全国高中数学历届(2009-2019)联赛与各省市预赛试题汇编
专题28初等数论真题汇编与预赛典型例题
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____________。
2．【2015年全国联赛】对四位数
类数；若
则
的值为______.
满足
的正整数解（满足：
）的个数是________.
，则称
类数.用
，若
，则称
分别表示类数与类数的个数.
3．【2010年全国联赛】方程
4．【2019年全国联赛】设m为整数，|m|≥2.整数数列有
.
，则
不全为零，且对任意正整数n，均
证明：若存在整数r，s（r>s≥2）使得.
.设A是
.
为n个不超过m的互不相同的正整数,
，使得
,其中
表示实数的n元子集。
5．【2018年全国联赛】设n，k，m是正整数，满足k≥2，且证明：区间
中的每个整数均可表示为
，其中
6．【2017年全国联赛】设且
均为大于1的整数,
互素.证明:对任意实数x,均存在一个
r到与其最近的整数的距离。
7．【2015年全国联赛】求具有下述性质的所有正整数：对任意正整数8．【2014年全国联赛】设整数可将
重新排列为
模2014互不同余，整数，使得
均为大于1的整数.证明：存在
.
模2014也互不同余.证明：
模4028互不同余.
个不被整除的整数，若将它们任
9．【2013年全国联赛】设
意分成两组，则总有一组有若干个数的和被整除. 10．【2011年全国联赛】设是一个
的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数.若中的一个
方格表的所有数的和为10的倍数，则称其为“好矩形”；若中的一个
小方格不包含于任何一个好矩形，则称其为“坏格”.求中坏格个数的最大值.
的
11．【2009年全国联赛】一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是 （可以用指数表示） 12．【2009年全国联赛】设
是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数
1．【2018年浙江】在八个数字2，4，6，7，8，11，12，13中任取两个组成分数.这些分数中有________个既约分数.
2．【2018年山西】集合
3．【2018年山西】若正整数n使得
M中，末尾数字为8的元素之和是________. 恒介于
之间，则n=________.
），使得
互质．
4．【2018年山西】有一张印有4月29日生日贺卡上，某位小朋友在4与29之间添加了两个正整数x,y，得到一个五位数4xy29，结果发现，它恰好是自己的生日所对应的正整数T的平方：小朋友生日对应的数T=________. 5．【2018年福建】使
为有理数的所有正整数n的和为________.
；则这位
6．【2018年福建】给出下列10个数：1，2，4，8，16，32，64，a，b，c，其中a，b，c为整数，且c>b>a>64.若对每个正整数n≤753，都可以表示成上述10个数中某些数的和（可以是1个数的和，也可以是10个数的和，每个数至多出现1次），则b的最小值为________. 7．【2018年贵州】方程组
的实数解为_______．
8．【2016年北京】若为自然数，证明：9．【2016年北京】由
.
给出的数列是著名的斐波那契数列：
，其中每一个数均称为斐波那契数.证明：存在末尾是三个0的斐波那契数.
10．【2016年安徽】求满足
的所有正整数数对（m，n）.
全国高中数学历届(2009-2019)联赛与各省市预赛试题汇编
专题28初等数论真题汇编与预赛典型例题
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】 考虑平稳数若若若若
,则,则
,则，则
，有
,有个平稳数。
。
,
,有2个平稳数。
个平稳数。
个平稳数。
综上，平稳数的个数为故答案为：75
2．【2015年全国联赛】对四位数
类数；若
则
【答案】285 【解析】
记类数、类数的全体分别为对任一四位数注意到，则
.
的值为______.
，若
，则称
类数.用
，则称
分别表示类数与类数的个数.
，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.
，将其对应到四位数
.
反之，每个因此，建立了故下面计算
.
唯一对应于中的元素.
之间的一一对应.
.
对任意四位数种取法. 故因此，故答案为：285
可取0，1，…，9，对其中每个，由，知分别有
.
.
3．【2010年全国联赛】方程【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（1）（2）（3）设
满足的正整数解（）的个数是________.
.
的正整数解分为三类：
均相等的正整数解的个数显然为1；
中有且仅有两个相等的正整数解的个数，易知为1003；
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
满足：
.
不全为零，且对任意正整数n，均
4．【2019年全国联赛】设m为整数，|m|≥2.整数数列有
.
，则
证明：若存在整数r，s（r>s≥2）使得【答案】
.
【解析】若，记.
，可得同样结论。
可知
.
，则不存在r>s≥2使得
，
，
则对任意正整数n，d|an，考虑数列故不妨设
，由
即对任意大于2的正整数n，若a1，不满足故不妨设设
则bn为整数数列，
可知
而
，故
，由互质性，
.
.
，若存在整数
，由
使得知
，则，故r-s≥|m|. .设A是
.
的n元子集。
.
5．【2018年全国联赛】设n，k，m是正整数，满足k≥2，且证明：区间
中的每个整数均可表示为
，其中
【答案】证明见解析
【解析】用反证法.假设存在整数将
不可表示为
.作带余除法m=xq+r，其中0≤r 按模x的同余类划分成x个公差为x的等差数列，其中r个等差数列有q+1项，x-r个等差数列 有q项.由于A中没有两数之差为x，故A不能包含以x为公差的等差数列的相邻两项.从而 ①. 这里表示不小于a的最小整数。 ③. ④. ，从而q<2k-1. ②. 由条件，我们有又 ，故 情形一：q是奇数.则由①知，结合②，④可知， 再由q是奇数可知，q≤2k-3，于是与③矛盾. 情形二：q是偶数.则由①知，结合②，⑤可知，从而 . .⑤ ， ， 故q<2（k-1）.再由q是偶数可知，q≤2k-4，于是综上可知，反证法假设不成立，结论获证. 6．【2017年全国联赛】设且 均为大于1的整数, ，使得 ，与③矛盾. 为n个不超过m的互不相同的正整数, ,其中 表示实数 互素.证明:对任意实数x,均存在一个 r到与其最近的整数的距离。 【答案】见解析 【解析】 先证明两个引理， 引理1存在整数且 引理1的证明由于 由裴蜀定理,知存在整数 ① 下面证明：通过调整，存在一组记 满足式①，且绝对值均不超过m. 满足 满足 ， 若于是，又 则存在 均为正数，故由式①，知 令 则且因为且 所以， 又 ，故 若 ，则存在 故式②成立，且类似地，知 ， 且由于 均为非负整数，故通过有限次上述的调整，可得到一组 ，于是，不妨设 ，此时， 使得式①成立，且 ② 因此，有一个令 引理2 1.对实数a、b，均有2.对任意整数u和实数y，均有 引理2的证明，由于对任意整数u和实数x，均有 。 若故 ，不妨设，则 。 若ab>0,即a、b同号， 当 时，有 ，此时， ; 当则 故1得证。 由1及 引理1、2得证。 由引理1，知存在整数 且 由引理2得 ，因此，若 ③ ，由式③知 ，于是 使得 ，知2成立， 时，总有 若 ，则在 中存在两个相邻正整数。不妨设 故 中有一个不小于 ，满足 。 . 相邻，则 综上，总存在一个 7．【2015年全国联赛】求具有下述性质的所有正整数：对任意正整数 【答案】所求的【解析】 对正整数，设 . 为正整数的标准分解中素因子2的方幂.则 ， ① 其中，由 表示正整数在二进制表示下的数码之和. . 进而，由式①知本题等价于求所有正整数，使得对任意正整数，有接下来证明：所有符号条件的一方面，因为对任意正整数，有另一方面，若不为2的方幂，设下面构造一个正整数，使得因为由 . ，所以，问题等价于选取的一个倍数，使得 ，知存在正整数，使得 . ，其中，. ，且 . . . . ，所以， 符合条件. . 为大于1的奇数）. . 事实上，由欧拉定理，知可以取设奇数的二进制表示为取则故 . ② 由于 ，故正整数 的二进制表示中的最高次幂小于. 由此，对任意整数又 ，则 ，数 的二进制表示中均不包含1. 的二进制表示中没有相同的项. 故由式②知 . 因此，上述选取的满足要求. 综上，所求的 8．【2014年全国联赛】设整数可将 【答案】见解析 【解析】 记 .不妨设 . 对每个整数 ，若 ， 则令否则，令 若为前一种情形， 则 . 若为后一种情形，则 . 若不然，有 ， . 上面两式相加得 ； . 重新排列为 . 模2014互不同余，整数，使得 模2014也互不同余.证明： 模4028互不同余. . 于是，但 . 模2014（=2k）互不同余，特别地， ，矛盾. 由上述构造方法知模4k互不同余.即只需证明结论：对任意整数模4k两两不同余. 注意到，前面的构造方式已保证 . ① [情形1] ，且 . 则由前面的构造方式知 ， . 由于 ，故易知 模2k不同余， 模2k不同余，从而，模4k更不 同余，再结合式①，结论得证. [情形2] ，且 . 则由前面的构造方式知 ， . 同样有 模2k不同余， 模2k不同余. 与情形1相同知结论得证. [情形3] ，且 ，且 的情形与此相同）. 则由前面的构造方式知 ， . 由于k为奇数，则故因此， 综上，本题得证. 9．【2013年全国联赛】设 . 模2k不同余， . 模2k不同余.从而，结论得证. 均为大于1的整数.证明：存在个不被整除的整数，若将它们任 意分成两组，则总有一组有若干个数的和被整除. 【答案】见解析 【解析】 先考虑为2的幂的情形. 设 .则 .取3个 个1，显然，这些数均不被整除.将这 个数任意分成两组， 则总有一组中含2个设不是2的幂，取 ，其和为且被整除. 个数为 个数均不被整除. . 因为不是2的幂，所以，上述 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被整除.不妨设1在第一组，由 整除，故两个 推出 在第二组. 均在第一组，而 整除，故 在第一组， 整除，故 均在第二组. 在第一组，从而， 在第二组. 在第一组.因此， 均 中若干个数的在第二组. 必须在第二组；又 整除，故2在第一组，进而， 现归纳假设由 故由数学归纳法，知最后，由于 在第一组.由正整数的二进制表示，知每一个不超过和，特别地，因为因此，将前述 的正整数均可表示为 ，所以，第一组中有若干个数的和为，当然被整除，矛盾. 个整数任意分成两组，总有一组中有若干个数之和被整除. 的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数.若中的一个 的 10．【2011年全国联赛】设是一个 方格表的所有数的和为10的倍数，则称其为“好矩形”；若中的一个 小方格不包含于任何一个好矩形，则称其为“坏格”.求中坏格个数的最大值. 【答案】25 【解析】 首先用反证法证明：中坏格不多于25个. 假设结论不成立.则方格表中至多有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. 设方格表记 下面证明：三组数事实上，假如存在1行的第又假如存在行至第3行、第 ，使 .则 列从上到下填的数依次为 ，其中， . . 都是模10的完全剩余系. ，即第 列至第列组成一个好矩形，与第1行都是坏格矛盾. ，使 列至第列组成一个好矩形. .则 ，即第2 从而，至少有2个小方格不是坏格，矛盾. 类似地，也不存在故则 于是，假设不成立，即坏格不可能多于25个. 其次构造如下一个表 1 1 1 1 综上，坏格个数的最大值是25. 11．【2009年全国联赛】一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数 1 1 1 1 1 1 2 1 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10 1 2 的方格表（表1），可验证每个不填10的小方格都是坏格.此时，有25个坏格. ，使 . ，矛盾. . 之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是 （可以用指数表示） 【答案】101?298 【解析】易知： (ⅰ)该数表共有100行； (ⅱ)每一行构成一个等差数列，且公差依次为 d1?1，d2?2，d3?22，…，d99?298 (ⅲ)a100为所求． 设第n?n≥2?行的第一个数为an，则 n?2?2an?1?2n?2 an?an?1?an?1?2??n?3n?2?2??2an?2?2???2 n?4n?2n?2?22??2an?3?2???2?2?2 ?23an?3?3?2n?2 …… ?2n?1a1??n?1??2n?2 ??n?1?2n?2 98故a100?101?2． 12．【2009年全国联赛】设【答案】见解析 【解析】 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数），使得互质． 证法l：对任意的正整数，令下面证明： ．设 ． 的任一质因子，只要证明： ．若 ．若． ，由 ，由 ，即不整除上式，知 设 ， 使 ， 但 ， 则 ，及 且 ．从而， ． ．类似证法1可以证明 ，且，知， 证法2：对任意的正整数，令． 1．【2018年浙江】在八个数字2，4，6，7，8，11，12，13中任取两个组成分数.这些分数中有________个既约分数. 【答案】36 【解析】 在7，11，13中任取一个整数与在2，4，6，8，12中任取一个整数构成既约分数，共有在7，11，13中任取两个整数也构成既约分数，共有合计有36种不同的既约分数. 2．【2018年山西】集合【答案】204626 【解析】 若将所有的这种数划去其尾数8，剩下的数就是0,1,2，…，201，共计划去202个8，因此所求的和值为 . 3．【2018年山西】若正整数n使得【答案】4 【解析】 当n为正整数是，易知 ，由 ，得 ；由 ，得 ，所以 恒介于 之间，则n=________. M中，末尾数字为8的元素之和是________. 中. 种； ，此区间长度为1，其中只有唯一的整数4，所以n=4. 4．【2018年山西】有一张印有4月29日生日贺卡上，某位小朋友在4与29之间添加了两个正整数x,y，得到一个五位数4xy29，结果发现，它恰好是自己的生日所对应的正整数T的平方：小朋友生日对应的数T=________. ；则这位 【答案】223 【解析】 解由于 ，而 ，所以 ，又因 的末位数为9，所以T的末位数是3或7；在200与225之间，这种数共有5个：203,207,213,217,223；验算知，只有5．【2018年福建】使【答案】205 【解析】 设则 （a，b为互质的正整数)， ， . ，因此T=223.（对应的日期是2月23日）. 为有理数的所有正整数n的和为________. 由a，b为互质，知a2，b2互质，于是，a2与16a2－b2互质，且16a2－b2>0. ∴ ，且l6a2－b2=(4a－b)(4a+b)≥5. 又111=1×111=3×37， ∴16a2－b2=(4a－b)(3a+b)=37，或16a2－b2=(4a－b)(4a+b)=111. ∴ ，或 ，或 . 解得，（舍去），或，或. 时，（此时，）. 时， ∴n=188或n=17.符合条件的正整数n为188和17. ∴符合条件的所有正整数n的和为205. （此时，）. 6．【2018年福建】给出下列10个数：1，2，4，8，16，32，64，a，b，c，其中a，b，c为整数，且c>b>a>64.若对每个正整数n≤753，都可以表示成上述10个数中某些数的和（可以是1个数的和，也可以是10个数的和，每个数至多出现1次），则b的最小值为________. 【答案】125 【解析】 显然，用这10个数能够表示的最大数是 1+2+4+8+16+32+64+a+b+c=l27+a+b+c， ∴127+a+b+c≥753.……………………① 又用1，2，4，8，16，32，64，a，b这9个数能够表示的最大的数是 1+2+4+8+16+32+64+a+b=127+a+b. 因此，若c≥127+a+b+2，则数127+a+b+1无法用这10个数中某些数的和表示. ∴c≤127+a+b+1……………………② 由①、②，可得753≤127+a+b+c≤127+a+b+(127+a+b+1)，2(a+b) ≥498，a+b≥249. 结合a，b为整数，且6>a，得6≥125. 下面说明当a=124，b=125，c=377时，这10个数符合要求. 结合二进制数的特征，对每个正整数n≤1+2+4+8+16+32+64=127，都可以用1，2，4，8，16，32，64这7个数中的某些数的和来表示. ∴当n≤127时，n可以用1，2，4，8，16，32，64这7个数中某些数的和表示； 当n≤127+124=251时，n可以用1，2，4，8，16，32，64，124这8个数中某些数的和表示； 当n≤251+125=376时，n可以用1，2，4，8，16，32，64，124，125这9个数中某些数的和表示； 当n≤376+377=753时，n可以用1，2，4，8，16，32，64，124，125，377这10个数中某些数的和表示. ∴a=124，b=125，c=377符合要求. ∴b的最小值为125. 7．【2018年贵州】方程组 的实数解为_______． 【答案】【解析】 因为 或 所以 即x+y=2，代入xy(x+y)=－6，得xy=－3． 由 或 ， 故答案为： 或 . 8．【2016年北京】若为自然数，证明：【答案】见解析 【解析】 证明：记则而（1）若因此，故（2）若若 ，则，则 此时于是，必有（3）若若故 . . ，则，则 综上， . . 且， . . 、7两两互素，只需分别证明能被7、9、32整除. ，则 . 除以7的余数为0、1、6之一. 中必有一个能被7整除.于是， .此时 . . 为两个相邻偶数，一个被2整除，另一个被4整除. 9．【2016年北京】由给出的数列是著名的斐波那契数列： ，其中每一个数均称为斐波那契数.证明：存在末尾是三个0的斐波那契数. 【答案】见解析 【解析】 证明：在相邻的斐波那契数组成的对子 ， 使得 均被1000整除. 中，存在两个这样的对子 据斐波那契数列的定义得 . 从而，类似地，…… 最后得到数因为 ，所以， . 因此， 被1000整除，它的末尾是三个0，即存在末尾是三个0的斐波那契数. 的所有正整数数对（m，n）. 均被1000整除. 被1000整除. 被1000整除. 10．【2016年安徽】求满足【答案】【解析】 首先证明两个引理. 引理1 业在区间(0，e]上单调递增，在区间[e，+∞)上单调递减. 在区间(0，e]上大于0，在区间（e，+∞）上小于0. . 引理1的证明 注意到，引理2 当 时， 特别地，设，则. 引理2的证明 设当再由 时， ，得 ，故 . . 单调递增. 引理1、2得证. 据引理1知分以正在几种情形. （1） . . （m，n）均满足题设. （2）设 . 由（3） . ，可得满足题设的（m，n）只有（2，5）. . .则 易证（3，2）满足题设. （4）设当 时， . 则故 单调递增. . . 当当 时， 时，据引理2知 ， 无（m，n）满足题设. 综上，所有满足题设的正整数数对为 . ；
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