初中奥数数论专项练习题2020

2020北京 初二数学竞赛 数论专题：整数的整除性质（含答案）1. 下面这个41位数20555L 123个2099L 23个能被7整除，问中间方格代表的数字是几？ 解析 因为5555555111111=⨯，9999999111111=⨯，11111137111337=⨯⨯⨯⨯，所以555555和999999都能被7整除，那么由18个5和18个9分别组成的18位数，也能被7整除．而原数=185230555000L L 123123个个1851890999+L L 123123个个，因此右边的三个加数中，前后两个数都能被1整除，那么只要中间的能被7整除，原数就能被7整除．把拆成两个数的和：5599BA B +.因为7|55300，7|399336+=．评注 记住111111能被7整除很有用．2. 一位魔术师让观众写下一个六位数a ，并将a 的各位数字相加得b ，他让观众说出a b -中的5个数字，观众报出1、3、5、7、9，魔术师便说出余下的那个数，问那个数是多少？解析 由于一个数除以9所得的余数与这个数的数字和除以9所得的余数相同，所以a b -是9的倍数．设余下的那个数为x ，则()9|13579x +++++，即 ()9|7x +，由于09x ≤≤，所以，2x =．3. 若p 、q 、21p q -、21q p-都是整数，并且1p >，1q >．求pq 的值． 解析 若p q =，则212112p p q p p--==- 不是整数，所以p q ≠．不妨设p q <，于是2121212p q q q q q--<<=≤， 而21p q -是整数，故211p q-=，即21q p =-．又 214334q p p p p--==- 是整数，所以p 只能为3，从而5q =．所以3515pq =⨯=．4. 试求出两两互质的不同的三个正整数x 、y 、z 使得其中任意两个的和能被第三个数整除．解析 题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．不妨设x y z <<，于是y z x +、z x y +、x y z+都是正整数．先考虑最小的一个：12x y z z z z++<=≤， 所以1x y z+=，即z x y =+．再考虑z x y +，因为()|y z x +，即()|2y y x +，所以|2y x ，于是2212x y y y <=≤， 所以21x y=，即2y x =，从而这三个数为x 、2x 、3x ．又因为这三个数两两互质，所以1x =．所求的三个数为1、2、3．5. 证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．解析 要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．设三个连续的奇数分别为21n -、21n +、23n +（其中n 是整数），于是 ()()()()22222121231121n n n n n -+++++=++． 所以 ()()()22212|212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦． 又()2111n n n n ++=++，而n 、1n +是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以()1n n +是偶数，从而21n n ++是奇数，故()()()22224212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦Œ． 6. 若x 、y 为整数，且23x y +，95x y +之一能被17整除，那么另一个也能被17整除． 解析 设23u x y =+，95x y =+．若17|u ，从上面两式中消去y ，得3517v u x -=．① 所以 17|3v ．因为（17，3）=1，所以17|v 即17|95x y +．若17|v ，同样从①式可知17|5u ．因为（17，5）=1，所以17|u ，即17|23x y +．7. 设n 是奇数，求证：60|6321n n n ---．解析 因为260235=⨯⨯，22、3、5是两两互质的，所以只需证明22、3、5能整除6321n n n ---即可．由于n 是奇数，有22|62n n -，22|31n +，所以22|6231n n n ---；又有3|63n n -，3|21n +，所以3|6321n n n ---；又有5|61n -，5|32n n +，所以5|6321n n n ---．所以60|6321n n n ---．评注 我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k 表示，奇数常用21k +表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数a 被3除时，余数只能是0、1、2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k 、31k +、32k +这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理．8. 设n 为任意奇正整数，证明：15961000270320n n n n +--能被2006整除．解析 因为200621759=⨯⨯，所以为证结论成立，只需证n 为奇正整数时，15961000270320n n n n +--能被2、17、59整除．显然，表达式能被2整除．应用公式，n 为奇数时，()()121n n n n n a b a b a a b b ---+=+-++L ，()()121n n n n n a b a b a a b b ----=-+++L .由于159610005944+=⨯，2703205910+=⨯，所以15961000270320n n n n +--能被59整除.又159627013261778-==⨯，10003206801740-==⨯，所以15961000270320n n n n +--能被17整除．9. 若整数a 不被2和3整除，求证：()224|1a -．解析 因为a 既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k 、61k +、62k +、63k +、64k +、65k +这六类．由于6k 、62k +、64k +是2的倍数，63k +是3的倍数，所以a 只能具有61k +或65k +的形式，有时候为了方便起见，也常把65k +写成61k -（它们除以6余数均为5）．故a 具有61k ±的形式，其中k 是整数，所以()()222161136121231a k k k k k -=±-=±=±． 由于k 与31k ±为一奇一偶（若k 为奇数，则31k ±为偶数，若k 为偶数，则31k ±为奇数），所以()2|31k k ±，于是便有()224|1a -．10. 求证：31n +（n 为正整数）能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除． 解析 按模2分类．若2n k =为偶数，k 为正整数，则()22313131n k n +=+=+． 由3k 是奇数，()23k 是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设()2381k l =+，于是 ()3182241n l l +=+=+，41l +是奇数，不含有2的因数，所以31n +能被2整除，但不能被2的更高次幂整除． 若21n k =+为奇数，k 为非负整数，则()()()22131313313811461n k k l l ++=+=⋅+=++=+． 由于61l +是奇数，所以此时31n +能被22整除，但不能被2的更高次幂整除．11. 设p 是质数，证明：满足22a pb =的正整数a 、b 不存在.解析 用反证法．假定存在正整数a 、b ，使得22a pb =.令() , a b d =，1a a d =，1b b d =，则()11 , 1a b =.所以222211a d pb d =，2211a pb =，所以21|p a ．由于p 是质数，可知，1|p a .令12a pa =，则22221a p pb =，所以2221pa b =．同理可得，1|p b .即1a 、1b 都含有p 这个因子，这与()11 , 1a b =矛盾．12. 如果p 与2p +都是大于3的质数，那么6是1p +的约数.解析 每一整数可以写成6n 、61n -、61n +、62n -、62n +、63n +中的一种（n 为整数），其中6n 、62n -、62n +、63n +在1n ≥时都是合数，分别被6、2、2、3整除．因此，质数p 是61n -或61n +的形式.如果()611p n n =+≥，那么()263321p n n +=+=+是3的倍数，而且大于3，所以2p +不是质数．与已知条件矛盾．因此()611p n n =-≥．这时16p n +=是6的倍数．评注 本题是将整数按照除以6，所得的余数分为6类．质数一定是61n +或61n -的形式．当然，反过来，形如61n -或61n +的数并不都是质数．但可以证明形如61n -的质数有无穷多个，形如61n +的质数也有无穷多个．猜测有无穷多个正整数n ，使61n -与61n +同为质数．这是孪生质数猜测，至今尚未解决．13. 已知a 、b 是整数，22a b +能被3整除，求证：a 和b 都能被3整除．证 用反证法.如果a 、b 不都能被3整除，那么有如下两种情况：（1）a 、b 两数中恰有一个能被3整除，不妨设3|a ，3b Œ．令3a m =，31b n =±（m 、n 都是整数），于是()222222996133321a b m n n m n n +=+±+=+±+，不是3的倍数，矛盾．（2）a ，b 两数都不能被3整除.令31a m =±，31b n =±，则()()2222223131961961a b m n m m n n +=++±=±++±+()22333222m n m n =+±±+，不能被3整除，矛盾．由此可知，a 、b 都是3的倍数．14. 若正整数x 、y 使得2x x y+是素数，求证：x y ≤. 解析 设2x p x y =+是素数，则()py x x p =-，所以()|p x x p -，故|p x ，或者|p x p -，故可得|p x ，且p x <.令x kp =，k 是大于1的整数，则()1y x k x =-≥．15. 证明：形如abcabc 的六位数一定被7、11、13整除．解析 100171113abcabc abc abc =⨯=⨯⨯⨯． 由此可见，abcabc 被7、11、13整除．16. 任给一个正整数N ，把N 的各位数字按相反的顺序写出来，得到一个新的正整数N '，试证明：N N '-被9整除．解析 N 除以9，与N 的数字和除以9，所得余数相同．N '除以9，与N '的数字和除以9，所得余数相同．N 与N '的数字完全相同，只是顺序相反，所以N 与N '的数字和相等．N 除以9与N '除以9，所得的余数相同，所以N N '-被9整除．17. 19991999199919991999N =L 144424443连写个.求N 被11除所得的余数．解 显然，N 的奇数位数字和与偶数位数字和的差为()1999999119998⨯+--=⨯.19998⨯除以11的余数与88⨯除以11的余数相同，即余数为9．从而N 除以11，所得的余数为9．18. 在568后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能被3、4、5分别整除．符合这些条件的六位数中，最小的一个是多少？解析 要命名这个六位数尽可能小，而且能被5整除，百位数字和个位数字都应选0．这样，已知的五个数位上数字之和是5+6+8+0+0=19．要使这个六位数能被3整除，十位上可填2、5、8．由能被4整除的数的特征（这个数的末两位数应该能被4整除）可知，应在十位上填2．这个六位数是568020．19. 已知四位数abcd 是11的倍数，且有b c a +=，bc 为完全平方数，求此四位数． 解析 在三个已知条件中，b c a +=说明给出b 和c ，a 就随之给定，再由11|abcd ，可定d .而bc 为完全平方数，将b 和c 的取值定在两位平方数的十位和个位数字范围中，只要从这个范围中挑选符合要求的即可．由bc 完全平方数，只可能为16、25、36、49、64、81这六种情况．由b c a +=，此时相应的a 为7、7、9、13、10、9．其中13和10显然不可能是四位数的千位数字． 在716d 、725d 、936d 、981d ，这四种可能性中，由11|abcd ，应有()()11|d b a c +-+．()()11|176d +-+时，d 可为1；()()11|275d +-+时，这种d 不存在；()11|396d +-+时，d 可为1；()11|891d +-+时，d 可为2．故满足条件的四位数有：7161、9361、9812．评注 bc 为完全平方数，表示bc 是两位整数，0b ≠，因此，不考虑00、01、04、09这四种情况，否则还应加上1012、4048、9097这三个四位数.20. 用0，1，2，…，9这十个数字组成能被11整除的最大的十位数是多少？解析 因为0+1+2+…+9=45．这个最大十位数若能被11整除，其奇数位上数字之和与偶数位上的数字之和的差（大减小）为0或11的倍数．由于这十个数字之和是45（奇数），所以这个差不可能是0、22、44（偶数）．若这个差为33，则只能是396-，但0+1+2+3+4=10，即最小的五个数字之和都超过6，不可能．若这个差为11，()4511228+÷=，452817-=．如果偶数位为9、7、5、3、1，其和为25；奇数位为8、6、4、2、0，其和为20．交换偶数位上的1与奇数位上的4，可得偶数位上的数为9、7、5、4、3，奇数位上的数为8、6、2、1、0．于是所求的最大十位数为9876524130．21. 一个六位数88的倍数，这个数除以88所得的商是多少？解析 设这个六位数为1234A B ，因为它是88的倍数，而88811=⨯，8与11互质，所以，这个六位数既是8的倍数，又是11的倍数．由1234A B 能被8整除，可知34B 能被8整除（一个数末三位组成的数能被8整除，这个数就能被8整除），所以B 是4．由能被11整除的数的特征（一个数奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除，这个数就能被11整除），可知奇数位数字之和与偶数位数字之和的差()()234144A A ++-++=-能被11整除，则40A -=，即4A =．124344881413÷=． 所以，这个六位数是124344，它除以88的商是1413．22. 如果六位数105整除，那么，它的最后两位数是多少？解析 因为这个六位数能被105整除，而105357=⨯⨯，3、5、7这三个数两两互质，所以，这个六位数能同时被3、5、7整除．根据能被5整除的数的特征，它的个位数可以是0或5．根据能被3整除的数的特征，可知这个六位数有如下七种可能：199320，199350，199380，199305，199335，199365，199395．而能被7整除的数的特征是：这个数的末三位数字所表示的数与末三位以前的数字所表示的数的差（以大减小）能被7整除．经试算：395199196-=，196能被7整除．所以，199395能被105整除，它的最后两位数是95．23. 形如1993199319931993520n L 1442443个，且能被11整除的最小数是几？ 解析 本题实质上确定n 的最小值．利用被11整除的数的特征：偶数位数字之和与奇位数字之和的差能被11整除．该数的偶数位数字之和为122n +，奇数位数字之和为105n +，两者之差为()12210523n n n +-+=-．要使()11|23n -，不难看出最小的7n =，故所求最小数为71993199319931993520L 1442443个． 24. 是否存在100个不同的正整数，使得它们的和与它们的最小公倍数相等？解析 存在满足条件的100个数．事实上，对任意正整数()3n ≥，下述n 个数3，23⨯，223⨯，…，223n -⨯，13n -，它们的最小公倍数为123n -⨯，和为221222132323233323233n n n n ----+⨯+⨯++⨯+=+⨯++⨯+L L 33211113232333323n n n n n -----=+⨯++⨯+==+=⨯L L ．所以，这几个数的和等于它们的最小公倍数．取100n =，可知存在符合要求的100个数．。

数论练习题及解答数论是数学的一个重要分支，研究整数之间的性质和关系。

以下是几道数论练习题及其解答，旨在帮助读者加深对数论知识的理解。

题目一：证明：如果一个整数的平方是奇数，那么该整数必定是奇数。

解答：假设存在一个整数n，满足n²是奇数，但是n本身是偶数。

那么n可以表示成n=2k（k为整数）。

根据已知条件，n²是奇数，代入n=2k得到(2k)²=4k²是奇数。

但是显然，4k²为4的倍数，而奇数不可能是4的倍数，因此得出矛盾。

所以假设错误，原命题得证。

题目二：证明：任意一个素数至少可以表示成4k+1和4k-1两种形式的乘积。

解答：假设存在一个素数p，既不属于4k+1的形式，也不属于4k-1的形式。

那么p可以表示成p=4k、4k+2或4k+3（k为整数）。

1. 若p=4k，显然p为4的倍数，不可能为素数，与题目假设矛盾；2. 若p=4k+2，可以将p分解为p=2(2k+1)，其中2k+1也为整数，即p为2的倍数，不可能为素数，与题目假设矛盾；3. 若p=4k+3，可以将p分解为p=3(4k+1)，其中4k+1也为整数，即p为3的倍数，不可能为素数，与题目假设矛盾。

综上所述，当p既不属于4k+1的形式，也不属于4k-1的形式时，假设错误，原命题得证。

题目三：找出下列数中的最大公约数：4620和770。

解答：利用辗转相除法求解最大公约数。

首先，用较大的数除以较小的数，计算它们的余数：4620 ÷ 770 = 6 (300)接下来，用余数除以第一步的余数，再计算新的余数：770 ÷ 300 = 2 (170)再次用余数除以第二步的余数，继续计算新的余数：300 ÷ 170 = 1 (130)继续进行相同的除法运算：170 ÷ 130 = 1 (40)130 ÷ 40 = 3 (10)40 ÷ 10 = 4最后，除数为10，余数为0，所以10即为4620和770的最大公约数。

初中生奥数考试题及答案1. 题目：一个数列的前三项分别是1, 2, 4，从第四项开始，每一项都是前三项的和。

求这个数列的第10项是多少？答案：根据题目描述，数列的前三项是1, 2, 4。

第四项是前三项的和，即1+2+4=7。

第五项是第二项、第三项和第四项的和，即2+4+7=13。

以此类推，可以计算出数列的后续项。

继续计算，第六项为4+7+13=24，第七项为7+13+24=44，第八项为13+24+44=81，第九项为24+44+81=149，第十项为44+81+149=274。

因此，数列的第10项是274。

2. 题目：一个圆的半径是5厘米，求这个圆的面积是多少平方厘米？答案：圆的面积公式是A=πr²，其中A是面积，r是半径。

根据题目，半径r=5厘米。

将半径代入公式，得到A=π×5²=π×25。

圆周率π约等于3.14，所以面积A≈3.14×25=78.5平方厘米。

因此，这个圆的面积约为78.5平方厘米。

3. 题目：一个长方体的长、宽、高分别是10厘米、8厘米和6厘米，求这个长方体的体积是多少立方厘米？答案：长方体的体积公式是V=lwh，其中V是体积，l是长，w是宽，h 是高。

根据题目，长l=10厘米，宽w=8厘米，高h=6厘米。

将这些值代入公式，得到V=10×8×6=480立方厘米。

因此，这个长方体的体积是480立方厘米。

4. 题目：一个等差数列的首项是3，公差是2，求这个数列的第20项是多少？答案：等差数列的第n项公式是an=a1+(n-1)d，其中an是第n项，a1是首项，d是公差，n是项数。

根据题目，首项a1=3，公差d=2，项数n=20。

将这些值代入公式，得到a20=3+(20-1)×2=3+38=41。

因此，这个等差数列的第20项是41。

5. 题目：一个三角形的三个内角分别是45度、60度和75度，求这个三角形的面积，已知底边长为10厘米。

2020巴尔干初中数学奥林匹克（JBMO）预选题数论组中文
翻译
数论组
1.是否存在正整数, 使得为素数?
2.求所有的正整数, 以及素数, 使得.
3.求最大的正整数(), 使得存在正整数 (), 满足对任意个连续的正整数, 一定可以从中选取个数,满足如下条件:
每个被选取的数都不是或者的倍数.
任意两个被选取的数的差都不是或者的倍数.
4.求所有的素数, 使得对任意正整数, 均有整除.
5.对给定正整数, 集合包含到中的正整数, 且对其中不存在互异的正整数 , , , 使得. 称中区间内的数为"小数", 区间内的数为"中数", 区间内的数为"大数". 以下结论是否成立?
不存在正整数, 使得 , , 与被除的余数都为中的元素, 且其中, ,的余数互不相同, 且均为
(1) 小数 (2)中数 (3) 大数
6.是否存在正整数, 使得.
7.求证: 不存在素数, 使得的任意次幂均为回文数.
注: 若一个数从左往右读和从右往左读完全相同, 就称这个数为回文数. 显然的, 末尾为的数一定不是回文数.
8.求所有的素数, 使得
也为素数.。

数论竞赛题数论竞赛题是在数学竞赛中常见的一类题型，主要考察学生在数论领域的理解和运用能力。

数论是研究整数性质及其运算规律的数学分支，涉及到诸多定理和性质。

以下是一个典型的数论竞赛题目，供参考。

题目：证明对于任意正整数 n，都存在一个正整数 k，使得 n(n+1)(n+2)(n+3) 可以被 24 整除。

解法：我们可以通过数学归纳法来证明这一命题。

首先，观察到 24 可以分解为 3 × 2^3。

我们分两种情况进行讨论：情况一：n 是 4 的倍数。

设 n=4k，其中 k 是一个正整数。

则有：n(n+1)(n+2)(n+3) = 4k(4k+1)(4k+2)(4k+3)= 4 × k × (4k+1) × 2 × (2k+1) × 3 × (2k+2) 。

我们发现此时，n(n+1)(n+2)(n+3) 能够被 24 整除。

情况二：n 不是 4 的倍数。

设 n=4k+r，其中 k 是一个正整数，r 是余数，r=1,2 或 3。

则有：n(n+1)(n+2)(n+3) = (4k+r)(4k+r+1)(4k+r+2)(4k+r+3)我们观察到，至少存在一个连续的四个数中，必然包含一个数能被 2 整除，一个数能被 4 整除，一个数能被 3 整除，因而有 2×4×3=24，即可以被 24 整除。

综上所述，对于任意的正整数 n，都存在一个正整数 k，使得 n(n+1)(n+2)(n+3) 能够被 24 整除。

证毕。

数论竞赛题通常涉及到数的整除性质、奇偶性、模运算等概念，要求学生具备较强的逻辑推理和数学证明能力。

通过解决这类题目，学生可以加深对数论相关概念和方法的理解，培养思考和解决问题的能力。

选择题1. 数1 是()A. 最小整数B. 最小正数C. 最小自然数D. 最小有理数答案：C解析：整数无最小数，排除A;正数无最小数，排除B;有理数无最小数，排除D。

1是最小自然数，正确，故选Co2. a 为有理数，则一定成立的关系式是()A. 7a>aB. 7+a>aC. 7+a>7D. |a| >7答案：B解析：若a=0, 7X 0=0排除A;7+0=7排除C;|0|0，必有7+a>0+a=a选B。

33 1416 X 7.5944+3.1416 X (-的的值是)()A. 6.1632B. 6.2832C. 6.5132D. 5.3692答案：B解析：3.1416 X 7.5944+3.1416 X (-5.5944)=3.1416(7.5944-5.5944)=2 X 3.1416=6.2832，选B。

4. 在-4，-1，-2.5，-0.01 与-15这五个数中，的数与绝对值的那个数的乘积是()A. 225B. 0.15C. 0.0001D. 1答案：B解析：-4，-1，-2.5，-0.01 与-15中的数是-0.01，绝对值的数是-15，(0.01) X (-15)=0；!选B。

填空题1.计算：(-1)+(-1)-(-1) X (-1)宁(。

)=答案：(-1)+(-1)-(-1) X (-1) r-1)=(-2)-(-1)=-12. 求值：(-1991)-|3-|-31||=答案：(-1991)-|3-|-31||=-1991-28=-2019 。

3. n为正整数，1990n-1991的末四位数字由千位、百位、十位、个位、依次排列组成的四位数是8009。

则n 的最小值等于答案：4解析：1990n 的末四位数字应为1991+8009的末四位数字.即为0000，即 1990n 末位至少要4个0,所以n 的最小值为4。

4.不超过 (-1.7)2的整数是答案： 2解析： (-1.7)2=2.89，不超过 2.89 的整数为 2。

数论练习题一、判断题1、任意两个不同质数必互质。

( )2、若n 是大于1的正整数，且所有不大于n 的质数都不能整除n,则n 是质数。

( )3、若是是奇数，则22b a abc +奇数。

（ ）4、若),(mod m bc ac ≡，则)(mod m b a ≡。

( )5、使得)8(mod 15≡x 成立的所有自然数为4的倍数。

（ ）6、三个成等差数列的基本勾股数只有3、4、5。

( )7、一个大于1的整数不是质数就是合数。

（ ）8、两个数的公因数一定是它们的最大公因数的因数 。

( )9、-27除以6的带余除法算式是-27=-4×6-3。

（ ）10、。

则，都是整数，且，若bc ac b a c b a , ( ) 11、)(m od )(m od 22m b a m b a ≡≡，则若。

（ ）12、不定方程264=+y x 的全部整数解为{)(6241Z t tx t y ∈-=+=。

( )13、一个质数P 与一个整数a ，它们要么互质，要么P|a 。

（ ）14、质数必为奇数，偶数必为合数。

（ ）15、设b a ，则a 是倍数，b 是约数。

（ ）16、若b a ，b c 则b ac 。

（ ）17、二元一次不定方程异号时有当b a c by ax ,,=+无穷多个自然数解。

二、填空题1、（108，42，24）=______,[108,42,24]=_________。

2、1000！末尾有____________个0。

3、[]{}_______3.1______,2=-=4、同余方程)10(mod 68≡x 的解是____________________。

5、模7的剩余类有且只有___________________________,7的非负最小完全剩余系是__________________________。

6、对于给定的模m ，两整数a,b 属于同一剩余类的充要条件是___________。

初中数论练习题1. 证明：如果一个整数能被3整除，那么它的平方也能被3整除。

我们使用数学归纳法来证明这个命题。

首先，我们用n表示任意一个能被3整除的整数。

当n=3时，n的平方为9，也能被3整除，因此当n=3时命题成立。

假设当n=k时命题成立，即k的平方能被3整除。

下面我们要证明当n=k+1时命题也成立。

根据假设，k的平方能被3整除，即k^2=3a，其中a为整数。

现在我们来考虑(k+1)^2的情况。

展开(k+1)^2后，得到k^2+2k+1。

由假设，k^2能被3整除，所以我们只需要证明2k+1能被3整除即可。

根据假设，k能被3整除，即k=3b，其中b为整数。

将k代入2k+1中，得到2(3b)+1=6b+1。

由于6b是3的倍数，我们只需要证明1也能被3整除。

1除以3得到的商为0，余数为1，所以1不能被3整除。

因此，当n=k+1时命题依然成立。

综上所述，根据数学归纳法，我们证明了如果一个整数能被3整除，那么它的平方也能被3整除的命题成立。

2. 求证：如果一个整数能被4整除，那么它的最后两位能被4整除。

我们可以直接举例来验证这个命题。

假设一个整数为n=24，它能被4整除。

我们计算n的最后两位，得到24。

由于24能被4整除，所以命题成立。

再假设一个整数为n=138，它不能被4整除。

计算n的最后两位，得到38。

由于38不能被4整除，所以命题不成立。

通过多组例子的验证，我们可以得出结论：如果一个整数能被4整除，那么它的最后两位能被4整除。

3. 证明：如果一个整数能被6整除，那么它能被2和3同时整除。

假设一个整数为n，它能被6整除。

我们需要证明它能被2和3同时整除。

首先，根据6的因数分解，6=2×3，即6可以被2和3同时整除。

如果n能被6整除，那么n可以表示为n=6a，其中a为整数。

现在我们只需要证明a能被2和3同时整除即可。

根据假设，6a能被2整除，即6a=2b，其中b为整数。

将6a=2b展开，得到3a=b。

初中数学奥数题库附答案解析一、选择题1.已知一组数的平均值是40，如果其中一个数被改为71，那么平均值将变为多少？解析：设原有数的和为S，个数为n，则有S/n=40。

改变后的和为S+71-x，个数仍为n，根据平均值的定义(S+71-x)/n=新平均值。

根据题意，新平均值等于40，代入即可得到(S+71-x)/n=40。

根据等式S/n=40解得S=40n。

将S代入到等式中，(40n+71-x)/n=40。

整理得到71-x=0。

因此，新的平均值还是40。

2.某数除以3的余数是2，如果再加上2就可以被3整除，那么这个数是多少？解析：设这个数为x，则x÷3有余数2，即x=3k+2。

如果再加上2就可以被3整除，即(x+2)÷3没有余数，即(3k+2+2)÷3=3k+4÷3没有余数。

化简得到1÷3=0余数1，显然不成立。

因此，这个数不存在。

二、填空题1.两条平行线被一条直线所截，如下图所示：（图略）那么∠a = ______,∠b = _______。

解析：根据平行线和同位角、内错角、同旁内角的性质，我们知道∠a和∠b都是对顶角，即∠a=∠b。

2.正整数x满足x ≠ 1，且x的平方的10次方根等于x，那么x的值为_______。

解析：根据题意，x的平方的10次方根等于x。

即(x^2)^(1/10)=x。

根据指数运算的性质，我们可以化简得到x^2/10=x。

进一步化简得到x^(2/10)=x^1。

根据等式两边底数相等，指数相等的指数运算性质，可得到2/10=1。

因此，这个方程无解。

三、解答题1.解方程：2(x-1)+3(2x+5)=4(x-3)+1解析：首先进行合并同类项，得到2x-2+6x+15=4x-12+1。

接着继续合并同类项，得到8x+13=4x-11。

然后，将4x移到等式右边，得到8x-4x=-11-13，化简得到4x=-24。

最后，将系数为4的x移到等式右边，得到x=-6。