数论历届高中数学联赛真题分类汇编含详细答案
历年全国高中数学联赛试题及答案76套题
历年全国高中数学联赛试题及答案76套题（一）2019年全国高中数学联赛试题及答案1. 小川野升平想在一个边长为6米的正方形的地块上建造一个有一堵墙的房子，墙要用沙发垫、玻璃门中的一种建造，沙发垫墙每平方米需要50元，玻璃门墙每平方米需要80元。
为了满足小川野升平的预算，需要选择合适的方案，可以使花费尽可能少。
请求出该房子沙发垫墙和玻璃门墙各多少平方米，以及花费的最小值。
解：由题意得，房子在四周建墙，所以共4个墙面。
墙面中有一个为门，另外3个可以被沙发垫或玻璃门所替代。
因为墙长宽相等，所以选择沙发垫或玻璃门所用的面积是相等的，即我们只需要考虑使用沙发垫或玻璃门的墙面数量即可。
用$x$表示使用沙发垫的墙面数量，则使用玻璃门的墙面数量为$3-x$，进而可列出花费的表达式：$$f(x)=50x+80(3-x)=80x+240$$为获得花费的最小值，我们需要求出$f(x)$的最小值，即求出$f(x)$的极小值。
因为$f(x)$是$x$的一次函数，所以可求出其导函数$f'(x)=80-30x$。
当$f'(x)=0$时，即$x=\frac83$，此时$f(x)$有极小值$f(\frac83)=400$。
当$x<\frac83$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$x>\frac83$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减。
所以我们选择使用3个沙发垫的构建方案，所需面积为$3\times6=18m^2$，花费为$50\times18=900$元。
因此，该房子沙发垫墙面积为18平方米，玻璃门墙面积为0平方米，花费最小值为900元。
2. 对于正整数$n$，记$S_n$为$\sqrt{n^2+1}$的小数部分，$T_n$表示$S_1,S_2,\cdots,S_n$的平均值，则$s_n=10T_n-5$。
求$\sum_{k=1}^{2019}s_k$的个位数。
数论历年数学联赛真题WORD版分类汇编含详细答案
1，均有 an
M
，而 M
p p p 1 2 12
k 1 k 1
max
1n N /
an
，故
M
不在
an
中出
现，这与假设矛盾！因此，若 m 有 k 个不同的素因子，则 m 一定在数列 an 中出现.
由数学归纳法知，所以正整数均在数列 an 中出现。
2018B 四、（本题满分 50 分）给定整数 a 2 。证明：对任意正整数 n ，存在正整数 k ，使得连续 n 个数 a k 1 ， a k 2,, a k n 均是合数。
综上可知，平稳数的个数为 2 6 63 4 75 。
2017B 8、若正整数 a,b, c 满足 2017 10a 100b 1000c ，则数组 (a,b, c) 的个数为
◆答案： 574 ★解析：由条件知 c [ 2017 ] 2 ，当 c 1时，有10 b 20 ，对于每个这样的正整数 b ，由
]
12
3
3
1
1
20
．
8 27 27 64 64
当 n m 时，由对称性可知，亦有 20 个满足条件的等比数列 a1, a2 , a3, a4 ．
综上可知，共有 40 个满足条件的有序数组 (a1, a2 , a3 , a4 ) ．
2016A 四、（本题满分 50 分）设 p 与 p 2 均是素数， p 3 ，数列 an 定义为 a1 2 ，
2016 年~2018 年全国高中数学联赛二试试题分类汇编 2、数论部分
2018A 四、（本题满分 50 分）数列 an 定义如下： a1 是任意正整数，对整数 n 1， an1 与
《全国高中数学联赛真题暨答案(2011-2021)
2011 年全国高中数学联赛二试 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 2020 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 2020 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 2020 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 2020 年全国高中数学联赛二试答案(B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 2019 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 2019 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 2019 年全国高中数学联赛一试答案(B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 2019 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 2018 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 2018 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 2018 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 2018 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 2017 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 2017 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 2017 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 2017 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 2016 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 2016 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 2015 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 2015 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 2014 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 2014 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 2013 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 2013 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 2012 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 2012 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 2011 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 2011 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
高中数学竞赛分类：集合-1981-2018年历年数学联赛48套真题分类汇编含详细答案
1981年--2018年全国高中数学联赛一试试题分类汇编1、集合部分2018A1、设集合{}99,,3,2,1 =A ，集合{}A x x B ∈=|2，集合{}A x x C ∈=2|，则集合C B 的元素个数为24★解析：由条件知，{}48,,6,4,2 =C B ，故C B 的元素个数为24。
2018B1、设集合{}8,1,0,2=A ，集合{}A a a B ∈=|2，则集合B A 的所有元素之和是◆答案：31★解析:易知{}16,2,0,4=B ，所以{}16,8,4,2,1,0=B A ，元素之和为31.2018B 三、（本题满分50分）设集合{}n A ,,2,1 =，Y X ,均为A 的非空子集（允许Y X =）．X 中的最大元与Y 中的最小元分别记为Y X min ,max ．求满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目。
★解析:先计算满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目.对给定的X m max =，集合X 是集合{}1,,2,1-m 的任意一个子集与{}m 的并，故共有12-m 种取法.又Y m min ≤，故Y 是{}n m m m ,,2,1, ++的任意一个非空子集，共有121--+m n 种取法.因此，满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目是：()[]()12122122111111+⋅-=-=-∑∑∑=-==-+-n nm m n m n nm mn m n 由于有序集合对),(Y X 有()()()2121212-=--nnn个，于是满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目是()()124122122+-=-+⋅--n n n n n n n 2017B 二、（本题满分40分）给定正整数m ，证明：存在正整数k ，使得可将正整数集+N 分拆为k 个互不相交的子集k A A A ,,,21 ，每个子集i A 中均不存在4个数d c b a ,,,（可以相同），满足m cd ab =-．★证明：取1k m =+，令{(mod 1),}i A x x i m x N +=≡+∈，1,2,,1i m =+ 设,,,i a b c d A ∈，则0(mod 1)ab cd i i i i m -≡∙-∙=+，故1m ab cd +-，而1m m +，所以在i A 中不存在4个数,,,a b c d ，满足ab cd m-=2017B 四、（本题满分50分）。
专题24初等数论(解析版)-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)
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( )A．1B．2C．3D．4【答案】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|(a 3－1)，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|(a 3−1)，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n 6+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 =3n 4k +9n 2k 2+9k 2，则n 6+3a =(n 2+3k )3.5．【1983高中数学联赛（第01试）】设p ，q 是自然数，条件甲：p 3－q 3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p 3−q 3⇔{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a 2+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a 2+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a 2≡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 <c ，c >d ，则称abcd 为P 类数：若a <b ，b >c ，c <d ，则称abcd 为Q 类数.用N (P )与N (Q )分别表示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A 0，个位数不等于零的P 类数全体记为A 1，对任一四位数abcd ∈A 1，将其对应到四位数dcba ，注意到a >b,b <c,c >d ⩾1，故dcba ∈B ，反之，每个dcba ∈B 唯一对应于A 1中的元素abcd ，这建立了A 1与B 之间的一一对应，因此有N(P)−N(Q)=|A|−|B|=|A 0|+|A 1|−|B|=|A 0|.下面计算|A 0|：对任一四位数abc0∈A 0,b 可取0，1，…，9，对其中每个b ，由b <a ≤9及b <c ≤9知，a 和c 分别有9－b 种取法，从而|A 0|=∑(9−b)29b=0=∑k 29k=1=9×10×196=285.因此N(P)−N(Q)=285.8．【2004高中数学联赛（第01试）】设p 是给定的奇质数，正整数k 使得√k −pk 也是一个正整数，则k =.【答案】(p+1)24【解析】设√k 2−pk =n (n ∈N ∗)，则k 2−pk −n 2=0，k =p±√p 2+4n 22.从而p 2+4n 2是平方数，设为m 2，m ∈N *，则(m −2n)(m +2n)=p 2. 因为p 是质数且p ≥3，所以{m −2n =1m +2n =p 2，解得{m =p 2+12n =p 2−14 ， 所以k =p±m 2=2p±(p 2+1)4，故k =(p+1)24(负值舍去).9．【1993高中数学联赛（第01试）】整数[10931031+3]的末尾两位数字是 .(先写十位数字，后写个位数字.其中[x ]表示不超过x 的最大整数). 【答案】08 【解析】[10931031+3]=[(1031)3+33−331031+3]=(1031)2−3×1031+32−1=(1031)(1031−3)+8，所以它的末尾两位数字是08.10．【1991高中数学联赛（第01试）】19912000除以106，余数是.【答案】80001【解析】19912000=(1+1990)2000=1+2000×1990+12×2000×1999×19902+⋯+19902000.依照上述展式，只需考虑前三项的和除以106的余数，故余数为80001.11．【1987高中数学联赛（第01试）】若k是大于1的整数，a是x2－kx+1=0的根，对于大于10的任意自然数n，a2n+a−2n的个位数字总是7，则k的个位数字是.【答案】3或5或7【解析】显然a≠0，因为a是x2−kx+1=0的根，所以a+1a =k(1a是另一根)，则a2+a−2=(a+1a )2−2=k2−2，a22−a−22=(k2−2)2−2，a23−a−23=[(k2−2)2−2]2−2，……，a2n+a−2n=(a2n−1+a−2n−1)2−2.当k为偶数时，易看出a2n+a−2n的个位数字只能是偶数；当k的个位数字是1时，a2n+a−2n的个位数字为9；当k的个位数字为3时，a2n+a−2n的个位数字为7；当k的个位数字为5时，对于n>1，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S n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S n、T n分别是等差数列{a n}与{b n}的前n项和，对任意正整数n，都有S nT n =2n+6n+1.若a mb m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S n=kn(2n+6),T n=kn(n+1)，则m=1时，a1b1=S1T1=82=4，不满足题意，舍去.当m≥2时，a mb m =S m−S m−1T m−T m−1=4m+42m=2+2m，于是仅在m=2时，a mb m=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9|[(n−2)2+3n].①.因为3|3n，所以3|(n−2)2.但3为质数，故3|(n−2).②从而，9|(n −2)2.③.由①、③得9|3n⇒3|n.④.由②、④矛盾得n2−n+4不能被9整除。
专题29初等数论(解析版)-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题29初等数论历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛B卷（第02试）】设a,b为不超过12的正整数,满足:存在常数C,使得a n+b n+9≡C(mod13 )对任意正整数n成立.求所有满足条件的有序数对(a,b).【答案】(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)【解析】解法1:由条件知,对任意正整数n,有a n+b n+9≡a n+3+b n+12(mod13). ①注意到13为素数,a,b均与13互素,由费马小定理知a2≡b2≡1(mod13).因此在①中取n=12,化简得1+b9≡a3+1(mod13),故b9≡a3(mod13).代入①,得a n+a3b n≡a n+3+b n+12≡a n+3+b n(mod13),即(a n−b n)(1−a3)≡0(mod13). ②分两种情况讨论.(ⅰ)若a3≡1(mod13),则b3≡a3b3≡b12≡1(mod13),又a,b∈{1,2,⋯,12},经检验可知a,b∈{1,3,9}.此时a n+b n+9≡a n+b n(mod13).由条件知a+b≡a3+b3≡2(mod13),从而只能是a=b=1.经检验,当(a,b)=(1,1)时,对任意正整数n,a n+b n+9模13余2为常数,满足条件.(ⅱ)若a3≡1(mod13),则由②知,对任意正整数n,有a n≡b n(mod13).特别地,a≡b(mod13),故a=b.所以a3≡b9=a9(mod13),即a3(a3−1)(a3+1)≡0(mod13),故a3≡−1(mod13).通过检验a≡±1,±2,⋯,±6(mod13),可知a=4,10,12.经检验,当(a,b)=(4,4),(10,10),(12,12)时,对任意正整数n,有a n+b n+9=a n+a n+9=a n(1+(a3)3)≡0(mod13),满足条件.综上,所求的有序数对(a,b)为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12).解法2:由条件知,对任意正整数n,有(a n+b n+9)(a n+2+b n+11)≡(a n+1+b n+10)2(mod13),化简得a n b n+11+a n+2b n+9≡2a n+1+b n+10(mod13),即a n b n+9(a−b)2≡0(mod13).由于13为素数,a,b∈{1,2,⋯,12},故13|(a−b)2,进而a=b.第5页共27页。
全国高中数学联赛分类汇编(初等数论)
2000-2012全国高中数学联赛分类汇编（初等数论）1、（2005一试6）记集合},4,3,2,1,|7777{},6,5,4,3,2,1,0{4433221=∈+++==i T a a a a a M T i 将M 中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（ ）A ．43273767575+++B ．43272767575+++C ．43274707171+++D ．43273707171+++【答案】C【解析】用p k a a a ][21 表示k 位p 进制数，将集合M 中的每个数乘以47，得32123412347{777|,1,2,3,4}{[]|,1,2,3,4}.i i M a a a a a T i a a a a a T i '=⋅+⋅+⋅+∈==∈= M '中的最大数为107]2400[]6666[=。
在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第2005个数是2400-2004=396。
而=10]396[7]1104[将此数除以47，便得M 中的数.74707171432+++故选C 。
2、（2006一试6）数码1232006,,,,a a a a 中有奇数个9的2007位十进制数12320062a a a a 的个数为（ ） A ．200620061(108)2+ B ．200620061(108)2- C ．20062006108+ D ．20062006108- 【答案】B【解析】出现奇数个9的十进制数个数有12005320032005200620062006999A C C C =+++。
又由于2006200620062006(91)9kkk C-=+=∑以及20062006200620060(91)(1)9kk k k C -=-=-∑，从而得 12005320032005200620062006200620061999(108)2A C C C =+++=-。
14数论1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案
1981年~2019年全国高中数学联赛二试试题分类汇编数论部分2019A 5、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2a b +被3整除的概率为 ．◆答案：37100★解析：首先数组(),a b 有1010100⨯= 种等概率的选法． 考虑其中使2a b +被3整除的选法数N ．①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339⨯=组．若a 不被 3 整除，则()21mod3a ≡，从而()1mod3b ≡-．此时a 有7 种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=组． 因此92837N =+=．于是所求概率为37100。
2019A 三、（本题满分 50 分）设m 为整数，2m ≥．整数数列12,,a a 满足：12,a a 不全为零，且对任意正整数n ，均有21n n n a a ma ++=-．证明：若存在整数,r s , (2r s >≥ )使得1r s a a a ==，则r s m -≥．★解析：证明：不妨设12,a a 互素（否则，若()12,1a a d =>，则12,1a a d d ⎛⎫=⎪⎝⎭互素，并且用12,,a a d d代替12,,a a ，条件与结论均不改变）．由数列递推关系知()234mod a a a m ≡≡≡． ①以下证明：对任意整数3n ≥，有()()2123mod n a a a n a m m ≡-+-⎡⎤⎣⎦． ② ………10 分 事实上，当3n =时②显然成立．假设n k =时②成立（其中k 为某个大于2的整数），注意到①，有()212mod k ma ma m -≡，结合归纳假设知()()()21122221232mod k k k a a ma a k a m ma a a k a m +-≡-≡+--=-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，即1n k =+时②也成立．因此②对任意整数3n ≥均成立． ………………20 分注意，当12a a =时，②对2n =也成立． 设整数,r s , (2r s >≥ )，满足1r s a a a ==． 若12a a =，由②对2n ≥均成立，可知()()()221221233mod r s a a r a m a a a a s a m m -+-≡≡≡-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦即()()()121233mod a r a a s a m +-≡+-，即 ()()20mod r s a m -≡． ③ 若12a a ≠，则12r s a a a a ==≠故3r s >≥．此时由于②对3n ≥均成立， 故类似可知③仍成立． ………………30 分 我们证明2,a m 互素．事实上，假如2a 与m 存在一个公共素因子p ，则由①得p 为23,,a a 的公因子，而12,a a 互素，故/|p 1a ，这与1r s a a a ==矛盾．因此，由③得()0mod r s m -≡．又r s >，所以r s m -≥． ………………50分2018A 四、（本题满分50分）数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数，对整数1≥n ，1+n a 与∑=ni ia1互素，且不等于n a a a ,.,,21 的最小正整数，证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现。
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数论部分2018A 四、（本题满分50分）数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数，对整数1≥n ，1+n a 与∑=ni ia1互素，且不等于n a a a ,.,,21 的最小正整数，证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现。
★证明：显然11=a 或者12=a .下面考虑整数1>m ，设m 有k 个不同的素因子，我们对k 归纳证明m 在{}n a 中出现.记n n a a a S +++= 21，1≥n .1=k 时，m 是素数方幂，记αp m =，其中0>α，p 是素数.假设m 不在{}n a 中出现.由于{}n a 各项互不相同，因此存在正整数N ，当N n ≥时，都有αp a n >.若对某个N n ≥，n S p |/，那么αp 与n S 互素，又n a a a ,.,,21 中无一项是αp ，故有数列定义知αp a n ≤+1，但是αp a n >+1，矛盾！因此对每个N n ≥，都有n S p |.又1|+n S p ，可得1|+n a p ，从而1+n a 与n S 不互素，这与1+n a 的定义矛盾！假设2≥k ，且结论对1-k 成立.设m 的标准分解为k k p p p m ααα2121=.假设m 不在{}n a 中出现，于是存在正整数/N ，当/N n ≥时，都有m a n >.取充分大的正整数121,,-k βββ ，使得n N n k a p p p M k /1211121max ≤≤->=-βββ .我们证明，对/N n ≥，有M a n ≠+1.对于任意/N n ≥，若n S 与k p p p 21互素，则m 与n S 互素，又m 在n a a a ,.,,21 中均未出现，而m a n >+1，这与数列的定义矛盾，因此我们得到：对于任意/N n ≥，n S 与k p p p 21不互素*， ⑴若存在i （11-≤≤k i ），使得n i S p |，则()1,1=+n n S a ，故1|+/n i a p ，从而M a n ≠+1（因为M p i |）。
⑵若对每个i （11-≤≤k i ），均有n i S p |/，则由*知，必有n k S p |.于是1|+/n k a p ，进而1|++/n n k a S p ，即1|+/n k S p .故由*知：存在0i （110-≤≤k i ），使得1|0+n i S p ，再由n n n a S S +=+1及前面的假设n i S p |/，可知1|0+/n i a p ，故M a n ≠+1。
因此，对1/+≥N n ，均有M a n ≠，而n N n k a p p p M k /1211121max ≤≤->=-βββ ，故M 不在{}n a 中出现，这与假设矛盾！因此，若m 有k 个不同的素因子，则m 一定在数列{}n a 中出现.由数学归纳法知，所以正整数均在数列{}n a 中出现。
2018B 四、（本题满分50分）给定整数2≥a 。
证明：对任意正整数n ，存在正整数k ，使得连续n个数1+k a ，,,2 +ka n a k+均是合数。
★证明:设r i i i <<< 21是n ,,2,1 中与a 互素的全体整数，则n i ≤≤1，{}r i i i i ,,,21 ∉，无论正整数k 如何取值，i a k +均与a 不互素且大于a ，故i a k+为合数。
对任意r j ,,2,1 =，因1>+j i a ，故j i a +有素因子j p .我们有()1,=a p j （否则，因j p 是素数，故j p a |，但j p j i a +|，从而j p |j i ，即a 与j i 不互素，与j i 的取法矛盾）.因此，由费马小定理知，()i p p amod 11≡-现取()()()111121+---=r p p p k ，对任意r j ,,2,1 =，注意到()1mod 1-≡j p k ，故有()j j j k p i a i a mod 0≡+=+.又j j j k p i a i a ≥+>+，故j k i a +为合数。
综上所述，当()()()111121+---=r p p p k 时，1+k a ，,,2 +ka n a k+均是合数。
2017A 4、若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”，则平稳数的个数 是 ◆答案： 75★解析：考虑平稳数abc 。
①若0=b ，则1=a ，{}1,0∈c ，有2个平稳数；②若1=b ，则{}2,1∈a ，{}2,1,0∈c ，有632=⨯个平稳数； ③若[]8,2∈b ，则a ，{}1,,1+-∈b b b c ，有63337=⨯⨯个平稳数； ④若9=b ，则{}9,8,∈c a ，有422=⨯个平稳数；综上可知，平稳数的个数为7546362=+++。
2017B 8、若正整数c b a ,,满足c b a 1000100102017≥≥≥，则数组),,(c b a 的个数为 ◆答案：574★解析：由条件知2017[]21000c ≤=，当1c =时，有1020b ≤≤，对于每个这样的正整数b ，由10201b a ≤≤知，相应的a 的个数为20210b -，从而这样的正整数组的个数为2010(1022)11(20210)5722b b =+⨯-==∑， 当2c =时，由201720[]100b ≤≤，知，20b =，进而2017200[]20110a ≤≤=， 故200,201a =，此时共有2组(,,)abc .综上所述，满足条件的正整数组的个数为5722574+=.2016A 8、设4321,,,a a a a 是100,,3,2,1 中的4个互不相同的数，满足()()2433221242322232221)(a a a a a a a a a a a a++=++++，则这样的有序数组),,,(4321a a a a 的个数为 ◆答案：40★解析：由柯西不等式知，2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++≥++++，等号成立的充分必要条件是433221a a a a a a ==，即4321,,,a a a a 成等比数列．于是问题等价于计算满足{1,2,3,},,,{4321⊆a a a a …,100}的等比数列4321,,,a a a a 的个数．设等比数列的公比1≠q ，且q 为有理数．记mnq =，其中n m ,为互素的正整数，且n m ≠． 先考虑m n >的情况．此时331314)(m n a m n a a ==，注意到33,n m 互素，故31m a l =为正整数． 相应地，4321,,,a a a a 分别等于l n l mn nl m l m 3223,,,，它们均为正整数．这表明，对任意给定的1>=mnq ，满足条件并以q 为公比的等比数列4321,,,a a a a 的个数，即为满足不等式1003≤l n 的正整数l 的个数，即]100[3n． 由于10053>，故仅需考虑34,4,23,3,2=q 这些情况，相应的等比数列的个数为 20113312]64100[]64100[]27100[]27100[]8100[=++++=++++． 当m n <时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列4321,,,a a a a ． 综上可知，共有40个满足条件的有序数组),,,(4321a a a a ．2016A 四、（本题满分50分）设p 与2+p 均是素数，3>p ，数列{}n a 定义为21=a ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=--n pa a a n n n 11， ,3,2=n ，这里[]x 表示不小于实数x 的最小整数。
证明：对1,,4,3-=p n ，均有)1(|1+-n pa n 成立。
★证明：首先注意到，数列{}n a 是整数数列。
对n 用数学归纳法。
当3=n 时，由条件知p a +=22，故()2211+=+p pa ，又p 与2+p 均是素数，且3>p ，故必须1|3+p ，因此1|32+pa ，即3=n 时，结论成立。
对13-≤<p n ，设1,,4,3-=n k 时结论成立，即1|1+-k pa k ，此时k pa k pa k k 111+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--， 故()()11111111222221--++=+⎪⎭⎫⎝⎛-+=+⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=+------k k p pa k pa a p k pa a p pa k k k k k k故对13-≤<p n 时，有()()()()()==+--+--+=+--+=+--- 122111111321n n n pan n p n n p pan n p pa()()()()nn p C p n p p n pap n n p n n p ++++=++--+--+=)2)(()1(213322112，显然)1)(2)((|1+++-n pa p n p n ，★因为p n <，p 是素数，故1),(),(==+p n p n n ，又2+p 是大于n 的自然数，故1)2,(=+p n ，从而n 与)2)((++p p n 互素，故由★可知)1(|1+-n pa n 。
由数学归纳法知，对1,,4,3-=p n ，均有)1(|1+-n pa n 成立。
2016B 8、设正整数n 满足2016≤n ，且312642=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n n n ．这样的n 的个数为 ．这里{}[]x x x -=，其中[]x 表示不超过x 的最大整数．◆答案：168★解析：由于对任意整数n ，有135113,2461224612n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++≤+++=⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭等号成立的充分必要条件是()1mod12n ≡-，结合12016n ≤≤知，满足条件的所有正整数为()1211,2,,168,n k k =-=共有168个．★解析：首先注意到，若m 为正整数，则对任意整数,x y ，若()mod x y m ≡，则.x y m m ⎧⎫⎧⎫=⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭这是因为，当()mod x y m ≡时，x y mt =+，这里t 是一个整数，故.x x x y mt y mt y y y y y t t m m m m m m m m m m ++⎧⎫⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎧⎫=-=-=+-+=-=⎨⎬⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎩⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎩⎭因此，当整数12,n n 满足()12mod12n n ≡时，11112222.2461224612n n n n n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++=+++⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭容易验证，当正整数满足112n ≤≤时，只有当11n =时，等式324612n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++=⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭才成立．而201612168=⨯，故当12016n ≤≤时，满足324612n n n n ⎧⎫⎧⎫⎧⎫⎧⎫+++=⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭⎩⎭正整数n 的个数为168.2016B 一、（本题满分40分）非负实数201621,,,x x x 和实数201621,,,y y y 满足：（1）122=+k k y x ,2016,,2,1 =k ；（2）201621y y y +++ 是奇数． 求201621x x x +++ 的最小值．★解析：由已知条件（1）可得：1,1,1,2,,2016,k k x y k ≤≤=于是（注意0i x ≥）()2016201620162016201622211111120162016.kkkkk k k k k k x xy yy =====≥=-=-≥-∑∑∑∑∑ ①不妨设112016,,0,,,0,02016,m m y y y y m +>≤≤≤则201611,2016.mk k k k m y m y m ==+≤-≤-∑∑若11mk k y m =>-∑，并且201612015,k k m y m =+->-∑令2016111,2015,m kk k k m ym a y m b ==+=-+-=-+∑∑则0,1,a b <<于是()201620161111201522016,mkkk k k k m y yy m a m b m a b ===+=+=-+--+=-+-∑∑∑由条件（2）知，20161k k y =∑是奇数，所以a b -是奇数，这与0,1a b <<矛盾．因此必有11m k k y m =≤-∑，或者201612015,k k m y m =+-≤-∑则201620161112015.m k k k k k k m y y y ===+=-≤∑∑∑于是结合①得201611.k k x =≥∑又当122015201612201520160,1,1,0x x x x y y y y ==========时满足题设条件，且使得不等式等号成立，所以122016x x x +++的最小值为1．2016B 二、（本题满分40分）设k n ,是正整数，且n 是奇数．已知n 2的不超过k 的正约数的个数为奇数，证明：n 2有一个约数d ，满足k d k 2≤<证明：记{n d d A 2||=,d 是奇数，} 0k d ≤<，{n d d A 2||=,d 是偶数，} 0k d ≤<，则φ=B A ,n 2的不超过k 的正约数的集合是B A★证明：记{}||2,0,A d d n d k d =<≤是奇数，{}||2,0,B d d n d k d =<≤是偶数，则,2A B n =∅的不超过k 的正约数的集合是.AB若结论不成立，我们证明.A B =对d A ∈，因为d 是奇数，故2|2d n ，又22d k ≤，而2n 没有在区间(],2k k 中的约数，故2d k ≤，即2d B ∈，故.A B ≤反过来，对d B ∈，设2d d '=，则|d n '，d '是奇数，又2kd k '≤<，故,d A '∈从而.B A ≤ 所以.A B =故2n 的不超过k 的正约数的个数为偶数，与已知矛盾．从而结论成立．∴ 145=-=AM ，945=+=BM ，835=+=CN 235=-=DN ． 若设2=q ，则同法可得3=u ，4=v ，与v u >矛盾，舍去． 又证：在得出q p ,互质且其中必有一为偶数之后． 由于()1,=nm qp ，故必存在互质的正整数b a ,(b a >)，使n q b a=-22，m p ab =2，r b a =+22．或m p b a =-22，n q ab =2，r b a =+22．若mp ab =2，得2=p ，ma 2|，mb 2|，故λ2=a ，μ2=b ，由b a ,互质，得0=μ，∴1=b ，12-=m a ．()()1212121122-+=-=---m m m n q ．故αq m =+-121，βq m =--121，(n =+βα，且βα>)．∴ ()12-=-=-βαββαqq q q ．由q 为奇数，得0=β，12-=n q ，3=n q ，从而2,2,4,1,32=====m a a n q ．仍得上解．。