．10、（2010二试4）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？设标有a 的边有2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i 条边标记a 的有2in C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22jn i C -种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2in C 22j n i C -种标记方法．对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为 222222004n n i i j nn i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑． ① 这里我们约定001C =．当n 为奇数时，20n i ->，此时22221202n i jn i n ij C-⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑． ②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪⎪⎝⎭∑∑∑∑ 022(1)(21)(21)nnkn kk n kk n n nn k k C C --===+-=++-∑∑31n =+．222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭∑()2221024233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑． 综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n+种．11、（2011二试2）证明：对任意整数4≥n ，存在一个n 次多项式0111)(a x a x a x x f n n n ++++=--具有如下性质：（1）110,,,-n a a a 均为正整数；（2）对任意正整数m ，及任意)2(≥k k 个互不相同的正整数k r r r ,,,21 ，均有)()()()(21k r f r f r f m f ≠．【解析】令 2)()2)(1()(++++=n x x x x f ， ①将①的右边展开即知)(x f 是一个首项系数为1的正整数系数的n 次多项式． 下面证明)(x f 满足性质（2）．对任意整数t ，由于4≥n ，故连续的n 个整数n t t t +++,,2,1 中必有一个为4的倍数，从而由①知)4(mo d 2)(≡t f ．因此，对任意)2(≥k k 个正整数k r r r ,,,21 ，有 )4(m od 02)()()(21≡≡k k r f r f r f ． 但对任意正整数m ，有)4(m od 2)(≡m f ，故)4)(m od ()()()(21k r f r f r f m f ≡/， 从而)()()()(21k r f r f r f m f ≠． 所以)(x f 符合题设要求．12、（2011二试3）设)4(,,,21≥n a a a n 是给定的正实数，n a a a <<< 21．对任意正实数r ，满足)1(n k j i r a a a a j k ij ≤<<≤=--的三元数组),,(k j i 的个数记为)(r f n ．证明：4)(2n r f n <．因此，当n 为偶数时，设m n 2=，则有∑∑∑-=-=-=+==121212)()()()(m mj j m j j n j j n r g r g r g r f2)1(2)1()2()1(1212-+-=-+-≤∑∑-+==m m m m j m j m m j m j 4222n m m m =<-=．当n 为奇数时，设12+=m n ，则有∑∑∑+==-=+==mm j jmj j n j j n r gr g r g r f 21212)()()()(∑∑+==-++-≤mm j m j j m j 212)12()1(422n m <=．13、（2011二试4）设A 是一个93⨯的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A 中的一个)91,31(≤≤≤≤⨯n m n m 方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数．称A 中的一个11⨯的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”．求A 中“坏格”个数的最大值． 【解析】首先证明A 中“坏格”不多于25个．用反证法．假设结论不成立，则方格表A 中至多有1个小方格不是“坏格”．由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”．设方格表A 第i 列从上到下填的数依次为9,,2,1,,, =i c b a i i i ．记9,,2,1,0,)(,11=+==∑∑==k c b T a S ki i i k ki i k ，这里000==T S ．即第2行至第3行、第1+m 列至第n 列组成一个“好矩形”，从而至少有2个小方格不是“坏格”，矛盾． 类似地，也不存在90,,≤<≤n m n m ，使)10(m od n n m m T S T S +≡+．因此上述断言得证．故)10(mod 59210)(999≡++++≡+≡≡∑∑∑=== k k k k k k k T S T S ，所以 )10(mod 055)(99090≡+≡+≡+∑∑∑===k k k k k k k T S T S ，矛盾！故假设不成立，即“坏格”不可能多于25个．另一方面，构造如下一个93⨯的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”．综上所述，“坏格”个数的最大值是25．14、（2012二试2）试证明：集合{}22,2,,2,n A =满足（１）对每个a A ∈，及b N *∈，若21b a <-，则(1)b b +一定不是2a 的倍数；（２）对每个a A ∈（其中A 表示A 在Ｎ 中的补集），且1a ≠，必存在b N *∈，21b a <-，使(1)b b +是2a 的倍数．【解析】证明:对任意的a A ∈,设2,,ka k N *=∈则122,k a +=如果b 是任意一个小于21a -的正整数,则121b a +≤-则122k a m +=⋅下面给出(2)的三种证明方法: 证法一:令1,12,k b mx b y +=+=消去b 得12 1.k y mx +-=由于1(2,)1,k m +=这方程必有整数解;1002k x x ty y mt +⎧=+⎪⎨=+⎪⎩其中00,(,)t z x y ∈为方程的特解.把最小的正整数解记为(,),x y **则12k x *+<,故21,b mx a *=<-使(1)b b +是2a 的倍数．证法二:由于1(2,)1,k m +=由中国剩余定理知,同余方程组10(mod 2)1(mod )k x x m m +⎧=⎨=-⎩在区间1(0,2)k m +上有解,x b =即存在21,b a <-使(1)b b +是2a 的倍数． 证法三:由于(2,)1,m =总存在(,1),r r N r m *∈≤-使21(mod )r m =取,t N *∈使1,tr k >+则21(mod )tr m =存在1(21)(2)0,,tr k b q m q N +=--⋅>∈使021,b a <<- 此时1,21,k m b m ++因而(1)b b +是2a 的倍数．15.（2013二试4）（本题满分50分）设,n k 为大于1的整数，2k n <.证明：存在2k 个不被n 整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有一组若干个数的和被n 整除. 【证明】先考虑n 为2的幂的情形.设2,1r n r =≥，则r k <.取3个12r -及23k -个1，显然这些数均不被n 整除.将这2k 个数任意分成两组，则总有一组中含2个12r -，它们的和为2r ，被n 整除. 现在设n 不是2的幂，取2k 个数为22211,1,2,2,,2,1,2,2,,2k k -------，因为n 不是2的幂，故上述2k 个数均不被n 整除.若可将这些数分成两组，使得每一组中任意若干个数的和均不能被n 整除.不妨设1在第一组，由于（-1）+1=0，被n 整除，故两个-1必须在第二组；因（-1）+（-1）+2=0，被n 整除，故2在第一组，进而推出-2在第二组. 现归纳假设1,2,,2l 均在第一组，而1,1,2,,2l ----均在第二组，这里12l k ≤<-，由于()()()()1112220l l +-+-+-++-+=，被n 整除，故12l +在第一组，从而12l +-在第二组.故由数学归纳法可知，221,2,2,,2k -在第一组，221,1,2,2,,2k ------在第二组.最后，由于()()()()21112220k k ---+-+-++-+=，16、（2014二试4）（本题满分50分）设整数122014,,,2014x x x 模互不同余，122014,,,y y y 整数模2014也互不同余.证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余.【证明】(mod2),12.,i i y i k i k i ≡≡≤≤记k=1007,不妨设x 对每个整数 1,+(mod4),,i i i k i k i i i k i k i k y x y k y y ++++≤≤≡+==若x 不则令z z ；否则，,.i i k i k i z y z y ++==令如果是前一种情形，则++=(mod4)i i i i i k i k i k i k z y x y x z k ++++=≡++x x 不 如果是后一种情形，则也有+++=(mod4)i i i i k i k i i k i k z y x y x z k +++=≡++x x 不++(mod4),+(mod4),i i i k i k i i k i k i y x y k y x y k +++≡+≡+若不然，我们有x x 22(mod4),(mod2)i i k i i k x x k x x k ++≡≡两式相加可得于是，但 122014,,,2014=2)(mod2),i i k x x x k x k +≡模（互不同余，特别地，x 不矛盾.122122,,,y ,,,k k z z z y y 由上述构造方法知是的排列.记1122,1,2,,2.w ,,,4.i i k x z i k w w k =+=w 下面模互不同余≤≤这只需证明，对任意整数i,j,1i<j k,w ,,,4i j i k j k w w w k ++*模两两不同余.()注意，前面的构造方式已保证(mod4),(mod4).()i i k j j k w k w k ++≡≡**w 不w 不,.i i j j z y z y ==情形一：且则由前面的构造方式可知 2(mod2),2(mod2).i i k j j k w i k w j k ++≡≡≡≡w w 22(mod2),2i j j k i j k w w k +≡由于不故易知与w 及模 j 24i k j k w w w k k ++不同余，与及模不同余，从而模更***不同余，再结合（）可见（）得证.,(,i i j j k i i k j i z y z y z y z y ++====情形三：且且的情形与此相同）.则由前面的构造方式可知2(mod2),2(mod2).i i k j j k w i k w j k k ++≡≡≡≡+w w22(mod2),22(mod2),k i j k i j k k ≡+≡+由于是奇数，故不更有不+22i j j k i k j j k w w k w w k ++因此仍然有w 与及模不同余，w 与及模不同余.*从而（）得证.因此本题得证.17、（2015二试4）(本题满分50分)求具有下述性质的所有正整数k :对任意正整数(1)1,2k n n -+不整除()!!kn n .22(()!)(!),1kn v kn n v n -≥-进而由（）知，本题等价于 ≥求所有正整数k,使得s(kn)s(n)对任意正整数n 成立.(0,1,2,).a a =⋅⋅⋅我们证明，所有符号条件的k 为2(2)()a S n S n n =一方面，由于对任意正整数成立，故2.a k =符合条件 22,0,1.a k k q a q =⋅≥另一方面，若不是的方幂，设是大于的奇数)().)=2)(),a n S kn S n S kn S qn S qn <=下面构造一个正整数，使得（因为（（,)().m q m S m S q<因此问题等价于我们选取的一个倍数使得（2)1,,21(mod ).(u q u q =≡由（，熟知存在正整数使得事实上，).)u q ϕ由欧拉定理知，可以取（12122+2++2,0, 2.t t q t αααααα⋅⋅⋅=<<⋅⋅⋅<≥设奇数的二进制表示为1122+2++22,t t tu m S αααα-+=⋅⋅⋅+取则（m)=t,且 (21)0(mod ).t tu q α-≡m=q+2我们有(`1)21211212(122)t t tu u u t um q q q αα---=+⋅=+⋅++⋅⋅⋅+102112.t ut lu l q α-+=-=+⋅∑212102,u u u u q q --<<由于故正整数的二进制表示中的最高次幂小于，由此2121(01),22t tu u lu ju i j i j t q qαα++--≤<≤-⋅⋅易知，对任意整数，数与 的二进制表示中没有相同的项.210,20,1,,1)1tu lu t l t q αα+->⋅=⋅⋅⋅-又因为故（的二进制表示中均不包含，故212)1()(),u m S S t t S m q q-=+⋅>=由（）可知（.m 因此上述选取的满足要求(0,1,2,).a a =⋅⋅⋅综合上述的两个方面可知，所求的k 为218、（2016二试3）（本题满分50分）给定空间中10个点，其中任意四点不在一个平面上，将某些点之间的线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值. 【解析】以这10个点为顶点，所连线段为边，得到一个10界简单图G ，我们证明G 的边数不超过15.边，否则就形成三角形，所以，121,,,n v v v +⋅⋅⋅之间恰有n 条边.对每个j (210)n j +≤≤，j v 至多与21,,n v v +⋅⋅⋅中的一个顶点相邻（否则设j v 与,(21)s t v v s t n ≤<≤+）相邻，则1,,,s j t v v v v 就对应了一个空间四边形的四个顶点，这与题设条件矛盾，从而21,,n v v +⋅⋅⋅与210,,n v v +⋅⋅⋅之间的边数至多10(1)9n n -+=-条.在210,,n v v +⋅⋅⋅这9n -个顶点之间，由于没有三角形，由托兰定理，至多2(9)[]4n -条边，因此G 的边数22(9)(9)25(9)[]9[]9[]15444n n k n n --≤+-+=+≤+=如图给出的图共有15条边，且满足要求，综上所述，所求边数的最大值为15.19、（2017二试3）（本题满分50分）将33×33方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等，若相邻两个小方格的颜色不同，则称它们的公共边为“分隔边”.试求分隔边条数的最小值.解：记分隔边的条数为L ，首先，将方格纸按如图分成三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边，此时共有56个分隔边，即L=56.1233123312356.,.,.A (A ),B ().,,.,().1,A .A ,)0,,).((ii i i j j j i j i j i j L A A B B n n B c c c c n c c c c B c n A δδ≥⎧⎪=⎨⎪⎩下面证明将方格纸的行从上至下依次记为A ，，列从左至右依次记为B ，，行中方格出现的颜色数记为列中方格出现的颜色个数记为三种颜色分别记为对于一种颜色设是含有色方格的行数与列数之和记若行含有色方格（否则.类似地定义（于是3333311133331112)())(A ,),))(A ,),))().133=3633363,n()38,n()391,i i i j i j i i j i j i j j j i j j j j j j n B c B c c B c n c c c a b c a b ab c a b c j δδδδ======+=+=+=⋅≥=+≥≥>≥=∑∑∑∑∑∑（（（（由于染色的方格有个，设含有色方格的行有个，列有个，则色的方格一定在这行和列的交叉方格中，因此从而故，33333311131112,3.1()()1()1(()1)(()1)(()())66(2)(()66.31.c 33c i i i j j i i i i i i i j j A n A n A B n B L n A n B n A n B n c ====--≥-+-=-=-∑∑∑∑（）由于在行中有种颜色的方格，因此至少有条分隔边，同理在列中，至少有条分隔边。

全国高中数学历届(2009-2019)联赛初等数论试题汇编1．【2017年全国联赛】若一个三位数中任意两个相邻数码之差均不超过1,则称其为“平稳数”.那么,平稳数的个数为____________。

【答案】75【解析】考虑平稳数,若,则,有2个平稳数。

若,则个平稳数。

若,则,有个平稳数。

若，则，有个平稳数。

综上，平稳数的个数为。

故答案为：752．【2015年全国联赛】对四位数，若，则称类数；若，则称类数.用分别表示类数与类数的个数.则的值为______.【答案】285【解析】记类数、类数的全体分别为，再记个位数为零的类数全体为，个位数不为零的类数全体为. 对任一四位数，将其对应到四位数.注意到，.则.反之，每个唯一对应于中的元素.因此，建立了之间的一一对应.故.下面计算.对任意四位数可取0，1，…，9，对其中每个，由，知分别有种取法.故.因此，.故答案为：2853．【2010年全国联赛】方程满足的正整数解（）的个数是________.【答案】336675【解析】首先，易知方程的正整数解的个数为.其次，把方程满足的正整数解分为三类：（1）均相等的正整数解的个数显然为1；（2）中有且仅有两个相等的正整数解的个数，易知为1003；（3）设两两均不相等的正整数解的个数为.注意到.解得.故满足的正整数解的个数为.4．【2019年全国联赛】设m为整数，|m|≥2.整数数列满足：不全为零，且对任意正整数n，均有.证明：若存在整数r，s（r>s≥2）使得，则.【答案】【解析】若，记.则对任意正整数n，d|a n，考虑数列，可得同样结论。

故不妨设，由可知，即对任意大于2的正整数n，.若a 1，不满足，则不存在r>s≥2使得，故不妨设，由互质性.设，则b n为整数数列，.可知，若存在整数使得，则.而，故，由知，故r-s≥|m|.5．【2018年全国联赛】设n，k，m是正整数，满足k≥2，且.设A是的n元子集。

联赛数论题目汇编1.（81年）组装甲、乙、丙三种产品，需用A 、B 、C 三种零件。

每件甲需用A 、B 各2个：每件乙需用B 、C 各1个；每件丙需用2个A 和1个C 。

用库存的A 、B 、C 三种零件，如组装成p 件甲产品、q 件乙产品和r 件丙产品，则剩下2个A 和1个B 。

但C 恰好用完。

试证：无论怎样改变产品甲、乙、丙的件数，也不能把库存的A 、B 、C 三种零件都恰好用完。

2. （82年）已知圆 222x y r +=（r 为奇数），交x 轴于A （r ，0），B （－r ，0），交y 轴于C （0，－r ），D （0 ，r ），P(u ，v)是圆周围的点，,m n u p q υ==（p 、q 都是质数，m 、n 都是自然数）且u υ>.点P 在x 轴和y 轴上的射影分别是M 、N 。

求证：｜AM ｜、｜BM ｜、｜CN ｜、｜DN ｜分别是1、9、8、2。

3.（86年） 平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点称为整点。

请设计一种方法将所有的整点染色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得（1） 生病 种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上无穷多次；（2） 对任意白点A 、红点B 和黑点C ，总可以找到一个红点D ，使得ABCD为一平行四边形。

（3） 证明你设计的方法符合上述要求。

4.（87年）若k 是大于1的整数，a 是210x kx -+=的根，对于大于10的任意自然数n ，22n n a a -+的个位数字总是7，则k 的个位数字是＿＿。

5. （88年）在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I 表示所有直线的集合，M 表示恰好通过一个数点的直线的集合，N 表示不通过任何整点的直线的集合，P 表示通过无穷多个整点的直线的集合，那么表达式：(1)1;(2);M N P M =≠Φ (3)(4).N P ≠Φ≠Φ 中正确的个数是（A ）1； （B ）2； （C ）3； （D ）4。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题29初等数论1.【2020高中数学联赛E卷(第02试)】设Gb为不超过12的正整数,满足:存在常数C,使得α∏+b∏+9≡C( modl3)对任意正整数H成立-求所有满足条件的有序数对(α, b).【答案】(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)【解析】解法1：由条件知,对任虑正整数几有沪+ b n+9≡ a n+2 + b n÷12(modl3). ①注意到13为素数,α上均与13互素,由费马小定理知H ≡b2≡I(ZnOdI3).因此在①中取沪12,化简得1 + b9≡a2+ l(modl3),故b° ≡ α3(modl3).代入①,得N + a3b n≡απ÷3 + &π+12≡ απ÷3 + ∂π(modl3),即(刃一∂n)(l 一α3) ≡ 0(modl3). ②分两种情况讨论.(i )若疋≡ 1 (modi3),则沪≡ a3b3≡ b l2≡l(modl3),又{12∙∙∙J2},经检验可知a f bE{1Λ9}.此时“ + b n+9≡ a n+∂n(modl3).由条件知α + b ≡ a2 + b3≡2(mod 13),从而只能是π=δ=l.经检验,当(α, b) =(1,1)时,对任总正整数n, J +沪+9模U余2为常数,满足条件•(ii)‰3N l(modl3),则由②知,对任意正整数n,Wαn≡ ∂n(modl3).特别地，α ≡ &(modl3),故a=b.所以a? ≡ b9=α9(modl3),即左(“ 一l)(α3+ 1) ≡ 0(mod 13),‰3≡ -I(modl3).通过检验α ≡ ±‰±2,-j±6(modl3),可知α = 4,10,12.经检验,当(α,b) = (4M(IO40),(12J2)时,对任盘正整数”，有"+ b n^9= a n +αn÷9= a n(l + (α3)3) ≡ 0(modi3),满足条件.综上,所求的有序数对(α, b)为(1,1), (4,4), (10,10), (12,12).解法2:由条件知,对任盘正整数",有("+ ∂n+9)(αn+2+ fa n÷11) ≡ (αn÷1 + ∂n+10)≡(modl3), 化简得αn∂π÷11 + aπ÷2b n+9≡ 2a n÷1 + ∂π÷10(modl3),即a n b n^(a一b)2≡0(modl3).由于13 为素数,a,b∈ {12…,12},故13Ka 一b)：,进而a = b.因此,当M变化时,αn+ b n÷9= αn(l + Q9)模13的余数为常数.当1 + α9 (modl3)时,由上式知,"模13的余数为常数，特别地,有小≡ α(modl3),故el.当l + α9≡ 0(modl3)时,由费马小定理得“ ≡ l(modl3),故心≡ a3• (一“)≡ -α12≡ -I(modl3).通过检验α ≡ ±1, ±2「・・，±6(modl3),可知α = 4,10,12.综上,所求的有序数对(α, b)⅜(l,l), (4,4), (10,10), (12,12).2.[2019高中数学联赛A卷(第02试)】设加为整数，|加|》2.整数数列α1,α2,-满足:5不全为零，且对任恿止整数"，均有αn+2= αn+1 - ma n.证明:若存在整数厂、s(r>s≥2)使得O r= a s = a lf则r -Syn1.【答案】证明见解析【解析】不妨设如,如互素(否则,若(a lf a2)= d > 1 ,则孑与晋互素，并且用%#，¥，•••代替S吆α3,∙∙∙条件与结论均不改变)•由数列递推关系知α= ≡ α3≡ α4≡…(mod Inll) ①以下证明:对任恿整数n≥3,有αzj≡α2- (α1+ (n- 3)α2)m(modτn2) ②事实上，当"=3时②显然成立•假设时②成立(其中斤为某个人于2的整数)，注意到①，‰αk.1≡ ma2(modτn2),结合•归纳假设知αfc+1= a k-mαfc.1三5 _ (α1+ (上一3)α2)m 一ma2≡ α2—(α1+ (k —2)α2)( modτn2)>即W=HI时②也成立•因此②对任意整数"≥3均成立-注這•当4丄=色时，②对W=2也成立.设整数尸、W>s≥2),满足a r= a s=α1.若5 = 5，由②对”N2均成立，可知a2_ (α1+ (r —3)a2)m ≡ a r= a3= a2—(α1+ (s —3)—)加(mod πι2),即5 + (r —3)α2≡ α1 + (s —3)αrr( mod Inι∣).即(旷一s)a2≡ 0( mod ImI) ③若5 ≠ a2,则外=a s= a1≠ a2,故7,>5>3.此时由于②对曲3均成立，故类似可知③仍成立.我们证明①，加互素事实上，假如①与加存在•个公共素W TP.则由①得P为SaW••的公因C而勺,％互素，故p Ia1,这与S = a s=如矛丿帀.因此，由③f⅛r - s ≡ 0(mod ∣τn∣).又4s,所以r - s ≥ ∣m∣.3.[2019高中数学联赛E卷(第02试)】求满足以下条件的所有正整数”：(1)"至少有4个正因数；(2)若d1<d2< - < d k是”的所有正因数,d2-d1,d3-d2,∙∙∙, d k - d k.1构成等比数列.【答案】答案见解析【解析】由条件可知空4,且a k-L^a k-2易知d丄=I f d k= n f d k.1 = £-, dfc-2 =診代入上式得害=二⅛,化简得(心- d2)=≡ (d3 - l)=d3.d≡^1矿石由此可知d3是完全平方数.由于空予是“的最小素因山是平方数，故只能d3≈p z.从而序列d2 - d l,d3 - d z,-,d k -d k.1 ,p- l t p2 - p,p3 -p2, -,p k~1 -p k~z,即d x,d2,d2,-,d k为1, p, P=,-, P k-I f而此时相应的H ^P k-I-综上可知，满足条件的"为所有形如Pa的数，其中P是素数，整数"23.4.【2018高中数学联赛B卷(第02试)】给定整数Q2.证明:对任意正整数”，存在正整数匕使得连续"个数a k + l t a k + 2, ∙∙∙t a k + n均是合数.【答案】证明见解析【解析】设i1< ι2< - < i r是1, 2,…，”中与α互素的全体整数，则对l≤f≤π, I € {i1,t2,-,i r}^无论正整数*如何取值，/ + Z均与α不互素且大于α,故十+ i为合数.对任盘丿=1，2. ...» ?•»Wa + i j. > 1,故a + i j有素因f p j.我们有(P il a) = 1(否则，因刃是素数，故Pjla,但Pja+ 4从而Pjl屮故不互素，与S的取法矛厉).因此，由费马小定理知,Ori-I≡ l(modp y).现収上= (P I- l)(p2 - 1)... (P r- 1) + 1.对任7=1» 2,…，儿注意到k ≡ 1( mod p j-l),故有αk + ≡ α +≡ 0( mod p i).又a k + i j > a + i j Pj,故a k + i j为合数.综上所述，当k = (p1- I)(P= - 1)∙∙∙ (P r-I) + 1 时，a k + l,a k + 2,∙∙∙t a k + n均是合数.5.[2017高中数学联赛A卷(第02试〉】设加、”均是大于1的整数，加狄％〜，…，-是〃个不超过加的互不相同的正整数,且a1,a2,-,a n互质•证明:对任意实数x,均存在•个/(1≤J≤M),使得Ila f XI∣ ≥-^-∣∣%∣∣,这里IIyπz(τn+l)Il农示实数y到与它最近的整数的距离.【答案】证明见解析【解析】4首先证明以下两个结论结论1 存在整数c lt c2f∙∙∙l c n.满足C I a I + c2a2+ ∙∙∙ + c nαn= It并且ICd ≤ 1 ≤ i ≤ n・由J (α1,α2, ∙∙∙,απ) = 1,由裴蜀定理,存在整数c1, c2, •••> c n,满足C丄Cl] ÷ C Z(12 ∙,∙÷ C n a n= 1 CIJ下面证明，通过调整，存在^C V C2,-,C n满足①，且绝对值均不超过m i½(c n c2j-,cπ) = ∑c.>m c t≥ 0∙52(C V C2√∙∙,c n) = ∑e.^m∣9∣ ≥ 0∙如果Sι>0,那么存在c i>m> 1.于是C i a i >1,又因为a lf a2f-f a n均为正数，故由①可知存在C j < 0.令c；= Ci 一a jf cj = C j +a if Ck =C fc(I ≤ k ≤ n l k ≠ ZJ),则弘丄+ c t2a z H-- 1- Cna n= 1 ②并且0 ≤ TH—丐≤ c； VC“ g V 弓Vaf ≤ z∏∙因为4 V q,且Cj < m.所以S jL(CZCJ…，c：) V S2(CvCs・・・，cJ.又c； > 今及c；> 0, ι⅛S2(c∫,Ci l-I c；) ≤S2(c ll c2l-½cπ).如果S2>0,那么存在C j <-m, W此有•个C i > 0.令c；= Ci 一a jf c- =C j+ a it C t k= C k(I ≤ k ≤ ∏Λ ≠ ZJ)，那么②成立，并且一加< Ci < C if CJ < Cj < 0.与上Ifri类似地可知S JL (⅛ c；,…心)≤ S丄(d g…心)，l⅛(c;心…,4) < S2(c ll c2√∙∙,c n).因为Sl与6均是非负整数，故通过有限次上述的调整，可得到•组c1, C2,-., c n,使得①成立，并且51= S2 = 0. 结论1获证.结论2(1)对任意实数心b,均⅛∣∣α + ∂∣∣ ≤ IlalI + ∣∣fc∣∣.(2)任意整数U和实数y WIlUyIl ≤ IUl・∣∣y∣∣.由于对任盘整数“和实数X，有∣∣x + u∣∣ = I∣x∣b故不妨设α, h∈[-i,i],此时IlaII = IaIIbll = ∣b∣.若ab<Q,不妨设α≤0≤b,贝IJa + b € [—£,弓，从而IIa + b∖∖= ∣a+b∣≤ IaI + Ibl = IIaIl + ∣∣b∣∣.若ab>Q.即a、b同号.当∣a∣ + ∣b∣≤扌廿，有a + bG ——弓，此时Ila + b∖∖= ∖a+b∖=IaI + Ibl = IIaIl + ∣∣b∣∣.当∣α∣ + ∣⅛∣>⅛< 注总总有∣∣α + ∂∣∣ ≤∖■ M 故 ∣∣α+ ∂∣∣≤^<∣α∣ + Ihl = IlaII+ ∣∣δ∣∣. ■ 故⑴得证•由⑴及Il -y∣∣ = IIyIl 即知⑵成立•回到原问题,由结论1,存在整数CVC 2,∙∙∙,c ⅛1f 使得C I a I + c 2a 2 + ∙∙∙+ C n a n = 1, 并且ICil ≤ Hi l 1 ≤ ≤ n ・「是 ∑7≈ιC i a i x = X.利用结论 2 得IMII = ∣∣∑Γ=I C i a l x ∖∖ ≤ ∑f= JCfl ∙ Ila f XIl ≤ m ∑?=I Ila f %∣∣. I 大I 此maXgG∣∣αg∣∣ ≥ ^IlXIl ③ 若 n ≤ ∣(m + 1).由③可知 max κf <Jla l xIl ≥^≥Tin > i(m + 1),则在％吆…,5中存在两个相邻正整数.■不妨设a 十色相邻，则IMII = ∣∣a 2% - a 1%∣∣ ≤ ∖∖a 2x ∖∖ + Ila I %∣∣.6. [2015高中数学联赛(第02试)】求具有下述性质的所有正整数对任总正整数小2(一丄)卄丄I 畀不成立• n!【答案】答案见解析【解析】以呛)衣示"!中2的第次，以S(“)农示n 的二进制农示中1的个数. 有结论”(九)=n -5(n).原题等价丁P(TI) + k(n - 1) ≥ V(Jkn y )恒成立，等价于S(Zai) ≥ S(ZI)恒成立. 显然S(IC) ≥ 1.当S(M)=I,即左为2的方'幕时，WS(kn) ≥ 5(n),符合題盘. 下而用构造法证明：使S(k)≥2的斤均不符合题意. 若S(k)>2,则k 的二进制农示中至少有两个1.用如下方式构造序列““使得存在使S(knKS),则这样的斤不符合条件- 以下讨论均在二进制下.先‰1= l,n 2 = 2a + l ・使得2噪中的最后•个1与*中倒数第二个1对齐(如RlOOl 时，a=3). 当弘取定时，考虔此肘的加『：取％ι = % + 2b,使得2%中的最后•个1与呛中倒数第二个1对齐(如RlOol 时，仙｝为1, 9. 25....).这故IlaHIl 与IlWdI 中有•个A 孕A 加11m(m÷l)*综上所述, 总存在 •个 /(l<∕<n),满足IlaMll ≥ l∣%∣∣.样构造出了•个数列｛川｝，并且易知该数列有无穷笋项•考虑其中•项与由构造方式有S(E)设吟=∑∙=I2ai(α1> a2> — > a j=0),由构造的方式，知佔手的最后«1+1位只有-个1.设 2〃≤k< 2m÷1,则2a^m≤ kn j < 2α^÷m÷2>这样，蚀,的一二进制衣示中至多有Λι+m+l位，至多有7M-1个1.VikJ>m-∖,有故使S(¼)≥2的k均不满足题设.综上，所求的点为一切2的方慕.7.[2014高中数学联赛(第02试)】设整数x v%2√∙∙,X2014模2014互不同余,整‰y2,∙∙∙,y20i4模2014也互不同余•证明：可将2CH4重新排列为Zp Z2√∙∙l Z2ol4 ,使得衍+ Z lf X2 + Z2 f-f X2014f +^2014模4028兀不同余•【答案】证明见解析【解析】记⅛=1007.不妨设石三X三KmOd 2k) (1 ≤ ι ≤ 2k)t对每个整数b l≤∕≤fc> 若如+y i MsC+yg(mod4k),则令Zf = y h z f+k= y t>k> 否则，令Zf = y i+kf z i^k=如果是前•种情形.W I JXt + Z i = X i +y i NXiM + y(+k = X i^k +Z[∙+k(mod4k),如果是后•种情形，则也有曲+ Z i = X i + y f+fc ^%l∙+fc+y i= X i^k +z i+k( mod 4fc)若不然，我们有Xi + y i≡x t∙+k+ y r+fc( mod4k)> %l∙+y t∙+k≡ Xi^k +y l∙(mod4∕c),两式相加得2如≡ 2x t+k(mod 4k). T是血≡ %t+fc(mod2k).(HX l,x2√∙∙J X2OI4模2014(2014=2Q互不同余，特别地血x t+fc(mod 2k) > 矛Jit由上述构造方法知z1,z2√∙∙∕z2k是为％∙∙∙,>⅛k的排列・记WI= X i +z b i =12∙∙∙,2k.下面验证ω1,ω2, ∙∙∙lω2k模4E互不同余,这只需证明，对任意整数(丿1 ≤ t < / ≤ k,w f, Wj l w t∙+k,气+J f模4k两两不同余-注意•前[fti的构造力式已保证Wf +fc(mod 4k)f w j NVV屮(mod 4") ①情形β: Z i = y i且z)=y厂则由前面的构造方式可知叫三叫+上三2Z(mod 2k), Wj ≡ Wj^k≡2;(mod 2k).由于2( N2丿(mod2k),故易知Wf与呦及叫+花模2⅛不同余,叫+住与说及吗+上模2斤不同余•从而模4«更不同余，再结合式①，可见结论得证•惰形二:Z i= y f+k,且Zj = y j+k ,则由前面的构造方式可知:W[ ≡ W i^k≡ 2i + k( mod 2k). Wj ≡ Wj^k≡ 2j+ k(mod2k).同样有Wt与Wj及嗎+J f模2k不同余，Wt+J f与气及+J f模Ik不同余，与情形•相同地可知结论得证.情形三：Z i = y i,且Zj = y j+k <z i= y i+k. IiZ) = y j的情形与此相同)，贝∣J由前面的构造方式可知Wf ≡ Wf+∣c≡ 2i(mod 2k), Wj ≡ w j+k≡ 2j + k( mod2k).由于上是奇数,故2i^2j + k(L mod2),更有2i^2j +k(mod2k).因此仍然有Wf与气及气+J C模2k不同余，VVt+上与气及气+j f模2k不同余.从而结论得证-因此本題得证.S.【2013高中数学联赛(第02试)】设“，上为大于1的整数,*2L证明：存在M个不彼"整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有•组有若干个数的和被“整除.【答案】证明见解析【解析】先考虑“为2的扇的情形‰ = 2r,r≥l,则K疋取3个2-1及"一3个1,显然这些数均不被“整除•将这M个数任总分成两组，则总有•组中含2个2r-1,它们的和为"，被"整除.现在设H不是2 的幕，収2k个数为一1,-1,-2,-22,..., -2k-≡,l,2,2≡,-.,2k-1,因为〃不是2的慕，故上述％个数均不被“整除-若可将这些数分成两组，使得每•组中任意若干个数的和均不能被〃整除•不妨设1在第•组，由于(-1) + 1 = 0彼〃整除，故两个一1必须在第二组：W(-l) + (-l) + 2 = 0被"整除，故2在第•组，进而推出一2在第二组.现归纳假设l,2,-,2l均在第•组，而一1, -1, 一2,…，一2丿均在第二组，这里1≤ ∕<k-2,由于(-1) + (-l) + (-2) + ∙∙∙+ (-2t)+2t÷1 = 0被“整除，故2如在第•组，从而一2屮在第二组•故由数学归纳法可知，l,2,22,∙∙.,2k-≡在第•组，一1, -1, -2, -22, .... -2*^2在第二组.最后,由于(-1) + (-1) + (-2) + •••+ (-2k-2) + 2fc~1= 0被"整除,故2一在第•组.因此l,2,22,..∙,2k-1均在第•组，由正整数的二进制农示可知,每•个不超过2"-1的正整数均可农示为l,2,22,-t2k-χ中若干个数的和，特别地，因为九<2上-1,故第•组中有若干个数的和为”，半然被”整除，矛厉.因此，将前述2«个整数任意分成两组，则总有-组中有若干个数之和被"整除.9. [2009高中数学联赛(第02试)】设也/是给定的两个正整数•证明：有无穷多个正整数n l≥k,使得C J S与/互素.【答案】证明见解析【解析】证法•对任意正整数n <>m = k + t√∙(k!),我们证明(C J iU)=1.设P是/的任•素因子，只要证明：若P弘!，则由k! ⅛= ∏'sl(m-k + i)≡H：J(Z + d(k!))] ≡ ∏f=I i ≡ k! (modp),因此对任总"∈ N*,存在m ∈ NSk ∈ P,使得∕∙(τn,k) = n.11.【2004高中数学联赛(第02试)】对于整数“≥4,求出最小的整数血),使得对于任意正整数汕集合{加，m+l,加+2,…，加十〃一1}的任何•个血)元子集中,均有至少3个两两互素的元素.【答案】证明见解析【解析】当n≥ 4l∣i f»对集合M = {mτn + l,m + 2,∙∙∙,τn + n — 1},若2|加,则m+l, m+2, m+3两两互素.若2不能整除加,则加，nι+l,加+2两两互素.所以M的所有"元了集中，均有至少3个两两互素的元素，即夬小存在且y{")≤0∙‰={t∣t≤n+1^2∣t^3∣t}可知T”是{2, 3,.」+1}的子集,但7；中任3个元素均不能两两互素,所⅛∕(n)≥ ∣T n∣ + l.由容斥原理知ITnI=［字］+从而必有r(n)≥ ［4i］ + ［宁］一［宁］+1 ①所以f(4) ≥ 4,/(S) ≥ 5√(6) ≥ 5, /(7) ≥ 6,∕f(8) ≥ 7√(9) ≥ 8.我们将证明/(6) = S,设咒"2,SSX5是仙，加+1，加+2,…，时5}中的5个数,若这5个数中有3个奇数，则它们两两互素，若这5个数中有两个奇数，则必有3个偶数，不^X I,x2,x3为偶数，怠*5为奇数•当1≤7<7≤3 时，IXf -XyI ∈ {2,4}»所IUX I,x2,X3中至多1个被3整除，至多1个彼5整除，从而至少有1个既不被3整除也不被5整除.不妨设其为曲，有址，怠，划两两互素•说明这个数中有3个两两互素，即/(6) = 5.又因为{加‘加 + I t nI + 2, ∙∙∙f m +n} = {m f m + I t nl + 2, ∙∙∙f m + n —1} U {m + n}.可⅛l∕(n + 1) ≤∕(n)+l,因为代6) = 5,所以几4) = 4,/(S) = 5,f(7) = 6√(8) = 7√(9) = 8.所以当4 ≤n≤ 9l⅛∕(n) = ［^］ + ［唱 + ［^］ + 1 ②接下来用归纳法证明对所有W都有式②成立；假设"≤Mt≤9)时，式②成立-当时，由］{m t m + I l m + 2,∙∙∙,τn + k}={m f m + + 2j∙∙∙ ,τn + k —6} U {m + k —5,m + k —4fτn + k —3»m + k —2f m + k —l√m + k}.且当n=6∙n=k-5时，式②成立.所以对任盘的曲4,有弘)=［營+ ［字卜［唱+ 1- 12.【1995高中数学联赛(第02试)】求•切实数P ，使得三次方程5%3 - 5(p + I)%2 + (71p - 1)% + 1 = 66p 的三个根均为自然数. 【答案】7&【解析】由观察易知x=l 为原三次方程的个自然数根, 由综合除法，原三次方程可降次为二次方程5妒-5p% + 66p-l = 0原三次方程的三个根均为H 然数等价于二次方程①的两个根均为自然数.设小v<∕r≤v)为方程①的两个根，则由韦达定理得 把式②代入式③得5uu = 66(U + v) - 1 ④可知赣V 都不能被2∙ 3, 11所整除.而小V 均为自然数，由式⑤可知“> 晋，即u >14. 又2|心3卜均不成立，所以u >17.即S U 2-132U +1≤ 0.于是l4≤血Ξ≡v 竺，所以17≤u≤26.5 5再由2|心3|“均不成立知，M 只能取17. 19, 23, 25. 当“=17时，由式⑤得V = —= 59,19当π=19时，由式⑤得V = ^ 并非自然数•应舍去29 当π=23时，由式⑤得υ=≡>并非自然数，应舍去.49 当戸25时•由式⑤得晋，并非自然数•应舍去.59所以仅当p =U +“ = 76时，方程①的两根均为自然数，原方程的三根均为自然数.13. ［1994r ⅛中数学联赛(第02试)】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100U + V = P ②UV = -(66P — 1)(5) 又由式④得66U-I 5 U-由v≥∕/及式⑤可得66“一丄 所以f(fc + 1) ≤ f(k 一 5) + /(6)一 1由式①与③知，对n=Z 式②成立.O项.【答案】2186【解析】⅛S = {U√∙∙405}, A1={x∖x≡S且3x}∙A2≈{X∖X≡S^5∖X-43={X∣X∈S且7g}∙则与105互素且不人于105的自然数为：M1∩ A2∩ A3I = ∣s∣ - (M I l + M2I + M3D + (M I n A2∖ + ∖A lπ A2∖+ ∖A2∏A3∖)-∖A1∩A2nA3∖,所以ISl = 105」All = 35,= 21, ∖A3∖=15, ∖A1dA2∖= 7f∖A1∏A4f∖= S f∖A1dA2∖=3,∣41∩∕l2∩i43∣ = l∙∩ A2∩ ∕3∣ = 105 -(3 × 5 + 3 × 7 + S × 7) + (3 + 5 + 7) - 1 = IOS -71+ 15 - 1 = 48 设与105互素的正整数按从小到大的顺序扌It成的数列为」“吆期，…，^，…，H,Jα1= I t a Z= 2, a2= 4,∙∙∙f a Af Q= 104,今P = Cl2f e∙∙ > 1,•方面■对 J w≥l∙令αn= 105k + r(k ≥ 0,0 ≤ r ≤ 104,k t r∈ Z),因为(O n jo5) = 1.所以(FJo5) = 1, ½r∈P:另•方面,对于任意的非负整数上及r∈P. W为(r, 105) = 1,所以(IOSk + r, 105) = 1,从而必有n使得α7l= 105k +r.这农明数列{a”}由且仅由形如105加伏≥0, ⅛∈Z. r∈P)的数按从小到人的顺序扌Il列而成.因为数列是递增的，且对每个固定的非负整数匕当「取遍P的值时，共得48个数，而IOOO = 48 × 20 + 40,所以山。

1、（2005一试6）记集合},4,3,2,1,|7777{},6,5,4,3,2,1,0{4433221=∈+++==i T a a a a a M T i 将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（ ）A ．43273767575+++B ．43272767575+++ C ．43274707171+++ D ．43273707171+++【答案】C2、（2006一试6）数码1232006,,,,a a a a 中有奇数个9的2007位十进制数12320062a a a a 的个数为（ ） A ．200620061(108)2+ B ．200620061(108)2- C ．20062006108+ D ．20062006108- 【答案】B3、(2008一试5) 方程组0,0,0x y z xyz z xy yz xz y ++=⎧⎪+=⎨⎪+++=⎩的有理数解(,,)x y z 的个数为 （ ）。

（A ） 1 （B ） 2 （C ） 3 （D ） 4 【答案】B4、（2004一试10）．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，则k=【答案】14(p +1)2【解析】设k 2－pk=n ，则(k －p2)2－n 2=p 24，⇒(2k －p +2n )(2k －p －2n )=p 2，⇒k=14(p +1)2．5、(2005一试12) 如果自然数a 的各位数字之和等于7，那么称a 为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列,,,,321 a a a 若,2005=n a 则=n a 5 .∵2005是第1+7+28+28+1＝65个“吉祥数”，即.200565=a 从而.3255,65==n n 又,210)5(,84)4(61069====CP C P 而∑==51.330)(k k P∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是：70000，61000,60100,60010,60001,52000.∴第325个“吉祥数”是52000，即.520005=n a 6、（2006一试11）方程20062420042005(1)(1)2006x x x x x +++++=的实数解的个数为 . 【答案】17、（2010一试8）方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解（x ,y ,z ）的个数是 .【答案】336675从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.8、（2011一试8）已知=n a C ())95,,2,1(2162003200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，则数列}{n a 中整数项的个数为 ． 【答案】15【解析】显然n ≥5. 记n 个人为A 1，A 2， A N ，设A 1通话的次数为m 1, A i 与 A j 之间通话的数为y ij , l ≤n j i ≤, .则m i +m j – y i . j =∑=ns s m 121-k 3= c . （*）其中c 是常数 ，l ≤n j i ≤, .根据（*）知，=-j i m m )()(s j s i m m m m +-+=s j s i y y ..-≤1 , l ≤n j i ≤, .⇒1≤-j i m m , l ≤n j i ≤,设 m i =max{m s ,1.n s ≤≤} ,m j = min{m s,1≤s ≤n.} , 则 m i +m j ≤1.若 m i +m j =1 ,则对于任意 s ,,j i ≠ 1≤s ≤n ,都有(m i +m s -y I ,s )- (m j +m s -y I ,s )=1-(y I ,s – y j ,s )=0 , 即 y I ,s – y j ,s = 1 故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . s ,,j i ≠ 1≤s ≤n ,因此 m i ≥ n -2 , m j ≥1 . 于是 ，m i +m j ≥n -3≥2 . 出现矛盾 ，故 m i +m j =0 ，即 m s (1≤s ≤n)恒为常数 。

全国高中数学联赛数论历年真题精选(2014.09.01)（2013年全国高中数学联赛试题）二、（本题满分40分）给定正整数,u v .数列{}n a 定义如下：1a u v =+，对整数1m ≥，221,.m m m m a a u a a v +=+⎧⎨=+⎩记12m m S a a a =+++（1,2,m =）.证明：数列{}n S 中有无穷多项是完全平方数.提示：由对称性和和谐性，求21m S +，发现21m S +和m S 之间的递推关系，为了拉近21m S +和m S 间的关系，最好是某个数列的相邻两项，于是想到212(1)1(1)1,m m m m S S S S ++-+-==，故考虑令12n m +=，就有了21{}n S -的通项公式121()2n n S u v n --=+.于是令2*2()r ,.n u v r N =+∈参考答案没有给出思维过程，需要大家深入思考，去领悟问题的本质，做二试题一定要达到看答案觉得那是自然的解答过程才算理解了。

下面给出（2）的几种证法.证法一:令1,12,k b mx b y +=+=消去b 得12 1.k y mx +-=由于1(2,)1,k m +=这方程必有整数解;102k x x t y y mt+⎧=+⎪⎨=+⎪⎩其中00,(,)t z x y ∈为方程的特解.把最小的正整数解记为(,),x y **则12k x *+<,故21,b mx a *=<-使(1)b b +是2a 的倍数．……40分 证法二:由于1(2,)1,k m +=由中国剩余定理知,同余方程组10(mod 2)1(mod )k x x m m +⎧=⎨=-⎩在区间1(0,2)k m +上有解,x b =即存在21,b a <-使(1)b b +是2a 的倍数．…………40分证法三:由于(2,)1,m =总存在(,1),r r N r m *∈≤-使21(mod )rm =取,t N *∈使1,tr k >+则21(mod )tr m =存在1(21)(2)0,,trk b q m q N +=--⋅>∈使021,b a <<-此时1,21,k m b m ++因而(1)b b +是2a 的倍数．……………40分四、（本题满分５０分） 设1112n S n=+++，ｎ是正整数．证明：对满足01a b ≤<≤的任意实数,a b ，数列{[]}n n S S -中有无穷多项属于(,)a b ．这里，[]x 表示不超过实数ｘ的最大整数．【解析】证法一:(1)对任意n N *∈,有21111232n n S =++++121111111()()2212212n n -=++++++++22111111()()22222n n >+++++++111112222n =++++>证法二:(1) 21111232n n S =++++ 121111111()()2212212n n -=++++++++22111111()()22222n n >+++++++111112222n =++++>（2011年全国高中数学联赛试题） 二、（本题满分40分）证明：对任意整数4≥n ，存在一个n 次多项式0111)(a x a x a x x f n n n ++++=--具有如下性质：（1）110,,,-n a a a 均为正整数；（2）对任意正整数m ，及任意)2(≥k k 个互不相同的正整数k r r r ,,,21 ，均有)()()()(21k r f r f r f m f ≠．【解析】令2)()2)(1()(++++=n x x x x f ， ① 将①的右边展开即知)(x f 是一个首项系数为1的正整数系数的n 次多项式． 下面证明)(x f 满足性质（2）．对任意整数t ，由于4≥n ，故连续的n 个整数n t t t +++,,2,1 中必有一个为4的倍数，从而由①知)4(m od 2)(≡t f ．因此，对任意)2(≥k k 个正整数k r r r ,,,21 ，有 )4(m od 02)()()(21≡≡k k r f r f r f ．但对任意正整数m ，有)4(m od 2)(≡m f ，故)4)(m od ()()()(21k r f r f r f m f ≡/， 从而)()()()(21k r f r f r f m f ≠．所以)(x f 符合题设要求．2．（40分）设k 是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥．三．（本题满分５０分）设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素．【解析】证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1k m l =，． 设p 是l 的任一素因子，只要证明：p ／∣C k m ．（2008年全国高中数学联赛试题） 二、（本题满分50分）设()f x 是周期函数，T 和1是()f x 的周期且01T <<．证明： （1）若T 为有理数，则存在素数p ，使1p是()f x 的周期； （2）若T 为无理数，则存在各项均为无理数的数列{}n a 满足110n n a a +>>>(1,2,)n =⋅⋅⋅，且每个(1,2,)na n =⋅⋅⋅都是()f x 的周期．二 .【解析】（1）若T 是有理数，则存在正整数,m n 使得nT m=且(,)1m n =，从而存在整数,a b ，使得 1ma nb +=．于是11ma nb a bT a b T m m+==+=⋅+⋅是()f x 的周期．又因01T <<，从而2m ≥．设p 是m 的素因子，则m pm '=，m *'∈N ，从而 11m pm'=⋅是()f x 的周期．（2）若T 是无理数，令 111a T T ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦，则101a <<，且1a 是无理数，令21111a a a ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦， 111n n n a a a +⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦， 由数学归纳法易知n a 均为无理数且01n a <<．又111n n a a ⎡⎤-<⎢⎥⎣⎦，故11n n n a a a ⎡⎤<+⎢⎥⎣⎦， 即111n n n n a a a a +⎡⎤=-<⎢⎥⎣⎦．因此{}n a 是递减数列． 最后证：每个n a 是()f x 的周期．事实上，因1和T 是()f x 的周期，故111a T T ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦亦是()f x 的周期．假设k a 是()f x 的周期，则111k kk a a a +⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦也是()f x 的周期．由数学归纳法，已证得n a 均是()f x 的周期．。

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n >2，k >2时，n (n －1)k －1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 +2n －2)×n ÷2=n (2m +n －1)．令n (n －1)k －1= n (2m +n －1)，则(n －1)k －1－(n －1)=2m ．无论n 为偶数还是奇数，(n －1)k －1－(n －1)均为偶数，故m=12[(n －1)k －1－(n －1)]为整数．∴ 从(n －1)k －1－(n －1)开始的连续n 个偶数的和等于n (n －1)k －1．由于n 、k 给定，故(n －1)k －1－(n －1)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 )= n2，当n 为奇数时，f (n )=n +3，1° 证明：对任何一个正整数m ，数列a 0=m ，a 1=f (a 0)，…，a n =f (a n －1)，…中总有一项为1或3．2° 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a n >3时，若a n 为偶数，则a n +1=a n 2<a n ，若a n 为奇数，则a n +2=a n +32<a n ，即于是在{a n }中可以找出一个单调递减的子序列，由于该序列的每项都是正整数，故进行到某一项时序列的项≤10，此时当a n =3，6，9时，出现如下的项：9→12→6→3→6→3→…；当a n ≤10且3＼|a n 时，出现如下的项：7→10→5→8→4→2→1；总之，该数列中必出现1或3．2° 当m 为3的倍数时，若m 为偶数，m2仍为3的倍数；若m 为奇时，m +3是3的倍数，总之a n 对于一切n ∈N *，都是3的倍数，于是，上述数列中必出现3，当m 不是3的倍数时，m2(若m 为偶数)与m +3(若m 为奇数)都不能是3的倍数，于是a n 不是3的倍数，故a n ≠3，此时数列中必出现1．（1979二试7）某区学生若干名参加数学竞赛，每个学生得分都是整数，总分为8250分，前三名的分数是88、85、80，最低分是30分，得同一分数的学生不超过3人，问至少有多少学生得分不低于60分(包括前三名)？解：8250－(88+85+80)=7997．(30+31+32+…+79)×3=50×109÷2×3=8175．即从30到79分每个分数都有3人得到时，共有8175分，此时及格学生数为20×3+3=63人．8175－7997=178．若减少3名及格的学生至少减去180分．故至多减去2名及格的学生．∴至少63－2=61人及格．(1982T12)已知圆x2+y2=r2(r为奇数)，交x轴于点A(r，0)、B(－r，0)，交y轴于C(0，－r)、D(0，r)．P(u，v)是圆周上的点，u=p m，v=q n(p、q都是质数，m、n都是正整数)，且u>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u>v，得m>n，于是p2n(p2(m－n)+1)=r2，这是不可能的．(因p2(m－n)与p2(m－n)+1都是完全平方数，它们相差1，故必有p2(m－n)=0，矛盾)．故p≠q，于是(p，q)=1．若p、q均为奇数，则p2≡q2≡1(mod4)，与r2≡0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=r2－22m=(r+2m)(r－2m)．即r+2m与r－2m都是q2n的约数．设r+2m=q k，r－2m=q h，其中k>h≥1，k+h=2n．∴r= 12(qk+q h)=12qh(q k－h+1)，2m=12(qk－q h)=12qh(q k－h－1)，但q h是奇数，又是2m+1的约数，故h=0．r= 12(q2n+1)，2m+1=q2n－1=(q n+1)(q n－1)．∴q n+1=2α，q n－1=2β．(α+β=m+1，α>β)，而2=2α－2β=2β(2α－β－1)，从而β=1，α－β=1，α=2．∴m=2，u=4，q n=3，q=3，n=1，v=3．|OP|=5．∴|AM|=5－4=1，|BM|=5+4=9，|CN|=5+3=8，|DN|=5－3=2．若设q=2，则同法可得u=3，v=4，与u>v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(p m，q n)=1，故必存在互质的正整数a，b(a>b)，使a2－b2= q n，2ab= p m，a2+b2=r．或a2－b2=p m，2ab=q n，a2+b2=r．若p m=2ab，得p=2，a|2m，b|2m，故a=2λ，b=2μ，由a，b互质，得μ=0，∴b=1，a=2m－1．q n=22m－2－1=(2m－1+1)(2m－1－1)．故2m－1+1=qα，2m－1－1=qβ，(α+β=n，且α>β)．∴2=qα－qβ=qβ(qα－β－1)．由q为奇数，得β=0，2=q n－1，q n=3，从而q=3，n=1，a2=4．a=2，m=2．仍得上解．（1984二试4）设a n是12+22+32+…+n2的个位数字，n=1，2，3…，试证：0.a1a2…a n…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12≡1．22≡4，32≡9，42≡6，52≡5，62≡6，72≡9，82≡4，92≡1，02≡0(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，a20=0．由a20=0知，a20k+r=a r(k，r∈N，0≤r≤19，并记a0=0)，即0.a1a2…a n…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“15405104556095065900”．(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)的坐组成的四位数x1x2y2y1=x1∙103+x2∙102+y2∙10+y1．试求出所有这样的四位数，并写出求解过程．解：x2y2－x1y1=67．x1<y1，x2>y2．且x1，y1，x2，y2都是不超过10的正整数．∴x2y2>67，⇒x2y2=72或81．但x2>y2，故x2y2=91舍去．∴x2y2=72．x2=9，y2=8．∴x1y1=72－67=5．⇒x1=1，y1=5，∴x1x2y2y1=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，α是x2－kx+1=0的一个根，对于大于10的任意自然数n，α2n+α－2n的个位数字总是7，则k的个位数字是．(河北供题)解：另一根=α－1，α+α－1=k，记α2n+α－2n≡k n(mod 10)，0≤k n<10．由α2n+α－2n=(α2n－1+α－2n－1)2－2得，k n≡k n－12+8(mod 10)．若k为偶数，则k n为偶数，不等于7．若k n－1≡±1(mod 10)，则k n≡9，⇒k n+1≡9(mod 10)；若k n－1≡±3(mod 10)，则k n≡7，⇒k n+1≡7(mod 10)；若k n－1≡5(mod 10)，则k n≡9，⇒k n+1≡9(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α(0<α<1)，整数部分为n (n ∈N *)，则得，α(n +α)=n 2， ∴ n 2<n +α<n +1．∴1－52 <n <1+52， 但n ∈N*，故n=1，得，α2+α－1=0， ∴ α=－1±52 ，由α>0，知，α=－1+52．∴ 原数为－1+52．（1989二试3）有n ×n （n ≥4)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k ∈Z ）．证明 基本项共有n !个，n >3，则基本项的个数为4的倍数，设共有4m 项． 其中每个数a ij (=±1)都要在(n －1)!个基本项中出现，故把所有基本项乘起来后，每个a ij 都乘了(n －1)!次，而n >3，故(n －1)!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4m －4l 个，其和为4m －4l －4l=4(m －2l )为4的倍数；若等于－1的基本项有4l －2个，则等于+1的基本项有4m －4l +2个，其和为4m －4l +2－4l +2=4(m －2l +1)为4的倍数．故证．（1991T3）设a 是正整数，a <100，并且a 3+23能被24整除，那么，这样的a 的个数为( )A ．4B ．5C ．9D ．10解：即24|a 3－1，而a ≡0，±1，±2，±3，4，则a 3≡0，±1，0，±3，0．故a －1≡0(mod 8)．若a ≡0，1，2(mod 3)，则a 3≡0，1，－1(mod 3)，∴ a －1≡0(mod 3)．即a －1≡0(mod 24)．选B ．（1991T10）19912000除以106，余数是 ．解：19912000=(1990+1)2000=19902000+…+C 19972000×19903+C 19982000×19902+C 19992000×1990+1 ≡1000×1999×19902+2000×1990+1≡880001(mod 106)．即余数为880001．（1993T10）整数⎣⎡⎦⎤10931031+3的末两位数是_______.解：令x=1031，则得x 3x +3=x 3+27－27x +3=x 2－3x +9－27x +3．由于0<27x +3<1，故所求末两位数字为09－1=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。