2000-2012全国高中数学联赛分类汇编-专题02-初等数论.doc
- 文档编号:2055398
- 上传时间:2023-05-02
- 格式:DOC
- 页数:19
- 大小:1.59MB
2000-2012全国高中数学联赛分类汇编-专题02-初等数论.doc
《2000-2012全国高中数学联赛分类汇编-专题02-初等数论.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2000-2012全国高中数学联赛分类汇编-专题02-初等数论.doc(19页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
1、(2005一试6)记集合将M中的元素按从大到小的顺序排列,则第2005个数是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
2、(2006一试6)数码中有奇数个9的2007位十进制数的个数为()
A.B.C.D.
【答案】B
3、(2008一试5)方程组的有理数解的个数为()。
(A)1(B)2(C)3(D)4
【答案】B
4、(2004一试10).设p是给定的奇质数,正整数k使得也是一个正整数,则k=
【答案】(p+1)2
【解析】设=n,则(k-)2-n2=,Þ(2k-p+2n)(2k-p-2n)=p2,Þk=(p+1)2.
5、(2005一试12)如果自然数的各位数字之和等于7,那么称为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列若则.
∵2005是第1+7+28+28+1=65个“吉祥数”,即从而
又而
∴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
6、(2006一试11)方程的实数解的个数为.
【答案】1
7、(2010一试8)方程满足的正整数解(x,y,z)的个数是.
【答案】336675
从而满足的正整数解的个数为.
8、(2011一试8)已知C,则数列中整数项的个数为.
【答案】15
9、(2000二试3),已知他们中的任意两人至多通电话一次,他们中的任意n-2个人之间通电话的次数相等,都是3k次,其中k是自然数,求n的所有可能值.
【解析】显然n5.记n个人为A1,A2,AN,
设A1通话的次数为m1,Ai与Aj之间通话的数为yij,l.则
mi+mj–yi.j=-=c.(*)
其中c是常数,l.
根据(*)知,=1,l.
l
设mi=max{ms,1},mj=min{ms,1sn.},
则mi+mj1.
若mi+mj=1,则对于任意s1sn,
都有(mi+ms-yI,s)-(mj+ms-yI,s)=1-(yI,s–yj,s)=0,即yI,s–yj,s=1
故yI,s=1,yj,s=0.s1sn,
因此min-2,mj1.于是,mi+mjn-32.
出现矛盾,故mi+mj=0,即ms(1sn)恒为常数。
根据(*)知,yI,j=0或yI,j=1。
10、(2002二试3)在世界杯足球赛前,F国教练为了考察A1,A2,…,A7这七名,准备让他们在三场训练比赛(每场90分钟)都上场,假设在比赛的任何时刻,这些中有且仅有一人在场上,并且A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13整除,如果每场换人次数不限,那么按每名队员上场的总时间计算,共有多少种不同的情况。
∵易观察到7·2+13·(-1)=1
∴7·406+13·(-203)=203
即m0=406n0=203是③的整数解
∴③的整数通解为m′=406-13kn′=-203+7kk∈Z
令m′≥0n′≥0,解得29≤k≤31
取k=29,30,31得到③满足条件的三组非负整数解:
从而得到②满足条件的三组正整数解:
11、(2003二试2)设三角形的三边长分别是正整数l,m,n.且l>m>n>0.
已知==,其中{x}=x-[x],而[x]表示不超过x的最大整数.求这种三角形周长的最小值.
∵x=1,2,时3x1(mod10),而34≡1(mod10),∴x必须是4的倍数;
∵x=4,8,12,16时3x1(mod102),而320≡1(mod102),∴x必须是20的倍数;
∵x=20,40,60,80时3x1(mod103),而3100≡1(mod103),∴x必须是100的倍数;
∵x=100,200,300,400时3x1(mod104),而3500≡1(mod104).
即,使3x≡1(mod104)成立的最小正整数x=500,从而l-n、m-n都是500的倍数,
设l-n=500k,m-n=500h,(k,h∈N*,k>h).
由m+n>l,即n+500h+n>n+500k,Þn>500(k-h)≥500,故n≥501.
取n=501,m=1001,l=1501,即为满足题意的最小三个值.
∴所求周长的最小值=3003.
12、(2004二试3)对于整数n≥4,求出最小的整数f(n),使得对于任何正整数m,集合{m,m+1,…,m+n-1}的任一个f(n)元子集中,均至少有3个两两互素的元素.
设对于n≤k,④成立,当n=k+1时,由于
M(m,k+1)=M(m,k-5)∪{m+k-5,m+k-4,…,m+k}.
在{m+k-5,m+k-4,…,m+k}中,能被2或3整除的数恰有4个,即使这4个数全部取出,只要在前面的M(m,k-5)中取出f(n)个数就必有3个两两互质的数.于是
当n≥4时,f(n+6)≤f(n)+4=f(n)+f(6)-1.
故f(k+1)≤f(k-5)+f(6)-1=[]+[]-[]+1,
比较②,知对于n=k+1,命题成立.
∴对于任意n∈N*,n≥4,f(n)=[]+[]-[]+1成立.
又可分段写出结果:
f(n)=
13、(2005二试3)对每个正整数n,定义函数
(其中[x]表示不超过x的最大整数,试求:
的值.
示例如下:
j
i
1
2
3
4
5
6
1
*
*
*
*
*
*
2
*
*
*
3
*
*
4
*
5
6
*
则
……②
由此,……③
记易得的取值情况如下:
k
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
5
6
6
7
8
6
9
8
8
8
10
7
10
10
因此,……④
14、(2006一试14)将2006表示成5个正整数之和.记.问:
(1)当取何值时,S取到最大值;
(2)进一步地,对任意有,当取何值时,S取到
最小值.说明理由.
【解析】
(1)首先这样的S的值是有界集,故必存在最大值与最小值。
若,且使取到最大值,则必有
(*)
事实上,假设(*)不成立,不妨假设。
则令,,()[来源:
Z*xx*k.Com]
有,。
将S改写成
同时有。
于是有。
这与S在时取到最大值矛盾。
所以必有.因此当取到最大值。
15、(2006二试3)解方程组
【解析】令p=x+z、q=xz,我们有p2=x2+z2+2q,p3=x3+z3+3pq,p4=x4+z4+4p2q−2q2。
同样,令s=y+w、t=yw,有s2=y2+w2+2t,s3=y3+w3+3st,s4=y4+w4+4s2t−2t2。
在此记号系统下,原方程组的第一个方程为p=s+2。
(3.1)
于是p2=s2+4s+4,p3=s3+6s2+12s+8,p4=s4+8s3+24s2+32s+16。
现在将上面准备的p2、p3、p4和s2、s3、s4的表达式代入,得x2+z2+2q=y2+w2+2t+4s+4,x3+z3+3pq=y3+w3+3st+6s2+12s+8,x4+z4+4p2q−2q2=y4+w4+4s2t−2t2+8s3+24s2+32s+16。
利用原方程组的第二至四式化简,得q=t+2s−1, (3.2)
pq=st+2s2+4s−4, (3.3)
2p2q−q2=2s2t−t2+4s3+12s2+16s−25。
(3.4)
将(3.1)和(3.2)代入(3.3),得, (3.5)
16、(2007二试3)设集合P={1,2,3,4,5},对任意k∈P和正整数m,记
f(m,k)=,其中[a]表示不大于a的最大整数。
求证:
对任意正整数n,存在k∈P和正整数m,使得f(m,k)=n。
17、(2009二试3)设,是给定的两个正整数.证明:
有无穷多个正整数,使得与互素.
【解析】证法一:
对任意正整数,令.我们证明.
设是的任一素因子,只要证明:
p.
若pk!
,则由.[来源:
学_科_网Z_X_X_K]
及,且pα+1k!
,知且.从而p.
证法二:
对任意正整数,令,我们证明.
设是的任一素因子,只要证明:
p.若pk!
,则由
.[来源:
Zxxk.Com]
即不整除上式,故p.
若,设使,但..故由
及,且pα+1k!
,知且.从而p.
18、(2009二试4)在非负数构成的数表
中每行的数互不相同,前6列中每列的三数之和为1,,,,,,,均大于.如果的前三列构成的数表
满足下面的性质:
对于数表中的任意一列(,2,…,9)均存在某个使得
⑶.
求证:
(ⅰ)最小值,,2,3一定自数表的不同列.
(ⅱ)存在数表中唯一的一列,,2,3使得数表
仍然具有性质.
.
显然且1,2.因为,,,所以.
故.于是存在使得.显然,,2,3.
下面证明数表
具有性质.
从上面的选法可知,.这说明
,.
由数表满足性质,则对于至少存在一个使得.由及⑷和⑹式知,,.于是只能有.类似地,由满足性质及可推得.从而.
19、(2010一试11)证明:
方程恰有一个实数根,且存在唯一的严格递增正整数数列,使得.
【解析】令,则,所以是严格递增的.又,故有唯一实数根.
所以,.
故数列是满足题设要求的数列.
若存在两个不同的正整数数列和满足
,
去掉上面等式两边相同的项,有
,
这里,所有的与都是不同的.
不妨设,则,
,
矛盾.故满足题设的数列是唯一的.
20、(2010二试2)设k是给定的正整数,.记,.证明:
存在正整数m,使得为一个整数.这里,表示不小于实数x的最小整数,例如:
,.
于是
,①
这里.
显然中所含的2的幂次为.故由归纳假设知,经过f的v次迭代得到整数,由①知,是一个整数,这就完成了归纳证明.
21、(2010二试4)一种密码锁的密码设置是在正n边形的每个顶点处赋值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?
当n为奇数时,,此时.②
代入①式中,得
.
22、(2011二试2)证明:
对任意整数,存在一个次多项式
具有如下性质:
(1)均为正整数;
(2)对任意正整数,及任意个互不相同的正整数,均有.
23、(2011二试3)设是给定的正实数,.对任意正实数,满足的三元数组的个数记为.证明:
.
24、(2011二试4)设A是一个的方格表,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”.
设方格表第列从上到下填的数依次为.记
,
这里.
我们证明:
三组数;及都是模10的完全剩余系.
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”.
1
1
1
2
1
1
1
1
10
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
10
1
1
1[来源:
学科网]
1
2
综上所述,“坏格”个数的最大值是25.
25、(2012二试2)试证明:
集合满足
(1)对每个,及,若,则一定不是的倍数;
(2)对每个(其中表示在N中的补集),且,必存在,,使是的倍数.
【解析】证明:
对任意的,设则如果是任意一个小于的正整数,则
由于与中,一个为奇数,它不含素因子,另一个是偶数,它含素因子的幂的次数最多为,因此一定不是的倍数;
若,且设其中为非负整数,为大于的奇数,
则
下面给出
(2)的三种证明方法:
证法一:
令消去得
由于这方程必有整数解;其中为方程的特解.
把最小的正整数解记为则,故使是的倍数.
证法二:
由于由中国剩余定理知,同余方程组
在区间上有解即存在使是的倍数.
[来源:
学。
科。
网]
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2000 2012 全国 高中数学 联赛 分类 汇编 专题 02 初等 数论