PAGE1/NUMPAGES2备战2021年高中数学联赛之历年
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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()A．1B．2C．3D．4【
答案
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】B【解析】若z=0，则x+y=0xy+y=0，解得x=0y=0或x=-1y=1，若z≠0，则由xyz+z=0得xy=-1①由x+y+z=0得z=-x-y②将式②代入xy+yz+xz+y=0得x2+y2+xy-y=0③由式①得x=-1y代入式③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①得x=－1，由式②得z=0，与z≠0矛盾，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，a<100.并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为()A．4B．5C．9D．10【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)+1].因a(a+1)+1是奇数，若要24|(a3－1)，必有23|(a-1).若a－1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+1<100，k可能取的一切值为0，1，2，3，4，也就是这样的a有1，25，49，73，97五个.4．【1987高中数学联赛（第01试）】对任意给定的自然数n，若n6+3a正整数，则()A．这样的a有无穷多个B．这样的a存在，但只有有限个C．这样的a不存在D．以上A，B，C的结论都不正确【答案】A【解析】对任何自然数k，取a=3n4k+9n2k2+9k2，则n6+3a=n2+3k3.5．【1983高中数学联赛（第01试）】设p，q是自然数，条件甲：p3－q3是偶数；条件乙：p+q是偶数.那么()A．甲是乙的充分而非必要条件B．甲是乙的必要而非充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】C【解析】就两个自然数p，q分别取奇数或偶数的四种情况：(1)p是奇数q是奇数，(2)p是偶数q是偶数，(3)p是奇数q是偶数，(4)p是偶数q是奇数进行讨论，有p3-q3⇔p是奇数q是奇数或p是偶数q是偶数p+q是偶数.6．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】在1，2，3，…，10中随机选出一个数a在－1，－2，－3，…，－10中随机选出一个数b，则a2+b被3整除的概率为.【答案】37100【解析】数组(a，b)共有102=100种等概率的选法.考虑其中使a2+b被3整除的选法数N.若a被3整除，则b也被3整除.此时a，b各有3种选法，这样的(a，b)有32=9组.若a不被3整除，则a2≡1( mod 3)，从而b≡-1( mod 3).此时a有7种选法，b有4种选法，这样的(a，b)有7×4=28组.因此N=9+28=37.于是所求概率为37100.7．【2015高中数学联赛（第01试）】对四位数abcd(1≤a≤9，0≤b，c，d≤9)，若a>b，b
d，则称abcd为P类数：若ac，c
表
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示P类数与Q类数的个数，则N(P)－N(Q)的值为.【答案】285【解析】分别记P类数、Q类数的全体为A，B，再将个位数为零的P类数全体记为A0，个位数不等于零的P类数全体记为A1，对任一四位数abcd∈A1，将其对应到四位数dcba，注意到a>b,bd⩾1，故dcba∈B，反之，每个dcba∈B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abc0∈A0,b可取0，1，…，9，对其中每个b，由b1，a2n+a-2n的个位数字也是7；当k的个位数字是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k>1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1，4，8，10，16，19，21，25，30，43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：①若p为奇质数，则Z(p)=p-1；②对任意正整数a，都有Z(2a)>2a；③对任意正整数a，都有Z(3a)=3a-1.其中所有真命题的序号为（）.A．①②B．①③C．②③D．①②③【答案】D【解析】注意到1+2+⋅⋅⋅+m=m(m+1)2.在①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①正确.在②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+1-1>2a，因此②正确.在③中，由3a|m(m+1)2知2⋅3a|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③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（）.A．16B．24C．32D．48【答案】D【解析】由1x+1y+1xy=12006，得xy-2006x-2006y-2006=0.整理得(x-2006)(y-2006)=2006×2007=2×32×17×59×223.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+1y=17的整数解（x，y）的个数为（）.A．5B．6C．7D．8【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x≠7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（）.A．2B．3C．5D．7【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≥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（）A．0B．1C．6D．7【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.①.因为33n，所以3n-22.但3为质数，故3n-2.②从而，9n-22.③.由①、③得93n⇒3n.④.由②、④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Si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．A．1B．2C．3D．4【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+42-16≡2mod9．又Si+1≡Simod9，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（）。A．2008B．1896C．1732D．1731【答案】C【解析】【详解】设站点ck上所放置的吉祥物编号为x，x∈{1,2,⋯,2008}.则29(x-1)+1≡k(mod2008).当k=2008时，得29(x-1)+1≡0(mod2008).设29(x-1)+1=2008y，即x=2008y-129+1=69y+1+7y-129.易知，当y=-4+29t,t∈Z时，x∈Z.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．有无限个【答案】D【解析】易知1+2+⋯+8=8×92=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=4×xk(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](n∈N+)，其中，[x]表示x的整数部分.则a1+a2+⋅⋅⋅+a2006的个位数字为（）.A．1B．3C．5D．7【答案】A【解析】由a1=6-5×21-1+1，a2=11=5×22-1+1，…，可归纳得：an=5×2n-1+1.于是，当n>1时，an≡1(mod10).故a1+a2+⋅⋅⋅+a2006≡6+2005≡1(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．A．3B．5C．7D．9【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、qp2018．因1009为质数，数22⋅10092所有可能的分解式为1×20182，2×(2×10092)，4×10092，1009×(4×1009)．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+a1×7+a2×72+a3×73}，其中ai∈{1,2,3,⋯,6}(i=0,1,2,3)，.若正整数m,n∈A，且m+n=2014(m>n)，则符合条件的正整数数对(m,n)有______个.【答案】551【解析】注意到，2014=5×73+6×72+5.由m、n∈A，设m=a×73+b×72+c×7+d，n=a'×73+b'×72+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b'≡0(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4×6(4×4+3)=24×19=456（个）.（2）当d=5时，d'≡0(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b'≡0(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(4×4+3)=95（个）.综上，共有456+95=551个满足条件的(m,n).
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