2022年初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑴.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载初一数学竞赛讲座第 1 讲 数论的方法技巧（上）数论是争论整数性质的一个数学分支, 它历史悠久,而且有着强大的生命力；数论问题表达简明, “ 许多数论问题可以从体会中归纳出来,并且仅用三言两语 就能向一个行外人说明清晰,但要证明它却远非易事” ；因而有人说：“ 用以发现天才,在初等数学中再也没有比数论更好的课程了；任何同学, 如能把当今任何一本数论教材中的习题做出, 就应当受到勉励, 并劝他将来从事数学方面的工作；” 所以在国内外各级各类的数学竞赛中,数论问题总是占有相当大的比重；数学竞赛中的数论问题,经常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆；主要的结论有：1带余除法：如 a,b 是两个整数,b0,就存在两个整数 q,r ,使得 a=bq+r（0r b）,且 q,r 是唯独的；特殊地,假如 r=0,那么 a=bq；这时, a 被 b 整除,记作 b|a ,也称 b 是 a的约数, a 是 b 的倍数；2如 a|c ,b|c ,且 a,b 互质,就 ab|c ；3唯独分解定理：每一个大于1 的自然数 n 都可以写成质数的连乘积,即其中 p1p2 pk为质数, a1,a2, , ak为自然数,并且这种表示是唯 一的；（ 1）式称为 n 的质因数分解或标准分解；4约数个数定理：设n 的标准分解式为（ 1）,就它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（ a2+1） （ ak+1）；5整数集的离散性： n 与 n+1 之间不再有其他整数；因此,不等式 xy 与xy-1 是等价的；下面,我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解；一、利用整数的各种表示法对于某些争论整数本身的特性的问题,如能合理地挑选整数的表示形式,就经常有助于问题的解决；这些常用的形式有：1十进制表示形式： n=an10n+an-110n-1+ +a0；2带余形式： a=bq+r；42 的乘方与奇数之积式： n=2 mt ,其中 t 为奇数；例 1 红、黄、白和蓝色卡片各 1 张,每张上写有 1 个数字,小明将这 4 张卡片如下图放置, 使它们构成 1 个四位数, 并运算这个四位数与它的各位数字之和的 10 倍的差；结果小明发觉,无论白色卡片上是什么数字, 运算结果都是 1998；问：红、黄、蓝 3 张卡片上各是什么数字？名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 8 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解： 设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a3,a2,a1,a0,就这个四位数可以写成：1000a3+100a2+10a1+a0,它的各位数字之和的 10 倍是 10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0,这个四位数与它的各位数字之和的 10 倍的差是：990a3+90a2-9 a0=1998,110a3+10a2-a0=222；比较上式等号两边个位、十位和百位,可得a0=8,a2=1,a3=2；所以红色卡片上是 2,黄色卡片上是 1,蓝色卡片上是 8；例 2 在一种室内嬉戏中,魔术师请一个人随便想一个三位数 abc a,b,c 依次是这个数的百位、 十位、个位数字 ,并请这个人算出 5 个数 acb , bac , bca , cab 与cba 的和 N,把 N 告知魔术师,于是魔术师就可以说出这个人所想的数 abc ；现在设 N=3194,请你当魔术师,求出数 abc 来；解： 依题意,得a+b+c14,说明：求解此题所用的基本学问是, 正整数的十进制表示法和最简洁的不定方程；例 3 从自然数 1,2,3, , 1000 中,最多可取出多少个数使得所取出的数中任意三个数之和能被 18 整除？解：设 a,b,c,d 是所取出的数中的任意4 个数,就 a+b+c=18m,a+b+d=18n,其中 m,n 是自然数；于是 c-d=18（m-n）；上式说明所取出的数中任意 2 个数之差是 18 的倍数,即所取出的每个数除以 18 所得的余数均相同；设这个余数为r ,就 a=18a1+r,b=18b1+r,c=18c1+r ,其中 a1,b1,c1是整数；于是 a+b+c=18（a1+b1+c1）+3r；由于 18| （a+b+c）,所以 18|3r ,即 6|r ,推知 r=0,6,12；由于 1000=55× 18+10,所以,从 1,2, ,1000 中可取 6,24,42, , 996 共 56 个数,它 们中的任意 3 个数之和能被 18 整除；名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 8 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载例 4 求自然数 N,使得它能被 5 和 49 整除,并且包括 1 和 N在内,它共有10 个约数；解： 把数 N 写成质因数乘积的形式： N= 2a 13 a 2a 537a4P nan由于 N能被 5 和 72=49整除,故 a31,a42,其余的指数 ak为自然数或零；依题意,有（ a1+1）（a2+1） （ an+1）=10；由于 a3+12,a4+13,且 10=2× 5,故 a1+1=a2+1=a5+1= =an+1=1,即 a1=a2=a5= an=0,N只能有 2 个不同的质因数 5 和 7,由于 a4+132,故由（a3+1）（a4+1）=10 知,a3+1=5,a4+1=2是不行能的； 因而 a3+1=2,a4+1=5,即 N=5 2-1 × 7 5-1=5× 7 4=12005；例 5 假如 N是 1,2,3, , 1998,1999,2000 的最小公倍数,那么 于多少个 2 与 1 个奇数的积？N 等解： 由于 2 10=1024,2 11=20482000,每一个不大于 2000 的自然数表示为质因数相乘,其中 2 的个数不多于 10 个,而 1024=2 10,所以, N等于 10 个 2 与某个奇数的积；说明：上述 5 例都是依据题目的自身特点, 从挑选恰当的整数表示形式入手,使问题迎刃而解；二、枚举法枚举法（也称为穷举法）是把争论的对象分成如干种情形（分类）,然后对各种情形逐一争论,最终解决整个问题；运用枚举法有时要进行恰当的分类,分类的原就是不重不漏； 正确的分类有助于暴露问题的本质, 降低问题的难度； 数论中最常用的分类方法有按模的余数 分类,按奇偶性分类及按数值的大小分类等；例 6 求这样的三位数,它除以11 所得的余数等于它的三个数字的平方和；分析与解： 三位数只有 900 个,可用枚举法解决, 枚举时可先估量有关量的 范畴,以缩小争论范畴,削减运算量；设这个三位数的百位、十位、个位的数字分别为x,y,z；由于任何数除以11 所得余数都不大于 10,所以 x2+y2+z210,从而 1x3,0y3,0z3；所求三位数必在以下数中：100,101,102,103,110,111,112,120,121,122,130,200,201,202,211,212,220,221,300,301,310；不难验证只有 100,101 两个数符合要求；例 7 将自然数 N接写在任意一个自然数的右面（例如,将 2 接写在 35 的右面得 352）,假如得到的新数都能被 的自然数中有多少个魔术数？N整除,那么 N称为魔术数；问：小于 2000解：设 P为任意一个自然数,将魔术数 N（N2000接后得PN,下面对 N 为一位数、两位数、三位数、四位数分别争论；当 N为一位数时, PN =10P+N,依题意 N PN ,就 N10P,由于需对任 意数 P 成立,故 N10,所以 N=1,2,5；当 N为两位数时, PN =100P+N,依题意 N PN ,就 N100P,故 N|100,所以 N=10,20,25,50；名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 8 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载当 N为三位数时, PN =1000P+N,依题意 N PN ,就 N1000P,故 N|1000,所以 N=100,125,200,250,500；当 N 为四位数时,同理可得 件的有 1000,1250；N=1000,1250,2000,2500,5000；符合条综上所述,魔术数的个数为 14 个；说明：（ 1）我们可以证明： k 位魔术数肯定是10k的约数,反之亦然；（2）这里将问题分成几种情形去争论,对每一种情形都增加了一个 前提条件,从而降低了问题的难度,使问题简洁解决；例 8 有 3 张扑克牌,牌面数字都在10 以内；把这 3 张牌洗好后,分别发给小明、小亮、小光 3 人；每个人把自己牌的数字登记后,再重新洗牌、发牌、记3数,这样反复几次后, 3 人各自记录的数字的和顺次为13,15,23；问：这张牌的数字分别是多少？解： 13+15+23=51,51=3× 17；由于 1713,摸 17 次是不行能的,所以摸了 3 次, 3 张扑克牌数字之和是 17,可能的情形有下面15 种：2,6,9 3,7,7 1,6,10 1,7,9 1,8,8 2,5,10 2,7,8 3,4,10 3,5,9 3,6,8 114 ,4,9 124 ,5,8 134,6,7 145 ,5,7 155 ,6,6 只有第种情形可以满意题目要求,即 3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23；这 3 张牌的数字分别是 3,5 和 9；例 9 写出 12 个都是合数的连续自然数；分析一：在查找质数的过程中, 我们可以看出 100 以内最多可以写出 7 个连 续的合数： 90,91,92,93,94,95,96；我们把挑选法连续运用下去,把考查 的范畴扩大一些就行了；解法 1：用挑选法可以求得在 然数：113 与 127 之间共有 12 个都是合数的连续自114,115,116,117,118,119,120,121,122,123,124,125,126；分析二：假如 12 个连续自然数中, 第 1 个是 2 的倍数, 第 2 个是 3 的倍数,第 3 个是 4 的倍数 第 12 个是 13 的倍数,那么这 12 个数就都是合数；又 m+2,m+3, , m+13是 12 个连续整数,故只要 倍数,这 12 个连续整数就肯定都是合数；m是 2,3, , 13 的公解法 2：设 m为 2,3,4, ,13 这 12 个数的最小公倍数； m+2,m+3,m+4, ,m+13分别是 2 的倍数, 3 的倍数, 4 的倍数 13 的倍数,因此 12 个数都是合 数；说明：我们仍可以写出13！+2,13！+3, , 13！+13（其中 n！=1× 2× 3× × n）这 12 个连续合数来；同样,（ m+1）！+2,（m+1）！+3, ,（ m+1）！+m+1是 m个连续的合数；三、归纳法 当我们要解决一个问题的时候, 可以先分析这个问题的几种简洁的、特殊的 情形,从中发觉并归纳出一般规律或作出某种猜想,从而找到解决问题的途径；这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法；例 10 将 100 以内的质数从小到大排成一个数字串,叫做一次操作：依次完成以下 5 项工作名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 8 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边；（2）从左到右两位一节组成如干个两位数；（3）划去这些两位数中的合数；（4）所剩的两位质数中有相同者,保留左边的一个,其余划去；（5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串；问：经过 1999 次操作,所得的数字串是什么？解： 第 1 次操作得数字串 711131131737；第 2 次操作得数字串 11133173；第 3 次操作得数字串 111731；第 4 次操作得数字串1173；第 5 次操作得数字串1731；第 6 次操作得数字串 7311；第 7 次操作得数字串 3117；第 8 次操作得数 字串 1173；不难看出, 后面以 4 次为周期循环, 1999=4× 499+3,所以第 1999 次操作所 得数字串与第 7 次相同,是 3117；例 11 有 100 张的一摞卡片,玲玲拿着它们,从最上面的一张开头按如下的 次序进行操作： 把最上面的第一张卡片舍去, 把下一张卡片放在这一摞卡片的最 下面；再把原先的第三张卡片舍去,把下一张卡片放在最下面；反复这样做,直 到手中只剩下一张卡片,那么剩下的这张卡片是原先那一摞卡片的第几张？分析与解： 可以从简洁的不失题目性质的问题入手,查找规律；列表如下：设这一摞卡片的张数为 N,观看上表可知：（1）当 N=2 a（a=0,1,2,3, ）时,剩下的这张卡片是原先那一摞卡片的最终一张,即第 2 a张；（2）当 N=2 a+m（m2 a）时,剩下的这张卡片是原先那一摞卡片的第 2m张；取 N=100,由于 100=2 片的第 72 张；6+36,2× 36=72,所以剩下这张卡片是原先那一摞卡说明：此题实质上是闻名的约瑟夫斯问题： 传奇古代有一批人被蛮族俘虏了,敌人命令他们排成圆圈,编上号码1,2,3, 然后把 1 号杀了,把 3 号杀了,总之每隔一个人杀一个人, 最终剩下一个人, 这个人就是约瑟夫斯； 假如这批俘 虏有 111 人,那么约瑟夫斯的号码是多少？例 12 要用天平称出 1 克、2 克、 3 克 40 克这些不同的整数克重量,至 少要用多少个砝码？这些砝码的重量分别是多少？分析与解： 一般天平两边都可放砝码,我们从最简洁的情形开头争论；（1）称重 1 克,只能用一个 1 克的砝码,故 1 克的一个砝码是必需的；（2）称重 2 克,有 3 种方案：增加一个 1 克的砝码；用一个 2 克的砝码；用一个 3 克的砝码, 称重时, 把一个 1 克的砝码放在称重盘内, 把 3 克的名师归纳总结 砝码放在砝码盘内；从数学角度看,就是利用3-1=2；第 5 页,共 8 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 汰；学习必备欢迎下载（3）称重 3 克,用上面的两个方案,不用再增加砝码,因此方案淘（4）称重 4 克,用上面的方案,不用再增加砝码,因此方案也被剔除；总之,用 1 克、 3 克两个砝码就可以称出（5）接着思索可以进行一次飞跃,称重 即用一个 9 克重的砝码放在砝码盘内,3+1）克以内的任意整数克重；5 克时可以利用： 9- （3+1）=5,1 克、 3 克两个砝码放在称重盘内；这样,可以依次称到1+3+9=13（克）以内的任意整数克重；而要称14 克时,按上述规律增加一个砝码,其重为：以内的任意整数克重；14+13=27（克）,可以称到 1+3+9+27=40（克）总之,砝码的重量为 1,3,3 2,3 3 克时,所用砝码最少,称重最大,这也是此题的答案；这 个 结 论 显 然 可 以 推 广 , 当 天 平 两 端 都 可 放 砝 码 时 , 使 用 1 , 3 ,这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案；练习 11已知某个四位数的十位数字减去 1 等于其个位数字,个位数字加 2 等于百位数字,这个四位数的数字反着次序排列成的数与原数之和等于 9878；试求这个四位数；3设 n 是满意以下条件的最小自然数：它们是75 的倍数且恰有75 个4不能写成两个奇合数之和的最大偶数是多少？5把 1,2,3,4, ,999 这 999 个数匀称排成一个大圆圈,从 1 开头数：隔过 1 划掉 2,3,隔过 4,划掉 5,6 这样每隔一个数划掉两个数,转圈划下去；问：最终剩下哪个数？为什么？6圆周上放有 N 枚棋子,如下图所示, B 点的一枚棋子紧邻 A 点的棋子；小洪第一拿走 B 点处的 1 枚棋子,然后顺时针每隔 1 枚拿走 2 枚棋子,连续转了10 周,9 次越过 A；当将要第 10 次越过 A 处棋子取走其它棋子时,小洪发觉圆周上余下 20 多枚棋子；如 N是 14 的倍数,就圆周上仍有多少枚棋子？7用 0,1,2,3,4 五个数字组成四位数,每个四位数中均没有重复数字（如 1023,2341）,求全体这样的四位数之和；8有 27 个国家参与一次国际会议,每个国家有2 名代表；求证：不行能将54 位代表支配在一张圆桌的四周就座,使得任一国的2 位代表之间都夹有9 个人；名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 8 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载练习 1 答案：11987；（a+d）× 1000+（b+c）× 110+（a+d）= 9878；比较等式两边,并留意到数字和及其进位的特点,可知：a+d=8,b+c=17；已知 c-1=d,d+2=b,可求得： a=1,b=9,c=8,d=7；即所求的四位数为 1987；21324,1423,2314,2413,3412,共 5 个；3432；解： 为保证 n 是 75 的倍数而又尽可能地小,由于75=3× 5× 5,所以可设 n有三个质因数 2,3,5,即 n=2 × 3 × 5 ,其中 0, 1, 2,并且（ +1）（ +1）（ +1）=75；易知当 = =4, =2 时,符合题设条件；此时438；解： 小于 38 的奇合数是 9,15,21,25,27,33；38 不能表示成它们之中任二者之和,而大于38 的偶数 A,皆可表示为二奇合数之和： A 末位是 0,就 A=15+5n；A 末位是 2,就 A=27+5n；A 末位是 4,就 A=9+5n；A 末位是 6,就 A=21+5n；A 末位是 8,就 A=33+5n；其中 n 为大于 1 的奇数；因此, 38 即为所求；5406；解：从特殊情形入手,可归纳出：假如是3 n 个数（n 为自然数）,那么划 1 圈剩下 3 n-1 个数,划 2 圈剩下 3 n-2 个数 划（ n-1）圈就剩3 个数,再划 1 圈,最终剩下的仍是起始数 1；3 69993 7,从 999 个数中划掉（999-3 6=）270个数,剩下的（3 6=）729 个数,即可运用上述结论；由于每次划掉的是2 个数,所以划掉 270 个数必需划 135 次,这时划掉的第270 个数是（ 135× 3=）405,就留下的 3 6个数的起始数为那个数是 406；406；所以最终剩下的623 枚；解：设圆周上余 a 枚棋子；由于从第9 次越过 A 处拿走 2 枚棋子到第 10 次名师归纳总结 将要越过 A 处棋子时小洪拿走了2a 枚棋子, 所以,在第 9 次将要越过 A 处棋子第 7 页,共 8 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 时,圆周上有学习必备欢迎下载8 次将要越过A 处棋子3a 枚棋子；依此类推,在第时,圆周上有 3 2a 枚棋子 在第 1 次将要越过 A 处棋子时, 圆周上有 3 9a 枚棋子,在第 1 次将要越过 A 处棋子之前,小洪拿走了23 9a-1+1枚棋子,所以 N=23 9a-1+1+3 9a=3 10a-1；如 N=3 10a=59049a-1是 14 的倍数,就 N 就是 2 和 7 的公倍数,所以 a 必需是奇数；如 N=（7× 8435+4）a-1=7× 8435a+4a-1是 7 的倍数, 就 4a-1 必需是 7 的倍数,当 a=21,25,27,29 时,4a-1 不是 7 的倍数,当 a=23 时,4a-1=91=7× 13,是 7 的倍数；当 N 是 14 的倍数时,圆周上有 23 枚棋子；7259980；解： 用十进位制表示的如干个四位数之和的加法原理为：如干个四位数之和 =千位数数字之和×1000+百位数数字之和×100+十位数数字之和×10+个位数数字之和；以 1,2,3,4 中之一为千位数,且满意题设条件的四位数有 4× 3× 2=24（个）；这是由于,当千位数确定后,百位数可以在其余4 个数字中挑选；千、百位数确定后,十位数可以在其余3 个数字中挑选；同理,个位数有2 种可能；因此,满足条件的四位数的千位数数字之和为（1+2+3+4）× 4× 3× 2=240；以 1,2,3,4 中之一为百位数时,由于 0 不能作为千位,所以千位数也有3 种挑选；十位数也有3 种挑选（加上 0）；个位数有 2 种挑选；因此,百位数数字之和 =（1+2+3+4）× 18=180；同理,十位数数字之和、个位数数字之和都是 180；所以满意条件的四位数之和为240× 1000+180× （1+10+100）= 259980；8将 54 个座位按逆时针编号： 1,2, ,54；由于是围圆桌就座,所以从 1 号起,逆时针转到 55,就相当于 1 号座；转到 56,就相当于 2 号座；如此下 去,明显转到 m,就相当于 m 被 54 所除的余数号座；设想满意要求的支配是存在的；不妨设1 和 11 是同一国的代表,由于任一国只有 2 名代表,于是 11 和 21 不是同一国代表,下面的排法是：21 和 31 是同一国的代表； 31 和 41 不是同一国的代表； 41 和 51 是同一国 的代表； 51 和 61 不是同一国的代表（ 61 即 7 号座）；由此, 20k+1 和 20k+11 是同一国的代表,如20k+1,20k+11 大于 54,就取这个数被 54 除的余数为号码的座位；取 k=13,就 261 和 271 是同一国的, 而 261 被 54 除的余数是 45,271 被 54除的余数是 1,这就是说, 1 号座与 45 号座是同一国的代表, 而我们已设 1 号与名师归纳总结 11 号座是同一国的代表；这样,1 号、 11 号、 45 号的三位代表是同一国的,这第 8 页,共 8 页是不行能的；所以题目要求的支配不行能实现；- - 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