专题24初等数论（教师版含解析）-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）.docx

1、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( )A1B2C3D4【答案】B【解析】若z=0，则x+y=0xy+y=0，解得x=0y=0或x=-1y=1，若z0，则由xyz+z=0得xy=-1 由x+y+z=0得z=-x-y 将式代入xy+yz+xz+y=0得x2+y2+xy-y=0 由式得x=-1y代入式化简得(y-1)y3-y-1=0，易知y3-y-1=0无有理数根，故y=1，由式得x=1，由式得z=0，与z0矛盾

2、，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，a100.并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为( )A4B5C9D10【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)

3、+1.因a(a+1)+1是奇数，若要24|(a31)，必有23|(a-1).若a1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|a3-1，必有3|(a-1)，这样就有24|(a-1)，即a=24k+1.由24k+1b，bd，则称abcd为P类数：若ac，cb,bd1，故dcbaB，反之，每个dcbaB唯一对应于A1中的元素abcd，这建立了A1与B之间的一一对应，因此有N(P)-N(Q)=|A|-|B|=A0+A1-|B|=A0.下面计算A0：对任一四位数abc0A0,b可取0，1，9，对其中每个b，由ba9及b1，a2n+a-2n的个位数字也是7；当k的

4、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k1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

5、，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Sn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

6、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：若p为奇质数，则Z(p)=p-1；对任意正整数a，都有Z(2a)2a；对任意正整数a，都有Z(3a)=3a-1.其中所有真命题的序号为( ).ABCD【答案】D【解析】注意到1+2+m=m(m+1)2.在中，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，因此正确.在中，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+1-12a，因此正确.在中，由3a|m(m+1

7、)2知23a|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( ).A16B24C32D48【答案】D【解析】由1x+1y+1xy=12006，得xy-2006x-2006y-2006=0.整理得(x-2006)(y-2006)=20062007=2321759223.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

8、+1y=17的整数解(x，y)的个数为().A5B6C7D8【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x7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Sn、Tn分别是等差数列an与bn的前n项和，对任意正整数n，都有SnTn=2n+6n+1.若ambm为质数，则正整数m的值为( ).A2B3C5D7【答案】A【解析】由条件可设Sn=kn(2n+6),Tn=kn(n+1)，则m=1时，a1b1=S1T1=82=4，不满足题意，舍去.当m

9、2时，ambm=Sm-Sm-1Tm-Tm-1=4m+42m=2+2m，于是仅在m=2时，ambm=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( )A0B1C6D7【答案】A【解析】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9n-22+3n.因为33n，所以3n-22.但3为质数，故3n-2.从而，9n-22.由、得93n3n.由、矛盾得n2-n+4不能被9整除。6设p是大于3的质数，且p+8也是质数，记S1=pp+8，Si+1i=1,2,k-1表示S

10、i的各位数字之和若Sk是一位数字，对于所有可能的质数pSk有()个不同的值A1B2C3D4【答案】A【解析】因为p是大于3的质数，且p+8也是质数，因此，p是3M+2型的质数所以，pp+8=p+42-162mod9又Si+1Simod9，则Sk=2，即Sk只有一个值7沿环形马拉松跑道设有2008个观看站点，按顺时针方向依次标为c1,c2,c2008，它们将跑道分成2008个区段。某运动员将编号为1,2，2008的吉祥物按照以下方式依次放置于这些站点上：他先在c1上放置第1号吉祥物，然后顺时针跑过29个区段，将第2号吉祥物放置于所到达的站点c30上；再顺时针跑过29个区段，将第3号吉祥物放置于所

11、到达的站点c59上，如此进行下去。则站点c2008上所放置的吉祥物的编号是()。A2008B1896C1732D1731【答案】C【解析】【详解】设站点ck上所放置的吉祥物编号为x， x1,2,2008.则29(x-1)+1k(mod2008).当k=2008时，得29(x-1)+10(mod2008).设29(x-1)+1=2008y，即x=2008y-129+1=69y+1+7y-129.易知，当y=-4+29t,tZ时，xZ.取t=1，得y=25，此时， x=69y+1+7y-129=1732.选C.8对方程1+2+x=y2的正整数解的正确判断是()A不存在B有1个C有多于1的有限个D有

12、无限个【答案】D【解析】易知1+2+8=892=62故x=8，y=6是方程的一个正整数解假设(xk,yk)是方程的一个正整数解，即1+2+xk=xk(xk+1)2=yk2，则1+2+(2xk+1)2-1=(2xk+1)2-1(2xk+1)22=4xk(xk+1)2(2xk+1)2=4yk2(2xk+1)2=(4xkyk+2yk)2这表明xk+1=(2xk+1)2-1，yk+1=4xkyk+2yk，也是方程的一个正整数解重复这个过程，可知方程有无限个正整数解选D.9设a1=6，an+1=54an+34an2-12(nN+)，其中，x表示x的整数部分. 则a1+a2+a2006的个位数字为( ).

13、A1B3C5D7【答案】A【解析】由a1=6-521-1+1，a2=11=522-1+1，可归纳得：an=52n-1+1. 于是，当n1时，an1(mod10).故a1+a2+a20066+20051(mod10).选A.10满足对所有的i=0，1，n，都有Cni与2007互质的正整数n的数目有()个A3B5C7D9【答案】D【解析】若质数p与所有的Cnii=0,1,n互质，由于Cni中质因数p的次数的最大值为k=1+npk-ipk-n-ipk，因此，对于每一个i有npk=ipk+n-ipk，即i+n-i=n在p进制表示下不发生进位从而，n在p进制表示下除了首位数字外，其他每位数字均为p-1令

14、fr,p,m=rpm+p-1pm-1+p-1p+p-1=r+1pm-1则n=1，2，p-1，fr,p,m，其中，r=0，1，p-2，m为任意正整数若恰含有两个不同质因数p、qpq的正整数与所有的Cnii=0,1,n都互质，则n等于1，2，p-1，fr1,p,m1与1，2，q-1，fr2,p,m2中的公共的正整数，其中，r1=0，1，p-2，r2=0，1，q-2，m1、m2为任意正整数由于r1+1pm1-1r2+1qm2-1，则n=1，2，p-1及r1+1pm1-1，其中，r1+1pm1-1满足r1+1pm1-1q-1因为2007=32223，r1+13m1-1223-1，所以，m=1，2，5，

15、8，17，26，53，80，161因此，满足条件的n的数目为911已知a，bZ，且a+b为方程x2+ax+b=0的一个根，则b的最大可能值为_【答案】9 【解析】由题设(a+b)2+a(a+b)+b=0，则2a2+3ab+b2+b=0因为a，bZ，则=9b2-8(b2+b)=b2-8b必为完全平方数设b2-8b=m2(mN)，则(b-4)2-m2=16，(b-4+m)(b-4-m)=16所以b-4+m=8b-4-m=2或b-4+m=4b-4-m=4或b-4+m=-2b-4-m=-8或b-4+m=-4b-4-m=-4解得b=9，8，-1,0所以b的最大可能值为9.12记x为不超过实数x的最大整数

16、.若A=78+728+720198+720208，则A除以50的余数为_ .【答案】40【解析】注意到72k-18,72k8均不是整数.按定义72k-1-2=(72k-18-1)+(72k8-1)72k-18+72k872k-18+72k8=72k-1，所以对任意正整数k均有72k-18+72k8=72k-1-1=772k-2-1=7(49)k-1-1=7(50-1)k-1-1=7(Ck-1050k-1+Ck-1r50k-1-r(-1)r+Ck-1k-1(-1)k-1)-1=7(-1)k-1-1(mod50).从而A71010(1-1)-101040(mod50).故答案为：4013设(n)表

17、示不超过n且与n互素的正整数的个数，g(n)满足对任意nN+,d|ng(d)=(n)，其中求和符号d|n表示d取遍n的所有正因子，则g(50)=_ .【答案】0【解析】方法一：由(n)是积性函数易知g(n)是积性函数，从而g(50)=g(2)g(25).又易知g(2)=0，因此g(50)=0.故答案为：0方法二：易知g(1)=1，g(2)=0.由4=(5)=g(1)+g(5)，得g(5)=3；由4=(10)=g(1)+g(2)+g(5)+g(10)，得g(10)=0；由20=(25)=g(1)+g(5)+g(25)，得g(25)=16.因此20=(50)=g(1)+g(5)+g(5)+g(10

18、)+g(25)+g(50)，得g(50)=0.故答案为：014若(a+b)n的展开式中有连续三项的二项式系数成等差数列，则最大的三位正整数n=_ .【答案】959【解析】设(a+b)n的展开式中连续三项的二项式系数为Cnk-1,Cnk,Cnk+1(1kn-1).因为2Cnk=Cnk-1+Cnk+1，所以n2-(4k+1)n+4k2-2=0，得到n=4k+18k+92 由n为正整数，则8k+9应为奇完全平方数，故设8k+9=(2m+1)2，即2k=m2+m-2，代入式得n=(m+1)22或n=m22.所以，三位正整数n的最大值为959.故答案为：95915若正整数n使得方程x3+y3=zn有正整

19、数解(x，y，z)，称n为“好数”.则不超过2019的“好数”个数是_ .【答案】1346【解析】首先易知若n为“好数”，则n+3也是“好数”又显然1、2是“好数”，从而当n1,2(mod3)时，n均为“好数”.由费马(Fermat)大定理知：x3+y3=z3无正整数解，即3不是“好数”.于是n=3k(kN*)都不是“好数”.否则，存在kN*，使得3k是“好数”，即方程x3+y3=z3k有正整数解(x，y，z0)，从而x3+y3=z3有正整数解(x0,y0,z0k)，矛盾！故当且仅当n满足n1,2(mod3)时，n为“好数”.所以，不超过2019的“好数”个数是201923=1346.故答案为

20、：134616设S(x)表示自然数x的数字和，则方程x+S(x)+S(S(x)=2013的解集为_【答案】 1979,1985,1991,2003【解析】显然，x2013而x2013，S(x)最大为28，S(S(x)最大为10，因此，x最小为2013 - 38 = 1975故1975x2013经检验，当x = 2003时，S(2003)=5，S(S(2003)=52003+5+5=2013；当x=1991时，1991+20+2=2013；当x=1985时，S(1985)=23，S(S(1985)=51985+23+5=2013；当x=1979时，S(1979)=26，S(S(1979)=819

21、79+26+8=2013；其他自然数x均不满足方程，所以，方程的解集为 1979,1985,1991,200317已知实数m、n满足m-n=10，m2-3n2为素数，若m2-3n2的最大值为a，最小值为b，则a-b=_【答案】11【解析】设m2-3n2=p (p为素数) 由m-n=10，得m=10+n 把式代入式整理得2n2-210n+p-10=0=40-8p+800 p15a=13,b=2a-b=1118已知正整数a、b均小于500，且满足a2+(a+1)2=b2. 则这样的数对(a,b)共有_对.【答案】3【解析】由题意可得：(2a+1)2+1=2b2，令x=2a+1,y=b，则x2-2y

22、2=-1,这是一个第二类Pell方程,基础解为(1,1)，据此计算可得满足题意的方程的解为：(3,5),(20,29),(119,169),其第四组解(696,985)不再满足正整数a、b均小于500，综上可得，满足题意的数对(a,b)共有3对.19a、b为正整数，满足1a-1b=12018，则所有正整数对(a,b)的个数为_【答案】4 【解析】由1a-1b=12018，知1a2018，且ab+2018a-2018b=0，于是(2018-a)(2018+b)=20182=2210092，而02018-a2018因1009为质数，数2210092所有可能的分解式为120182，2(210092)

23、，410092，1009(41009)其中每一个分解式对应于(a,b)的一个解，故其解的个数为4故答案为：420已知集合A=x|x=a0+a17+a272+a373，其中ai1,2,3,6(i=0,1,2,3)，.若正整数m,nA，且m+n=2014(mn)，则符合条件的正整数数对(m,n)有_个.【答案】551【解析】注意到，2014=573+672+5.由m、nA，设m=a73+b72+c7+d， n=a73+b72+d，其中，a、b、c、d、a、b、c、d.(1)当d=1,2,3,4时，d=5-d.此时，c=1,2,6，c=7-c.若b=1,2,3,4，则b=5-b.此时，a=1,2,3,4，a=5-a.若b=5，则b0(mod7)，无法取值.若b=6，则b=6.此时，a=1,2,3，a=4-a.故此情形中，符合条件的(m,n)有46(44+3)=2419=456(个).(2)当d=5时，d0(mod7)，无法取值.(3)当d=6时，d=12-d=6.此时，c=1,2,5，c=6-c.若b=1,2,3,4，则b=5-b.此时，a=1,2,3,4，a=5-a.若b=5，则b0(mod7)，无法取值.若b=6，则b=6.此时，a=1,2,3，a=4-a.故此情形中，符合条件的(m,n)有5(44+3)=95(个).综上，共有456+95=551个满足条件的(m,n).