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高中数学奥林匹克竞赛试题及答案

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案

1 求一个四位数,它的前两位数字及后两位数字分别相同,而该数本身等于一个整数的平方.1956年波兰.

x=1000a+100a+10b+b=11(100a+b)

其中0<a?9,0?b?9.可见平方数x被11整除,从而x被112整除.因此,数100a+b=99a+(a+b)能被11整除,于是a+b能被11整除.但0<a+b?18,以a+b=11.于是x=112(9a+1),由此可知9a+1是某个自然数的平方.对a=1,2,…,9逐一检验,易知仅a=7时,9a+1为平方数,故所求的四位数是7744=882.

2 假设n是自然数,d是2n2的正约数.证明:n2+d不是完全平方.1953年匈牙利.

【证设2n2=kd,k是正整数,如果n2+d是整数x的平方,那么k2x2=k2(n2+d)=n2(k2+2k)

但这是不可能的,因为k2x2与n2都是完全平方,而由k2<k2+2k<(k+1)2得出k2+2k不是平方数.

3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数.1962年上海高三决赛题.

【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n(n+1)(n+2)(n+3)=(n2+3n)(n2+8n+2)=(n2+3n+1)2-1

因此,四个连续自然数乘积加上1,是一完全平方数,故知本题结论成立.

4 已知各项均为正整数的算术级数,其中一项是完全平方数,证明:此级数一定含有无穷多个完全平方数.1963年俄

【证】设此算术级数公差是d,且其中一项a=m2(m∈N).于是a+(2km+dk2)d=(m+kd)2

对于任何k∈N,都是该算术级数中的项,且又是完全平方数.

5 求一个最大的完全平方数,在划掉它的最后两位数后,仍得一个完全平方数(假定划掉的两个数字中的一个非零).1964年俄.

【解】设n2满足条件,令n2=100a2+b,其中0<b<100.于是n>10a,即n?10a+1.因此b=n2100a2?20a+1

由此得 20a+1<100,所以a?4.经验算,仅当a=4时,n=41满足条件.若n>41则n2-402?422-402>100.因此,满足本题条件的最大的完全平方数为412=1681.

6 求所有的素数p,使4p2+1和6p2+1也是素数.1964年波兰

【解】当p≡±1(mod 5)时,5|4p2+1.当p≡±2(mod 5)时,5|6p2+1.所以本题只有一个解p=5.

7 证明存在无限多个自然数a有下列性质:对任何自然数n,z=n4+a都不是素数.1969德国.

【证】对任意整数m>1及自然数n,有n4+4m4=(n2+2m2)2-4m2n2=(n2+2mn+2m2)(n2-2mn+2m2)

而 n2+2mn+2m2>n2-2mn+2m2=(n-m)2+m2?m2>1故n4+4m4不是素数.取a=4224,4234,…就得到无限多个符合要求的a.

8 将某个17位数的数字的顺序颠倒,再将得到的数与原来的数相加.证明:得到的和中至少有一个数字是偶数.1970年苏

【证】假设和的数字都是奇数.在加法算式中,末一列数字的和d+a为奇数,从而第一列也是如此,因此第二列数字的和b+c?9.于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉,所得的13位数仍具有性质:将它的数字颠倒,得到的数与它相加,和的数字都是奇数.照此进行,每次去掉首末各两位数字.最后得到一位数,它与自身相加显然是偶数.矛盾!

9 证明:如果p和p+2都是大于3的素数,那么6是p+1的因数.1973年加拿大

【证】因p是奇数,2是p+1的因数.因为p、p+1、p+2除以3余数不同,p、p+2都不被3整除,所以p+1被3整除.

10 证明:三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项(不一定是连续的).美国1973年

【证】设p、q、r是不同素数.假如有自然数l、m、n和实数a、d,

消去a,d,得化简得(m-n)3p=(l-n)3q+(m-l)3r+3(l-n)(m

11 设n为大于2的已知整数,并设V n为整数1+kn的集合,k=1,2,….数m∈V n称为在V n中不可分解,如果不存在数p,q∈V n使得pq=m.证明:存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积.1977年荷兰

【证】设a=n-1,b=2n-1,则a2、b2、a2b2都属于V n.因为a2<(n+1)2,所以a2在V n中不可分解.

式中不会出现a2.

r=a2b2有两种不同的分解方式:r=a22b2=a2…(直至b2分成不可分解的元素之积)与r=ab2ab=…(直至ab分成不可分解的元素之积),前者有因数a2,后者没有.

12 证明在无限整数序列10001,100010001,1000100010001,…中没有素数.注意第一数(一万零一)后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成.1979年英国

【证】序列1,10001,100010001,…,可写成1,1+104,1+104+108,…

一个合数.

即对n>2,a n均可分解为两个大于1的整数的乘积,而a2=10001=137273.故对一切n?2,a n均为合数.

13 如果一个自然数是素数,并且任意地交换它的数字,所得的数仍然是素数,那么这样的数叫绝对素数.求证:绝对素数的不同数字不能多于3个.1984年苏

【证】若不同数字多于3个,则这些数字只能是1、3、7、9.不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7,余数分别为0、1、2、3、4、5、6.因此对任意自然数M,1043M与上述7个四位数分别相加,所得的和中至少有一个被7整除,从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数.

14正整数d不等于2、5、13.证在集合{2,5,13,d}中可找到两个不同元素a、b,使得ab-1不是完全平方数.1986年德

【证】证明2d-1、5d-1、13d-1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可.用反证法,设5d-1=x2 5d-1=y2 13d -1=z2 其中x、y、z是正整数.x是奇数,设x=2n-1.代入有2d-1=(2n-1)2即d=2n2-2n+1 说明d也是奇数.

y、Z是偶数,设y=2p,z=2q,代入(2)、(3)相减后除以4有2d=q2-p2=(q+p)(q-p)

因2d是偶数,即q2-p2是偶数,所以p、q同为偶数或同为奇数,从而q+p和q-p都是偶数,即2d是4的倍数,因此d是偶数.这与d是奇数相矛盾,故命题正确.

15 .求出五个不同的正整数,使得它们两两互素,而任意n(n?5)个数的和为合数.1987年全苏

【解】由n个数a i=i2n!+1,i=1,2,…,n组成的集合满足要求.因为其中任意k个数之和为m2n!+k(m∈N,2?k ?n)由于n!=1222…2n是k的倍数,所以m2n!+k是k的倍数,因而为合数.对任意两个数a i与a j(i>j),如果它们有公共的质因数p,则p也是a i-a j=(i-j)n!的质因数,因为0<i-j<n,所以p也是n!的质因数.但a i与n!互质,所以a i与a j不可能有公共质因数p,即a i、a j(i≠j)互素.令n=5,便得满足条件的一组数:121,241,361,481,601.

16 n?2,证:如果k2+k+n对于整数k素数.1987苏联

(1)若m?p,则p|(m-p)2+(m-p)+n.又(m-p)2+(m-p)+n?n>P,这与m是使k2+k+n为合数的最小正整数矛盾.(2)若m?p-1,则(p-1-m)2+(p-1-m)+n=(p-1-m)(p-m)+n被p整除,且(p-1-m)2+(p-1-m)+n?n>p因为(p-1-m)2+(p-1-m)+n为合数,所以p-1-m?m,p?2m+1由

得4m2+4m+1?m2+m+n即3m2+3m+1-n?0由此得

17 正整数a与b使得ab+1整除a2+b2.求证:(a2+b2)/(ab+1)是某个正整数的平方.1988德国

a2-kab+b2=k (1)

显然(1)的解(a,b)满足ab?0(否则ab?-1,a2+b2=k(ab+1)?0).又由于k不是完全平方,故ab>0.

设(a,b)是(1)的解中适合a>0(从而b>0)并且使a+b最小的那个解.不妨设a?b.固定k与b,把(1)看成a的二次方程,它有一根为a.设另一根为a′,则由韦达定理a′为整数,因而(a′,b)也是(1)的解.由于b>0,所以a′>0.但由(3)

从而a′+b<a+b,这与a+b的最小性矛盾,所以k必为完全平方.

18 求证:对任何正整数n,存在n个相继的正整数,它们都不是素数的整数幂.1989年瑞典提供.

【证】设a=(n+1)!,则a2+k(2?k?n+1),被k整除而不被k2整除(因为a2被k2整除而k不被k2整除).如果a2+k是质数的整数幂p l,则k=p j(l、j都是正整数),但a2被p2j整除因而被p j+1整除,所以a2+k被p j整除而不被p j+1整除,于是a2+k=p j=k,矛盾.因此a2+k(2?k?n+1)这n个连续正整数都不是素数的整数幂.

19 n为怎样的自然数时,数32n+1-22n+1-6n是合数?1990年全苏

解32n+1-22n+1-6n=(3n-2n)(3n+1+2n+1)当n>l时,3n-2n>1,3n+1+2n+1>1,原数是合数.当n=1时,原数是13 20 设n是大于6的整数,且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数,如果a2-a1=a3-a2=…=a k-a k-1>0

求证:n或是素数或是2的某个正整数次方.1991年罗马尼亚.

证由(n-1,n)=1,得a k=n-1.令d=a2-a1>0.当a2=2时,d=1,从而k=n-1,n与所有小于n的自然数互素.由此可知n是素数.当a2=3时,d=2,从而n与所有小于n的奇数互素.故n是2的某个正整数次方.设a2>3.a2是不能整除

n的最小素数,所以2|n,3|n.由于n-1=a k=1+(k-1)d,所以3d.又1+d=a2,于是31+d.由此可知3|1+2d.若1+2d<n,则a3=1+2d,这时3|(a3,n).矛盾.若1+2d?n,则小于n且与n互素自然数的个数为2.设n=2m(>6).若m为偶数,则m+1与n互质,若m为奇数,则m+2与m互质.即除去n-1与1外、还有小于n且与n互质的数.矛盾.综上所述,可知n或是素数或是2的某个正整数次方.

21 试确定具有下述性质的最大正整数A:把从1001至2000所有正整数任作一个排列,都可从其中找出连续的10项,使这10项之和大于或等于A.1992年台北数学奥林匹克

【解】设任一排列,总和都是1001+1002+…+2000=1500500,将它分为100段,每段10项,至少有一段的和?15005,所以A?15005

另一方面,将1001~2000排列如下:2000 1001 1900 1101 1800

1201 1700 1301 1600 1401

1999 1002 1899 1102 1799

1202 1699 1302 1599 1402

………………

1901 1100 1801 1200 1701

1300 1601 1400 1501 1300

并记上述排列为a1,a2,…,a2000

(表中第i行第j列的数是这个数列的第10(i-1)+j项,1?i?20,1?j?10)

令S i=a i+a i+1+…+a i+9(i=1,2,…,1901)则S1=15005,S2=15004.易知若i为奇数,则S i=15005;若i为偶数,则S i=15004.综上所述A=15005.

22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数?1992年友谊杯国际数学竞赛七年级

【解】(n+1)2+(n+2)2+…+(n+10)2=10n2+110n+385=5(2n2+22n+77)

不难验证n≡0,1,-1,2,-2(mod 5)时,均有2n2+22n+77≡2(n2+n+1)0(mod 5)

所以(n+1)2+(n+2)2+…+(n+10)2不是平方数,

23 是否存在完全平方数,其数字和为1993?1993年澳门数学奥林匹克第二轮

【解】存在,取n=221即可.

24 能表示成连续9个自然数之和,连续10个自然数之和,连续11个自然数之和的最小自然数是多少?1993年美国数学邀请赛【解】答495.连续9个整数的和是第5个数的9倍;连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍;连续11个整数的和是第6项的11倍,所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除,这数至少是495.又495=51+52+…+59=45+46+…+54=40+41+…+50

25 如果自然数n使得2n+1和3n+1都恰好是平方数,试问5n+3能否是一个素数?1993年全俄数学奥林匹克

【解】如果2n+1=k2,3n+1=m2,则5n+3=4(2n+1)-(3n+1)=4k2-m2=(2k+m)(2k-m).因为5n+3>(3n+1)+2=m2+2>2m+1,所以2k-m≠1(否则5n+3=2k+m=2m+1).从而5n+3=(2k+m)(2k-m)是合数.

26 设n是正整数.证明:2n+1和3n+1都是平方数的充要条件是n+1为两个相邻的平方数之和,并且为一平方数与相邻平方数2倍之和.1994年澳大利亚数学奥林匹克

【证】若2n+1及3n+1是平方数,因为2(2n+1),3(3n+1),可设2n+1=(2k+1)2,3n+1=(3t±1)2,由此可得n+1=k2+(k+1)2,n+1=(t±1)2+2t2

反之,若n+1=k2+(k+1)2=(t±1)2+2t2,则2n+1=(2k+1)2,3n+1=(3t±1)2从而命题得证.

27 设a、b、c、d为自然数,并且ab=cd.试问a+b+c+d能否为素数.1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题

【解】由题意知

正整数,将它们分别记作k与l.由

a+c>c?c1,b+c>c?c2。所以,k>1且l>1.从而,a+b+c+d=kl为合数.

28 设k1<k2<k3<…是正整数,且没有两个是相邻的,又对于m=1,2,3,…,S m=k1+k2+…+k m.求证:对每一个正整数n,区间(S n,S n+1)中至少含有一个完全平方数.1996年上海高中数学竞赛题

【证】S n=k n+k n-1+…+k1

所以。又。

从而

A2-001 哪些连续正整数之和为1000?试求出所有的解.1963年成都

【解】设这些连续正整数共n个(n>1),最小的一个数为a,则有a+(a+1)+…+(a+n-1)=1000

即n(2a+n-1)=2000

若n为偶数,则2a+n-1为奇数;若n为奇数,则2a+n-1为偶数.因a?1,故2a+n-1>n.

同,故只有n=5,16,25,因此可能的取法只有下列三种:

若n=5,则a=198;若n=16,则a=55;若n=25,则a=28.

故解有三种:198+199+200+201+202 55+56+…+70 28+29+…+52

A2-002 N是整数,它的b进制表示是777,求最小的正整数b,使得N是整数的四次方.1977年加拿大数学奥林匹克【解】设b为所求最小正整数,则7b2+7b+7=x4。素数7应整除x,故可设x=7k,k为正整数.于是有b2+b+1=73k4当k=1时,(b-18)(b+19)=0.因此b=18是满足条件的最小正整数.

A2-003 如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和,求n.1976年纽约数学竞赛

。s2-s1=n2=100 从而求得n=10.

A2-004 设a和b为正整数,当a2+b2被a+b除时,商是q而余数是r,试求出所有数对(a,b),使得q2+r=1977.【解】由题设a2+b2=q(a+b)+r(0?r<a+b),q2+r=1977,所以q2?1977,从而q?44.

若q?43,则r=1977-q2?1977-432=128.

即(a+b)?88,与(a+b)>r?128,矛盾.因此,只能有q=44,r=41,从而得

a2+b2=44(a+b)+41。。。(a-22)2+(b-22)2=1009

不妨设|a-22|?|b-22|,则1009?(a-22)2?504,从而45?a?53.

经验算得两组解:a=50,b=37及a=50,b=7.由对称性,还有两组解a=37,b=50;a=7,b=50.

A2-005 数1978n与1978m的最后三位数相等,试求出正整数n和m,使得m+n取最小值,这里n>m?1.

【解】由题设1978n-1978m=1978m(1978n-m-1)≡0(mod 1000)

因而1978m≡2m3989m≡0(mod 8),m?3。又1978n-m≡1(mod 125)

而1978n-m=(1975+3)n-m≡3n-m+(n-m)3n-m-121975(mod 125)(1)

从而3n-m≡1(mod 5),于是n-m是4的倍数.设n-m=4k,则

代入(1)得

从而k(20k+3)≡0(mod 25)

因此k必须是25的倍数,n-m至少等于4325=100,于是m+n的最小值为n-m+2m=106,m=3,n=103

A2-006求方程x3+x2y+xy2+y3=8(x2+xy+y2+1)的全部整数解x、y.1980卢森堡数学竞赛

于是x3+x2y+xy2+y3=(x+y)3-2xy(x+y)=u3-2vu x2+xy+y2=(x+y)2-xy=u2-v

从而原方程变为2v(u-4)=u3-8u2-8 (2)

因u≠4,故(2)即为

根据已知,u-4必整除72,所以只能有u-4=±2α3β,其中α=0,1,2,3;β=0,1,2

进一步计算可知只有u-4=223=6,于是u=10,v=16

A2-007 确定m2+n2的最大值,这里m和n是整数,满足m,n∈{1,2,…,1981},(n2-mn-m2)2=1.

【解】若m=n,由(n2-mn-m2)2=1得(mn)2=1,故m=n=1.

若m≠n,则由n2-mn-m2=±1得n>m.令n=m+u k,于是[(m+u k)2-m(m+u k)-m2]2=1

于是有

若u k≠u k-1,则以上步骤可以继续下去,直至

得到数列:n,m,u k,u k-1,…,u k-l,u k-l-1 此数列任意相邻三项皆满足u i=u i-1+u i-2,这恰好是斐波那契型数列.

而{1,2,…,1981}中斐氏数为:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,可见m=987,n=1597时,m2+n2=3524578为满足条件的最大值.

A2-008 求方程w!=x!+y!+z!的所有正整数解.1983年加拿大数学奥林匹克

【解】不妨设x?y?z.显然w?z+1,因此(z+1)!?w!=x!+y!+z!?32z!

从而z?2.通过计算知x=y=z=2,w=3是原方程的唯一解.

A2-009 求满足下式的所有整数n,m:n2+(n+1)2=m4+(m+1)41984年匈牙利数学竞赛

【解】由原式得n(n+1)=m(m+1)(m2+m+2)

设m2+m=k,我们有n(n+1)=k(k+2).显然,只可能两边为零.解是(0,0),(0,-1),(-1,0),(-1,1).A1-010 前1000个正整数中可以表示成[2x]+[4x]+[6x]+[8x]的正整数有多少个?1985年美国数学邀请赛

【解】令f(x)=[2x]+[4x]+[6x]+[8x].

个不同的正整数值.

另一方面f(x+n)=f(x)+20n对任一正整数n成立.将1-1000分为50段,每20个为1段.每段中,f(x)可取12个值.故总共可取到50312=600个值,亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成[2x]+[4x]+[6x]+[8x]的形式.

A2-011 使n3+100能被n+10整除的正整数n的最大值是多少?1986年美国数学邀请赛题

【解由n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900知,若n3+100被n+10整除,则900也应被n+10整除.故n最大值是890.

A12 a、b、c、d为两两不同的正整数,并且a+b=cd,ab=c+d求出所有满足上述要求的四元数组a、b、c、d.1987匈牙利【解】由于a≠b,所以当且仅当a=1或b=1时,才有a+b?ab.

如果a、b都不是1,那么c+d=ab>a+b=cd由此知c=1或d=1.

因此a、b、c、d中总有一个(也只有一个)为1.如果a=1,那么由消去b可以推出

从而得到c=2,d=3,或者c=3,d=2.这样,本题的答案可以列成下

A2-013设[r,s]表示正整数r和s的最小公倍数,求有序三元正整数组(a,b,c)的个数,其中[a,b]=1000,[b,c]=2000,[c,a]=2000.1987年美国数学邀请赛

【解】显然,a、b、c都是形如2m25n的数.设a=2m125n1,b=2m225n2,c=2m325n3.

由[a,b]=1000=23253,知max(m1,m2)=3,max(n1,n2)=3.同理,max(m2,m3)=4,max(n2,n3)=3;max (m1,m3)=4,max(n1,n3)=3.由此,知m3应是4,m1、m2中必有一是3.另一个可以是0、1、2或3之任一种,因此m1、m2的取法有7种.又,n1、n2、n3中必有两个是3,另一个可以是0、1、2或3.因此n1、n2、n3取法有10种.故m i、n i (i=1、2、3)不同取法共有7310=70种,即三元组共有70个.

A2-014 设m的立方根是一个形如n+r的数,这里n为正整数,r为小于1/1000的正实数.当m是满足上述条件的最小正整数时,求n的值.1987年美国数学邀请赛

m=n3+1<(n+10-3)3=n3+3n2210-3+3n210-6+10-9于是从而n=19(此时m=193+1为最小).

1987年)全俄数学奥林匹克【解】144=122,1444=382

设n>3,则则k必是一个偶数.所以

也是一个自然数的完全平方,但这是不可能的.因为平方数除以4,

因此,本题答案为n=2,3.

A2-016 当n是怎样的最小自然数时,方程[10n/x]=1989有整数解?1989年全苏数学奥林匹克

【解】1989?10n/x<1990所以10n/1990<x?10n/1989。即10n20.000502512…<x?10n20.000502765…

所以n=7,这时x=5026与5027是解.

A2-017 设a n=50+n2,n=1,2,….对每个n,a n与a n+1的最大公约数记为d n.求d n的最大值.1990年日本

【解】d n=(a n,a n+1)=(50+n2,50+(n+1)2-(50+n2))=(50+n2,2n+1)=(2(n2+50),2n+1)(因2n+1是奇数)=(2(n2+50)-n(2n+1),2n+1)=(100-n,2n+1)=(100-n,2n+1+2(100-n))=(100

-n,201)?201。在n=100≠201k(k∈N)时,d n=201.故所求值为201.

A2-018 n是满足下列条件的最小正整数:(1)n是75的倍数;(2)n恰为75个正整数因子(包括1及本身).试求n/75.【解】为保证n是75的倍数而又尽可能地小,可设n=2α23β25γ,其中α?0,β?1,γ?2,并且

(α+1)(β+1)(γ+1)=75

由75=5223,易知当α=β=4,γ=2时,符合条件(1)、(2).此时n=24234252,n/75=432.

A2-019 1.求出两个自然数x、y,使得xy+x和xy+y分别是不同的自然数的平方.

2.能否在988至1991范围内求到这样的x和y?1991年全苏数学奥林匹克

【解】1.例如x=1,y=8即满足要求.

2.假设988?x<y?1991,x、y∈N,使得xy+x与xy+y是不同的自然数的平方,则x2<xy+x<xy+y

这时y-x=(xy+y)-(xy+x)>(x+1)2-x2=2x+1即y>3x+1

由此得1991?y>3x+1?33998+1矛盾!故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y.

A2-020 求所有自然数n,使得这里[n/k2]表示不超过n/k2的最大整数1991年中国数学奥林匹克【解】题给条件等价于,对一切k∈N,k2+n/k2?1991 (1)

且存在k∈N,使得k2+n/k2<1992.(2)

(1)等价于对一切k∈N,k4-1991k2+n?0即(k2-1991/2)2+n-19912/4?0 (3)

故(3)式左边在k取32时最小,因此(1)等价于n?19913322-324=10243967

又,(2)等价于存在k∈N,使(k2-996)2+n-9962<0

上式左边也在k=32时最小,故(2)等价于n<19923322-324=10243968

故n为满足10243967?n?10243967+1023的一切整数.

A2-021 设n是固定的正整数,求出满足下述性质的所有正整数的和:在二进制的数字表示中,正好是由2n个数字组成,其中有n个1和n个0,但首位数字不是0.1991年加拿大数学奥林匹克题2.

【解】n=1,易知所求和S1=2.n?2时,首位数字为1的2n位数,在其余2n-1位上,只要n个0的位置确定了.则n-1

个1的位置也就确定了,从而这个2n位二进制数也随之确定.

现考虑第k(2n>k?1)位数字是1的数的个数.因为其中n个0的位置只可从2n-2个位置(除去首位和第k位)中选择,故

这样的将所有这样的2n位二进制数相加,按数位求和,便有

A2-022 在{1000,1001,1002,…,2000}中有多少对相邻的数满足下列条件:每对中的两数相加时不需要进位?

7或8时,则当n和n+1相加时将发生进位.再若b=9而c≠9;a=9而b≠9或c≠9.则当n和n+1相加时也将发生进位.如果不是上面描述的数,则n有如下形式

其中a,b,c∈{0,1,2,3,4}.对这种形式的n,当n和n+1相加时不会发生进位,共有53+52+5+1=156个这样的n.

A2-023 定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”,如果存在一个正整数m,使得m!的十进位制表示中,结尾恰好有n个零,那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾?1992年美国数学邀请赛

【解】f(m)为m!的尾.则f(m)是m的不减函数,且当m是5的倍数时,有f(m)=f(m+1)=f(m+2)=f(m+3)

=f(m+4)<f(m+5)因此,从f(0)=0开始,f(m)依次取值为:0,0,0,0,0;1,1,1,1,1;2,2,2,2,2;3,3,3,3,3;4,4,4,4,4;6,6,6,6,6;…;1991,1991,1991,1991,1991

容易看出

如果存在m使f(m)=1991,则

因而m>431991=7964.由公式(1)可计算出f(7965)=1988,从而f(7975)=1991.

在序列(1)中共有7980项,不同的值有7980/5=1596个.所以在{0,1,2,…,1991}中,有1992-1596=396个值不在(1)中出现.这就说明,有396个正整数不是阶乘的尾.

A2-024 数列{a n}定义如下:a0=1,a1=2,a n+2=a n+(a n+1)2.求a1992除以7所得的余数.1992年日本数学奥林匹克【解】考虑a n以7为模的同余式:a0=1≡1(mod 7)a1=2≡2(mod 7)a1=1+22=5≡-2(mod 7)a3≡2+(-2)2=6≡-1(mod 7)a4≡-2+(-1)2=-1(mod 7)

a5≡-1+(-1)2=0(mod 7)a6≡-1+02=-1(mod 7)a7≡0+(-1)2=1(mod 7)

a8≡-1+12=0(mod 7)a9≡1+02=1(mod 7)

a10≡0+12=1(mod 7)a11≡1+12=2(mod 7)所以,a n除以7的余数以10为周期,故a1992≡a2≡5(mod 7).

A2-025 求所有的正整数n,满足等式S(n)=S(2n)=S(3n)=…=S(n2)

其中S(x)表示十进制正整数x的各位数字和.1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克

【解】显然,n=1满足要求.由于对正整数x,有S(x)≡x(mod 9),故当n>1时,有

n≡S(n)≡S(2n)≡2n(mod 9)所以9|n.若n是一位数,则n=9,又S(9)=S(239)=S(339)=…=S(92)=9,

故9满足要求.10k?n<10k+1又910k,故10k+1?n<10k+1

若n<10k+10k-1+…+10+1,则

与已知矛盾,从而n?10k+10k-1+…+10+1(1)

令n=9m.设m的位数为l(k?l?k+1),m-1=S(n)=S((10k+10k-1+…+10+1)n)=S((10k+1-1)m)=S(10k+1(m-1)+(10k+1-10l)+(10l-m))

其中9有k+1-l个,b i+c i=9,i=1,2,…,l.

所以S(n)=9(k+1)(2)

由于n是k+1位数,所以n=99…9=10k+1-1.

另一方面,当n=99…9=10k+1-1时,S(n)=S(2n)=S(3n)=…=S(n2).

综上所述,满足要求的正整数为n=1及n=10k-1(k?1).

A2-026 求最大正整数k,使得3k|(23m+1),其中m为任意正整数.1992年友谊杯国际数学竞赛

【解】当m=1时,23m+1=9,故k?2.又由于23m+1=(23)3m-1+1≡(-1)3m-1+1(mod 9)=0

所以,对任意正整数m,9|(23m+1).即所求k的值为2.

最大整数.1993年全国联赛一试

【解】因为1093+33=(1031)3+33=(1031+3)((1031)2-331031+32)

=(1031)(1031-3)+9-1

它的个位数字是8,十位数字是0.

A2-028 试求所有满足如下性质的四元实数组:组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积.1993全俄数学奥林匹克【解】设这组数的绝对值为a?b?c?d.无论a为b,c,d哪两个数的乘积,均有a?bc,类似地,d?bc.从而,bc?a?b ?c?d?bc,即a=b=c=d=a2.所以a=0或1,不难验证,如果组中有负数,则负数的个数为2或3.

所以,答案为{0,0,0,0},{1,1,1,1},{-1,-1,1,1},{-1,-1,-1,1}.

A2-029 对任意的实数x,函数f(x)有性质f(x)+f(x-1)=x2.如果f(19)=94,那么f(94)除以1000的余数是多少?

【解】重复使用f(x)=x2-f(x-1),有f(94)=942-f(93)=942-932+f(92)=942-932+922-f(91)

=…=942-932+922-…+202-f(19)=(94+93)(94-93)+(92+91)(92-

91)+…+(22+21)(22-21)+202-94=(94+93+92+…+21)+306=4561因此,f(94)除以1000的余数是561.

A2-030 [x]表示x的整数部分,求使[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2n]=1994成立的正整数n.1994年美国数学邀请赛

【解】[long21]+[log22]+[log23]+…+[log2128]+[log2129]+…+[log2255]=231+432+833+1634+3235+6436+

12837=1538.

A2-031 对给定的一个正整数n.设p(n)表示n的各位上的非零数字乘积(如果n只有一位数字,那么p(n)等于那个数字).若S=p(1)+p(2)+p(3)+…+p(999),则S的最大素因子是多少?1994年美国数学邀请赛

【解】将每个小于1000的正整数作为三位数,(若位数小于3,则前面补0,如25可写成025),所有这样的正整数各位数字乘积的和是(02020+02021+02022+…+92928+92929)-02020=(0+1+2+…+9)3-0

p(n)是n的非零数字的乘积,这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到.

因此,=463-1=3325272103。最大的素因子是103.

A2-032 求所有不相同的素数p、q、r和s,使得它们的和是素数,且p2+qs及p2+qr都是平方数.1994全俄数学奥林匹克【解】因为四个奇素数之和是大于2的偶数,所以所求的素数中必有一个为偶数2.

若p≠2,则p2+qs或p2+qr中有一个形如(2k+1)2+2(2l+1)=4(k2+k+l)+3,这是不可能的,因为奇数的平方除以4的余数是1,所以p=2.设22+qs=a2,则qs=(a+2)(a-2).

若a-2=1,则qs=5,因为q、s是奇素数,所以上式是不可能的.于是只能是q=a-2,s=a+2

或者q=a+2,s=a-2。所以s=q-4或q+4.同理r=q-4或q+4.

三个数q-4、q、q+4被3除,余数各不相同,因此其中必有一个被3整除.q或q+4为3时,都导致矛盾,所以只能是q-4=3.于是(p,q,r,s)=(2,7,3,11)或(2,7,11,3)

A2-033 求所有这样的素数,它既是两个素数之和,同时又是两个素数之差.1994年全俄数学奥林匹克

【解】设所求的素数为p,因它是两素数之和,故p>2,从而p是奇数.因此,和为p的两个素数中有一个是2,同时差为p 的两个素数中,减数也是2,即p=q+2,p=r-2,其中q、r为素数.于是p-2、p、p+2均为素数.在三个连续的奇数中必有一数被3整除,因这数为素数,故必为3.不难验证只有p-2=3,p=5,p+2=7时,才满足条件.所以所求的素数是5.

个整数.1994年国际数学奥林匹克题

【解】n3+1=n3+mn-(mn-1),所以mn-1|n(n2+m).因为(mn-1,n)=1,所以mn-1|n2+m.又n(m2+n)-(n2+m)=m(mn-1),所以mn-1|m2+n.因此m,n对称,不妨设m?n.

当n=1时,mn-1=m-1|n3+1=2,从而m=2或3,以下设n?2.

若m=n,则n2-1|(n3+1)=(n3-n)+(n+1),从而n2-1|(n+1),m=n=2.

若m>n,则由于2(mn-1)?n2+mn+n-2?n2+2m>n2+m

所以mn-1=n2+m,即(m-n-1)(n-1)=2。从而于是本题答案为(m,n)=(2,1),(3,1),(1,2),(2,2),(5,2),(1,3),(5,3),(3,5),(2,5)共九组.

【解】由已知得即

。所以

A2-036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和.这个数最大是多少?1995年美国数学邀请赛【解】设这数为42n+p,其中n为非负整数,p为小于42的素数或1.

由于2342+1,42+2,42+3,4235+5,42+7,2342+11,42+13,4342+17,3342+19,42+23,3342+29,2342+31,4342+37,2342+41,都是合数,所以在n?5时,42n+p都可表成42的正整数倍与合数之和,只有4235+5例外.因此,所求的数就是4235+5=215.

A2-038 求所有正整数x、y,使得x+y2+z3=xyz,这里z是x、y的最大公约数.1995年IMO预选题.

【解】由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x.设x=az2,y=bz,则原方程化为

a+b2+z=abz2 (1)

由b2、abz2被b整除得b|(a+z).于是b?a+z.

a+z+b2=abz2=(a+z)b+(a+z)b+b((z2-2)a-2z)?a+z+b2+b((z2-2)a-2z)(2)

(2)中不等式的等号只在b=1并且b=a+z时成立,而这种情况不可能出现(a+z>1),所以(2)是严格的不等式.这表明

(z2-2)a-2Z<0 (3)从而z?2(否则(3)的左边?z2-2-2z?z-2>0).

在z=2时,2a-2z<0,即a=1,代入(1)得b=1或3,从而x=4,y=2或6.

在z=1时,(1)成为a+b2+1=ab (4)

从而(a-b)(b-1)=b+1=(b-1)+2

这表明(b-1)|2,b=2或3.代入(4)得a=5.于是x=5,y=2或3.

因此本题共有四组解:(x,y)=(4,2),(4,6),(5,2),(5,3).

A39 设m、n∈N,(m,n)=1.求(5m+7m,5n+7n).其中(m,n)表示m、n的最大公约数.1996日本数学奥林匹克

【解】记H(m,n)=(5m+7m,5n+7n).则H(0,1)=(2,12)=2。H(1,1)=(12,12)=12因H(m,n)=H(n,m),故可设n?m.

当n?2m时,(5m+7m,5n+7n)=(5m+7m,(5m+7m)(5n-m+7n-m)-5m7m(5n-2m+7n-2m))

=(5m+7m,5m7m(5n-2m+7n-2m))=(5m+7m,5n-2m+7n-2m)

当m?n<2m时,(5m+7m,5n+7n)=(5m+7m,(5m+7m)(5n-m+7n-m)-5n-m7n-m(52m-n+72m-n))

=(5m+7m,52m-n+72m-n)

则(1)H(m′,n′)=H(m,n);(2)m′+n′≡m+n(mod 2);(3)(m′,n′)=(m,n).

当(m,n)=1时,反复进行上面的操作,最后必有(m′,n′)=(1,0)或(m′,n′)=(1,1).从而有

A2-040 求下列方程的正整数解:(a,b)+[a,b]+a+b=ab其中a?b,[a,b]、(a,b)分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数.1996年日本数学奥林匹克预选赛题

【解】记(a,b)=d,a=da′,b=db′,则[a,b]=da′b′.题设条件变为

1+a′+b′+a′b′=da′b′(*)所以

故1<d?4.当d=4时,a′=b′=1,从而a=b=4;当d=3时,(*)等价于(2a′-1)(2b′-1)=3

由a′?b′得a′=2,b′-1.故a=6,b=3.当d=2时,(*)等价于(a′-1)(b′-1)=2

由a′?b′得a′=3,b′=2.从而a=6,b=4.综上所述,所求的正整数解有4,4;6,4;6,3.

A2-041 一个幻方中,每一行,每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值.图示一个幻方中的四个数,求x.

【解】幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s,这3s也是第一行的和加上第二行的和,再加上中央一数的3倍.所

以中央的

左下角的数为19+96-1=114.因此。x=33105-19-96=200

A2-042 对整数1,2,3,…,10的每一个排列a1,a2,…,a10,作和|a1-a2|+|a3-a4|+|a5-a6|+|a7-a8|+|a9-a10|

数.求p+q.

【解】差|a i-a j|有如下的45种:

这45种的和为139+238+337+436+535+634+733+832+931=165.每一种出现的次数相同,而在和|a1-a2|+|a3-a4|+|a5-a6|+|a7-a8|+|a9-a10|中有5种,所以

A2-043 设正整数a、b使15a+16b和16a-15b都是正整数的平方.求这两个平方数中较小的数能够取到的最小值.

【解】15a+16b=r2,16a-15b=s2于是16r2-15s2=162b+152b=481b (1)

所以16r2-15s2是481=13337的倍数.

由于0,±1,±2,±3,±4,±5,±6的平方为0,±1,±3,±4(mod 13),所以15≡2(mod 13)不是任一数的平方.因此,16r2≡15s2(mod 13)时,必有13|s.

同样,由于0,±1,±2,±3,±4,±5,±6,±7,±8,±9,±10,±11,±12,±13,±14,±15,±16,±17,±18的平方为0,±1,±3,±4,±9,±12,±16(mod 37),所以必有37|s.

于是481|s.由(1),481|r.

在r=s=481时,b=(16-15)3481=481,a=(16+15)3481=313481,满足15a+16b=r2,16a-15b=s2.

所以所说最小值为481.

A2-044 自然数n为十进制中的10位数.从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数,第2位上的数恰是n的数字中1的个数,一般地,第k+1位上的数恰是n的数字中k的个数(0?k?9).求一切这样的数n.1997年日本数学奥林匹克

【解】设n的左数第k+1位上的数字为n k(0?k?9),数字k出现次数为n k.因n是10位数,n0+n1+n2+…+n9=

10 (1)

又数字k若在左数第n j+1位上出现,则数字j在n中出现k次.n k个k意味着有数字j1,j2,…,j nk,共出现k nk次.于是,又有

n i+2n2+…+9n9=10 (2)

由(2)显然n5,n6,n7,n8,n9,至多一个非零,且n6,n7,n8,n9均?1.

若n5=n6=n7=n8=n9=0 (3)则n0?5.于是n中至少有一个数字?5,与(3)矛盾.所以n5,n6,n7,n8,n9中有一个非零,其余四个为0.从而n1+2n2+3n3+4n4?5 (4)

(4)表明n1,n2,n3,n4中至少有两个为0,从而n中0的个数不少于6,即n0?6.于是n6,n7,n8,n9中有一个为1,n5=0.

若n9=1,则n0=9,n1?1,这显然不可能.若n8=1,则n0=8,n1?1,但无论n1>1或n1=1均不合要求.

若n7=1,则n0=7,n1=1或2,前者显然不合要求.后者导致n2?1,n0+n1+n2+n7>10也不合要求.

若n6=1,则n0=6,n1=2或3.n1=2时,n2=1,数6210001000满足要求.n1=3时,n3>0,n0+n1+n3+n6>10,不合要求.综上所述,满足条件的10位数n只有6210001000.

A2-045 求所有的整数对(a,b),其中a?1,b?1,且满足等式a b2=b a.1997年国际数学奥林匹克

【解】显然当a、b中有一个等于1时,(a,b)=(1,1).以下设a,b?2.

设t=b2/a,则由题中等式得到b=a t,at=a2t,从而t=a2t-1.如果2t-1?1,则t=a2t-1?(1+1)2t-1?1+(2t-1)=2t>t,矛盾.所以2t-1<1.于是我们有0<t<1.记K=1/t,则K=a/b2>1为有理数,由a=b k可知

K=b K-2 (1)如果K?2,则K=b K-2?1,与前面所证K>1矛盾,因此K>2.设K=p/q,p,q∈N,p、q互质,

则p>2q.于是由(1)

q=1,即K为一个大于2的自然数.

当b=2时,由(2)式得到K=2K-2,所以K?4.又因为

等号当且仅当K=4时成立,所以得到a=b K=24=16.当b?3时,=b K-2?(1+2)K-2?1+2(K-2)=2K-3.从而得到K?3.这意味着K=3,于是得到b=3,a=b K=33=27.综上所述,满足题目等式的所有正整数对为(a,b)=(1,1),(16,2),(27,3).

A3001 在数3000003中,把它的百位数字和万位数字0换成什么数字,才能使所得的数能被13整除?1951波兰数学奥林匹克【解】设所求数字为x和y,则有

因为106、104、102除以13时,分别得余数1、3、9,所以n≡3+3x+9y+3=3(2+x+3y)(mod 13)

当且仅当x+3y+2被13整除,即x+3y+2=13m(m为自然数)(1)

时,n被13整除.由于x+3y+2?9+329+2=38。所以m只能取1或2.

当m=1时,由方程(1)及0?x,y?9,解得x=8,y=1;x=5,y=2;x=2,y=3

当m=2时,解得x=9,y=5;x=6,y=6;x=3,y=7;x=0,y=8.

故本题共有7个解:3080103,3050203,3020303,3090503,3060603,3030703,3000803.

A3-002 求出所有这样的三位数,使其被11整除后的商数等于该三位数各位数字的平方和.1960年国际数学奥林匹克

【解】设这个三位数除以11以后的商为10a+b,其中a是商的十位数,b是商的个位数.若a+b?10,则原数为

100(a+1)+10(a+b-10)+b

若a+b<10,则原数为100a+10(a+b)+b。以下对这两种情形分别讨论.

先考虑第一种情形.由题设有(a+1)2+(a+b-10)2+b2=10a+b (1)

若a+b>10,则有(a+1)2+(a+b-10)2+b2?(a+1)2+1+(11-a)2

故若(1)式成立,只能有a+b=10.将b=10-a代入(1)解得唯一的一组正整数解a=7,b=3

再考虑第二种情形.此时由题设有a2+(a+b)2+b2=10a+b (2)

若a+b>5,则有a2+(a+b)2+b2=2(a+b)2a+2b2>10a+b

故若(2)成立,只能有a+b?5.注意在(2)式中左边和10a都是偶数;因此b也是偶数.若a+b<5,则b只能为2,将b=2代入(2)得不到整数解,因此只能有a+b=5.

将b=5-a代入(2)得唯一的一组正整数解a=5,b=0。综上所述,合乎要求的三位数只有550,803.

A3-003 下面是一个八位数除以一个三位数的算式,试求商,并说明理由.1958年上海高三赛题

【解】原式可写成:

其中所有未知数都表示数字,且下标为1的未知数都不等于零.x1x2x3等表示x12102+x2210+x3等.

(1)因为得到商的第一个数字7后,同时移下两个数字a5、a6,所以y2=0,同理y4=0.

(2)四位数a1a2a3a4与三位数b1b2b3之差为两位数c1c2,故a1=1,a2=0,b1=9,同理,c1=1,c2=0,d1=9,a4=b3,b2=9,a3=0.(3)由73x1x2x3=99b3,所以x1=1,x2=4.990-73140=10,所以x3=2,b3=4,从而a4=b3=4.

(4)由c1=1,c2=0可知y3=7.(5)y53142是四位数,所以x5?8.又因y53142的末位数字是8,所以y5=9.

于是商为70709,除数142,从而被除数为10040678.

A3-004 证:在任意39个连续自然数中,总能找到一个数,它的数字之和被11整除.1961年全俄数学奥林匹克【证】在任意39个连续自然数中,一定有三个数末位数字为0,而前两个数中一定有一个十位数字不为9,设它为N,N的数字之和为n,则N,N+1,N+2,…,N+9,N+19这11个数的数字之和依次为n,n+1,n+2,…,n+9,n+10,其中必有一个是11

的倍数.【注】39不能改为38.例如999981至1000018这38个连续自然数中,每个数的数字和都不被11整除.

A3-005 求有下列性质的最小自然数n:其十进制表示法以6结尾;当去掉最后一位6并把它写在剩下数字之前,则成为n的四倍数.1962年)国际数学奥林匹克【解】设n=10m+6,则6310p+m=4(10m+6),其中p为m的位数.于是m=2(10p-4)/13,要使m为整数,p至少为5,此时,n=153846.

A3-006 公共汽车票的号码由六个数字组成.若一张票的号码前三个数字之和等于后三个数字之和,则称它是幸运的.证明:所有幸运车票号码的和能被13整除.1965年全俄数学奥林匹克

【证】设幸运车票的号码是A,则A′=999999-A也是幸运的,且A≠A′.因为A+A′=999999=99931001含因数13.而所有幸运号码都能如此两两配对.所以所有幸运号码之和能被13 整除.

A3-007 自然数k有如下性质:若n能被k整除,那末把n的数字次序颠倒后得到的数仍能被k整除.证明:k是99的因子.

【证】k与10互质.事实上,存在首位为1且能被k整除的数,把它的数字倒过来也能被k整除,而此数的末位数字为1.

取以500开头的且被k整除的数:500abc…z,(a,b,c,…,z是这个数的数字),则以下的数均被k整除:

(1)z…cba005.

(2)和

(3)把(2)中的和倒过来z…cba00010abc…z

(4)差由此看出,99能被k整除.

A3-008 计算由1到109的每一个数的数字之和,得到109个新数,再求每一个新数的数字之和;这样一直进行下去,直到都是一位数为止.那么,最后得到的数中是1多,还是2多?1964年全俄数学奥林匹克

【解】一个正整数与其数字之和关于9是同余的,故最后所得的一位数为1者,是原数被9除余1的数,即1,10,19,...,999999991及109.同理,最后所得一位数为2者,原数被9除余2,即2,11,20, (999999992)

二者相比,余1者多一个数,因此,最后得到的一位数中以1为多.

A09 求具有下列性质的所有三位数A:将数A的数字重新排列,得出的所有数的算术平均值等于A.1974年全苏数学奥林匹克

由此可得222(a+b+c)=6(100a+10b+c),即7a=3b+4c,将这方程改写成7(a-b)=4(c-b)

当0?b?2时,a=b=c,或a-b=4且c-b=7.

当7?b?9时,b-a=4,b-c=7,从而A∈{111,222,…,999,407,518,629,370,481,592}。这15个三位数合乎要求.

A3-010 当44444444写成十进制数时,它的各位数字之和是A,而B是A的各位数字之和,求B的各位数字之和(十进制).

【解】因为44444444的位数不超过434444=17776,所以A?177760

B?1+539=46,B的数字和C?4+9=13 由于一个数与它的数字和mod 9同余,所以

C≡B≡A≡44444444≡74444=(73)148137≡1178137≡7(mod 9)故C=7,即数B的各位数字之和是7.

A3-011 设n是整数,如果n2的十位数字是7,那么n2的个位数字是什么?1978年加拿大数学奥林匹克

【解】设n=10x+y,x、y为整数,且0?y?9,则n2=100x2+20xy+y2=20A+y2(A为正整数)

因20A的十位数字是偶数,所以要想使n2十位数字是7,必须要y2的十位数字是奇数,这只有y2=16或36.从而y2的个位数字,即n2的个位数字都是6.

A3-013 下列整数的末位数字是否组成周期数列?其中[a]表示数a的整数部分.

由于

不循环小数,所以{a2k+1}从而{a n}不是周期数列.

在二进制中的末位数字.b n为偶数时,r n=0,b n为奇数时,r n=1.仿(a)可证{r n}不是周期的,从而{b n}也不是周期数列.

A3-014 设a n是12+22+…+n2的个位数字,n=1,2,3,…,试证:0.a1a2…a n…是有理数.1984年全国联赛二试【证】将(n+1)2,(n+2)2,…,(n+100)2这100个数排成下表:

(n+1)2 (n+2)2 …(n+10)2

(n+11)2 (n+12)2 …(n+20)2

…………

(n+91)2 (n+92)2 …(n+100)2

因k2与(k+10)2的个位数字相同,故表中每一列的10个数的个位数字皆相同.因此,将这100个数相加,和的个位数字是0.所以,a n+100=a n对任何n成立.这说明0.a1a2a3…是循环小数,因而是有理数.

A3-015 是否存在这样的自然数n:(十进制)数n的数字和等于1000,而数n2的数字和等于10002?1985全苏数学奥林匹克【解】对于任意自然数m,存在由1和0组成的自然数n,它的数字和S(n)=m,而n2的数字和S(n2)=m2?

当m=1,n=1时,显然满足要求.设对自然数m,存在由1和0组成的自然数n,使得S(n)=m,S(n2)=m2设n为k位数,取n1=n310k+1+1,则n1由0,1组成并且S(n1)=S(n)+1=m+1

=S(n23102k+2)+S(2n310k+1)+S(1)

=S(n2)+2S(n)+1=m2+2m+1=(m+1)2因此命题对一切自然数m均成立.

A3-017 设自然数n是一个三位数.由它的三个非零数字任意排列成的所有三位数的和减去n等于1990.求n.1989芜湖市

2090<222(a+b+c)=1990+n<2989

而2090>22239=1998,222310=2220=1990+230

222311=244231990+452,222312=2664=1990+674

222313=2886=1990+896,222314=3108>2989

经验证:a+b+c=11时,n=452符合题意.

A3-018 定义数列{a n}如下:a1=19891989,a n等于a n-1的各位数字之和,a5等于什么?1989年加拿大数学奥林匹克

【解】由a1<100001989=b1,而b1的位数是431989+1=7957,知a2<1038000=80000,所以a2最多是5位数,从而a3?539=45,a4?4+9=13,因此a5一定是一位数.

另一方面,由9|1989,知9|a1,因而9可整除a1的数字和,即9|a2,又因此有9|a3,9|a4,9|a5.所以a5=9.

A3-019 某州颁发由6个数字组成的车牌证号(由0—9的数字组成),且规定任何两个牌号至少有两个数字不同(因此,证号“027592”与“020592”不能同时使用),试确定车牌证号最多有多少个?1990美国数学奥林匹克

【解】至多可造出不同的五位证号a1a2a3a4a5105个.令a6是a1+a1+a3+a4+a5的个位数字,所成的六位数便满足要求.因为如果两个数的前五位中只有一个数字不同,那么第6位数字必然不同.

另一方面,任何105+1个6位数中,总有两个前五位数字完全相同.因此,符合题目要求的车牌证号最多有105个.A3-020 设A=99…99(81位全为9),求A2的各位数字之和.1991年日本数学奥林匹克预题

【解】由A=1081-1知A2=10162-221081+1=99...980 (01)

↑↑

162位82位故A2各位数字之和=93(162-82)+8+1=729.

A3-021 如果一个正整数的十进制表示中至少有两个数字,并且每个数字都比它右边的数字小,那么称它为“上升”的.这种“上升”的正整数共有多少个?1992美国数学邀请赛

【解】符合条件的正整数中的数字,都是不同的非零数码,即集合S={1,2,3,…,9}的二元或二元以上的子集.反过来,S 的每个二元或二元以上的子集,将它的数码从小到大排列,也得到一个符合条件的正整数.S的子集共有29=512个,其中只含一个元素的子集有9个,一个空集.故符合条件的正整数共有512-10=502个.

A3-022 用一个n的函数,表示乘积在十进制下各位数字的和.1992美国数学奥林【解】先给出引理:设自然数m的位数不多于d,M=(10k-1)m(k?d).则S(M)=9k

这里S(M)表示M中各位数字的和.令M=(10k-1)m=p+q+r,这里p=10k(m-1),q=10d-m,r=10k-10d.若m

-1的十进制的表示是

a i+

b i=9(i=1,2,…,d)

r=(10k-1)-(10d-1)=99…9(k个9)-99…9(d个9)=99…900…0(k-d个9,d个0)

个9,d个0)

从而,S(M)=9k

记题给乘积为M',且令

A3-023 求方程的各个正根的乘积的最后三位数字.1995年美国数学邀请赛

【解】令y=1og1995x.由原方程取对数得

其最后三位数字为025.

A3-024 一个六位数的首位数字是5,是否总能够在它的后面再添加6个数字,使得所得的十二位数恰是一个完全平方数?

【解】不.若不然,105个以5为首位数字的六位数可以衍生出105个十二位的完全平方数.即有105个自然数n满足.

531011?n2<631011亦即73105<n<83105

由于73105与83105之间不存在105个整数,故上式不可能成立.

A4-001 证明:当且仅当指数n不能被4整除时,1n+2n+3n+4n能被5整除.1901年匈牙利数学奥林匹克题1.

【证】容易验证14≡24≡34≡44 (mod 5)

假设n=4k+r,k是整数,r=0,1,2,3.则S n=1n+2n+3n+4n≡1r+2r+3r+4r(mod 5)

由此推出,当r=0时,S n≡4,而当r=1,2,3时,S n≡0(mod 5).因此,当且仅当n不能被4整除时,S n能被5整除.

A4-002 证明:从n个给定的自然数中,总可以挑选出若干个数(至少一个,也可能是全体),它们的和能被n整除.

【证】设a1,a2,…,a n是给定的n个数.考察和序列:a1,a1+a2,a1+a2+a3,…,a1+a2+…+a n.

如果所有的和数被n除时余数都不相同,那么必有一个和数被n除时余数为0.此时本题的断言成立.如果在n个和数中,有两个余数相同(被n除时),那么从被加项较多的和数中减去被加项较少的和数,所得的差能被n整除.此时本题的断言也成立.

A4-003 1.设n为正整数,证明132n-1是168的倍数.

2.问:具有那种性质的自然数n,能使1+2+3+…+n整除12223…2n.1956年上海市赛高三复赛题1.

【解】1.132n-1=(132)n-1,能被132-1,即168整除.2.问题即何时为整数.

(1)若n+1为奇质数,则(n+1)2(n-1)!

(2)若n+1=2,则(n+1)|2(n-1)!

(3)若n+1为合数,则n+1=ab 其中a?b>1.

在b=2时,a=n+1-a?n-1,所以a|(n-1)!,(n+1)|2(n-1)!

在b>2时,2a?n+1-a<n-1,所以2ab|(n-1)!更有(n+1)|2(n-1)!

综上所述,当n≠p-1(p为奇质数)时,1+2+…+n整除122…2n.

A4-004 证明:如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方,那么它们的乘积能被504整除.1958波兰数学奥林匹克

【证】设三个连续自然数的乘积为n=(a3-1)a3(a3+1).

(1)a≡1,2,-3(mod 7)时,7|a3-1.a≡-1,-2,3(mod 7)时,7|a3+1.a≡0(mod 7)时,7|a3.因此7|n.

(2)当a为偶数时,a3被8整除;而当a为奇数时,a3-1与a3+1是两个相邻偶数,其中一个被4整除,因此积被8整除.

(3)a≡1,-2,4(mod 9)时,9|a3-1.a≡-1,2,-4(mod 9)时,9|a3+1.a≡0,±3(mod 9)时,9|a3.因此9|n.

由于7、8、9互素,所以n被504=73839整除.

A4-005 设x、y、z是任意两两不等的整数,证明(x-y)5+(y-z)5+(z-x)5能被5(y-z)(z-x)(x-y)整除.

【证】令x-y=u,y-z=v,则z-x=-(u+v).

(x-y)5+(y-z)5+(z-x)5=u5+v5-(u+v)5=5uv(n+v)(u2+uv+v2)

而5(y-z)(z-x)(x-y)=-5uv(u+v).结论成立,而且除后所得商式为u2+uv+v2=x2+y2+z2-2xy-2yz-2xz.【别证】也可利用因式定理,分别考虑原式含有因式(x-y),(y-z),(z-x)以及5.

A4-006 已知自然数a与b互质,证明:a+b与a2+b2的最大公约数为1或2.1963年全俄数学奥林匹克

【证】设(a+b,a2+b2)=d,则d可以整除。(a+b)2-(a2+b2)=2ab

但由于a、b互质,a的质因数不整除a+b,所以d与a互质,同理d与b互质.因此d=1或2

A4-007 (a)求出所有正整数n使2n-1能被7整除.(b)证明:没有正整数n能使2n+1被7整除.

【题说】第六届(1964年)国际数学奥林匹克题1.本题由捷克斯洛伐克提供.解的关键是找出2n被7除所得的余数的规律.

【证】(a)设m是正整数,则23m=(23)m=(7+1)m=7k+1(k是正整数)从而23m+1=2223m=2(7k+1)=7k1+2 23m+2=4223m=4(7k+1)=7k2+4 所以当n=3m时,2n-17k;

当n=3m+1时,2n-1=7k1+1;当n=3m+2时,2n-1=7k2+3.因此,当且仅当n是3的倍数时,2n-1能被7整除.(b)由(a)可知,2n+1被7除,余数只可能是2、3、5.因此,2n+1总不能被7整除.

A4-008 设k、m和n为正整数,m+k+1是比n+1大的一个质数,记C s=s(s+1).证明:乘积(C m+1-C k)(C m+2-C k)…(C m+n-C k)能被乘积C12C22…2C n整除.1967年国际数学奥林匹克

【证】C p-C q=p(p+1)-q(q+1)=p2-q2+p-q=(p-q)(p+q+1)

(C m+1-C k)(C m+2-C k)…(C m+n-C k)=(m-k+1)(m-k+2)…(m-k+n)2(m+k+2)(m+k+3)2…2(m +k+n+1)C1C2…C n=n!(n+1)!

因此只需证=A2B是整数.

由于n个连续整数之积能被n!整除,故A是整数.

是整数.因为m+k+1是大于n+1的质数,所以m+k+1与(n+1)!互素,从而(m+k+2)(m+k+3)…(m+k +n+1)能被(n+1)!整除,于是B也是整数,命题得证.

A4-009 设a、b、m、n是自然数且a与b互素,又a>1,证明:如果a m+b m能被a n+b n整除,那么m能被n整除.

【证】由于a k+b k=a k-n(a n+b n)-b n(a k-n-b k-n)a l-b l=a l-n(a n+b n)-b n(a l-n+b l-n)

所以(i)如果a k+b k能被a n+b n整除,那么a k-n-b k-n也能被a n+b n整除.

(ii)如果a l-b l能被a n+b n整除,那么a l-n+b l-n也能被a n+b n整除.设m=qn+r,0?r<n,由(i)、(ii)知a r+(-1)q b r能被a n+b n整除,但0?|a r+(-1)q b r|<a n+b n,故r=0(同时q是奇数).亦即n|m.

高中数学经典例题100道

例1 判定以下关系是否正确 (1){a}{a}? (2){1,2,3}={3,2,1} (3){0}??≠ (4)0∈{0} (5){0}(6){0} ??∈= 分析 空集是任何集合的子集,是任何非空集合的真子集. 解 根据子集、真子集以及集合相等的概念知①②③④是正确的,后两个都是错误的. 说明:含元素0的集合非空. 例2 列举集合{1,2,3}的所有子集. 分析 子集中分别含1,2,3三个元素中的0个,1个,2个或者3个. 解含有个元素的子集有:; 0? 含有1个元素的子集有{1},{2},{3}; 含有2个元素的子集有{1,2},{1,3},{2,3}; 含有3个元素的子集有{1,2,3}.共有子集8个. 说明:对于集合,我们把和叫做它的平凡子集.A A ? 例已知,,,,,则满足条件集合的个数为≠3 {a b}A {a b c d}A ?? ________. 分析 A 中必含有元素a ,b ,又A 是{a ,b ,c ,d}真子集,所以满足条件的A 有:{a ,b},{a ,b ,c}{a ,b ,d}. 答 共3个. 说明:必须考虑A 中元素受到的所有约束. 例设为全集,集合、,且,则≠ 4 U M N U N M ?? [ ] 分析 作出4图形. 答 选C . 说明:考虑集合之间的关系,用图形解决比较方便.

点击思维 例5 设集合A ={x|x =5-4a +a 2,a ∈R},B ={y|y =4b 2+4b +2,b ∈R},则下列关系式中正确的是 [ ] A A B B A B C A B D A B .=...≠≠ ??? 分析 问题转化为求两个二次函数的值域问题,事实上 x =5-4a +a 2=(2-a)2+1≥1, y =4b 2+4b +2=(2b +1)2+1≥1,所以它们的值域是相同的,因此A =B . 答 选A . 说明:要注意集合中谁是元素. M 与P 的关系是 [ ] A .M = U P B .M =P C M P D M P ..≠?? 分析 可以有多种方法来思考,一是利用逐个验证(排除)的方法;二是利用补 集的性质:M = U N = U ( U P)=P ;三是利用画图的方法. 答 选B . 说明:一题多解可以锻炼发散思维. 例7 下列命题中正确的是 [ ] A . U ( U A)={A}

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高二数学必修1-必修5考试题及答案 一、选择题(每小题5分,共40分,在每小题的四个选项中有且只有一个是正确的,请把正确选项填涂在答题卡上。) . 对于下列命题: ①,1sin 1x R x ?∈-≤≤,② 22 ,sin cos 1x R x x ?∈+>,下列判断正确的是 A. ① 假 ② 真 B. ① 真 ② 假 C. ① ② 都假 D. ① ② 都真 句 的一般格式是 形图可得这50名学生这一天平均每人的课外阅读时间为 A. 0.6 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时 时间(小 C.

4. 有一圆柱形容器,底面半径为10cm ,里面装有足够的水,水面高为12cm ,有一块金属五棱锥掉进水里全被淹没,结果水面高为15cm ,若五棱锥的高为3πcm ,则五棱锥的底面积是 A. 100π cm 2 B. 100 cm 2 C. 30π cm 2 D. 300 cm 2 5. 已知数列1{} n n a pa +-为等比数列,且 23n n n a =+,则p 的值为 6. 或3 或3的倍数 7. 8. 若α、β表示平面,a 、b 表示直线,则a ∥α的一个充分条件是 9. A. α⊥β且a ⊥β B. αβ=b 且a ∥b 10. C. a ∥b 且b ∥α D. α∥β且a ?β 11. 已知奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=2x x a a --+,若 g(a)=a, 则f(a)的值为 12. C.154 D.17 4 8. 已知()f x 是以2为周期的偶函数,当[0,1]x ∈时,()f x x =,那么在区间[1,3]-内,关于x 的方程()1f x kx k =++(其中k 走为不等于l 的实数)有四个不同的实根,则k 的取值范围是 A .(1,0)- B .1(,0)2- C .1(,0)3- 1(,0)4- 二、填空题(每小题5分,共30分。)

(推荐)高中数学奥赛辅导

数列与递进 知识、方法、技能 数列是中学数学中一个重要的课题,也是数学竞赛中经常出现的问题. 所谓数列就是按一定次序排列的一列数.数列的一般形式是a 1, a 2, …,a n , …通常简记为{a n }.如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可用一个公式来表示,这个公式就叫做这个数列的通项公式. 从函数的角度看,数列可以看做是一个函数,定义域是自然数集或自然数集的一个有限子集,函数表达式就是数列的通项公式. 对于数列{a n },把S n =a 1+a 2+…+a n 叫做数列{a n }的前n 项和,则有 ?? ?≥-==-). 2(),1(11 n S S n S a n n n I .等差数列与等比数列 1.等差数列 (1)定义:.2 )(2 11++++==-n n n n n a a a d a a 或常量 (2)通项公式:a n =a 1+(n -1)d . (3)前n 项和公式:.2 ) 1(2)(11d n n na a a n S n n -+=+= (4)等差中项:.2 21+++= n n n a a a (5)任意两项:a n =a m +(n -m)d. (6)性质: ①公差为非零的等差数列的充要条件是通项公式为n 的一次函数; ②公差为非零的等差数列的充要条件是前n 项和公式为n 的不含常数项的二次函数; ③设{a n }是等差数列,如果m 、n 、p 、q ∈N*,且m+n=p+q ,那么a m +a n =a p +a q ; ④设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,则S m , S 2m -S m , S 3m -S 2m , …, S pm -S (p -1)m (m>1,p ≥3,m 、p ∈N*)仍成等差数列; ⑤设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,则}{ n S n 是等差数列; ⑥设{a n }是等差数列,则{λa n +b}(λ,b 是常数)是等差数列;

高二数学测试题含答案

高二数学测试题 2014-3-9 一、选择题:(本大题共12小题,每小题5分,共60分,只有一项是符合题目要求的.) 1.命题 “若△ABC 不是等腰三角形,则它的任何两个内角不相等”的逆否命题是( ) A.若△ABC 是等腰三角形,则它的任何两个内角相等 B.若△ABC 任何两个内角不相等,则它不是等腰三角形 C.若△ABC 有两个内角相等,则它是等腰三角形 D.若△ABC 任何两个角相等,则它是等腰三角形 2.“三角函数是周期函数,tan y x =,ππ22 x ??∈- ??? ,是三角函数,所以tan y x =, ππ22x ?? ∈- ??? ,是周期函数”.在以上演绎推理中,下列说法正确的是( ) (A)推理完全正确 (B)大前提不正确 (C)小前提不正确 (D)推理 形式不正确 3.以下有四种说法,其中正确说法的个数为:( ) (1)“m 是实数”是“m 是有理数”的充分不必要条件; (2) “a b >”是“22a b >”的充要条件; (3) “3x =”是“2230x x --=”的必要不充分条件; (4)“A B B =I ”是“A φ=”的必要不充分条件. A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 4 .已知动点P (x ,y )满足2)2()2(2222=+--++y x y x ,则动点 P 的轨迹是 A.双曲线 B.双曲线左支 C. 双曲线右支 D. 一条射线

5.用S 表示图中阴影部分的面积,则S 的值是( ) A .dx x f c a ?)( B .|)(|dx x f c a ? C .dx x f dx x f c b b a ??+)()( D .dx x f dx x f b a c b ??-)()( 6 . 已知椭圆 22 1102 x y m m +=--,若其长轴在y 轴上.焦距为4,则m 等于 A.4. B.5. C. 7. D .8. 7.已知斜率为1的直线与曲线1 x y x =+相切于点p ,则点p 的坐标是( ) ( A ) ()2,2- (B) ()0,0 (C) ()0,0或()2,2- (D) 11,2? ? ??? 8.以坐标轴为对称轴,以原点为顶点且过圆096222=++-+y x y x 的圆心的抛物线的方程是 ( ) A .23x y =或23x y -= B .23x y = C .x y 92-=或23x y = D .23x y -=或x y 92= 9.设'()f x 是函数()f x 的导函数,将()y f x =和'()y f x =的图象画在同一个直角坐标系中,不可能正确的是 ( ) A B C D . 10.试在抛物线x y 42-=上求一点P ,使其到焦点F 的距离与到()1,2-A 的距离之 和最小,则该点坐标为 ( ) (A )?? ? ??-1,41 (B )?? ? ??1,41 (C )() 22,2-- (D ) ()22,2- 11.已知点F 1、F 2分别是椭圆22 221x y a b +=的左、右焦点,过F 1且垂直于x 轴的直线 与椭圆交于A 、B 两点,若△ABF 2为正三角形,则该椭圆的离心率e 为

高一数学竞赛培训讲座之函数的基本性质

函数的基本性质 基础知识: 函数的性质通常是指函数的定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性、对称性等等,在解决与函数有关的(如方程、不等式等)问题时,巧妙利用函数及其图象的相关性质,可以使得问题得到简化,从而达到解决问题的目的. 关于函数的有关性质,这里不再赘述,请大家参阅高中数学教材及竞赛教材:陕西师范大学出版社 刘诗雄《高中数学竞赛辅导》、刘诗雄、罗增儒《高中数学竞赛解题指导》. 例题: 1. 已知f(x)=8+2x -x 2,如果g(x)=f(2-x 2 ),那么g(x)( ) A.在区间(-2,0)上单调递增 B.在(0,2)上单调递增 C.在(-1,0)上单调递增 D.在(0,1)上单调递增 提示:可用图像,但是用特殊值较好一些.选C 2. 设f(x)是R 上的奇函数,且f(x +3)=-f(x),当0≤x≤ 23时,f(x)=x ,则f(2003)=( ) A.-1 B.0 C.1 D.2003 解:f(x +6)=f(x +3+3)=-f(x +3)=f(x) ∴ f(x)的周期为6 f(2003)=f(6×335-1)=f(-1)=-f⑴=-1 选A 3. 定义在实数集上的函数f(x),对一切实数x 都有f(x +1)=f(2-x)成立,若f(x)=0仅有 101个不同的实数根,那么所有实数根的和为( ) A.150 B.2303 C.152 D.2 305 提示:由已知,函数f(x)的图象有对称轴x = 23 于是这101个根的分布也关于该对称轴对称.

即有一个根就是23,其余100个根可分为50对,每一对的两根关于x =2 3对称 利用中点坐标公式,这100个根的和等于 23×100=150 所有101个根的和为 23×101=2303.选B 4. 实数x ,y 满足x 2=2xsin(xy)-1,则x 1998+6sin 5 y =______________. 解:如果x 、y 不是某些特殊值,则本题无法(快速)求解 注意到其形式类似于一元二次方程,可以采用配方法 (x -sin(xy))2+cos 2(xy)=0 ∴ x=sin(xy) 且 cos(xy)=0 ∴ x=sin(xy)=±1 ∴ siny=1 xsin(xy)=1 原式=7 5. 已知x =9919+是方程x 4+bx 2+c =0的根,b ,c 为整数,则b +c =__________. 解:(逆向思考:什么样的方程有这样的根?) 由已知变形得x -9919= ∴ x 2-219x +19=99 即 x 2-80=219x 再平方得x 4-160x 2+6400=76x 2 即 x 4-236x 2+6400=0 ∴ b=-236,c =6400 b + c =6164 6. 已知f(x)=ax 2+bx +c(a >0),f(x)=0有实数根,且f(x)=1在(0,1)内有两个实数根, 求证:a >4. 证法一:由已知条件可得 △=b 2-4ac≥0 ① f⑴=a +b +c >1 ②

高中数学选择题训练10道(含答案)

数学高考选择题训练一 1.给定集合=M {4 |πθθk =,∈k Z },}02cos |{==x x N ,}12sin |{==a a P ,则下列关系式中,成立 的是 A.M N P ?? B.M N P ?= C.M N P =? D.M N P == 2.关于函数2 1)3 2(sin )(||2+-=x x x f ,有下面四个结论: (1))(x f 是奇函数; (2)当2003>x 时,2 1)(>x f 恒成立; (3))(x f 的最大值是2 3; (4))(x f 的最小值是2 1-. 其中正确结论的个数是 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 3.过圆01022=-+x y x 内一点P (5,3)的k 条弦的长度组成等差数列,且最小弦长为数列 的首项1a ,最大弦长为数列的末项k a ,若公差∈d [3 1,2 1],则k 的取值不可能是 A.4 B.5 C.6 D.7 4.下列坐标所表示的点不是函数)6 2 tan(π-=x y 的图象的对称中心的是 (A )(3 π,0) B.(3 5π-,0) C.(3 4π,0) D.(3 2π,0) 5.与向量=l (1,3)的夹角为o 30的单位向量是 A.21(1,3) B.21(3,1) C.(0,1) D.(0,1)或2 1 (3 ,1) 6.设实数y x ,满足10<x 且1>y B.10<x 且10<

(完整版)高一数学函数试题及答案

(数学1必修)函数及其表示 一、选择题 1.判断下列各组中的两个函数是同一函数的为( ) ⑴3 ) 5)(3(1+-+= x x x y ,52-=x y ; ⑵111-+=x x y ,)1)(1(2-+=x x y ; ⑶x x f =)(,2)(x x g =; ⑷()f x ()F x = ⑸21)52()(-=x x f ,52)(2-=x x f 。 A .⑴、⑵ B .⑵、⑶ C .⑷ D .⑶、⑸ 2.函数()y f x =的图象与直线1x =的公共点数目是( ) A .1 B .0 C .0或1 D .1或2 3.已知集合{}{} 421,2,3,,4,7,,3A k B a a a ==+,且* ,,a N x A y B ∈∈∈ 使B 中元素31y x =+和A 中的元素x 对应,则,a k 的值分别为( ) A .2,3 B .3,4 C .3,5 D .2,5 4.已知2 2(1)()(12)2(2)x x f x x x x x +≤-??=-<

高中数学奥林匹克竞赛的解题技巧(上中下三篇)

奥林匹克数学的技巧(上篇) 有固定求解模式的问题不属于奥林匹克数学,通常的情况是,在一般思维规律的指导下,灵活运用数学基础知识去进行探索与尝试、选择与组合。这当中,经常使用一些方法和原理(如探索法,构造法,反证法,数学归纳法,以及抽屉原理,极端原理,容斥原理……),同时,也积累了一批生气勃勃、饶有趣味的奥林匹克技巧。在2-1曾经说过:“竞赛的技巧不是低层次的一招一式或妙手偶得的雕虫小技,它既是使用数学技巧的技巧,又是创造数学技巧的技巧,更确切点说,这是一种数学创造力,一种高思维层次,高智力水平的艺术,一种独立于史诗、音乐、绘画的数学美。” 奥林匹克技巧是竞赛数学中一个生动而又活跃的组成部分。 2-7-1 构造 它的基本形式是:以已知条件为原料、以所求结论为方向,构造出一种新的数学形式,使得问题在这种形式下简捷解决。常见的有构造图形,构造方程,构造恒等式,构造函数,构造反例,构造抽屉,构造算法等。 例2-127 一位棋手参加11周(77天)的集训,每天至少下一盘棋,每周至多下12盘棋,证明这棋手必在连续几天内恰好下了21盘棋。 证明:用n a 表示这位棋手在第1天至第n 天(包括第n 天在内)所下的总盘数(1,2,77n =…),依题意 127711211132a a a ≤<<≤?=… 考虑154个数: 12771277,,,21,21,21a a a a a a +++…,? 又由772113221153154a +≤+=<,即154个数中,每一个取值是从1到153的自然数,因而必有两个数取值相等,由于i j ≠时,i i a a ≠ 2121i j a a +≠+ 故只能是,21(771)i j a a i j +≥>≥满足 21i j a a =+ 这表明,从1i +天到j 天共下了21盘棋。 这个题目构造了一个抽屉原理的解题程序,并具体构造了154个“苹果”与153个“抽屉”,其困难、同时也是精妙之处就在于想到用抽屉原理。 例 2-128 已知,,x y z 为正数且()1xyz x y z ++=求表达式()()x y y z ++的最最小值。 解:构造一个△ABC ,其中三边长分别为a x y b y z c z x =+??=+??=+? ,则其面积为 1?== 另方面2()()2sin x y y z ab C ?++==≥ 故知,当且仅当∠C=90°时,取值得最小值2,亦即222()()()x y y z x z +++=+

10道经典高中数学题

1.设Sn是等差数列{An}的前n项和,又S6=36,Sn=324,S(n-6)=144,则n=? ①Sn是等差数列 S6=a1*6+6(6-1)/2*d=36,则2a1+5d=12......& 最后六项的和S=an*6-6(6-1)/2*d=6an-15d S(n-6)=Sn-S=324-(6an-15d)=144,则2an-5d=60......@ &+@:a1+an=36 Sn=(a1+an)/2*n n=18 ②解:Sn-S(n-6)=a(n-5)+a(n-4)+......an=324-144=180 而 S6=a1+a2+...a6=36 有 Sn-S(n-6)+S6= a1+a2+...a6+ a(n-5)+a(n-4)+....an =6(a1+an)=180+36=216 那么 (a1+an)=36 Sn=n(a1+an)/2=324 即 36n/2 =324 所以 n=18 2.已知f(x)=(x-1)^2,g(x)=4(x-1),f(an)和g(an)满足,a1=2,且(an+1-an)g(an)+f(an)=0

(1)是否存在常数C,使得数列{an+C}为等比数列?若存在,证明你的结论;若不存在,请说明理由。 (2)设bn=3f(an)-[g(an+1)]^2,求数列{bn}的前n项和Sn (1)存在 C=-1 证明如下 (an+1-an)g(an)+f(an)=0 将f(x)、g(x)带入并化简 得4an+1 - 3an -1 =0 变形为4(an+1 -1)=3(an -1) 所以an-1是以3/4为等比 1为首项的等比数列 (2)an-1=(3/4)^n bn=3f(an)-[g(an+1)]^2 将f(an) g(an+1)带入不要急着化简先将an+1 - 1换成 3/4 (an-1) 化简后bn=-6(an -1)^2=-6*(9/16)^n bn是首项为-27/8等比是9/16的等比数列 Sn=a1(1-q^n)/(1-q)=54/7(9/16)^n-54/7 已知函数f(x)=x^2+ax+b,当实数p,q满足p+q=1,试证明pf(x)+qf(y)>=f(px+qy) pf(x)+qf(y)>=f(px+qy) <=> px^2+pax+pb+qy^2+qay+qb>=(px+qy)^2+apx+aqy+b

高一数学试题及答案解析

高一数学 试卷 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分.考试时间120分钟. 第Ⅰ卷(选择题,满分 50分) 一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项 是符合题目要求的,把正确的答案填在指定位置上.) 1. 若角αβ、满足9090αβ-<< B .cos2cos αα< C .tan 2tan αα> D .cot 2cot αα< 7. ABC ?中,若cot cot 1A B >,则ABC ?一定是( ) A .钝角三角形 B . 直角三角形 C .锐角三角形 D .以上均有可能 8. 发电厂发出的电是三相交流电,它的三根导线上的电流分别是关于时间t 的函数: 2sin sin()sin()3 A B C I I t I I t I I t πωωω?==+ =+且 0,02A B C I I I ?π++=≤<, 则? =( ) A .3π B .23π C .43π D .2 π 9. 当(0,)x π∈时,函数21cos 23sin ()sin x x f x x ++=的最小值为( )

学高中数学竞赛辅导计划

学高中数学竞赛辅导计 划 Document number【AA80KGB-AA98YT-AAT8CB-2A6UT-A18GG】

2016年高中数学竞赛辅导计划 为搞好2016年全国数学联赛备考工作,并以此为契机,培养我校学生数学学习的积极性,进一步提高我校的办学品位,特举办本届高中数学联赛辅导班。 一、指导思想: 以科学发展观、新课程理论为指导;以提高学生学习数学、应用数学的兴趣,提高学生的数学素养为宗旨;坚持以生为本、有利于学生的终生发展的原则,立足实际、因材施教,开展数学竞赛辅导班工作。 二、目标要求 1、适当拓宽学生数学知识视野,注重渗透一些常用的数学思想方法、加深对数学本质的认识。 2、注重培养学生良好的思维品质,提高学生的探究知识及运用数学知识和数学思想方法分析、解决问题的能力。 3、注意培养学生的应用意识、创新意识、协作意识,培养学生良好的科学态度。 4、使学生在探究知识,解决问题的过程中,感受数学文化的博大精深和数学方法的巨大创造力,感受数学的魅力,增强对数学的向往感;从而激发学生学习数学的热情。培养学生不畏困难、敢于攀登科学高峰的勇气。 5、力争在2016年高中数学联赛中至少有两人次取得省级三等以上的奖项,在本市同层次学校中名列前茅,为学校争光。 三、管理措施: 1、依据全国数学联赛考试大纲,结合近几年数学联赛试题特点,根据教学进度和学生认知结构特点,精心选择、合理安排教学内容,循序渐进,逐步提高。 2、精心准备,讲究实效。认真编写讲义(或教案),上课前一周将讲义制好并分发给学生。认真上好每一节辅导课,使学生真正学有所得。 3、以集体讲解与学生自主学习和小组合作学习相结合的学习形式组织学习,充分调动学生学习的积极性,保障学生的主体地位。 4、精编课后巩固练习与强化,及时检查、及时批改、及时反馈,确保质量。 5、制定辅导班班规,严格考勤制度。 6、争取学校有关领导、班主任及数学教师的支持,确保后勤保障。 五、学生选拔:先由学生本人自愿报名,经家长同意后,由有关班主任、任课教师协商并推荐人选,通过选拔考试择优录取50名。 六、辅导教师: 七、活动时间: 八、活动地点: 注: 1、若有特殊情况须作临时调整,则另行通知。 2、本计划有不周之处或未尽事宜,将在执行过程中进行不断完善。 年月日2016年高中数学联赛辅导课安排表

高中数学函数测试题(含答案)

高中数学函数测试题 学生: 用时: 分数: 一、选择题和填空题(3x28=84分) 1、若372log πlog 6log 0.8a b c ===,,,则( ) A .a b c >> B .b a c >> C .c a b >> D .b c a >> 【答案】A 【解析】利用中间值0和1来比较: 372log π>1log 61log 0.80a b c =<=<=<,0, 2、函数2 ()(1)1(1)f x x x =-+<的反函数为( ) A .1 ()11)f x x -=+> B .1 ()11)f x x -=-> C .1()11)f x x -=≥ D .1 ()11)f x x -=-≥ 【答案】B 【解析】 221(1)1,(1)11x y x x y x 3、已知函数2 ()cos f x x x =-,对于ππ22 ??-???? ,上的任意12x x ,,有如下条件: ①12x x >; ②22 12x x >; ③12x x >. 其中能使12()()f x f x >恒成立的条件序号是 . 【答案】② 【解析】函数2 ()cos f x x x =-为偶函数,则1212()()(||)(||).f x f x f x f x >?> 在区间π02?? ???? ,上, 函数2 ()cos f x x x =-为增函数, 22121212(||)(||)||||f x f x x x x x ∴>?>?> 4、已知函数3log ,0()2,0 x x x f x x >?=?≤?,则1 (())9f f =( )

高中数学奥赛辅导讲课稿

数列与递进 知识、方法、技能 数列是中学数学中一个重要的课题,也是数学竞赛中经常出现的问题. 所谓数列就是按一定次序排列的一列数.数列的一般形式是a 1, a 2, …,a n , …通常简记为{a n }.如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可用一个公式来表示,这个公式就叫做这个数列的通项公式. 从函数的角度看,数列可以看做是一个函数,定义域是自然数集或自然数集的一个有限子集,函数表达式就是数列的通项公式. 对于数列{a n },把S n =a 1+a 2+…+a n 叫做数列{a n }的前n 项和,则有 ???≥-==-).2(),1(11n S S n S a n n n I .等差数列与等比数列 1.等差数列 (1)定义:.2)(211++++= =-n n n n n a a a d a a 或常量 (2)通项公式:a n =a 1+(n -1)d . (3)前n 项和公式:.2 )1(2)(11d n n na a a n S n n -+=+= (4)等差中项:.2 21+++=n n n a a a (5)任意两项:a n =a m +(n -m)d. (6)性质: ①公差为非零的等差数列的充要条件是通项公式为n 的一次函数; ②公差为非零的等差数列的充要条件是前n 项和公式为n 的不含常数项的二次函数; ③设{a n }是等差数列,如果m 、n 、p 、q ∈N*,且m+n=p+q ,那么a m +a n =a p +a q ; ④设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,则S m , S 2m -S m , S 3m -S 2m , …, S pm -S (p -1)m (m>1,p ≥3,m 、p ∈N*)仍成等差数列; ⑤设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,则}{n S n 是等差数列; ⑥设{a n }是等差数列,则{λa n +b}(λ,b 是常数)是等差数列;

【高中教育】最新高中数学奥林匹克竞赛训练题(206)

——教学资料参考参考范本——【高中教育】最新高中数学奥林匹克竞赛训练题(206) ______年______月______日 ____________________部门

第一试 一、填空题(每小题8分,共64分) 1。已知正整数组成等比数列,且则的最大值为 。 ()a b c a b c <<、、201620162016log log log 3,a b c ++=a b c ++ 2。关于实数的方程的解集为 。x 2 12sin 2222log (1sin )x x -=+- 3。曲线围成的封闭图形的面积为 。 2224x y y +≤ 4。对于所有满足的复数均有,对所有正整数,有,若 。 z i ≠z ()z i F z z i -= +n 1()n n z F z -=020162016,z i z =+=则 5。已知P 为正方体棱AB 上的一点,满足直线A1B 与平面B1CP 所成角 为,则二面角的正切值为 。1111ABCD A B C D -0 6011A B P C -- 6。已知函数,集合则A= 。 22 ()224,()2f x x x g x x x =+-=-+()()f x A x Z g x +?? =∈?? ?? 7。在平面直角坐标系中,P 为椭圆在第三象限内的动点,过点P 引圆的两条切线PA 、PB ,切点分别为A 、B ,直线AB 与轴、轴分别交于点M 、 N ,则面积的最小值为 。 xOy 22 12516x y +=22 9x y +=x y OMN ? 8。有一枚质地均匀的硬币,现进行连续抛硬币游戏,规则如下:在抛掷的过程中,无论何时,连续出现奇数次正面后出现一次反面,则游戏停止;否则游戏继续进行,最多抛掷10次,则该游戏抛掷次数的数学期望为 。 二、解答题(共56分)

高中数学试题及答案

高二数学必修1-必修5考试题及答案 一、选择题(每小题5分,共40分,在每小题的四个选项中有且只有一个是正确的,请把正确选项填涂在答题卡上。) . 对于下列命题: ①,1sin 1x R x ?∈-≤≤,② 22 ,sin cos 1x R x x ?∈+>,下列判断正确的是 A. ① 假 ② 真 B. ① 真 ② 假 C. ① ② 都假 D. ① ② 都真 2. 条件语句 的一般格式是 3. 某校为了了解学生的课外阅读情况,随即调查了50名学生,得到他们在某一天各自课外阅读所用时间的数据,结果用右侧的条形图表示。 根据条形图可得这 50名学生这一天平均每人的课外阅读时间为 A. 0.6 小时 B. 0.9 小时 C. 1.0 小时 D. 1.5 小时 4. 有一圆柱形容器,底面半径为10cm , 里面装有 时间(小时) A. D. C.

足够的水,水面高为12cm ,有一块金属五棱锥掉进水里全被淹没,结果水面高为15cm ,若五棱锥的高为3πcm ,则五棱锥的底面积是 A. 100π cm 2 B. 100 cm 2 C. 30π cm 2 D. 300 cm 2 5. 已知数列1{}n n a pa +-为等比数列,且23n n n a =+,则p 的值为 A.2 B.3 C.2或3 D.2或3的倍数 6. 若α、β表示平面,a 、b 表示直线,则a ∥α的一个充分条件是 A. α⊥β且a ⊥β B. α β=b 且a ∥b C. a ∥b 且b ∥α D. α∥β且a ?β 7. 已知奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=2x x a a --+,若g(a)=a, 则f(a)的值为 A.1 B.2 C.154 D.174 8. 已知()f x 是以2为周期的偶函数,当[0,1]x ∈时,()f x x =,那么在区间[1,3]-内,关于x 的方程()1f x kx k =++(其中k 走为不等于l 的实数)有四个不同的实根,则k 的取值范围是 A .(1,0)- B .1(,0)2- C .1 (,0)3- D .1 (,0)4- 二、填空题(每小题5分,共30分。) 9.已知集合 {} 0,1,2M =, {} 20log (1)2N x x = ∈<+

江苏省金湖县实验中学高中数学 奥赛辅导 构造一次方程组的技巧

- 1 - 一、利用同类项的定义构造: 例1:已知m n m n b a --31999 1和1079999+-m n a b 是同类项,则.________22=+n m 二、利用二元一次方程的定义构造: 例2:若243724953=+--++n m n m y x 是二元一次方程,则n m 的值等于________. 三、利用方程组的解的定义构造: 例3:若???==12y x 是方程组???=+=-5 213by ax y ax 的解,求b a 、的值. 四、利用相反数的性质构造: 例4:已知a 的相反数是12+b ,b 的相反数是13+a ,则.________22=+b a 五、利用非负数性质构造: 例5:如果实数y x ,满足()022=++-y x x ,那么.________=y x 六、利用多项式恒等性质构造: 例6:已知多项式682322 2-+--+y x y xy x 可以分解为()()n y x m y x +-++22的形式,那么.________1 123=++n m 七、利用一次方程的解的特征构造: 例7:已知关于x 的方程()()()15133+=++-x x b x a 有无穷多个解,那么.________________,==b a 八、取特殊值构造: 例8:设b ax x x ++-2 32除以()()12+-x x 所得的余式为12+x ,那么.________________,==b a 九、弱化某些未知数构造: 例9:若,073, 0452=-+=++z y x z y x 则.________=-+z y x 十、利用新运算的定义构造: 例10:对于实数y x ,定义一种新运算*:,c by ax y x ++=*其中c b a 、、为常数,等式右边是通常的加法与乘法运算. 已知:,2874, 1553=*=*那么.________11=*

2019年度高一数学奥林匹克竞赛决赛试题及答案解析

2019年**一中高一数学竞赛奥赛班试题(决赛) 及答案 (时间:5月16日18:40~20:40) 满分:120分 一、 选择题(本大题共6小题,每小题5分,满分30分) 1.已知 M =},13|{},,13|{},,3|{Z n n x x P Z n n x x N Z n n x x ∈-==∈+==∈=,且 P c N b M a ∈∈∈,,,设c b a d +-=,则∈d ( ) A. M B. N C. P D.P M 2.函数()1 42-+ =x x x x f 是( ) A 是偶函数但不是奇函数 B 是奇函数但不是偶函数 C 既是奇函数又是偶函数 C 既不是奇函数也不是偶函数 3.已知不等式m 2 +(cos 2 θ-5)m +4sin 2 θ≥0恒成立,则实数m 的取值范围是( ) A . 0≤m ≤4 B . 1≤m ≤4 C . m ≥4或x ≤0 D . m ≥1或m ≤0 4.在△ABC 中,c b a ,,分别是角C B A ,,所对边的边长,若 0sin cos 2sin cos =+- +B B A A ,则 c b a +的值是( ) A.1 B.2 C.3 C.2 5. 设 0a b >>, 那么 2 1 () a b a b + - 的最小值是 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6.设ABC ?的内角A B C ,,所对的边,,a b c 成等比数列,则B C B A C A cos tan sin cos tan sin ++的取值范围是 ( ) A. (0,)+∞ B. C. D. )+∞. 二、填空题(本大题共10小题,每小题5分,满分50分) 7.母线长为3的圆锥中,体积最大的那一个的底面圆的半径为 8.函数| cos sin |2sin )(x x e x x f ++=的最大值与最小值之差等于 。

高中数学经典高考难题集锦解析版

2015年10月18日姚杰的高中数学组卷 一.解答题(共10小题) 1.(2012?宣威市校级模拟)设点C为曲线(x>0)上任一点,以点C为圆心的圆与x 轴交于点E、A,与y轴交于点E、B. (1)证明多边形EACB的面积是定值,并求这个定值; (2)设直线y=﹣2x+4与圆C交于点M,N,若|EM|=|EN|,求圆C的方程.2.(2010?江苏模拟)已知直线l:y=k(x+2)与圆O:x2+y2=4相交于A、B两点,O是坐标原点,三角形ABO的面积为S. (Ⅰ)试将S表示成的函数S(k),并求出它的定义域; (Ⅱ)求S的最大值,并求取得最大值时k的值. 3.(2013?越秀区校级模拟)已知圆满足:①截y轴所得弦长为2;②被x轴分成两段圆弧,其弧长的比为3:1;③圆心到直线l:x﹣2y=0的距离为.求该圆的方程. 4.(2013?柯城区校级三模)已知抛物线的顶点在坐标原点,焦点在y轴上,且过点(2,1).(Ⅰ)求抛物线的标准方程; (Ⅱ)是否存在直线l:y=kx+t,与圆x2+(y+1)2=1相切且与抛物线交于不同的两点M,N,当∠MON为钝角时,有S△MON=48成立?若存在,求出直线的方程,若不存在,说明理由. 5.(2009?福建)(1)已知矩阵M所对应的线性变换把点A(x,y)变成点A′(13,5),试求M的逆矩阵及点A的坐标. (2)已知直线l:3x+4y﹣12=0与圆C:(θ为参数)试判断他们的公共 点个数; (3)解不等式|2x﹣1|<|x|+1. 6.(2009?东城区一模)如图,已知定圆C:x2+(y﹣3)2=4,定直线m:x+3y+6=0,过A (﹣1,0)的一条动直线l与直线相交于N,与圆C相交于P,Q两点,M是PQ中点.(Ⅰ)当l与m垂直时,求证:l过圆心C; (Ⅱ)当时,求直线l的方程; (Ⅲ)设t=,试问t是否为定值,若为定值,请求出t的值;若不为定值,请说明理 由. 7.(2009?天河区校级模拟)已知圆C:(x+4)2+y2=4,圆D的圆心D在y 轴上且与圆C 外切,圆D与y 轴交于A、B两点,定点P的坐标为(﹣3,0). (1)若点D(0,3),求∠APB的正切值; (2)当点D在y轴上运动时,求∠APB的最大值; (3)在x轴上是否存在定点Q,当圆D在y轴上运动时,∠AQB是定值?如果存在,求出Q点坐标;如果不存在,说明理由. 8.(2007?海南)在平面直角坐标系xOy中,已知圆x2+y2﹣12x+32=0的圆心为Q,过点P (0,2)且斜率为k的直线与圆Q相交于不同的两点A,B.

职高高一数学试卷及答案

高一数学试卷 2010.11.13 试卷说明:本卷满分100分,考试时间100分钟。学生答题时可使用专用计算器。 一、选择题。(共10小题,每题4分) 1、设集合A={x ∈Q|x>-1},则( ) A 、A ?? B 、2A ? C 、2A ∈ D 、{}2 ?A 2、设A={a ,b},集合B={a+1,5},若A∩B={2},则A∪B=( ) A 、{1,2} B 、{1,5} C 、{2,5} D 、{1,2,5} 3、函数2 1 )(--= x x x f 的定义域为( ) A 、[1,2)∪(2,+∞) B 、(1,+∞) C 、[1,2) D 、[1,+∞) 4、设集合M={x|-2≤x ≤2},N={y|0≤y ≤2},给出下列四个图形,其中能表示以集合M 为定义域,N 为值域的函数关系的是( ) 5、三个数70。 3,0。37, ,㏑0.3,的大小顺序是( ) A 、 70。3,0.37,,㏑0.3, B 、70。 3,,㏑0.3, 0.37 C 、 0.37, , 70。3,,㏑0.3, D 、㏑0.3, 70。3,0.37, 6、若函数f(x)=x 3 +x 2 -2x-2的一个正数零点附近的函数值用二分法逐次计算,参考数据如下表: f(1)=-2 f(1.5)=0.625 f(1.25)=-0.984 f(1.375)=-0.260 f(1.438)=0.165 f(1.4065)=-0.052 那么方程x 3 +x 2 -2x-2=0的一个近似根(精确到0.1)为( ) A 、1.2 B 、1.3 C 、1.4 D 、1.5 7、函数2,0 2,0 x x x y x -?????≥=< 的图像为( ) 职教中心期中考试

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