设n为正整数,且n+10 整除 n^3+100,求n的最大值
2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法第5节数学归纳法选用含解析
第5节数学归纳法(选用)考试要求 1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.知识梳理1。
数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0（n0∈N＊）时命题成立；（2)（归纳递推）假设n＝k(k≥n0，k∈N＊)时命题成立，证明当n ＝k＋1时命题也成立。
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立。
2。
数学归纳法的框图表示［常用结论与易错提醒]1。
数学归纳法证题时初始值n0不一定是1.2.推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则不是数学归纳法.诊断自测1。
判断下列说法的正误。
（1）用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时,左边式子应为1＋2＋22＋23.（）(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.(）(3）用数学归纳法证明问题时,归纳假设可以不用.()(4）不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项。
()解析对于（2），有些命题也可以直接证明；对于(3）,数学归纳法必须用归纳假设；对于(4),由n＝k到n＝k＋1，有可能增加不止一项.答案(1）√(2）×（3）×（4)×2。
（选修2－2P99B1改编)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为错误!n(n－3）条时，第一步检验n等于（）A.1B.2C。
3 D.4解析三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n＝3。
答案C3。
已知f（n)＝错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，则(）A.f(n)中共有n项,当n＝2时，f（2)＝错误!＋错误!B.f（n）中共有n＋1项,当n＝2时，f(2)＝错误!＋错误!＋错误!C.f(n）中共有n2－n项,当n＝2时,f（2）＝错误!＋错误!D。
f（n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时,f（2)＝错误!＋错误!＋错误!解析f(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时,错误!＝错误!，错误!＝错误!，故f(2）＝错误!＋错误!＋错误!.答案D4.用数学归纳法证明1＋错误!＋错误!＋…＋错误!<n（n∈N，且n〉1）,第一步要证的不等式是________。
北师大版八年级数学上册第1-2章达标测试卷2套附答案 (2)
北师大版八年级数学上册第一章达标测试卷一、选择题(每题3分，共30分)1．把一个直角三角形的两直角边长同时扩大到原来的4倍，则斜边长扩大到原来的( )A．2倍B．3倍C．4倍D．5倍2．下列长度的线段能构成直角三角形的一组是( )A．30，40，50 B．7，12，13 C．5，9，12 D．3，4，6 3．如图，在Rt△A B C中，∠A＝90°，B C＝2.5 cm，AC＝1.5 cm，则A B的长为( )A．3.5 cm B．2 cm C．3 cm D．4 cm(第3题) (第4题) (第5题)4．如图，在Rt△A B C中，∠AC B＝90°，若A B＝15 cm，则正方形ADEC和正方形B CFG的面积之和为( )A．150 cm2B．200 cm2C．225 cm2D．无法计算5．如图，阴影部分是一个长方形，则长方形的面积是( )A．3 cm2B．4 cm2C．5 cm2D．6 cm2 6．满足下列条件的△A B C，不是．．直角三角形的为( )A．∠A＝∠B－∠C B．∠A∶∠B∶∠C＝1∶1∶2C．b2＝a2－c2D．a∶b∶c＝2∶3∶47．已知一轮船以18 n mile/h的速度从港口A出发向西南方向航行，另一轮船以24 n mile/h的速度同时从港口A出发向东南方向航行，离开港口A 1.5 h后，两轮船相距( )A．30 n mile B．35 n mile C．40 n mile D．45 n mile 8．如图，在△A B C中，A B＝AC＝13，B C＝10，点D为B C的中点，DE⊥A B，垂足为点E，则DE等于( )A.1013B.1513C.6013D.7513(第8题) (第9题)9．如图，牧童在A处放牛，牧童家在B处，A，B处距河岸的距离AC，B D的长分别为500 m和700 m，且C，D两地的距离为500 m，天黑前牧童从A处将牛牵到河边饮水，再回家，那么牧童最少要走( )A．1 000 m B．1 200 m C．1 300 m D．1 700 m10．如图，圆柱的底面直径为16π，B C＝12，动点P从A点出发，沿着圆柱的侧面移动到B C的中点S的最短距离为( )A．10 B．12C．20 D．14二、填空题(每题3分，共30分)11．如图，在等腰三角形A B C中，A B＝AC，AD是底边上的高，若A B＝5 cm，B C ＝6 cm，则AD＝__________．(第11题) (第12题) (第13题) (第14题) 12．如图，某人从A点出发欲横渡一条河，由于水流的影响，实际上岸地点C 偏离欲到达地点B 300 m，结果他在水中实际游了500 m，则该河的宽度为__________．13．如图，一架长为4 m的梯子，一端放在离墙脚2.4 m处，另一端靠墙，则梯子顶端离墙脚________m.14．如图，在Rt△A B C中，∠B＝90°，A B＝3 cm，AC＝5 cm，将△A B C折叠，使点C与点A重合，得到折痕DE，则△A B E的周长等于__________．15．已知a，b，c是△A B C的三边长，且满足关系式(a2－c2－b2)2＋||c－b＝0，则△A B C的形状为_______________________________．16．若直角三角形两直角边长的比为3∶4，斜边长为20，则此直角三角形的周长为________．17．如图，学校有一块长方形花圃，有极少数人为了避开拐角C走“捷径”，在花圃内走出了一条“路”，他们仅仅少走了________步路(假设2步为1 m)，却踩伤了花草．(第17题) (第18题) (第19题) (第20题)18．如图，已知长方形A B CD，A B＝3 cm，AD＝4 cm，过对角线B D的中点O作B D的垂直平分线EF，分别交AD，B C于点E，F，连接B E，则AE的长为__________．19．如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间部分(阴影部分)是一个小正方形，这样就组成了一个“赵爽弦图”．如果大正方形的面积为169，且直角三角形中较短的直角边的长为5，则中间小正方形(阴影部分)的面积为________．20．在一根长90 cm的灯管上缠绕了彩色丝带，我们可近似地将灯管看成圆柱，且底面周长为4 cm，彩色丝带均匀地缠绕了30圈(如图为灯管的部分示意图)，则彩色丝带的总长度为__________．三、解答题(21题8分，26题12分，其余每题10分，共60分)21．如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1.线段A B，AE 分别是图中两个1×3的长方形的对角线，请你说明：A B⊥AE.22．某消防部队进行消防演练．在模拟演练现场，有一建筑物发生了火灾，消防车到达后，发现离建筑物的水平距离最近为12 m，如图，即AD＝B C＝12 m，此时建筑物中距地面12.8 m高的P处有一被困人员需要救援．已知消防车的车身高A B是3.8 m，问此消防车的云梯至少应伸长多少米？23．如图，在四边形A B CD中，A B＝AD＝2，B C＝3，CD＝1，∠A＝90°，求∠ADC 的度数．24．如图，∠AO B＝90°，OA＝9 cm，O B＝3 cm，一机器人在点B处看见一个小球从点A出发沿着AO方向匀速滚向点O，机器人立即从点B出发，沿B C方向匀速前进拦截小球，恰好在点C处截住了小球．如果小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，那么机器人行走的路程B C是多少？25．如图，在长方形A B CD中，DC＝5 cm，在DC上存在一点E，沿直线AE把△AED折叠，使点D恰好落在B C边上，设落点为F.若△A B F的面积为30 cm2，求△ADE的面积．26．有一个如图所示的长方体透明玻璃水缸，高A B＝6 dm，水深AE＝4 dm，在水面线EF上紧贴内壁G处有一粒食物，且EG＝6 dm，一只小虫想从水缸外的A处沿水缸壁爬进水缸内的G处吃掉食物．(1)小虫应该沿怎样的路线爬行才能使爬行的路线最短呢？请你画出它爬行的最短路线，并用箭头标注．(2)求小虫爬行的最短路线长(不计缸壁厚度)．答案一、1.C 2.A 3.B 4.C 5.C 6.D 7．D 8.C 9.C 10．A二、11.4 cm 12.400 m13.3.214．7 cm 15.等腰直角三角形16.4817．4 18.78cm 19.4920．150 cm三、21.解：如图，连接BE.因为AE2＝12＋32＝10，AB2＝12＋32＝10，BE2＝22＋42＝20，所以AE2＋AB2＝BE2.所以△ABE是直角三角形，且∠BAE＝90°，即AB⊥AE. 22．解：由题意知CD＝AB＝3.8 m，所以PD＝PC－CD＝12.8－3.8＝9(m)．在Rt△ADP中，AP2＝AD2＋PD2，所以AP2＝122＋92.所以AP＝15 m.答：此消防车的云梯至少应伸长15 m.23．解：连接BD.在Rt△BAD中，因为AB＝AD＝2，所以∠ADB＝45°，BD2＝AD2＋AB2＝22＋22＝8.在△BCD中，因为BD2＋CD2＝8＋1＝9＝BC2，所以△BCD是直角三角形，且∠BDC＝90°.所以∠ADC＝∠ADB＋∠BDC＝45°＋90°＝135°. 24．解：根据题意，得BC＝AC＝OA－OC＝9－OC.因为∠AOB＝90°，所以在Rt△BOC中，根据勾股定理，得OB2＋OC2＝BC2.所以32＋OC2＝(9－OC)2，解得OC＝4 cm.所以BC＝5 cm.答：机器人行走的路程BC是5 cm.25．解：由折叠可知AD＝AF，DE＝EF.由S△ABF＝12BF·AB＝30 cm2，AB ＝DC ＝5 cm ，得BF ＝12 cm.在Rt △ABF 中，由勾股定理得AF 2＝AB 2＋BF 2＝52＋122＝169， 所以AF ＝13 cm ，所以BC ＝AD ＝AF ＝13 cm. 设DE ＝x cm ，则EC ＝(5－x )cm ， EF ＝x cm.在Rt △ECF 中，FC ＝13－12＝1(cm)，由勾股定理得EC 2＋FC 2＝EF 2， 即(5－x )2＋12＝x 2，解得x ＝135.所以DE ＝135cm.所以△ADE 的面积为12AD ·DE ＝12×13×135＝16.9 (cm 2)．26．解：(1)如图，作点A 关于BC 所在直线的对称点A ′，连接A ′G ，A ′G 与BC 交于点Q ，则AQ ＋QG 为最短路线．(2)因为AE ＝4 dm ，AA ′＝2AB ＝12 dm ，所以A ′E ＝8 dm.在Rt △A ′EG 中，EG ＝6 dm ，A ′E ＝8 dm ，A ′G 2＝A ′E 2＋EG 2， 所以A ′G ＝10 dm.由对称性可知AQ ＝A ′Q .所以AQ ＋QG ＝A ′Q ＋QG ＝A ′G ＝10 dm. 答：小虫爬行的最短路线长为10 dm.北师大版八年级数学上册第二章达标测试卷一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的) 1．在－1，0，2，2四个数中，最大的数是( )A ．－1B ．0C ．2D. 22．8的算术平方根是( )A ．4B ．±4C ．2 2D ．±2 23．下列等式成立的是( )A ．3＋42＝7 2 B.3×2＝ 5C.3÷16＝2 3 D.（－3）2＝34．有下列实数：0.456，3π2，(－π)0，3.14，0.801 08，0.101 001 000 1…(相邻两个1之间0的个数逐次加1)，4，12.其中是无理数的有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个5．下列二次根式中，是最简二次根式的是( )A.15B.0.5C. 5D.506．下列说法不正确．．．的是( ) A ．数轴上的点表示的数，如果不是有理数，那么一定是无理数B ．大小介于两个有理数之间的无理数有无数个C ．－1的立方是－1，立方根也是－1D ．两个实数，较大者的平方也较大7．设n 为正整数，且n ＜65<n ＋1，则n 的值为( )A ．5B ．6C ．7D ．8 8．若2m －4与3m －1是同一个正数的平方根，则m 的值为( )A ．－3B ．1C ．－1D ．－3或1 9．若6－13的整数部分为x ，小数部分为y ，则(2x ＋13)y 的值是( )A ．5－313B ．3C ．313－5D ．－310．如图，一只蚂蚁从点A 出发，沿数轴向右爬2个单位长度到达B 点，点A表示－ 2.设点B 所表示的数为m ，则|m －1|＋(m ＋6)0的值为( )A ．2－ 2B ．2＋ 2C. 2D ．－ 2二、填空题(本题共6小题，每小题3分，共18分) 11．－64的立方根是________．12．若|x －2|＋x ＋y ＝0，则－12xy ＝________．··13．计算：32－82＝________．14．如图，四边形ODBC是正方形，以点O为圆心，OB的长为半径画弧交数轴的负半轴于点A，则点A表示的数是________．15．已知m＝5＋26，n＝5－26，则代数式m2－mn＋n2的值为________．16．观察下列各式：1＋13＝213，2＋14＝314，3＋15＝415，…，请你将猜想得到的规律用含自然数n(n≥1)的代数式表示出来：______________________．三、解答题(本题共6小题，共52分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(8分)计算下列各题：(1)(－1)2 021＋6×272；(2)(2－23)(23＋2)；18．(8分)求下列各式中x的值：(1)9(3x＋2)2－64＝0；(2)－(x－3)3＝125.19．(8分)已知2a－1的平方根是±3，3a＋b－1的算术平方根是4，求a＋2b 的值．20．(8分)如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°.若AB＝22，CD＝43，BC＝8，求四边形ABCD的面积．21．(10分)若a＋b＝2，则称a与b是关于1的平衡数．(1)3与________是关于1的平衡数，5－2与________是关于1的平衡数；(2)若(m＋3)×(1－3)＝－5＋3 3，判断m＋3与5－3是否是关于1的平衡数，并说明理由．22．(10分)阅读下面的材料：小明在学习完二次根式后，发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如3＋22＝(1＋2)2.善于思考的小明进行了以下探索：设a＋2b＝(m＋2n)2(其中a，b，m，n均为正整数)，则有a＋2b＝m2＋2n2＋22mn.所以a＝m2＋2n2，b＝2mn.这样小明就找到了一种把类似于a＋2b的式子化为平方式的方法．请你仿照小明的方法探索并解决下列问题：(1)当a，b，m，n均为正整数时，若a＋3b＝(m＋3n)2，用含m，n的式子分别表示a，b，得a＝________，b＝________；(2)利用所探索的结论，找一组正整数a，b，m，n填空：______＋______3＝(______＋______3)2；(3)若a＋43＝(m＋3n)2，且a，m，n均为正整数，求a的值．答案一、1.C 2.C 3.D 4.C 5.C 6.D7.D 8.D 9.B 10.C二、11.－4 12.2 13.214.－2 2 15.97 16.n ＋1n ＋2＝(n ＋1)1n ＋2三、17.解：(1)原式＝－1＋9＝8；(2)原式＝(2－23)(2＋23)＝(2)2－(23)2＝2－12＝－10；18．解：(1)原方程可化为(3x ＋2)2＝649. 由平方根的定义，得3x ＋2＝±83， 解得x ＝29或x ＝－149. (2)原方程可化为(x －3)3＝－125.由立方根的定义，得x －3＝－5， 解得x ＝－2.19．解：由题意可知2a －1＝9，3a ＋b －1＝16，所以a ＝5，b ＝2.所以a ＋2b ＝5＋2×2＝9.20．解：因为AB ＝AD ，∠BAD ＝90°，AB ＝22，所以BD ＝AB 2＋AD 2＝4.因为BD 2＋CD 2＝42＋(43)2＝64，BC 2＝64，所以BD 2＋CD 2＝BC 2.所以△BCD 为直角三角形，且∠BDC ＝90°.所以S 四边形ABCD ＝S △ABD ＋S △BCD ＝12×22×22＋12×43×4＝4＋8 3. 21.解：(1)－1；－3＋ 2(2)不是.理由如下：因为(m ＋3)×(1－3)＝m －3m ＋3－3，且(m ＋3)×(1－3)＝－5＋3 3，所以m－3m＋3－3＝－5＋3 3，所以m－3m＝－2＋2 3，即m(1－3)＝－2(1－3).所以m＝－2.所以(m＋3)＋(5－3)＝(－2＋3)＋(5－3)＝3≠2，所以m＋3与5－3不是关于1的平衡数. 22．解：(1)m2＋3n2；2mn(2)16；8；2；2(答案不唯一)(3)由题意得a＝m2＋3n2，4＝2mn.因为m，n为正整数，所以m＝2，n＝1或m＝1，n＝2.所以a＝22＋3×12＝7或a＝12＋3×22＝13.综上可知，a的值为7或13.。
计算机编程题目
1.求1~108所有整数的平方和并输出结果。
#4257542.求1~135的平方根的和并输出结果。
（保留小数点两位）#1051.313.求s=1-1/2+1/3-1/4+1/5-1/6+…+1/99-1/100的值（按四舍五入方式精确到小数点后4位）#0.68824.求[351,432]之间所有既不能被3整除,又不能被8整除的整数的和。
#184135.求1000以内，（按四舍五入方式精确到小数点后第二位）。
同时能被3和7整除的所有自然数之和的平方根。
#153.916.求1到1000之内能被7或11整除，但不能同时被7和11整除的所有整数的个数。
#2087.求500以内（含500）能被5或9整除的所有自然数的倒数之和。
按四舍五入保留两位小数。
#1.488.编程序求2+4+8+16+32+…这样的数之和。
如果累加数大于9000时，则程序终止并输出结果。
#163829.编程序求出1-100以内的能被3整除的数的平方和。
#112761 10.编程序求出1-4000以内能被3或者11整除的数的个数。
#157511.编程序求出1到4000之间的能被5整除的前若干个偶数之和，当和大于400时退出并输出结果。
#45012.已知S1=1，S2=1+3，S3=1+3+5，S4=1+3+5+7，…，SN=1+3+5+7+…+（2N-1），N为正整数。
编程求S1+S2+S3+S4+…+SN的值<20000时的N的最大值。
#3813.已知S=2+（2+4）+（2+4+8）+（2+4+8+16）+…，求S>6000的S的最小值。
#8166 14.已知S1=1, S2=1+2, S3=1+2+4, S4=1+2+4+8,S5=1+2+4+8+16，…，编制一个程序求S=S1+S2+S3+S4+S5+…+S20的值。
#209713015.已知S1=1, S2=1+3, S3=1+3+5, S4=1+3+5+7,S5=1+3+5+7+9，…，编制一个程序求S=S1+S2+S3+S4+S5+…+S20的值.#287016.已知S1=1，S2=1+2，S3=1+2+3…，SN=1+2+…n，求S20到S80之间有多少个数能被17或35整除。
考点03 期中训练之数列综合1(解析版)
考点03 期中训练之数列综合11.（2020春•嘉兴期中）等差数列{a n}中，已知a3＝7，a5＝13，则a7＝（）A．16B．17C．18D．19【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a3＝7，a5＝13，∴a1+2d＝7，a1+4d＝13，联立解得a1＝1，d＝3，则a7＝1+3×6＝19．故选：D．【知识点】等差数列的性质2.（2020春•慈溪市期中）在正项等比数列{a n}中，a1＝2，且a1•a5＝64，则数列{a n}的前n项和是（）A．2n﹣2B．2n﹣1C．2n+1﹣2D．2n+1﹣1【解答】解：设正项等比数列{a n}的公比为q＞0，∵a1＝2，且a1•a5＝64，则∴22•q4＝64，解得q＝2，∴数列{a n}的前n项和＝＝2n+1﹣2．故选：C．【知识点】等比数列的前n项和3.（2020春•福州期中）等比数列{a n}满足a1+a4＝，S6＝9S3，b n＝log2a n，则数列{b n}的前10项和是（）A．﹣35B．﹣25C．25D．35【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q≠1，∵a1+a4＝，S6＝9S3，∴a1（1+q3）＝，＝9•，联立解得a1＝，q＝2．∴a n＝＝2n﹣3．b n＝log2a n＝n﹣3．则数列{b n}的前10项和＝＝25．故选：C．【知识点】等比数列的前n项和4.（2020春•赤峰期中）记等差数列{a n}的前n项和为S n，若2a3＝5，a4+a12＝9，则S10＝（）A．34B．35C．68D．70【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵2a3＝5，a4+a12＝9，∴2（a1+2d）＝5，2a1+14d＝9，联立解得a1＝，d＝．则S10＝10×+＝35．故选：B．【知识点】等差数列的前n项和5.（2020春•三明期中）已知数列{a n}的前项和为S n，满足2S n＝3a n﹣1，则通项公式a n等于（）A．B．C．D．【解答】解：2S n＝3a n﹣1，可得2a1＝2S1＝3a1﹣1，解得a1＝1；n≥2时，2S n﹣1＝3a n﹣1﹣1，又2S n＝3a n﹣1，两式相减可得2a n＝3a n﹣3a n﹣1，即为a n＝3a n﹣1，则数列{a n}为首项为1，公比为3的等比数列，可得a n＝3n﹣1，故选：C．【知识点】数列的求和6.（2020春•思南县校级期中）已知数列{a n}满足a1＝1，且a n+1＝2a n+3，则a n＝（）A．2n+1+3B．2n+1﹣3C．2n﹣3D．2n+3【解答】解：a1＝1，且a n+1＝2a n+3，可得a n+1+3＝2（a n+3），可得{a n+3}为首项为4，公差为2的等比数列，可得a n+3＝4•2n﹣1＝2n+1，则a n＝2n+1﹣3，故选：B．【知识点】数列递推式7.（2020春•沙坪坝区校级期中）等差数列{a n}中，若a2＝3，a4＝7，则a6＝（）A．11B．7C．3D．2【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a2＝3，a4＝7，∴a1+d＝3，a1+3d＝7，联立解得：a1＝1，d＝2，则a6＝1+5×2＝11．故选：A．【知识点】等差数列的性质8.（2020春•东安区校级期中）在等差数列{a n}中，若a3+a5+a7+a9+a11＝55，S3＝3，则a5等于（）A．9B．7C．6D．5【解答】解：由a3+a5+a7+a9+a11＝55，S3＝3，∴5a7＝55，即a1+6d＝11，3a1+d＝3，联立解得：a1＝﹣1，d＝2．则a5＝﹣1+4×2＝7．故选：B．【知识点】等差数列的前n项和9.（2020春•宿州期中）已知函数的定义域为（0，+∞），当x＞1时，f（x）＞0，对于任意的x，y∈（0，+∞），f（x）+f（y）＝f（xy）成立，若数列{a n}满足a1＝f（1），且f（a n+1）＝f（2a n+1），n∈N+，则1+a2019的值是（）A．22016B．22017C．22018D．22019【解答】解：当x＞1时f（x）＞0．在（0，+∞）上任意取两个数x1，x2，且x1＜x2，令，则f（k）＞0．∴f（x2）＝f（kx1）＝f（k）+f（x1）＞f（x1），∴f（x）在（0，+∞）上是单调增函数．令x＝y＝1，则f（1）+f（1）＝f（1），解得f（1）＝0．∵数列{a n}满足a1＝f（1）＝0，且f（a n+1）＝f（2a n+1），n∈N+，∴a n+1＝2a n+1，∴a n+1+1＝2（a n+1）∴数列{a n+1}是等比数列，公比为2，首项为1．∴．故选：C．【知识点】数列与函数的综合10.（2020春•福州期中）在等差数列{a n}中，a3＝4，a2+a5＝9，设b，数列{b n}的前n项和S n，则S2019为（）A．1﹣B．1+C．D．【解答】解：等差数列{a n}的公差设为d，a3＝4，a2+a5＝9，a1+2d＝4，2a1+5d＝9，解得a1＝2，d＝1，可得a n＝2+n﹣1＝n+1，b n＝＝＝（﹣），S2019＝（1﹣+﹣+﹣+…+﹣+﹣）＝（1+﹣﹣），故选：D．【知识点】数列的求和11.（2020秋•河南期中）设n为正整数，在n与n+1之间插入n个x，构成数列1，x，2，x，x，3，x，x，x，4，…，若该数列的前2018项的和为7881，则x＝（）A．3B．4C．5D．6【解答】解：在n与n+1之间插入n个x，可得n＝62，最后一个数为63，共有63+×62×63＝2016个数，则数列的前2018个数的和为×63×64+×62×63x+2x＝7881，解得x＝3，故选：A．【知识点】数列的求和12.（2020秋•河南期中）已知数列{a n}的通项公式为a n＝5﹣kn（k≠0），a1，a3，a4依次为等比数列{b n}，的前3项，则的最大值为（）A．4B．2C．1D．0【解答】解：由数列{a n}的通项公式为a n＝5﹣kn（k≠0），可得a1＝5﹣k，a3＝5﹣3k，a4＝5﹣4k，由a1，a3，a4依次为等比数列{b n}的前3项，可得，即（5﹣3k）2＝（5﹣k）（5﹣4k），解得k＝1．∴a n＝5﹣n，b1＝a1＝4，q＝，则．∴＝．当n＝1时，，当n＝2时，，当n＝3时，，当n＝4时，，当n≥5时，．∴的最大值为2．故选：B．【知识点】等差数列与等比数列的综合13.（2020秋•新乡期中）《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？”其中“日减功迟”的具体含义是每天比前一天少织同样多的布，则每天比前一天少织布的尺数为（）A．B．C．D．【解答】解：此数列为等差数列{a n}，设公差为d．与题意可得：a1＝5，a n＝1，S n＝90．∴＝90，解得n＝30．∴5+29d＝1，解得d＝﹣．∴每天比前一天少织布的尺数为．故选：C．【知识点】等差数列的前n项和14.（2020秋•岳塘区校级期中）已知△ABC中，sin A，sin B，sin C成等比数列，则的取值范围是（）A．（2，]B．（0，]C．（2，+∞）D．[2，+∞）【解答】解：△ABC中，sin A，sin B，sin C成等比数列，可得sin2B＝sin A sin C，由正弦定理可得b2＝ac，又cos B＝＝≥＝，可得0＜B≤，设t＝sin B+cos B＝sin（B+），t2＝1+2sin B cos B＝1+2sin2B，即sin2B＝t2﹣1，B+∈（，]，可得sin（B+）∈（，1]，即有t∈（1，]，由＝＝t+∈（2，]，故选：A．【知识点】数列与三角函数的综合15.（2020秋•香坊区校级期中）已知数列{a n}为等差数列，a3＝3，S6＝21，数列{}的前n项和为S n，若对一切n∈N*，恒有S2n﹣S n，则m能取到的最大整数是（）A．6B．7C．8D．9【解答】解：数列{a n}为等差数列，a3＝3，S6＝21，设首项为a1，公差为d，故：，解得：d＝1，所以：a n＝a3+（n﹣3）＝n．则：，所以：，+…+，，设，则：，所以：T n+1﹣T n＝＝，所以：当n＝1时，函数取得最小值为．故：，所以：m＜8．故取得的最大整数为7．故选：B．【知识点】数列的求和16.（2020秋•丰台区期中）已知数列{a n}是公比为q的等比数列，S n是数列{a n}的前n项和．（1）如果a1＝＝﹣4，那么q＝﹣；（2）如果若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”，在下列关于{a n}的三组量中，一定能成为数列{a n}的“基本量”的是．（写出所有符合要求的组号）①S1与a3；②S2与S3；③q与S3；【解答】解：（1）数列{a n}是公比为q的等比数列，a1＝＝a1q3＝﹣4，所以q3＝﹣8，q＝﹣2．故答案为﹣2（2）①S1＝a1，因为a3＝a1q2，可以确定q2，q有两个值，不唯一；②若q＝1，则可唯一确定，若q不为1，S2＝a1+a2＝，S3＝a1+a2+a3＝，由，得到关于q的一元二次方程，无法具体确定q；③已知q，带入S3＝可求出a1，所以唯一确定了数列．故答案为：③【知识点】数列的应用17.（2020秋•上城区校级期中）函数f（x）＝cosωx（ω＞0）的图象与其对称轴在y轴右侧的交点从左到右依次记为A1，A2，A3，…，A n，…在点列{A n}中存在三个不同的点A k，A t，A p，使得△A k A t A p是等腰直角三角形，将满足上述条件的ω值从小到大组成的数列记为{ωn}，则ω2019＝．【解答】解：设过A t的对称轴与线段A k A p交于点O，则OA t＝2，依题意，△A k A t A p是等腰直角三角形，所以A k A p＝4，结合f（x）＝cosωx（ω＞0）的周期性以及对称性可知，A k A p为整数个周期，所以A k A p＝4＝kT＝k，（k∈N*），所以ω＝（k∈N*），所以ωn＝（n∈N*），所以ω2019＝，故答案为：．【知识点】数列的应用18.（2020秋•闵行区校级期中）已知数列{a n}的通项公式和为，n∈N*，现从前m项：a1，a2，…，a m中抽出一项（不是a1也不是a m），余下各项的算术平均数为40，则抽出的是第项．【解答】解：设抽出的一项是第x项，由题得，，且S m＝40（m﹣1）+a x，∴，∴m2﹣11m+12﹣2x＝0，∴x＝6时，m＝11，m＝0（舍去），∴抽出的是第6项．故答案为：6．【知识点】数列的概念及简单表示法19.（2020秋•闵行区期中）已知，数列{a n}满足，对于任意n∈N*都满足a n+2＝f（a n），且a n＞0，若a20＝a18，则a2018+a2020＝．【解答】解：∵，∴，同理得：∴，又：a n+2＝f（a n），∴a n+4＝f（a n+2），∴，从而该数列周期为4，又令a20＝a18＝t＞0，则，t＝，解得t2+2t﹣1＝0，t＝，且，∴，∴．故答案为：．【知识点】数列与函数的综合、数列递推式20.（2020秋•高邮市期中）设数列{a n}的前n项和为S n，{b n}的前n项和为T n，a1＝2，4S n＝（n+3）a n，n∈N*且a n b n＝n．若对于任意的n∈N*，T n＜λ恒成立，则λ的最小值为．【解答】解：数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，4S n＝（n+3）a n，①当n≥2时，4S n﹣1＝（n+2）a n﹣1②所以①﹣②得（n+2）a n﹣1＝（n﹣1）a n，整理得，则，，…，所有的式子相乘得，解得，由于且a n b n＝n．所以＝，则＝，对于任意的n∈N*，T n＜λ恒成立，所以λ＞（T n）max，即λ的最小值为．故答案为：【知识点】数列递推式21.（2020秋•汉中期中）记数列{a n}的前n项和为S n，已知点（n，S n）在函数f（x）＝x2+2x的图象上．（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设，求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）由题意点（n，S n）在函数f（x）＝x2+2x的图象上，知．当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝2n+1；当n＝1时，a1＝S1＝3，适合上式．所以：a n＝2n+1．（Ⅱ）∵，则＝＝．【知识点】数列与函数的综合、数列的求和22.（2020秋•抚州期中）已知数列{a n}的前n项和为S n，且，数列{b n}满足．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）若，求数列{c n}的前n项和T n．【解答】解：（1）因为，所以当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，又a1＝2也满足上式，所以；又，所以，两式作差得，，所以，当n＝1时，又b1＝6满足上式，所以；（2）因为＝﹣n＝n•2n，所以，，两式相减，得，即，所以．【知识点】数列的求和、数列递推式23.（2020秋•泰安期中）已知各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n，且2a2+a3＝a4，S4+2＝a5；数列{b n}满足b1＝1，．（1）求a n和b n；（2）求数列的前n项和T n．【解答】解：（1）设等比数列{a n}的公比为q（q＞0），由，解得q＝2或q＝﹣1（舍），又S4+2＝a5，∴，解得a1＝2，∴；∴，∴当n≥2时，，相减可得＝﹣，整理得，又b1＝1，则数列是首项为1的常数列，∴，∴；（2）设，∴T n＝c1+c2+…+c n＝＝＝．【知识点】数列的求和24.（2020秋•西城区校级期中）数列{a n}中，a1＝1，对任意n≥2且n∈N*有（n﹣1）a n＝2na n﹣1．（1）设b n＝，证明：数列{b n}为等比数列，并求{a n}的通项公式；（2）求{a n}的前n项和S n．【解答】（1）证明：∵对任意n≥2且n∈N*有（n﹣1）a n＝2na n﹣1．∴，即b n＝2b n﹣1（n≥2），又：当n＝1时，a2＝2×1×a1＝2，∴，满足b2＝2b1，从而数列{b n}是以1为首项，2为公比的等比数列．∴．∴．（2）解：S n＝a1+a2+a3+……+a n＝1×20+2×21+3×22+……+n•2n﹣1，……①∴2S n＝1×21+2×22+3×23+……+n×2n……②∴①﹣②得：﹣S n＝1×20+1×21+1×22+……+1×2n＝．从而S n＝1﹣2n+1．【知识点】数列递推式25.（2020秋•海林市校级期中）已知数列{a n}的通项公式为a n＝n2﹣5n+4（1）数列中有多少项是负数？（2）n为何值时，a n有最小值？并求出最小值．【解答】解：（1）由n2﹣5n+4＜0，得1＜n＜4，故数列中有两项为负数；（2）a n＝n2﹣5n+4＝﹣，因此当n＝2或3时，a n有最小值，最小值为﹣2．【知识点】数列的函数特性26.（2020秋•溧阳市期中）已知等比数列{a n}的首项为，前n项和为，且S2，S4，S3成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）是否存在正整数A，使得恒成立？如果存在，写出最小的A，如果不存在请说明理由．【解答】解：（1）设等比数列{a n}的公比为q，则由S2，S4，S3成等差数列得S4﹣S2＝S3﹣S4，所以a3+a4＝﹣a4，即，所以，所以．（2）由（1）得，法1：，当n为奇数时，随n的增大而减小，所以，当n为偶数时，随n的增大而减小，所以，综上，对任意n∈N*，总有所以存在正整数A，使得恒成立，且最小的A为3法2：当n为奇数时，S n随n的增大而减小，所以，当n为偶数时，S n随n的增大而增大，所以，令t＝S n，则，，，可得时，f'（t）＜0；时，f'（t）＞0，又，所以，即的最大值为，所以存在正整数A，使得恒成立，且最小的A为3．【知识点】数列与函数的综合、等差数列与等比数列的综合27.（2020秋•海淀区校级期中）已知{a n}是由非负整数组成的无穷数列，对每一个正整数n，该数列前n 项的最大值记为A n，第n项之后各项a n+1，a n+2，…的最小值记为B n，记d n＝A n﹣B n．（1）若数列{a n}的通项公式为a n＝，求数列{d n}的通项公式；（2）证明：“数列{a n}单调递增”是“∀n∈N*，d n＜0”的充要条件；（3）若d n＝a n对任意n∈N*恒成立，证明：数列{a n}的通项公式为a n＝0．【解答】解：（1）当1≤n≤4，数列{a n}是递减数列，最大为a1＝4，又a4＝a5＝…＝a n＝…＝1，所以A n＝4，B n＝1，n＝1，2，3，…，所以d n＝A n﹣B n＝4﹣1＝3，（2）充分性：数列{a n}单调递增，则a1＜a2＜…＜a n＜…，则A n＝a1，B n＝a n+1，所以d n＝A n﹣B n＝a1﹣a n+1＜0；必要性：数列{a n}，∀n∈N*，d n＜0，d n＝A n﹣B n＜0，d1＝A1﹣B1＜0，a1＜B1＝min{a2，…，a n+1，…}，所以a1＜a2，d2＝A2﹣B2＜0，A n＝max{a1，a2}＝a2，B2＝min{a3，…，a n+1，…}，所以a2＜a3，同理a3＜a4＜…＜a n…即数列{a n}单调递增，故“数列{a n}单调递增”是“∀n∈N*，d n＜0”的充要条件．（3）反证法：若d n＝a n对任意n∈N*恒成立，数列{a n}的通项a n≠0．当n＝1时，d1＝a1＝A1﹣B1，A n＝a1，所以B1＝0，这说明从第二项起，至少有一个项为0，这与假设矛盾，故原命题成立．【知识点】数列的应用28.（2020秋•闵行区校级期中）已知{a n}是公差为d的等差数列，它的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n 项和为T n，S4＝2S2+4，，．（1）求公差d的值；（2）若对任意的n∈N*，都有S n≥S7成立，求a1的取值范围；（3）若a1＝1，判别是否有解，并说明理由．【解答】解：（1）∵S4＝2S2+4，∴4a1+，解得：d＝1．（2）由于等差数列{a n}的公差d＝1＞0，S n要最小值S7必须有，即，解得﹣7≤a1≤﹣6，故a1的取值范围为：[﹣7，﹣6]；（3）因为a1＝1，d＝1，所以S n＝（n2+n），因为等比数列{b n}满足，．所以，解得，故T n＝，设，则f（n）＝2×3n﹣，f（n+1）＝2×3n+1﹣[（n+1）2+（n+1）]所以f（n+1）﹣f（n）＝4×3n﹣（n+1）＞0，故f（n+1）＞f（n），由此可得f（n）单调递增，又因为f（6）＝1434，f（7）＝4346，所以f（6）＜2020＜f（7），故不存在正整数n，使其有解．【知识点】等差数列与等比数列的综合。
§2初等数论--整除
2019/11/16
阜阳师范学院 数科院
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5. 100个正整数之和为101101，则它们的最大公约 数的最大可能值是多少?证明你的结论。
6. 证明T 1 1 1 1 (n 1)不是整数.
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n
7. 求自然数n，使得28 211 2n是一个整数的平方。
2019/11/16
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定理2 在上面的表达式( * )中，有 (a,b) rn , (rn1 0).
证明：令 (a,b) d , 则 d a ,d b.
a bq1 r1 b r1q2 r2
由r1 a bq1 d r1 ; 由r2 b r1q2 d r2 ;
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§1.1 整除的概念 带余数除法 一、整除的概念
定义1：设a,b是整数，b 0,如果存在整数q,使得 a bq成立，则称b整除a,或a能被b整除.记作：b a .
相关概念：因数、约数、倍数、奇数、偶数。 注：显然每个非零整数a都有约数 1，a，称这四个 数为a的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数。
rn2 rn1 qn (余rn )
b r1q2 r2 , 0 r2 r1 (*)
rn2 rn1qn rn , 0 rn rn1
rn1 rn qn1 ,(rn1 0) rn1 rnqn1 rn1 , rn1 0.
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二、辗转相除法
定义：设有整数 a,b(b 0)，在a b 的带余数除法中， 每次用余数去除除数，直到余数为0停止，这种运算 方法称为辗转相除法。即有
a b q1 (余r1 )
数论之余数三大定理
第十四章数论之余数三大定理概念一般地，如果a是整数，b是整数(b旳)若有a H b=q……r,也就是a 二b旳+ r, 0孕v b ;我们称上面的除法算式为一个带余除法算式。
这里：⑴当r 0时：我们称a可以被b整除，q称为a除以b的商或完全商(2)当r 0时：我们称a不可以被b整除，q称为a除以b的商或不完全商三大余数定理1. 余数的加法定理a与b的和除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之和，或这个和除以c的余数。
2. 余数的乘法定理a与b的乘积除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c 所得的余数。
3. 同余定理若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数，那么称a、b对于模m同余，用式子表示为：a M b ( mod m )，左边的式子叫做同余式。
同余式读作：a同余于b，模m。
由同余的性质，我们可以得到一个非常重要的推论：若两个数a，b除以同一个数m得到的余数相同，则a，b的差一定能被m 整除用式子表示为：如果有aM) ( mod m )，那么一定有a-b = mk,k是整数，即m|(a—b)例题1. 用某自然数a去除1992，得到商是46,余数是r，求a和r。
2. 甲、乙两数的和是1088，甲数除以乙数商11余32，求甲、乙两数。
3. 一个两位数除310，余数是37,求这样的两位数。
4. 有两个自然数相除，商是17，余数是13，已知被除数、除数、商与余数之和为2113，则被除数是多少？5. 用一个自然数去除另一个自然数，商为40，余数是16.被除数、除数、商、余数的和是933，求这2个自然数各是多少？6. （真题）三个不同的自然数的和为2001,它们分别除以19,23,31所得的商相同，所得的余数也相同，这三个数是_______ ，______ ， _____ 。
_7. 一个自然数，除以11时所得到的商和余数是相等的，除以9时所得到的商是余数的3倍，这个自然数是________ 。
连加号 整数的整除性理论 数学归纳法
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设a 0, b是a的因数, 如果b a, b 1, 则称 b是a的真因子.
定义 设a是大于1的整数, 如果除去1和本身外, a没有其它因子(即a没有真因子), 则称a为素数(或质 数), 否则a叫做合数.
由定义可知, 如果素数 p表示成 p a b, 则必有 a 1, b p或a p, b 1.
设a, b是两个整数. 如果整数d 适合 : d | a, d | b, 则 称d 是a, b的一个公因子(公因数).
定义 设d 是a, b的一个公因子, 如果a, b的任一公 因子都是d的因子, 则称d 是a, b的一个最大公因子(最 大公因数).
最大公因子可描述为:
d 是a, b的最大公因子 (1) d | a, d | b; (2) 若h | a, h | b, 则h | d .
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辗转相除法
设a, b是任意两个正整数, 反复运用带余除法: a q1b r1 , 0 r1 b,
b q2 r1 r2 , r1 q3 r2 r3 ,
rk 2 qk rk 1 rk ,
0 r2 r1 , 0 r3 r2 ,
第一型数学归纳法原理 设有一个与自然数n 有关的命题, 如果 : 1 当n 1时命题成立; 2 假设n k时命题成立, 则n k 1时命题也 成立, 那么这个命题对于一切自然数n都成立.
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注：
1) 数学归纳法就是一种用“有限”解决“无限” 的数学思维方法,它是一种既重要又很有用的数学证 明方法. 2) 用数学归纳法证明命题的两个步骤是缺一不 可的,第一步是递推的基础,第二步是递推的依据.第 一步说明n从何数起,命题成立,起奠基作用,如果只有 步骤二而没有步骤一,就有可能得出不正确的结论.
算法设计与分析第二版课后习题及解答（可编辑）
算法设计与分析第二版课后习题及解答算法设计与分析基础课后练习答案习题1.14.设计一个计算的算法,n是任意正整数。
除了赋值和比较运算,该算法只能用到基本的四则运算操作。
算法求 //输入:一个正整数n2//输出:。
step1:a1; step2:若a*an 转step 3,否则输出a; step3:aa+1转step 2;5. a.用欧几里德算法求gcd(31415,14142)。
b. 用欧几里德算法求gcd(31415,14142),比检查min{m,n}和gcd(m,n)间连续整数的算法快多少倍?请估算一下。
a. gcd31415, 14142 gcd14142, 3131 gcd3131, 1618 gcd1618, 1513 gcd1513, 105 gcd1513, 105 gcd105, 43 gcd43, 19 gcd19, 5 gcd5, 4 gcd4, 1 gcd1, 0 1.b.有a可知计算gcd(31415,14142)欧几里德算法做了11次除法。
连续整数检测算法在14142每次迭代过程中或者做了一次除法,或者两次除法,因此这个算法做除法的次数鉴于1?14142 和 2?14142之间,所以欧几里德算法比此算法快1?14142/11 ≈1300 与2?14142/11 ≈ 2600 倍之间。
6.证明等式gcdm,ngcdn,m mod n对每一对正整数m,n都成立.Hint:根据除法的定义不难证明:如果d整除u和v, 那么d一定能整除u±v;如果d整除u,那么d也能够整除u的任何整数倍ku.对于任意一对正整数m,n,若d能整除m和n,那么d一定能整除n和rm mod nm-qn;显然,若d能整除n和r,也一定能整除mr+qn和n。
数对m,n和n,r具有相同的公约数的有限非空集,其中也包括了最大公约数。
故gcdm,ngcdn,r7.对于第一个数小于第二个数的一对数字,欧几里得算法将会如何处理?该算法在处理这种输入的过程中,上述情况最多会发生几次?Hint:对于任何形如0mn的一对数字,Euclid算法在第一次叠代时交换m和n, 即gcdm,ngcdn,m并且这种交换处理只发生一次.8.a.对于所有1≤m,n≤10的输入, Euclid算法最少要做几次除法?1次b. 对于所有1≤m,n≤10的输入, Euclid算法最多要做几次除法?5次gcd5,8习题1.21.农夫过河P?农夫W?狼 G?山羊 C?白菜2.过桥问题1,2,5,10---分别代表4个人, f?手电筒4. 对于任意实系数a,b,c, 某个算法能求方程ax^2+bx+c0的实根,写出上述算法的伪代码可以假设sqrtx是求平方根的函数算法Quadratica,b,c//求方程ax^2+bx+c0的实根的算法//输入:实系数a,b,c//输出:实根或者无解信息If a≠0D←b*b-4*a*cIf D0temp←2*ax1←-b+sqrtD/tempx2←-b-sqrtD/tempreturn x1,x2else if D0 return ?b/2*ael se return “no real roots”else //a0if b≠0 return ?c/belse //ab0if c0 return “no real numbers”else return “no real roots”5. 描述将十进制整数表达为二进制整数的标准算法a.用文字描述b.用伪代码描述解答:a.将十进制整数转换为二进制整数的算法输入:一个正整数n输出:正整数n相应的二进制数第一步:用n除以2,余数赋给Kii0,1,2,商赋给n第二步:如果n0,则到第三步,否则重复第一步第三步:将Ki按照i从高到低的顺序输出b.伪代码算法 DectoBinn//将十进制整数n转换为二进制整数的算法//输入:正整数n//输出:该正整数相应的二进制数,该数存放于数组Bin[1n]中i1while n!0 doBin[i]n%2;nintn/2;i++;while i!0 doprint Bin[i];i--;9.考虑下面这个算法,它求的是数组中大小相差最小的两个元素的差.算法略对这个算法做尽可能多的改进.算法 MinDistanceA[0..n-1]//输入:数组A[0..n-1]//输出:the smallest distance d between two of its elements 习题1.3考虑这样一个排序算法,该算法对于待排序的数组中的每一个元素,计算比它小的元素个数,然后利用这个信息,将各个元素放到有序数组的相应位置上去.a.应用该算法对列表”60,35,81,98,14,47”排序b.该算法稳定吗?c.该算法在位吗?解:a. 该算法对列表”60,35,81,98,14,47”排序的过程如下所示:b.该算法不稳定.比如对列表”2,2*”排序c.该算法不在位.额外空间for S and Count[]4.古老的七桥问题第2章习题2.17.对下列断言进行证明:如果是错误的,请举例a. 如果tn∈Ogn,则gn∈Ωtnb.α0时,Θαgn Θgn解:a这个断言是正确的。
初中数学竞赛讲座——数论部分7(同余)
第7讲同余的概念及基本性质数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯.先看一个游戏：有n+1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子,每步可前移1，2或3格,以先到最后一格者为胜.问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数,以后你的对手若走i格（ｉ=1，２,3),你走4-i格,即每一次交替,共走了4格．最后只剩4个空格时,你的对手就必输无疑了．因此，若n除以４的余数是1，2或３时,那么先走者甲胜;若ｎ除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜.在这个游戏里，我们可以看出,有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如,1999年元旦是星期五,1999年有365天,3６5＝７×5２＋1，所以2０00年的元旦是星期六.这里我们关心的也是余数．这一讲中,我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用.同余，顾名思义,就是余数相同．一、基础知识定义1 给定一个正整数ｍ,如果用m去除ａ，ｂ所得的余数相同,则称a与b对模ｍ同余,记作a≡b(ｍｏdｍ），并读作a同余b,模m.否则,就称a与b对于模m不同余，记作ａ≡b（ｍod m),根据定义,ａ与ｂ是否同余，不仅与a、b有关,还与模m有关,同一对数a和b,对于模ｍ同余,而对于模ｎ也许就不同余,例如,5≡8（moｄ3),而5≡８（mｏｄ4),若a与b对模m同余,由定义１,有a=mq１＋r，ｂ＝mｑ2+ｒ.所以ａ－b＝m(q１-q2)，即m|a-b.反之，若m｜a-ｂ，设ａ=mq1+r1，b＝mq2＋ｒ2，0≤r1,r2≤m-1,则有m|r1-r2.因｜r1-r2|≤ｍ-1,故r1－r２=0，即r1＝r2.于是，我们得到同余的另一个等价定义：定义2若a与ｂ是两个整数,并且它们的差a-b能被一正整数m整除,那么，就称a与b对模m同余.另外，根据同余的定义,显然有以下几种关系是成立的:⑴a≡ａ(mod ｎ)⑵a≡ｂ(moｄm）⇔b≡a（mod ｎ)⑶a≡ｂ（mod n)⇒a≡c（mod m）b≡c（moｄｍ)由此可见,同余是一种等价关系，以上这三条分别叫做同余的反射性，对称性和传递性,而等式也具有这几条性质．二、典型例题；例1.如果a≡b（ｍｏd m),以下命题正确的有哪些?请说明理由?⑴ｍ| a-b⑵ａ=b＋mt⑶ａ＝k1m+ ｒ1,b =k2ｍ+r2(0≤ｒ1,r2＜m)⇔r１= ｒ２解:⑴因a≡b（moｄｍ）,所以可得a =ｋ1m＋r，b =ｋ２m+ r，那么ａ－ｂ=(k1－k2)m，由于k1－ｋ2是整数,因此ｍ｜a－b是正确的．⑵根据⑴可得a－b= ｍt，即a=b+ｍt⑶根据⑴可得，ｍ｜r1-r2,又因为0≤| ｒ1-r2 |＜ｍ，所以| ｒ1－r2 |=０，故r1=ｒ．2例２.判断正误，并说明理由.⑴如果a≡b(mｏd m）那么ka≡kb（ｍod m)⑵如果a≡b（modｍ），c是整数，那么ａ±c≡b±ｃ(mod m)⑶如果a1≡ｂ１（ｍod m)，a2≡b2(mod m)，那么ａ1±a2≡b１±b2 (mｏｄm),a１a2≡b1b2 (mod m）.⑷如果3a≡3ｂ(mod 6 ),那么a≡b (ｍod 6 )解：⑴∵a≡b（moｄm），∴m| a－b，∴m｜k (a-b)即ｍ｜(ka－kb)∴ｋa≡kb（mｏd m) ⑴成正确⑵∵a≡ｂ（ｍod m)，∴m | a－b又因为c是整数,所以ｍ| a-c－b＋c,即m | (ａ－c)－（b-c)即a－ｃ≡b-c(mod m）同理可得,ａ+c≡b+ｃ（mod m)⑶仿照上面的两个小题的方汪，可以判定这个命题也是正确的⑷显然６≡１2(ｍod6)，而２≡４（ｍod 6),因此，这个命题不正确说明：⑶的结论可以得到同余的另一条性质，即a≡ｂ（mod m)⇒a n≡b n（modｍ) 此题说明两个同余式能够象等式一样进行加、减、乘、乘方,但同余式两边却不能除以同一数,那么,同余式的两边在什么情况下可以同除以一个数呢？我们先看下面的例题．例3.由下面的哪些同余式可以得到同余式a≡b（moｄ５）①3a ≡3b （mo ｄ 5） ②10a ≡10b (ｍｏd 5）③6ａ≡６ｂ（mod １0） ④10a ≡10b (ｍod 20) 解：①因3a ≡3b (mod ５），所以5 | ３(a -ｂ),而5 | ３ , 因此5 ｜ ａ－ｂ,故a ≡ｂ（mod 5）②由１０ａ≡10b （mo ｄ 5)可以得到5 | 10(a －b )，而5 ｜ 10，因此5不一定整除a -b ,故a ≡b (mod 5）就成立③由６ａ≡6b (mod 1０)可得10 | ６（a －b ），而10=2×5，6=２×3，因此5 | a －b ,故ａ≡ｂ(m ｏd ５）成立④由10a ≡10b (mo ｄ ２０)可得到20 | １0(ａ-b ),而2０＝ 4×5,４ | 10，因此5 | (ａ－b )故ａ≡b (mod ５)不成立综上所述,由3a ≡3b (m ｏd 5)或６a ≡６b （mod 1０）都可以得到a ≡b （ｍｏd 5）说明:在①中，因为(３,５)＝1，因此由5 | 3(a －b )一定可以得到5 ｜ ａ－b ，进而得到a ≡b （mod 5)，一般地，如果(k ,ｍ）=1,ka ≡kb （mo ｄ ｍ）,那么ａ≡b （mod m ）在③中，因（6，10）=2，因此由10| 6(ａ-ｂ）一定可以得到5 | a -b ，进而得a ≡ｂ（mo ｄ 5)，一般地，如果（k ，m ）= d ，ka ≡kb （ｍｏd m ）,那么a ≡b )(moddm .例4．如果a ≡ｂ（mod １２）且a ≡b （ｍod 8)，那么以下同余式一定成立的是哪些？①a ≡ｂ（mod 4) ②a ≡ｂ(mod 24) ③a ≡ｂ（m ｏd 2０） ④ａ≡b （m ｏｄ ４8）解:正确的有①和②①由题中的条件可得１2 | a -ｂ,又因4 | 12，所以4 | a －b ,故a ≡b (mod 4).②因1２ ｜ a -b ，8| a －b ,所以a －b 是12和８的公倍数，又因为［8,1２]=24,因此 a -b 必是24的倍数，即２4 | a －b ，故a ≡b （mod 24).③显然,当ａ= 26,ｂ = ２时满足条件a ≡b (mod 12）和a ≡b (mo ｄ ８），但却不满足ａ≡b （ｍｏd 20).④同③，用a = 26，b = 2验证即可. 【说明】:⑴一般地，若a ≡b (mod m ）且n | m ，那么ａ≡b （mo ｄ ｎ) ⑵若a ≡b （m ｏd m ），a ≡b (mod n ）,那么a ≡b (mod [m ,n ]),它的一个特殊情况就是: 如果a ≡b （ｍｏd m ），a ≡b （mo ｄ n ）且（m ，n ）＝1，那么a ≡b （mod ｍ n )【一些结论】1.同余定义的等价形式①a ≡ｂ(ｍod m ） ｍ ｜ ａ-b②a ≡b (mod m ） ａ = ｂ+mt 2．同余式的同加、同乘性如果a １≡ｂ１(m ｏd m ）,a ２≡b 2（mod m )那么 ⑴a 1±a 2≡b 1±b ２（mod ｍ) ⑵ka 1≡kb 1(mod ｍ)(k ∈Z ) ⑶a 1a 2≡b １b 2（m ｏd ｍ） ⑷a 1n ≡b 1n （m ｏd ｍ）（ｎ是整数)． ３．如果（k ，m ）=d ,ka ≡ｋb (mod m ）,那么a ≡b )(moddm． 这条性质的直接推论就是：如果(k ,ｍ）=1，k ａ≡kb (ｍod m ）,那么a ≡b (mo ｄ m ） 4.如果a ≡b （mo ｄ m )且n | m ，那么a ≡ｂ(mod n ）５．如果ａ≡b (m ｏd ｍ)，ａ≡b （mo ｄ ｎ）,那么a ≡b （mod [ｍ,n ])这条性质的一个推论就是： 如果a ≡ｂ(m ｏd m ），ａ≡b (m ｏd n )且(m ,n ）=１，那么a ≡b (m ｏd ｍ n )例5．⑴求19992002除以9的余数;⑵求1010除以7的余数解：⑴∵9 ｜ 1999－10０0,∴1999≡１０00≡1（ｍod 9)∴1９９92000≡１２０02≡１（mod 9）,∴19992００0除以9的余数是1⑵∵10≡3（ｍod 7),∴１0３≡3３≡－1（mod 7)∴１06≡(-1）2≡１(m ｏｄ ７），∴1０10≡10４(ｍod 7） 又∵102≡9≡2（mod 7),∴１０2≡１0 4≡22≡４(mod 7） 所以1010除以７的余数是4．说明:求较大数的余数时,可先设法找到与±1同余的数,然后利用同余式的性质，求出所求数的余数.例6．求1４5８9+３2００2除以13的余数．解：∵145≡2(mod 13），∴1４５6≡26≡－１(mod 13)∴（1456)14≡(－１)１4≡1(mod 1３)即14584≡1(ｍｏd 1３)又∵145５≡２5≡6（ｍod 13）所以1458９≡1４584·１４55≡6×１≡6（mod 13）又∵３3≡1(mod １3)，∴(３3)66７≡32０0１≡1(ｍo ｄ 1３)，∴3２0０2≡3（mod 13） 所以，14589+32002≡6+3≡9(mod 13）即14５8９+32０02除以13的余数是9例７.求1998２0０2的十位数字分析：此题可以通过１998２00２的末两位数来求解，与前面的方法类似解：∵199８98≡-２（m ｏd 100),∴１99８２0０2≡（-2)２002≡22002≡41001(ｍｏd 100)因为４≡4(m ｏd 1０0)，42≡16（m ｏd 100)，4３≡6４(m ｏd １０0)，44≡５6(ｍod100），４5≡24（m ｏd 10０）,４6≡96(mod 10０）,47≡８4（ｍod １00)，４8≡36(mod 100）,49≡44（mo ｄ 100),41０≡7６(m ｏd 10０)，４１1≡4(mod １0０）…所以4 n 除以100的余数是以４、16、64、５6、24、96、84、３6、44、76周期性出现的,因41001＝410×10０+1,所以41０01≡4（m ｏｄ 10０）,因此19982０0２≡4(m ｏd 1０0)，故1９９8２002的十位数字是0.说明：正整数幂的末位数、末两位数、末三位数都具有周期性．例8(１998年匈牙利奥林匹克竞赛题）求使２n +１能被3整除的一切自然数n . 解∵∴则2n +1∴当n 为奇数时，2ｎ＋１能被3整除； 当n 为偶数时,2n ＋1不能被３整除.例９ 求证31980+4１981能被5整除. 证明 ∵∴∴∴例10．求20032０0２的末位数字.分析:此题就是求２０03２002除以10的余数解:∵2003≡3（mod 10),∴2003４≡3４≡1(ｍod 1０），∴2003２０02≡（2003４)５00·20０33≡1500·33≡27≡７(ｍｏｄ 10）∴２０02200２的末位数字是７．说明:对于十进制的整数011a a a a n n -有如下性质:)10(mod 0011a a a a a n n ≡- 例11．已知n 是正整数，证明４8 | ７2n ―2３52n ―1 证明:∵48=3×16，（３,1６)=1∴只需证明3｜ 72n ―２3５2n ―１且16 ｜ 72n ―2352n ―１即可 ∵7≡１（mod 3）,2352≡0(m ｏd ３） ∴72n ―２35２n ―1≡12n ―2３52×０－１≡0(mod 3） ∴3 | 72n ―2352n ―1，又∵235２=16×14７,∴2３52≡0(m ｏd 16) ∴72n ―23５2n ―1≡4９n －１≡１n －1≡0（m ｏd １6)∴1６ | ７2ｎ―2352n ―1，所以４８| 72n ―235２n ―1．说明：当模很大时,可以用本题的方法把问题化为较小的模来求解,请同学位用这个方法重解例8.例12．已知n是任意的正整数，且m | ７n+1２ｎ―1,求正整数ｍ的最大值．解:设ａｎ=7n+1２n―1,那么,ａ1=7+12―1＝18，ａ2=72+24―1=72∴(a1，a2)=（18,７2）=1８,∴m≤18，下面证明对任何正整数n,都有18 | 7n+1２n―1又因为18=２×9，所以只须证明２| 7n＋1２ｎ，９｜７ｎ+１２n―1即可.∵７≡1(ｍod２）,∴7n+12―１≡１n＋0―1≡0(ｍod ２)即2 |7ｎ+12n―1，对ｎ进行分类讨论，⑴若ｎ≡0(mod 3),则n=3k（k为正整数)7n＋1２n―1≡７3k+３6k+1≡(―２）3k+0―１≡（―８)k―１≡1ｋ―1≡０(mod 9）⑵若n≡1(mod 3），则n=3k+1(k为非负整数)7n+12n―１≡73k+36k+127＋１２―1≡0（moｄ９)⑶若ｎ≡2(mod 3),则ｎ=3ｋ+2（k为非负整数）7n+１2ｎ―1≡7３k·７2＋36k+24―１≡72+24―1≡0(mod９）因此，对一切自然数n，都有9 | ７n+12n―1.综上所述,18 | 7n+12n―1,因此ｍ的最大值为18.例１３把１，2,3…，1２7，１28这１２8个数任意排列为a1,a2,…,a128,计算出｜a1－ａ２|,｜a3-ａ4｜,…,｜a12７－ａ12８｜,再将这64个数任意排列为b1，b2,…，b64，计算｜b1-b2|,|b3－b4｜，…，｜b63-b6４|．如此继续下去，最后得到一个数ｘ,问x是奇数还是偶数?解因为对于一个整数a，有｜a｜≡a(moｄ２), a≡-a(mod2）,所以b1＋b2+…+b６4=｜ａ１－a2｜+|ａ3-a4｜＋…+|a12７-a1２8｜≡a1-a2+a3-a4+…+a12７-a128≡a1＋a2＋a3＋ａ4＋…＋ａ127＋a1２８(ｍod 2),因此,每经过一次“运算”，这些数的和的奇偶性是不改变的．最终得到的一个数x≡a１+a２+...＋a1２８＝1＋２+ (12)=6４×１２9≡0(moｄ2），故x是偶数．例1４求证：一个十进制数被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数.１0≡１（mｏｄ９)，故对任何整数k≥1,有１０k≡1k＝1（mod 9).因此即A被9除的余数等于它的各位数字之和被9除的余数.说明(1)特别地，一个数能被９整除的充要条件是它的各位数字之和能被9整除.(2)算术中的“弃九验算法”就是依据本题的结论.三、模拟训练1求证: (1)８|（5５１99９+1７)；(2) ８(32n +7)； （3)17|(1910０0-1).证 （1)因55≡－1(ｍod ８),所以５５1９９９≡-1(mo ｄ 8)，55１999＋17≡－1+１7=16≡０（m ｏd ８)，于是8｜（55１999+17）.（２)32=9≡１(m ｏd 8),32n ≡１（ｍod 8)，所以32n ＋7≡1+7≡0（mod 8），即8|（３2n ＋7)．(3)19≡２(mod 17),194≡2４＝16≡－1(m ｏd 17),所以１９1０00＝(194)25０≡(-１)２50≡１（mod 17),于是17｜(1９１000－1)．2．求２0032002的末位数字分析：此题就是求2０0320０２除以1０的余数解:∵200３≡3（m ｏｄ 10),∴２0034≡34≡1(ｍod 1０），∴２003２０02≡(20034)5０0·2０033≡1500·33≡2７≡7(mod 10)∴200220０2的末位数字是7说明：对于十进制的整数011a a a a n n -有如下性质:011a a a a n n -)10(mod 0a ≡．3求29９9最后两位数码.解 考虑用1０0除２999所得的余数. ∵∴又∴∴∴2９99的最后两位数字为88．4．求证:22000＋１不能被7整数.分析:只需证明２200０≡－1(mod 7）即可证明:∵26≡1（moｄ７)，∴2２０00≡(26）333·2２≡1·２２≡4(mｏd 7），∴２２000+1≡５(mｏd7)所以7 | 22000＋15 对任意的自然数n，证明Ａ＝290３n-80３n-464n+261n 能被１897整除．证1897＝７×27１，７与2７１互质.因为２９03≡5(ｍod 7),8０3≡5(mod 7)，464≡2(mｏｄ7),２61≡2(moｄ７), 所以A=２９03n-803ｎ-464n＋2６１n≡5n-5ｎ－2n+2n=0（mｏd 7), 故7|Ａ.又因为２90３≡１93（ｍod ２71)，803≡２６1(moｄ27１),464≡１93(mod 271)，所以故2７1｜A.因(7,271)＝1,所以1897整除A.６任意平方数除以4余数为0和1（这是平方数的重要特征). 证因为奇数2=（2k＋1)2=4k2+４ｋ＋1≡1(mod 4)，偶数2=(2k)2=4ｋ2≡0(mod ４)，所以７任意平方数除以８余数为0,1，４（这是平方数的又一重要特征）.证奇数可以表示为２k＋1，从而奇数2=４ｋ2+4k＋１＝4k(k+1)+1.因为两个连续整数ｋ,k＋１中必有偶数,所以4k(k+1)是8的倍数，从而奇数2＝8t+1≡1(mｏｄ8），偶数２=(2k)2=４k2(ｋ为整数).（１)若k＝偶数＝2ｔ,则4k2=16ｔ2＝0(mod 8)．(2)若k=奇数＝2t＋1，则4ｋ2=４(2t+１)2=１6(t2+t)+４≡4(mod 8)，所以求余数是同余的基本问题.在这种问题中,先求出与±1同余的数是一种基本的解题技巧．８形如Fｎ＝22n+1,ｎ＝0，1，２，…的数称为费马数．证明:当ｎ≥2时,Ｆn的末位数字是7.证当n≥２时，2ｎ是4的倍数,故令２n=４t.于是F n＝２2n+１=２4ｔ+1=1６ｔ＋1≡６t＋１≡７(mｏd 10）,即F n的末位数字是７.说明费马数的头几个是F0=3，F1＝5，F2=17，F3=257，F4＝65537,它们都是素数．费马便猜测:对所有的自然数n，F n都是素数.然而，这一猜测是错误的.首先推翻这个猜测的是欧拉，他证明了下一个费马数F5是合数．。
湖南省省二级计算机考试fortran题目精选
ProAnswer 33
2772
550
1400
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3000
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5110
26
12
ProProblem 编写程序，求出 100 到 500 之间同时满足除 5 余 4 和除 7 余 2 条件的数的和。 * 编写程序，求出 100 到 600 之间同时满足除 3 余 2 和除 5 余 3 条件的数的个数。 * 编写程序，求出 1 到 2000 之间的能被 9 整除的前若干个数之和，当和值大于 500 时退出并输出和值。 * 编写程序，求出 1 到 3000 之间的能被 3 整除的前若干个数之和，当和值大于 600 时退出并输出和值。 * 编写程序，求出 1 到 300 之间同时满足除 3 余 2 和除 5 余 3 条件的数的个数。 * 编写程序，求出 1 到 4000 之间的能被 5 整除的前若干个偶数之和，当和值大于 400 时退出并输出和值。 * 编写程序，求出 1 到 400 之间同时满足除 3 余 2 和除 5 余 3 条件的数的个数。 * 编写程序，求出 1 到 5000 之间的能被 7 整除的前若干个数之和，当和值大于等于 1500 时退出并输出和值。 * 编写程序，求出 1 到 6000 之间的能被 5 整除的前若干个偶数之和，当和值大于 650 时退出并输出和值。 * 编写程序，求出 1 到 600 之间同时满足除 3 余 2 和除 5 余 3 条件的数的个数。 * 编写程序，求出 1 到 7000 之间的能被 5 整除的前若干个偶数之和，当和值大于 500 时退出并输出和值。 * 编写程序，求出 1 到 8000 之间的能被 5 整除的前若干个偶数之和，当和值大于 750 时退出并输出和值。 * 编写程序，求出 3 到 100 之间的所有非偶数非素数的数的个数。 *
整数的整除性
整数的整除性1．整数的整除性的有关概念、性质（1）整除的定义：对于两个整数a、d（d≠0），若存在一个整数p，使得成立，则称d整除a，或a被d整除，记作d|a。
若d不能整除a，则记作d a，如2|6，4 6。
（2）性质1）若b|a，则b|(-a)，且对任意的非零整数m有bm|am2）若a|b，b|a，则|a|=|b|;3）若b|a，c|b，则c|a4）若b|ac，而（a，b）=1（（a，b）=1表示a、b互质，则b|c；5）若b|ac，而b为质数，则b|a，或b|c；6）若c|a，c|b，则c|（ma+nb），其中m、n为任意整数（这一性质还可以推广到更多项的和）例1 （1987年北京初二数学竞赛题）x，y，z均为整数，若11｜（7x+2y-5z），求证：11｜（3x-7y+12z）。
证明∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z)而 11｜11(3x-2y+3z),且 11｜(7x+2y-5z),∴ 11｜4(3x-7y+12z)又 (11,4)=1∴ 11｜(3x-7y+12z).2.整除性问题的证明方法(1) 利用数的整除性特征（见第二讲）例2（1980年加拿大竞赛题）设72｜的值。
解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需讨论8、9都整除的值。
若8｜，则8｜，由除法可得ｂ＝２。
若9｜，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3。
（2）利用连续整数之积的性质①任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整除。
②任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除。
这个性质可以推广到任意个整数连续之积。
例3（1956年北京竞赛题）证明：对任何整数n都为整数，且用3除时余2。
证明∵为连续二整数的积,必可被2整除.∴对任何整数n均为整数,∵为整数,即原式为整数.又∵，2n、2n+1、2n+2为三个连续整数，其积必是3的倍数，而2与3互质，∴是能被3整除的整数.故被3除时余2.例4 一整数a若不能被2和3整除，则a2+23必能被24整除.证明∵a2+23=（a2-1）+24，只需证a2-1可以被24整除即可.∵2 .∴a为奇数.设a=2k+1(k为整数),则a2-1=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1).∵k、k+1为二个连续整数，故k（k+1）必能被2整除，∴8|4k（k+1），即8|（a2-1）.又∵（a-1），a，（a+1）为三个连续整数，其积必被3整除，即3|a（a-1）（a+1）=a（a2-1），∵3 a，∴3|（a2-1）.3与8互质, ∴24|(a2-1),即a2+23能被24整除.(3)利用整数的奇偶性下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题.例5 求证:不存在这样的整数a、b、c、d使：a·b·c·d-a=①a·b·c·d-b=②a·b·c·d-c=③a·b·c·d-d=④证明由①，a（bcd-1）=.∵右端是奇数，∴左端a为奇数，bcd-1为奇数.同理,由②、③、④知b、c、d必为奇数，那么bcd为奇数，bcd-1必为偶数，则a （bcd-1）必为偶数，与①式右端为奇数矛盾.所以命题得证.例6 (1985年合肥初中数学竞赛题)设有n个实数x1,x2,…，x n，其中每一个不是+1就是-1，且试证n是4的倍数.证明设(i=1,2,…，n-1)，则y i不是+1就是-1，但y1+y2+…+y n=0，故其中+1与-1的个数相同，设为k，于是n=2k.又y1y2y3…y n=1，即（-1）k=1，故k为偶数，∴n是4的倍数.其他方法：整数a整除整数b，即b含有因子a.这样,要证明a整除b,采用各种公式和变形手段从b中分解出因子a就成了一条极自然的思路.例7 (美国第4届数学邀请赛题)使n3+100能被n+10整除的正整数n的最大值是多少?解n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900.若n+100能被n+10整除,则900也能被n+10整除.而且,当n+10的值为最大时,相应地n的值为最大.因为900的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890.例8 (上海1989年高二数学竞赛)设a、b、c为满足不等式1＜a ＜b＜c的整数，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc整除，求所有可能数组（a，b，c）.解∵（ab-1）（bc-1）（ca-1）=a2b2c2-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，①∵abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）.∴存在正整数k,使ab+ac+bc-1=kabc, ②k=＜＜＜＜∴k=1.若a≥3，此时1=-＜矛盾.已知a＞1. ∴只有a=2.当a=2时，代入②中得2b+2c-1=bc，即 1=＜∴0＜b＜4，知b=3，从而易得c=5.说明：在此例中通过对因数k的范围讨论，从而逐步确定a、b、c是一项重要解题技巧.例9 （1987年全国初中联赛题）已知存在整数n，能使数被1987整除.求证数，都能被1987整除.证明∵×××（103n+），且能被1987整除，∴p能被1987整除.同样，q=（）且∴故、102（n+1）、被除，余数分别为1000，100，10，于是q表示式中括号内的数被除，余数为1987，它可被1987整除，所以括号内的数能被1987整除，即q能被1987整除.练习十六1．选择题（1）（1987年上海初中数学竞赛题）若数n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，则不是n的因数的最小质数是（）.（A）19 （B）17 （C）13 （D）非上述答案（2）在整数0、1、2…、8、9中质数有x个，偶数有y个，完全平方数有z个，则x+y+z等于（）.（A）14 （B）13 （C）12 （D）11 （E）10（3）可除尽311+518的最小整数是（）.（A）2 （B）3 （C）5 （D）311+518（E）以上都不是2．填空题（1）（1973年加拿大数学竞赛题）把100000表示为两个整数的乘积，使其中没有一个是10的整倍数的表达式为__________.(2) 一个自然数与3的和是5的倍数,与3的差是6的倍数,这样的自然数中最小的是_________.(3) (1989年全国初中联赛题)在十进制中,各位数码是0或1,并且能被225整除的最小自然数是________.3.求使为整数的最小自然数a的值.4.(1971年加拿大数学竞赛题)证明:对一切整数n,n2+2n+12不是121的倍数.5.(1984年韶关初二数学竞赛题)设是一个四位正整数,已知三位正整数与246的和是一位正整数d的111倍,又是18的倍数.求出这个四位数,并写出推理运算过程.6.(1954年苏联数学竞赛题)能否有正整数m、n满足方程m2+1954=n2.7.证明：（1）133|（11n+2+12n+1），其中n为非负整数.(2)若将(1)中的11改为任意一个正整数a,则(1)中的12,133将作何改动?证明改动后的结论.8.(1986年全国初中数学竞赛题)设a、b、c是三个互不相等的正整数.求证:在a3b-ab3,b3c-bc3,c3a-ca3三个数中,至少有一个能被10整除.9.(1986年上海初中数学竞赛题)100个正整数之和为101101,则它们的最大公约数的最大可能值是多少?证明你的结论.练习十六１．Ｂ．Ｂ．Ａ２．（１）２５·５５．（２）２７．３．由2000a为一整数平方可推出a=5．４．反证法．若是１２１的倍数，设ｎ２＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ（ｎ＋１）２＝１１（１１ｋ－１）．∵１１是素数且除尽（＋１）２，∴１１除尽ｎ＋１１１２除尽（ｎ＋１）２或１１｜１１ｋ－１，不可能．５．由是ｄ的１１１倍，可能是１９８，３０９，４２０，５３１，６４２，７５３；又是１８的倍数，∴只能是１９８．而１９８＋２４６＝４４４，∴ｄ＝４，是１９８４．７．（１）１１ｎ＋２＋１２２ｎ＋１＝１２１×１１ｎ＋１２×１４４ｎ＝１２１×１１ｎ＋１２×１１ｎ－１２×１１ｎ＋１２×１４４ｎ＝…＝１３３×１１ｎ＋１２×（１４４ｎ－１１ｎ）．第一项可被１３３整除．又１４４－１１｜１４４ｎ－１１ｎ，∴１３３｜１１ｎ＋２＋１２２ｎ＋１．（２）１１改为ａ．１２改为ａ＋１，１３３改为ａ（ａ＋１）＋１．改动后命题为ａ（ａ＋１）＋１｜ａｎ＋２＋（ａ＋１）２ｎ＋１，可仿上证明．８．∵ａ３ｂ－ａｂ３＝ａｂ（ａ２－ｂ２）；同理有ｂ（ｂ２－ｃ２）；ｃａ（ｃ２－ａ２）．若ａ、ｂ、ｃ中有偶数或均为奇数，以上三数总能被２整除．又∵在ａ、ｂ、ｃ中若有一个是５的倍数，则题中结论必成立．若均不能被５整除，则ａ２，ｂ２，ｃ２个位数只能是１，４，６，９，从而ａ２－ｂ２，ｂ２－ｃ２，ｃ２－ａ２的个位数是从１，４，６，９中，任取三个两两之差，其中必有０或±５，故题中三式表示的数至少有一个被５整除，又２、５互质．９．设１００个正整数为ａ１，ａ２，…，ａ１００，最大公约数为ｄ，并令则ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝ｄ（ａ１′＋ａ２′＋…＋ａ′１００）＝１０１１０１＝１０１×１００１，故知ａ１′，ａ２′，ａ′１００不可能都是１，从而ａ′１＋ａ′２＋…＋ａ′１００≥１×９９＋２＝１０１，ｄ≤１００１；若取ａ１＝ａ２＝ａ９９＝１００１，ａ１００＝２００２，则满足ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝１００１×１０１＝１０１１０１，且ｄ＝１００１，故ｄ的最大可能值为１００１。
估算-2020-2021学年八年级数学上册尖子生同步培优题典(解析版)
2020-2021学年八年级数学上册尖子生同步培优题典【北师大版】专题2.4估算姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________注意事项：本试卷满分100分，试题共24题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2020•碑林区校级一模）在√2，−52，0，﹣2.1中最小的实数（ ） A ．√2B ．﹣2.1C ．−52D ．0【分析】先根据实数的大小比较法则比较数的大小，再得出答案即可． 【解析】∵−52＜−2.1＜0＜√2， ∴最小的实数是−52， 故选：C ．2．（2020•大庆）在﹣1，0，π，√3这四个数中，最大的数是（ ） A ．﹣1B ．0C ．πD ．√3【分析】实数大小比较的法则：①正数都大于0；②负数都小于0；③正数大于一切负数；④两个负数，绝对值大的其值反而小，据此判断即可． 【解析】根据实数比较大小的方法，可得 ﹣1＜0＜√3＜π，∴在这四个数中，最大的数是π． 故选：C ．3．（2020春•越秀区期末）下列判断正确的是（ ） A ．√3＜2B ．√93＜2C ．π＝3.14D ．13＞0.3.【分析】估算无理数，进行比较即可得出答案．【解析】∵√1＜√3＜√4，∴1＜√3＜2，因此选项A 符合题意， ∵23＝8＜9，∴√93＞2，因此选项B 不符合题意；∵π是一个无限不循环小数，即π＝3.1415926……，因此选项C 不符合题意；13=0.3333……，0.3⋅=0.333……，因此选项D 不符合题意；故选：A ．4．（2020春•相城区期末）下列整数中，与1+√10最接近的是（ ） A ．3B ．4C ．5D ．6【分析】先确定√10的范围和√10最接近的整数，再确定与1+√10最接近的整数． 【解析】因为3.12＝9.61，3.22＝10.24， 所以3.1＜√10＜3.2． 所以√10接近整数3． 所以1+√10最接近4． 故选：B ．5．（2020•渝中区校级三模）在实数52、−√3、0、√2中，最大的实数是（ ）A ．−√3B ．0C ．52D ．√2【分析】根据正数大于0，0大于负数，正数大于负数，比较即可． 【解析】∵−√3＜0＜√2＜52， ∴四个实数中，最大的实数是52．故选：C ．6．（2020•临沂）设a =√7+2．则（ ） A ．2＜a ＜3B ．3＜a ＜4C ．4＜a ＜5D ．5＜a ＜6【分析】直接得出2＜√7＜3，进而得出√7+2的取值范围． 【解析】∵2＜√7＜3， ∴4＜√7+2＜5， ∴4＜a ＜5． 故选：C ．7．（2020春•包河区期末）下列对√23的大小估计，正确的是（ ） A ．在7～8之间B ．在6～7之间C ．在4～5之间D ．在5～6之间【分析】直接利用√16＜√23＜√25，进而得出答案． 【解析】∵√16＜√23＜√25，∴4＜√23＜5，∴√23在4～5之间．故选：C．8．（2020春•海安市期末）观察下表中的数据信息：a1515.115.215.315.415.515.615.715.815.916 a2225228.01231.04234.09237.16240.25243.36246.49249.64252.81256根据表中的信息判断，下列“判断”中错误的是（）A．√2.2801=1.51B．√23409−√23104=1C．只有3个正整数a满足15.4＜√a＜15.5D．√2.51−1.58＜0【分析】根据表格中的信息可知a2和其对应的算术平方根的值，然后依次判断各选项即可．【解析】A．根据表格中的信息知：√2.2801=1.51，故本选项不合题意；B．根据表格中的信息知：√23409−√23104=153﹣152＝1，故本选项不合题意；C．根据表格中的信息知：15.42＝237.16＜a＜15.52＝240.36，∴正整数a＝238或239或240，∴只有3个正整数a满足15.4＜√a＜15.5，故本选项不合题意；D．根据表格中的信息知：√2.51−1.58≈1.59﹣1.58＝0.01＞0，故本选项符合题意．故选：D．9．（2020•福州模拟）若a＜√28−√7＜a+1，其中a为整数，则a的值是（）A．1B．2C．3D．4【分析】先把√28−√7化简，再估算√7的范围即可．【解析】√28−√7=2√7−√7=√7，∵22＜7＜32，∴2＜√7＜3，∵a＜√28−√7＜a+1，其中a为整数，∴a＝2．故选：B．10．（2020•海安市模拟）已知5≤√a≤7，4≤√b≤6，则√a+b的整数部分可以是（）A ．9B ．10C ．11D ．12【分析】根据估算无理数的大小的方法即可得√a +b 的整数部分． 【解析】∵5≤√a ≤7，4≤√b ≤6， ∴25≤a ≤49，16≤b ≤36， ∴41≤a +b ≤85，则√a +b 的整数部分可以是6，7，8，9． 故选：A ．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上 11．（2020春•中山市期末）比较2和√3大小：2 ＞ √3（填“＞”、“＜“或“＝”）． 【分析】先估算√3，再比较大小，即可解答． 【解析】∵1＜3＜4， ∴√1＜√3＜√4， ∴1＜√3＜2， ∴2＞√3， 故答案为：＞．12．（2020•碑林区校级四模）在实数32，﹣2，√5，√83，0中，最大的一个数是 √5 ．【分析】先根据实数的大小比较法则比较数的大小，再得出答案即可． 【解析】∵√83=2， ∴﹣2＜0＜32＜√83＜√5， ∴最大的一个数是√5， 故答案为：√5．13．（2020•雁塔区校级四模）﹣2，−√5，﹣π，﹣1，其中最小的数是 ﹣π ． 【分析】先根据实数的大小比较法则比较数的大小，再得出答案即可． 【解析】∵﹣π＜−√5＜−2＜﹣1， ∴最小的数是﹣π， 故答案为：﹣π．14．（2020•雁塔区校级模拟）最接近−√3的整数是 ﹣2 ．【分析】根据被开方数3的范围，利用算术平方根性质确定出√3的范围，进而确定出−√3的范围，判断即可．【解析】∵2.25＜3＜4，∴1.5＜√3＜2，即﹣2＜−√3＜−1.5，∴最接近−√3的整数是﹣2．故答案为：﹣2．15．（2020•雁塔区校级模拟）设n为正整数，且n＜√41＜n+1，则n的值为6．【分析】根据被开方数41的范围，利用算术平方根定义确定出√41的范围，进而确定出n的值即可．【解析】∵36＜41＜49，∴6＜√41＜7，则n的值为6．故答案为：6．16．（2020•南通）若m＜2√7＜m+1，且m为整数，则m＝5．【分析】估计2√7的大小范围，进而确定m的值．【解析】2√7=√28，∵√25＜√28＜√36，∴5＜2√7＜6，又∵m＜2√7＜m+1，∴m＝5，故答案为：5．17．（2020•怀柔区模拟）已知：a，b是两个连续的整数，且a＜−√10＜b，则a﹣b＝﹣1．【分析】先求出−4＜−√10＜−3，得出a＝﹣4，b＝﹣3，代入求值即可．【解析】∵−√16＜−√10＜−√9，∴−4＜−√10＜−3，∵a＜−√10＜b，且a，b是两个连续的整数，∴a＝﹣4，b＝﹣3，∴a﹣b＝﹣4﹣（﹣3）＝﹣1，故答案为：﹣1．18．（2020春•沙坪坝区校级月考）√7的小数部分为a，则a（a+4）＝3．【分析】先根据√7的范围求出a的值，代入后进行计算即可．【解答】解；∵2＜√7＜3，∴a=√7−2，∴a（a+4）＝（√7−2）（√7−2+2）＝（√7−2）（√7+2）＝7﹣4＝3，故答案为：3．三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2019秋•桥西区校级期中）比较√914与312的大小，并写出你的判断过程．【分析】将√914与312分别进行变形，变为同分母的分数，再进行比较，将整数写出算术平方根的形式进行比较．【解析】∵√914=√374=√372，312=72=√492，又∵√37＜√49，∴√914＜312．20．比较下列各组数的大小．（1）6，√37，√603；（2）−√22和1−√5．【分析】（1）先把6化成√36和估算出√603的大小，再比较出各数的大小，即可得出答案；（2）先估算出−√22和1−√5的大小，再进行比较即可．【解析】（1）∵6=√36，√603≈3.9，∴√603＜6＜√37；（2）∵−√22≈−0.7，1−√5≈−1.2，∴−√22＞1−√5．21．（2020春•杭州期中）设实数√7的整数部分为a，小数部分为b．（1）计算：|b−12 |；（2）求（2a +b ）（2a ﹣b ）的值．【分析】（1）首先确定a 、b 的值，然后再利用绝对值的性质计算即可； （2）利用平方差计算，然后再代入a 、b 的值计算即可． 【解析】∵2＜√7＜3， ∴a ＝2，b =√7−2，（1）|b −12|＝|√7−2−12|＝|√7−212|＝|√7−52|，∵（√7）2＝7，（52）2=254，∴√7＞52， ∴|b −12|=√7−52；（2）（2a +b ）（2a ﹣b ）， ＝4a 2﹣b 2，＝4×4﹣（√7−2）2， ＝16﹣（7+4﹣4√7） ＝16﹣11+4√7， ＝5+4√7．22．（2020春•海淀区校级期中）根据如表回答下列问题x 23.1 23.223.323.423.523.623.723.823.9x 2533.61538.24 542.89 547.56 552.25 556.96 561.69 566.44 571.21（1）566.44的平方根是 ±23.8 ； （2）−√561≈ ﹣23.7 ；（保留一位小数） （3）满足23.6＜√n ＜23.7的整数n 有 5 个．【分析】（1）直接利用平方根的定义结合表格中数据得出答案； （2）结合表格中数据再利用算术平方根的定义得出答案； （3）结合表格中数据即可得出答案．【解析】（1）由表中数据可得：566.44的平方根是：±23.8； 故答案为：±23.8；（2）∵23.72＝561.69， ∴√561≈23.7， ∴−√561≈−23.7， 故答案为：﹣23.7；（3）∵23.62＝556.96，23.72＝561.69， ∴满足23.6＜√n ＜23.7的整数n 有5个， 故答案为：5．23．（2020春•铁东区期中）“比差法”是数学中常用的比较两个数大小的方法，即：{a −b ＞0，则a ＞ba −b =0，则a =b a −b ＜0，则a ＜b．例如：比较√19−2与2的大小： ∵√19−2﹣2=√19−4，又∵√16＜√19＜√25，则4＜√19＜5， ∴√19−2﹣2=√19−4＞0， ∴√19−2＞2．请根据上述方法解答以下问题：比较2−√23与﹣3的大小． 【分析】根据已知作差法判断两式大小即可． 【解析】2−√23−（﹣3）＝2−√23+3＝5−√23， ∵√16＜√23＜√25， ∴4＜√23＜5， ∴5−√23＞0， ∴2−√23＞−3．24．（2020春•明水县校级期中）阅读下面的文字，解答问题：大家知道√2是无理数，而无理数是无限不循环小数，因此√2的小数部分我们不可能全部写出来，而1＜√2＜2于是可用√2−1来表示√2的小数部分．请解答下列问题：（1）√29的整数部分是 5 ，小数部分是 √29−5 ；（2）如果√10的小数部分为a ，√15的整数部分为b ，求a +b −√10的值． 【分析】（1）直接利用二次根式的性质得出√29的取值范围进而得出答案； （2）直接利用二次根式的性质得出√10，√15的取值范围进而得出答案．【解析】（1）∵√25＜√29＜√36，∴5＜√29＜6，∴√29的整数部分是5，小数部分是：√29−5；故答案为：5；√29−5；（2）∵√9＜√10＜√16，∴3＜√10＜4，∵√10的小数部分为a，∴a=√10−3，∵√9＜√15＜√16，∴3＜√15＜4，∵√15的整数部分为b，∴b＝3，∴a+b−√10=√10−3+3−√10=0．。
2000考研数二真题及解析
2000 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题一、填空题 (本题共 5 小题，每小题 3 分，满分15 分，把答案填在题中横线上)(1)lim arctan x x.x 0 ln(12x3 )(2)设函数 y y(x) 由方程2xy x y 所确定，则 dy x 0.(3)dx.2 ( x7)x21(4)曲线 y(2 x1)e x的斜渐近线方程为.1000(5)设 A2300，E为4阶单位矩阵，且 B(E A) 1(E A) 则04500067(E B)1.二、选择题 (本题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1)设函数 f (x)x在 (,) 内连续，且lim f (x)0, 则常数 a, b 满足() bx xa e(A) a0, b0.(B) a0, b0.(C) a0,b0.(D) a0, b0.(2)设函数 f (x)满足关系式 f(x)[ f ( x)] 2x ，且 f (0)0，则()(A) f (0) 是 f ( x) 的极大值.(B)f (0) 是 f ( x) 的极小值.(C)点(0, f (0))是曲线y f (x) 的拐点.(D) f (0) 不是 f ( x) 的极值，点 (0, f (0)) 也不是曲线 y f ( x) 的拐点.(3 ) 设f (x), g (x)是大于零的可导函数，且f'( x) g (x) f ( x) g '(x) 0, 则当 a x b 时，有 ()(A) f ( x) g(b) f (b) g(x)(B) f ( x)g (a) f (a) g( x)(C)f ( x) g (x) f (b)g (b)(D) f (x) g( x) f (a) g(a)sin 6x xf ( x)6 f ( x)(4) 若 limx 30 ，则 limx2为()x 0x 0(A)0.(B)6.(C)36.(D) .(5) 具有特解y 1e x , y 22xe x , y 3 3e x 的 3 阶常系数齐次线性微分方程是( )(A) y yy y0.(B) y y y y 0.(C) y 6 y 11y 6 y0.(D) y2yy2 y0.三、 (本题满分5 分 )ln(1 x)，计算f ( x) dx .设 f (ln x)x四、 (本题满分5 分 )设 xoy 平面上有正方形 D (x, y) 0x 1,0 y1 及直线 l : x y t (t0) .若S(t) 表示正方形 D 位于直线 l 左下方部分的面积，试求x0) . S(t) dt,( x五、 (本题满分5 分 )求函数 f ( x)x 2 ln(1 x) 在 x 0 处的 n 阶导数 f n (0)( n 3).六、 (本题满分6 分 )设函数 S( x)x| cost |dt ，(1)当 n 为正整数，且 n x(n1) 时，证明 2nS( x) 2(n1) ；(2)求 limS(x) .xx七、 (本题满分7 分 )某湖泊的水量为 V ，每年排入湖泊内含污染物A 的污水量为 V，流入湖泊内不含A 的6水量为 V，流出湖泊的水量为V，已知 1999 年底湖中 A 的含量为 5m 0 ，超过国家规定指63m 0标.为了治理污染， 从 2000 年初起，限定排入湖泊中含A 污水的浓度不超过 .问至多需要V经过多少年，湖泊中污染物 A 的含量降至 m 0 以内 (注：设湖水中 A 的浓度是均匀的 )八、 (本题满分6 分 )设函数 f ( x) 在 0,上连续，且f ( x) dx 0, f (x)cos xdx0 ，试证明：在 (0, )内至少存在两个不同的点 1,2 ，使 f (1 )f (2 )0.九、 (本题满分 7 分 )已知 f ( x) 是周期为 5 的连续函数，它在 x0 的某个邻域内满足关系式f (1 sin x) 3 f (1 sin x) 8x( x)其中 (x) 是当 x 0 时比 x 高阶的无穷小， 且 f (x) 在 x1 处可导， 求曲线 y f ( x) 在点(6, f (6)) 处的切线方程 .十、 (本题满分 8 分 )设曲线 yax 2 (a 0, x 0) 与 y 1 x 2 交于点 A ，过坐标原点 O 和点 A 的直线与曲线 yax 2 围成一平面图形 .问 a 为何值时， 该图形绕 x 轴旋转一周所得的旋转体体积最大？最大体积是多少？十一、 (本题满分 8 分 )函数 f ( x) 在 [0,) 上可导， f (0)1且满足等式f (x) f ( x)1x0,f (t )dtx 1 0(1)求导数 f ( x) ；(2)证明：当 x 0 时，成立不等式 e xf (x) 1成立十二、 (本题满分 6 分 )111设2 ,, 0 , A T, BT.其中T 是的转置，12 8求解方程 2B 2 A 2 x A 4 x B 4 x十三、 (本题满 7 分 )a b已知向量组 11 , 22 ,3 1 与向量组 111具有相同的秩，且3 可由1 ,2 ,3 线性表出，求 a, b 的值 .1392 , 20, 363172000 年全国硕士研究生入学统一考试数学二试题解析一、填空题(1) 【答案】1 6ln 1 2 x 32 x 3lim arctanxx 洛lim 1 11 x 2【详解】 limarctanx xx 2lim1x 0ln 1 2x3x 02x3x 06x2x 06x 21 x26(2) 设函数 y y( x) 由方程 2xy x y 所确定，则 dy x 0.【答案】 (ln 2 1)dx 【详解】方法 1：对方程2xyx y 两边求微分，有2xy ln 2 (xdy ydx) dx dy.由所给方程知，当 x 0 时 y 1. 将 x 0 ， y 1代入上式，有 ln 2 dx dx dy .所以， dyx 0(ln 2 1)dx .方法 2：两边对 x 求导数，视 y 为该方程确定的函数，有2xy ln 2 (xyy) 1 y .当 x 0 时 y1，以此代入，得 yln 2 1 ，所以 dy x 0 (ln2 1)dx .(3) 【答案】3【详解】由于被积函数在x2 处没有定义，则该积分为广义积分.对于广义积分，可以先按照不定积分计算，再对其求极限即可.作积分变量替换，令x 2 t, x 2t 2dx 2tdt,dx(t22tdt 2 1 arctan t22. 2( x 7) x 29)t 3 3 03 3(4) 【答案】 y 2x 1【公式】 ykx b 为 yf ( x) 的斜渐近线的计算公式： k limy,blim [ f ( x) kx]x xxx xxx1【详解】 klim y lim (21)e x2,xxxx1令1lim( 2eu2 e u )b lim ( y 2x) lim[(2 x 1)e x2 x] uxxxu 0ulim( 2(eu1) e u ) e u 1u lim(2ue u ) 2 11u 0uu 0u所以， x方向有斜渐近线y2x 1 . 当 x时，类似地有斜渐近线 y 2x 1.1总之，曲线 y(2 x 1)e x 的斜渐近线方程为 y 2x 1.1 0 0 0 120 0(5) 【答案】230 0 0 3 4【详解】先求出 ( EB) 1 然后带入数值，由于 B( E A) 1(EA) ，所以( E B) 1E ( E A) 1(EA) －１( EA) 1(E A) ( E A) 1(EA) －１2(E A)1－１ 1(E A)22 0 01 0 0 0 12 4 0 0 1 2 0 02 04 6 0 0 2 3 00 06 834二、选择题 (1) 【答案】 D 【详解】排除法：如果 a0，则在 ( ,) 内 f (x) 的分母 a e bx 必有零点 x 0 ，从而 f ( x) 在 x x 0 处不连续，与题设不符 .不选 ( A) ，若 b 0，则无论 a0 还是 a0 均有 limf (x ),与题x设 lim f (x)0 矛盾，不选 (B) 和 (C) 故选(D). x.(2) 【答案】 C【定理应用】判断极值的第二充分条件：设函数f ( x) 在 x 0 出具有二阶导数且 f (x 0 ) 0 ，f ( x 0 ) 0 ，那么： (1) 当 f ( x 0 )0 时，函数 f (x) 在 x 0 处取得极大值；(2) 当f( x0 )0 时，函数 f ( x) 在x0处取得极小值；f ( x) [ f( x)] 2x 中x0 ，得f(0)02【详解】令等式 f (0)0 ，无法利用判断极值的第二充分条件，故无法判断是否为极值或拐点.再求导数 (因为下式右边存在，所以左边也存在)：f ( x) ( x2f ( x) ) 1 2 f ( x) f ( x)以 x 0 代入，有 f(0) 1，所以f(0)lim f ( x) f (0)lim f ( x)1.x 0x0x 0x从而知，存在x0 去心邻域，在此去心邻域内，f( x) 与x同号，于是推知在此去心邻域内当 x0 时曲线 y f (x) 是凸的，在此去心临域内x0 时曲线 y f ( x) 是凹的，点 (0, f (0))是曲线 y f ( x) 的拐点，选(C).(3)【答案】 A【分析】由选项答案可知需要利用单调性证明，关键在于寻找待证的函数. 题设中已知f '(x) g( x) f (x)g '( x) 0,想到设函数为相除的形式f ( x).g ( x)【详解】f (x) f '(x) g( x) f ( x)g '(x)设 F (x)，则 F (x)20,g(x)g( x)则 F ( x) 在 a x b 时单调递减，所以对 a x b ， F (a) F ( x) F (b) ，即f (a) f ( x) f (b)g( a)g( x)g(b)得 f ( x)g(b) f (b) g( x), a x b ， ( A) 为正确选项.(4)【答案】 (C)【分析】本题有多种解法：(1)将含有 f (x) 的要求极限的表达式凑成已知极限的表达式，或反之； (2)利用极限与无穷小的关系，从已知极限中解出 f (x) 代入要求极限式中；(3)将具体函数用佩亚诺余项泰勒公式展开化简原极限.【详解】方法 1：凑成已知极限6 f ( x) 6x xf ( x) 6x sin 6x sin 6x xf ( x)x 2x 3x 312而lim 6x sin 6x 洛 lim 6 6cos6x lim 6(1 cos6x) 2 2 (6x)36x 3 3x 2 3x 2 lim x2x 0x 0x 0x 0(由于 1 cos x1 x2 1 cos(6 x) 1 (6 x)2 )6f ( x)6x sin 6xsin 6x 2 xf ( x) 2所以lim36 0 36x 2limx 3lim x 3x 0x 0x 0方法 2：由极限与无穷小关系，由已知极限式解出sin 6x xf ( x)a ， lim a 03xx 0从而sin 6x xf (x)ax 3f ( x)ax 3 sin 6xx6f ( x)6ax 3 sin6 x3 6x sin 6 xxaxx 2x 2x 3所以lim 6f ( x)ax 3 6xsin 6x 极限的四则运算lim a6x sin 6xx 2limx 3limx 3x 0x 0xx 06 6cos6 x21(6x) 20 lim lim2363x2x 2x 0x方法 3： 将 sin 6x 在 x0 处按佩亚诺余项泰勒公式展开至x 3 项：sin 6x6x (6 x)33)6x 36x3( x 3),3!(x于是sin 6x xf ( x) 6xxf (x)36x 3( x 3 ) 6f ( x) 36 ( x 3 ) ,x 3x 3x 2x 3从而lim 6f ( x)sin 6x xf ( x) 36 lim (x 3) 036 036.x 2lim x 3 3x 0x 0x 0x(5) 【答案】 B 【详解】 由特解 y 1e x , y 2 2xe x ，对照常系数线性齐次微分方程的特征方程、特征根与解的对应关系知道， r 2 1 为特征方程的二重根； 由 y 3 3e x 可知 r 1 1 为特征方程的单根，因此特征方程为(r 1)(r 1)2 r 3 r 2 r 1 0,由常系数齐次线性微分方程与特征方程的关系，得该微分方程为y y y y 0.三【详解】方法 1：为了求不定积分，首先需要写出f (x) 的表达式 .为此，令 ln xt ，有 xe tf (t ) f (ln x)ln(1 x)ln(1 e t )xe tf ( x)dxe x ln(1 e x )dxln(1 e x )de xe xln(1 e x ) e x e xdx 分部积分1 e xe x ln(1 e x )1 e x e x dx拆项1 e xe x ln(1 e x )(1 e x )dx1 e x e x ln(1 e x )1dx1 e x dxe x e x ln(1 e x )1dx 1 1 x de xee x ln(1 e x )1dx 1 1 x d(e x 1)ee x ln(1 e x ) x ln(1 e x ) C方法 2：作积分变量替换，命 xln t ，f ( x)dxf (ln t)1dt ln(1 t) dtln(1 t )d1t t 2tln(1 t) 1dt ]分部积分[tt(1 t )ln(1 t)( 1 1 )dt部分分式求和tt1tln(1 t ) 1dt1 d(1 t )ln(1 t)ln t ln(1 t) Ctt1 tte x ln(1 e x ) x ln(1 e x ) C.四【详解】先写出面积S(t ) 的( 分段 ) 表达式，1S(t)Ox+y=t 1当 0 t 1 时，图形为三角形，利用三角形的面积公式：S(t )1 t2 ；2当 1 t 2 时，图形面积可由正方形面积减去小三角形面积，其中由于 x y t 与 y 1 交点的纵坐标为 t 1 ，于是，小三角形的边长为： 1 ( t 1)2 t ，所以S(t )1 1(2 t )21 1 (t2 4t4)1 t2 2t 1 ；222当 t2 时，图形面积就是正方形的面积： S( t) 1，则1 t2 , 0 t 1,2S(t ) 11(2 t) 2 ,1 t2,21, 2 t.x x 11 t 3 x当 0x 1时，2dtS(t )dtt 232当 1 x2时， x1 S(t )dtxS(t )dt0S(t)dt11( x 1) 1 ( x 2)366当 x2 xS(t )dt2x S(t )dt 1时，S(t)dt21 x 3x16x1 x 3 x2x1 1 x2 因此S(t)dt63x 1x2x 3 ; 61 1t 2dt x1 2) 2]dt2[1 (t 0121 x 3 x 2x1 66 3x 1dtx 1.2五【详解】方法 1：按莱布尼茨高阶导数公式：(uv)( n)u (n) v C n 1u (n 1) v C n k u ( n k) v ( k)uv (n ) .为了求 ln(1 x) 的 n 阶导数，设 y ln(1x) ，y1 ； 1 xy1212；1 x1xy21 1 2；1313x xy(4)1 2 1 2 3 3x414 1x一般地，可得y( n )( 1)n 1( n 1)!(1x) n即ln(1( n)(1)n 1( n1)! x)(1x)n设 u ln(1x) ， v x2，利用上述公式对函数展开，由于对x2求导，从三阶导数开始就为零，故展开式中只含有前三项f ( n) (x)x2 ( 1)n 1(n1)!(1x) n代入 x0 ，得：f ( n) (0)n( n 1)(1)n3 (n .2nx ( 1)n 2 (n 2)!n(n 1) ( 1)n3 (n1)! .(1 x) n 1(1x)n23)!( 1)n 1 n! , n 3,4 .n 2方法 2：y f (x) 带佩亚诺余项的麦克劳林公式：f ( x) f (0) f (0) x f (0)x2f ( n ) (0)n(x n) 2!xn!求 f n (0)( n3)可以通过先求 y f ( x) 的的麦克劳林展开式，则展开式中 x n项的系数与 n ! 的乘积就是y f ( x) 在点 x0处的n阶导数值f(n)(0).由麦克劳林公式，ln(1 x)x x2x3(n 1x n 2( xn 2), 231)n 2所以x2 ln(1x)x3x4x5(1)n 1 x n 2( x n ).23n 2对照麦克劳林公式f ( x) f (0)f(0)f(0)x2f (n ) (0)x n n), x2!n!(x1!从而推知f ( n) (0)( 1)n 1n!n 2得f( n)(0)(1)n 1 n! , n 3,4 .n 2六【详解】因为 cosx0 ，且 nx (n 1) ，n x (n 1)cosx dx.所以cosx dx0 cosx dx定积分的性质又因为 cosx 具有周期，所以在长度为的积分区间上的积分值均相等：acos x dx ，cos x dxa0 从而ncos x dx2cosx dxn cosx dx 0 cosx dx(n 1)ncosx dx n( 2 cos xdxcos xdx)2n(sin x 2 sin x )n(1 (01)) 2n2(n 1)所以cosxdx 2(n 1).2nx2( n1), 即2nS(x)2(n 1).所以cosxdx(2) 由 (1) 有，当 nx( n 1)2nS(x)2( n1)时，xn( n 1)命 n取极限，2n22 ， lim 2(n 1)2(1 1 ) 2limlimlim nn( n 1)n1nnn(1)n由夹逼定理，得lim S(x)2 .xx七【详解】设从 2000 年初 (相应 t0 )开始，第 t 年湖泊中污染物 A 的总量为 m ，浓度为m，V则在时间间隔 [ t,t dt ] 内，排入湖泊中 A 的量为：m 0V(t dtdt )m 0dt ，流出湖泊的水中 A 的量为m Vdtmdt .V6 6V33(mm) dt .因而时间从 t 到 tdt 相应地湖泊中污染物A 的改变量为： dm63由分离变量法求解：dmdt(mm )63两边求积分：dmd (mm )m 0mdt363tC 1t C 1m 0 mm 0 m3ln()63()()63 6 3m 0 m t C 1m 0 m tC 1 m m 0 t C 1ln(e3e3e36 )363 363m 0 C 1tm 0 t C 1m3e 3 e3mC e 3 , (C 3e 3 )229m 0 . 于是 mm 0t初始条件为m(0)5m ，代入初始条件得C(1 9e 3) ，要满22足污染物 A 的含量可降至 m 0 内，命 m m 0 ，得 t6ln 3 . 即至多需经过 6 ln 3年，湖泊中A 的含量降至 m 0 以内 .八【证明】方法 1：令 F (x)x f (t )dt,0 x，有 F (0)0,由题设有 F( )0 .又由题设f ( x)cos xdx 0 ，用分部积分，有f (x)cos xdxcos xdF( x)F ( x)cos x 0F ( x)sin xdxF (x)sin xdx由积分中值定理知，存在(0, )使F (x)sin xdxF ( )sin(0)因为(0, ) ， sin0 ，所以推知存在(0, ),使得 F() 0 . 再在区间[0, ] 与 [ , ] 上 对 F (x) 用 罗 尔 定 理 ， 推 知 存 在 1(0, ) ，2( , ) 使F(1) 0,F(2) 0，即f ( 1 ) 0, f ( 2 ) 0方法 2：由0 f (x)dx 0及积分中值定理知， 存在 1 (0, ) ，使 f ( 1)0 . 若在区间 (0, )内 f ( x) 仅有一个零点 1 ，则在区间 (0, 1)与 ( 1, ) 内 f ( x) 异号 . 不妨设在 (0, 1 ) 内f (x)0 ，在 ( 1 , ) 内 f ( x)0. 于是由f ( x) dx 0,f (x)cos xdx 0 ，有f (x)cos xdxf (x)cos 1dx0f ( x)(cos x cos 1 )dx1cos 1 )dxf ( x)(cos x cos 1) dx0 f (x)(cos x1当 0x1时 ，c o sx 1 ，f ( x)(cos x cos 1 ) 0； 当1x时 ，co scosxc o s 1 ，仍有 f (x)(cos x cos 1 )0 ，得到： 0 0 . 矛盾，此矛盾证明了f ( x)在 (0,) 仅有 1个零点的假设不正确，故在(0, ) 内 f ( x) 至少有 2个不同的零点 .九【详解】为了求曲线y f ( x) 在点 (6, f (6)) 处的切线方程，首先需要求出 y f (x) 在x 6处的导数， 即切线斜率 . 而函数又是以周期为 5 的函数，且在 x 1 处可导，则在 x 6处可导，且其导数值等于函数在 x 1 处的导数值 .将 f (1sin x) 3 f (1 sin x)8x (x) 两边令 x0 取极限，由 f 的连续性得f (1)3f (1) lim(8 x( x)) 02 f (1) 0x故 f (1)0 ，又由原设 f (x) 在 x 1处可导，两边同除 sin x ，lim f (1 sin x)f (1)3lim f (1sin x) f (1) lim 8xlim ( x)x 0sin xx 0sin x xsin x x 0 sin x 根据导数的定义，得f (1) 3 f (1) lim8xx lim (x) x 8 4 f (1)8xxsin x x 0 x sin x所以 f (1) 2 ，又因 f (6)f (5 1) f (1) ，所以 f (6) 2 ，由点斜式，切线方程为( y f (6))f (6)( x6).以 f (6)f (1) 0, f (6) 2 代入得 y 2( x 6). 即 2x y 12 0.十【详解】首先联立两式， 求直线与曲线的交点： 1 x 2ax 2，得： x1，而 x 0 ，1 a则交点坐标为：1 ,aOA 的方程为 yax ( x, y) () . 由点斜式，故直线.1 a 1 a1 a由旋转体体积公式 Vb 2( x)dx ，要求的体积就是用大体积减去小体积：fa1 Va 1 0211a2x2axa 1 ax 2 2a 1 2 x 4 )dxdxdx(a1 a1 a12 3 2 x5 a 12a2a xa3(1 a)5515(1a)2为了求 V 的最大值，对函数关于a 求导，5 a 2 53dV 2 2 2 2 2 2a (1 a)2(1 a)2aa2da5 155 15(1 a) 515(1a) 2(1 a)235 a 2 ]5 a 2 ]2 (1 a)2[2 a(1 a)2 [2 a(1 a) 2215(1 a)515 7(1a)225 21 2a 2 ]2 [2 a 2a2 a ]2 [2a2 a ][4 a a157 15 7157(1 a)2(1a) 2(1 a)2命 dV 0,得唯一驻点 a4 ，所以 a 4也是 V 的最大值点，最大体积为 V a 432 5 .da1875十一 【详解】 (1) 为了求 f (x) ，将 f ( x) f ( x)1x0 两边同乘 ( x 1) ，得x f (t) dt1 0( x 1) f ( x) ( x 1) f ( x)xf (t )dt 0,两边对 x 求导，得f ( x) ( x 1) f ( x)f ( x) ( x 1) f ( x) f ( x)即( x 1) f (x) ( x 2) f ( x) 0 .上述方程为二阶可降阶微分方程，令uf ( x) ，化为 ( x 1)u ( x 2)u0 ，即du ( x 2)u( x 1)dx两边求积分：du ( x 2) dx (11 )dxu( x 1)x 1即 ln u( x ln( x 1)) C 1所以ue (x ln( x 1) C 1)(ex1e C1)x 1令 CC 1，则 uCe x ，于是 f( x) uCe xex 1 x.1再以 x 0 代入原方程 f(0) f (0)1 0f (t) dtf (0) f (0)0 ，由 f (0) 1 ，有1f (0)1，于是 C1, f ( x)e xx .1(2)方法 1：用积分证 .f ( x)f (0)xf (t )dt1 x e ttdt.1xe ttxt牛 -莱公式t xx而dtdteee10 t1两边同乘以 ( 1) ，得：ex 1 x e tdt 0，t1即ex f ( x)1xe t10 tdt1方法 2 ：用微分学方法证 .因 f (0) 1, f ( x) 0 ，即 f ( x) 单调递减，所以当 x 0 时 f (x) 1.要 证 f ( x)e x ， 可 转 化 为 证 明f ( x) e x 0 ， 令 ( x )f ( x ) e x ， 则，且( x)f ( x) exf ( x)e x( x)(0)110x1所以，当 x0 时 (x) 0，即 f (x)e x .结合两个不等式，推知当x 0时， e xf (x) 1.证毕 .十二【 详解 】由题设得A111121T 2 121 0 ， BT 112 .0 212121 012所以A 2T TT2A ， A 4 8A ；B 24， B 216代入原方程 2B 2 A 2 xA 4 xB 4 x中，得16 Ax 8Ax 16 x，即8 A2E x其中 E 是三阶单位矩阵，令 xTx 1 ,x 2 ,x 3 ，代入上式，得线性非齐次方程组x 1 1x 2 0 22x 1 x 2 0(1)x 11x 2 2x 3 12显然方程组得同解方程为2x 1 x 2 0x 1 1x 2 2x 3 1(2)2令自由未知量x 1 k, 解得 x 2 2k,x 3k1 2故方程组通解为x 1 k 1 0 x 22k k 2 0 ， ( k 为任意常数 )x 3k1 1122十三【 详解 】方法 1：先求1 ,2 ,3, 将矩阵作初等行变换，得1 3 9 1 3 9 1 3 91,2,32 0 66 12 0 1 23170 10200 0知1,2,3 2.故 1,2,31,2,32， 1,2,3作初等行变换0 a b 1 1 0 1,2,31 2 10 3 11 1 0a 3b因为1, 2,32 ，所以 a3b又3 可由1 ,2 ,3 线性表出，故1 ,2 ,3 ,3 1,2,32将 1, 2, 3, 3 作初等行变换1 3 9 b 1 3 9b 20 61 06121 2b3 1 71 10 203b1 3 9b12b0 1 260 03b 5 1 2b3由1,2,3,3，得3b51 2b 0，解得 b5 ，及 a 3b15.23方法 2：由方法 1 中的初等变换结果可以看出1,2 线性无关，且33 122，故1,2,32 ，1 ,2是1, 2 , 3的极大线性无关组. 又1, 2,31 ,2 ,32 ，1 ,2 ,3 线性相关 . 从而得a b 0 a b 1,2,31 2 1 1 310,1 1 01 0 0计算三阶行列式得a 3b 0 ，得 a 3b又 3 可由1 ,2 , 3线性表出，即可由1 ,2 线性表出，1 ,23 线性相关，有1 3 b 1 3 b 1 3 b1,2,320 16 1 2b 0 61 2b3 1 00 103b0 3b 10 12b6行列式展开得6 3b10 1 2b 0 ，65 1 2b0 ，得 b 5 及 a 3b 15.所以 3b3方法 3：先利用 3 可由 1, 2 , 3 线性表出，故方程组1, 2 , 3 X有解，即1 3 9 x 1 b 26x 21 3 17 x 3有解 . 对其增广矩阵施行初等行变化1 3 9 b 1 3 9b 20 61 06121 2b3 1 71 10 203b1 3 9b2b10 1 260 51 2b3b3由其次线性方程组有解的条件 (系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩)，知3b 5 12b5 1 b 0解得 b 5. 33 3又因为1和2线性无关，且33 122 ，所以向量组1 ,2 ,3的秩为 2 ，0 a b 0 a b 由题设条件知1 ,2 ,32 ，从而1 ,2 ,31 2 1 1 3 1 0,1 11 0 0解得 a 15。
编程题(2级)
编程题（二级）原题见《等考程序题集》（原题无代码；1级题比较简单，未提取）.1. （x,y,z）满足方程：x^2+y^2+z^2=55^2(注：要求 x > y > z),则（x,y,z）称为方程的一个解。
试求方程的整数解（包括负整数解）的个数。
62.2. [100，999]范围内同时满足以下两个条件的十进制数. ⑴其个位数字与十位数字之和除以10所得的余数是百位数字；⑵该数是素数; 求有多少个这样的数？15.3. [300，800]范围内同时满足以下两个条件的十进制数. ⑴其个位数字与十位数字之和除以10所得的余数是百位数字；⑵该数是素数；求满足上述条件的最大的三位十进制数。
761.4. 50元的整币兑换成5元、2元和1元币值（三种币值均有、缺少一种或两种都计算在内）的方法有多少种。
146.5. 50元的整币兑换成5元、2元和1元币值（要求三种币值均有）的方法有多少种。
106.6. A,B,C是三个小于或等于100正整数，当满足1/A^2+1/B^2=1/C^2关系时，称为倒勾股数。
求130<A+B+C<150且A>B>C的倒勾股数有多少组。
1.7. 爱因斯坦走台阶:有一台阶,如果每次走两阶,最后剩一阶;如果每次走三阶,最后剩两阶;如果每次走四阶,最后剩三阶;如果每次走五阶,最后剩四阶;如果每次走六阶,最后剩五阶;如果每次走七阶,刚好走完.求满足上述条件的最小台阶数是多少？119.8. 把一张一元钞票,换成一分、二分和五分硬币,每种至少11枚,问有多少种方案? 13.9. 把一张一元钞票,换成一分、二分和五分硬币,每种至少5枚,问有多少种方案? 205.10. 把一张一元钞票,换成一分、二分和五分硬币,每种至少8枚,问有多少种方案? 80.11. 编程求取：[121,140] 之间的弦数的个数（若某正整数的平方等于另两个正整数平方之和，则称该数为弦数. 例如:3^2+4^2=5^2, 因此5是弦数）。
苏科版八年级上册数学《期末考试试卷》及答案
若L1⊥L2,则有k1•k2＝﹣1,根据以上结论解答下列各题：
(1)已知直线y＝2x+1与直线y＝kx﹣1垂直,求k的值；
(2)若一条直线经过A(2,3),且与y＝﹣ x+3垂直,求这条直线所对应的一次函数的关系式．
24.已知一次函数y=x﹣2的图象与y轴交于点A,且与正比例函数y= x的图象相交于点M
故选D．
[点睛]本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义,掌握中心对称图形与轴对称图形的概念,解答时要注意：判断轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部沿对称轴叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心,图形旋转180度后与原图重合．
2.点P(1,﹣2)关于y轴对称的点的坐标是()
A.(1,2)B.(﹣1,2)C.(﹣1,﹣2)D.(﹣2,1)
考点：本题考查了勾股定理的逆定理．
点评：本题属于中等难度试题,此类试题考生可以很快解答出答案,实际上本题考查了勾股定理的逆定理,勾股定理的逆定理是判断三角形为锐角或钝角的一个简单的方法．若c为最长边,且 ,则△ABC是直角三角形．如果 ,则△ABC是锐角三角形．如果 ,则△ABC是钝角三角形．
8.如图,在长方形ABCD中,AB＝2,BC＝1,运点P从点B出发,沿路线B C D作匀速运动,那么△ABP的面积 与点P运动的路程 之间的函数图象大致是().
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 无法确定
[答案]B
[解析]
试题分析:勾股定理是指把直角三角形的两直角边的平方和等于斜边的平方这一特性叫做勾股定理或勾股弦定理．若a的平方+b的平方=c的平方,则以a、b、c为边的三角形是以c为斜边的直角三角形,此为勾股定理的逆定理．本题中, ,故为直角三角形．故选B.
人教版初一数学下册实数试卷及答案(19)
一、选择题1．求1＋2＋22＋23＋…＋22020的值，可令S ＝1＋2＋22＋23＋…＋22020，则2S ＝2＋22＋23＋24＋…＋22021，因此2S －S ＝22021－1．仿照以上推理，计算出1＋2020＋20202＋20203＋…＋20202020的值为（ ） A ．2020202012020-B ．2021202012020-C ．2021202012019-D ．2020202012019-2．已知A ，B ，C 是数轴上三点，点B 是线段AC 的中点，点A ，B 对应的实数分别为1-和2，则点C 对应的实数是（ ） A ．21+B ．22+C ．221-D ．221+3．以下11个命题：①负数没有平方根；②内错角相等；③同旁内角互补，两直线平行；④一个正数有两个立方根，它们互为相反数；⑤无限不循环小数是无理数；⑥数轴上的点与实数有一一对应关系；⑦过一点有且只有一条直线和已知直线垂直；⑧不相交的两条直线叫做平行线；⑨从直线外一点到这条直线的垂线段，叫做这点到直线的距离．⑩开方开不尽的数是无理数；⑪相等的两个角是对顶角；其中真命题的个数为（ ） A ．5B ．6C ．7D ．84．各个数位上数字的立方和等于其本身的三位数叫做“水仙花数”．例如153是“水仙花数”，因为333153153++=．以下四个数中是“水仙花数”的是（ ） A ．135B ．220C ．345D ．407 5．若15的整数部分为a ，小数部分为b ，则a-b 的值为（） A ．615-B ．156-C ．815-D ．158-6．有下列四种说法：①数轴上有无数多个表示无理数的点； ②带根号的数不一定是无理数； ③平方根等于它本身的数为0和1； ④没有最大的正整数，但有最小的正整数； 其中正确的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 7．设n 为正整数，且n ＜65＜n+1，则n 的值为（ ）A ．5B ．6C ．7D ．88．如图，数轴上,A B 两点表示的数分别为1,2--，点B 关于点A 的对称点为点C ，则点C 所表示的数是（ ）A ．12B 21C ．22D 229．按如图所示的运算程序，能使输出y 值为1的是（ ）A ．11m n ==，B ．10m n ==，C ．12m n ==，D ．21m n ==，10．如图，数轴上O 、A 、B 、C 四点，若数轴上有一点M ，点M 所表示的数为m ，且5m m c -=-，则关于M 点的位置，下列叙述正确的是（ ）A ．在A 点左侧B ．在线段AC 上C ．在线段OC 上D ．在线段OB 上二、填空题11．观察下列等式：1﹣12＝12，2﹣25＝85，3﹣310＝2710，4﹣417＝6417，…，根据你发现的规律，则第20个等式为_____．12．对于三个数a ，b ，c ，用M{a ，b ，c}表示这三个数的平均数，用min{a ，b ，c}表示这三个数中最小的数．例如：M{－1，2，3}＝123433-++=，min{－1，2，3}＝－1，如果M{3，2x ＋1，4x －1}＝min{2，－x ＋3，5x}，那么x ＝_______.13．现定义一种新运算：对任意有理数a 、b ，都有a ⊗b=a 2﹣b ，例如3⊗2=32﹣2=7，2⊗（﹣1）=_____．14．我们可以用符号f (a )表示代数式．当a 是正整数时，我们规定如果a 为偶数，f (a )＝0.5a ；如果a 为奇数，f (a )＝5a +1．例如：f (20)＝10，f (5)＝26．设a 1＝6，a 2＝f (a 1)，a 3＝f (a 2)…；依此规律进行下去，得到一列数：a 1，a 2，a 3，a 4…(n 为正整数)，则2a 1﹣a 2+a 3﹣a 4+a 5﹣a 6+…+a 2013﹣a 2014+a 2015＝_____． 15．若()2210a b -+=．则a b ＝______．16．313312+333123++33331234+++…，则3333123100++++＝_______．17．已知M 是满足不等式27a -<N 52M N +的平方根为__________．18．若[)x 表示大于x 的最小整数，如[)56=，[)1.81-=-，则下列结论中正确的有______（填写所有正确结论的序号）．①[)01=；②33055⎡⎫-=⎪⎢⎣⎭；③[)0x x -<；④[)1x x x <≤+；⑤存在有理数x 使[)0.2x x -=成立．19．定义运算“@”的运算法则为：xy 4+2@6 =____．20．在平面直角坐标系xOy 中，对于点P(x ，y)，如果点Q(x ，'y )的纵坐标满足()()x y x y y y x x y -≥⎧=⎨-<'⎩当时当时，那么称点Q 为点P 的“关联点”．请写出点(3，5)的“关联点”的坐标_______；如果点P(x ，y)的关联点Q 坐标为(－2，3)，则点P 的坐标为________．三、解答题21．对于有理数a 、b ，定义了一种新运算“※”为：()()223a b a b a b a b a b ⎧-≥⎪=⎨-<⎪⎩※如：532537=⨯-=※，2131313=-⨯=-※． （1）计算：①()21-=※______；②()()43--=※______；（2）若313m x =-+※是关于x 的一元一次方程，且方程的解为2x =，求m 的值； （3）若3241A x x x =-+-+，3262B x x x =-+-+，且3A B =-※，求322x x +的值． 22．观察下列两个等式：5532321,44133+=⨯-+=⨯-，给出定义如下：我们称使等式1a b ab +=-成立的一对有理数,a b 为“白马有理数对”，记为(,)a b ，如：数对5(3,2),4,3⎛⎫⎪⎝⎭都是“白马有理数对”．（1）数对3(2,1),5,2⎛⎫- ⎪⎝⎭中是“白马有理数对”的是_________；（2）若(,3)a 是“白马有理数对”，求a 的值；（3）若(,)m n 是“白马有理数对”，则(,)n m --是“白马有理数对”吗？请说明理由． （4）请再写出一对符合条件的“白马有理数对”_________（注意：不能与题目中已有的“白马有理数对”重复）23．在已有运算的基础上定义一种新运算⊗：x y x y y ⊗=-+，⊗的运算级别高于加减乘除运算，即⊗的运算顺序要优先于+-⨯÷、、、运算，试根据条件回答下列问题． （1）计算：()53⊗-= ；（2）若35x ⊗=，则x = ；（3）在数轴上，数x y 、的位置如下图所示，试化简：1x y x ⊗-⊗；（4）如图所示，在数轴上，点AB 、分别以1个单位每秒的速度从表示数-1和3的点开始运动，点A 向正方向运动，点B 向负方向运动，t 秒后点AB 、分别运动到表示数a 和b 的点所在的位置，当2a b ⊗=时，求t 的值．24．观察下列各式：21131222-=⨯；21241333-=⨯；21351444-=⨯；……根据上面的等式所反映的规律，（1）填空：21150-=______；2112019-=______； （2）计算：2222111111112342019⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫---⋅⋅⋅- ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭25．规律探究，观察下列等式： 第1个等式：111111434a ⎛⎫==⨯- ⎪⨯⎝⎭ 第2个等式：2111147347a ⎛⎫==⨯- ⎪⨯⎝⎭第3个等式：311117103710a ⎛⎫==⨯- ⎪⨯⎝⎭ 第4个等式：41111101331013a ⎛⎫==⨯- ⎪⨯⎝⎭请回答下列问题：（1）按以上规律写出第5个等式：= ___________ = ___________（2）用含n 的式子表示第n 个等式：= ___________ = ___________(n 为正整数） （3）求1234100a a a a a +++++26．观察下列各式，并用所得出的规律解决问题：（1）2 1.414≈，20014.14≈，20000141.4≈，……0.030.1732≈，3 1.732≈，30017.32≈，……由此可见，被开方数的小数点每向右移动______位，其算术平方根的小数点向______移动______位．（2）已知15 3.873≈， 1.5 1.225≈，则150≈_____；0.15≈______． （3）311=，3100010=，31000000100=，…… 小数点的变化规律是_______________________． （4）已知310 2.154≈，30.2154y ≈-，则y =______．27．如图1，把两个边长为1的小正方形沿对角线剪开，所得的4个直角三角形拼成一个面积为2的大正方形．由此得到了一种能在数轴上画出无理数对应点的方法． （1）图2中A 、B 两点表示的数分别为___________，____________；（2）请你参照上面的方法：①把图3中51⨯的长方形进行剪裁，并拼成一个大正方形．在图3中画出裁剪线，并在图4的正方形网格中画出拼成的大正方形，该正方形的边长a =___________．（注：小正方形边长都为1，拼接不重叠也无空隙）②在①的基础上，参照图2的画法，在数轴上分别用点M 、N 表示数a 以及3a -．（图中标出必要线段的长）28．我们已经学习了“乘方”运算，下面介绍一种新运算，即“对数”运算． 定义：如果b a N =（a ＞0，a ≠1，N ＞0），那么b 叫做以a 为底N 的对数，记作log a N b =．例如：因为35125=，所以5log 1253=；因为211121=，所以11log 1212=． 根据“对数”运算的定义，回答下列问题： （1）填空：6log 6= ，3log 81= ． （2）如果()2log 23m -=，求m 的值．（3）对于“对数”运算，小明同学认为有“log log log a a a MN M N =⋅（a ＞0，a ≠1，M ＞0，N ＞0）”，他的说法正确吗？如果正确，请给出证明过程；如果不正确，请说明理由，并加以改正．29．据说，我国著名数学家华罗庚在一次访问途中，看到飞机邻座的乘客阅读的杂志上有一道智力题：一个数32768，它是一个正数的立方，希望求它的立方根，华罗庚不假思索给出了答案，邻座乘客非常惊奇，很想得知其中的奥秘，你知道华罗庚是怎样准确计算出的吗？请按照下面的问题试一试：（1）由33101000,1001000000==，因为1000327681000000<<332768______位数；（2）由32768的个位上的数是8332768________，划去32768后面的三位数768得到32，因为333=27,4=64332768_____________；(3)已知13824和110592-3138243110592-30．我们知道，任意一个正整数x 都可以进行这样的分解：x m n =⨯（m ，n 是正整数，且m n ≤），在x 的所有这种分解中，如果m ，n 两因数之差的绝对值最小，我们就称m n ⨯是x 的最佳分解，并规定：()=nf x m．例如：18可分解成118⨯，29⨯或36⨯，因为1819263->->-，所以36⨯是18的最佳分解，所以()311862f ==（1）填空：()6f = ；()16=f ；（2）一个两位正整数t （10t a b =+，19a b ≤≤≤，a ，b 为正整数），交换其个位上的数字与十位上的数字得到的新数减去原数所得的差为54，求出所有的两位正整数；并求()f t 的最大值； （3）填空：①()22357f ⨯⨯⨯= ；②()42357f ⨯⨯⨯= ；【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．C 解析：C 【分析】由题意可知S ＝ 1＋2020＋20202＋20203＋…＋20202020①，可得到2020S ＝2020＋20202＋20203＋…＋20202020＋20202021②，然后由②－①，就可求出S 的值． 【详解】解：设S ＝ 1＋2020＋20202＋20203＋…＋20202020① 则2020S ＝2020＋20202＋20203＋…＋20202020＋20202021② 由②－①得： 2019S ＝20202021－1 ∴2021202012019S -=．故答案为：C ． 【点晴】本题主要考查探索数与式的规律，有理数的加减混合运算．2．D解析：D 【分析】由B 为AC 中点，得到AB BC =，求出AB 的长，即为BC 的长，从而确定出C 对应的实数即可． 【详解】 解：如图：根据题意得：21AB BC ==，则点C(11=，故选：D．【点睛】此题考查了实数与数轴，弄清数轴上两点间的距离表示方法是解本题的关键．3．A解析：A【分析】根据相关知识逐项判断即可求解．【详解】解：①“负数没有平方根”，是真命题②“内错角相等”，缺少两直线平行这一条件，是假命题；③“同旁内角互补，两直线平行”，是真命题；④“一个正数有两个立方根，它们互为相反数”，一个正数有一个立方根，是假命题；⑤“无限不循环小数是无理数”，是真命题；⑥“数轴上的点与实数有一一对应关系”，是真命题；⑦“过一点有且只有一条直线和已知直线垂直”，缺少在同一平面内条件，是假命题；⑧“不相交的两条直线叫做平行线”，缺少在同一平面内条件，是假命题；⑨“从直线外一点到这条直线的垂线段，叫做这点到直线的距离”，应为“从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做这点到直线的距离”，是假命题．⑩“开方开不尽的数是无理数”，是真命题；⑪“相等的两个角是对顶角”，相等的角有可能是对顶角，但不一定是对顶角，是假命题．所以真命题有5个．故选：A【点睛】本题考查判断真假命题、平方根、立方根、平行线的判定、无理数、实数与数轴关系、直线外一点到直线的距离、对顶角等知识，综合性较强，熟知相关知识点是解题关键．4．D解析：D【分析】分别算出某数各个数位上数字的立方和，看其是否等于某数本身，若等于即为“水仙花数”，若不等于，即不是“水仙花数” ．【详解】解：∵333++=≠，∴A不是“水仙花数”；135153135∵33+=≠，∴B不是“水仙花数”；2216220∵333++=≠，∴C不是“水仙花数”；345216345∵33+=，∴D是“水仙花数”；47407故选D ．【点睛】本题考查新定义下的实数运算，正确理解题目所给概念并熟练应用实数运算法则去完成有关计算是解题关键．5．A解析：A先根据无理数的估算求出a、b的值，由此即可得．【详解】<<，91516<34<<，3,3∴==，a b)336∴-=-=a b故选：A．【点睛】本题考查了无理数的估算，熟练掌握估算方法是解题关键．6．C解析：C【分析】根据实数的定义，实数与数轴上的点一一对应，平方根的定义可得答案．【详解】①数轴上有无数多个表示无理数的点是正确的；②2=；③平方根等于它本身的数只有0，故本小题是错误的；④没有最大的正整数，但有最小的正整数，是正确的．综上，正确的个数有3个，故选：C．【点睛】本题主要考查了实数的有关概念，正确把握相关定义是解题关键．7．D解析：D【分析】n的值．【详解】解：∵∴89，∵n n+1，∴n=8，故选；D．【点睛】8．D解析：D设点C 的坐标是x ，根据题意列得12x=-，求解即可. 【详解】解：∵点A 是B ，C 的中点． ∴设点C 的坐标是x ，1=-，则2x =-∴点C 表示的数是2-．故选：D. 【点睛】此题考查数轴上两点的中点的计算公式：两点的中点所表示的数等于两点所表示的数的平均数，正确掌握计算公式是解题的关键.9．D解析：D 【分析】逐项代入，寻找正确答案即可. 【详解】解：A 选项满足m≤n ，则y=2m+1=3； B 选项不满足m≤n ，则y=2n-1=-1； C 选项满足m≤n ，则y=2m-1=3； D 选项不满足m≤n ，则y=2n-1=1； 故答案为D ； 【点睛】本题考查了根据条件代数式求值问题，解答的关键在于根据条件正确的所代入代数式及代入得值.10．D解析：D 【分析】根据A 、C 、O 、B 四点在数轴上的位置以及绝对值的定义即可得出答案． 【详解】∵|m-5|表示点M 与5表示的点B 之间的距离，|m−c|表示点M 与数c 表示的点C 之间的距离，|m-5|＝|m−c|， ∴MB ＝MC ． ∴点M 在线段OB 上． 故选：D ． 【点睛】本题考查的是实数与数轴，熟知实数与数轴上各点是一一对应的关系是解答此题的关键．二、填空题11．20﹣． 【分析】观察已知等式，找出等式左边和右边的规律，再归纳总结出一般规律，由此即可得出答案． 【详解】观察已知等式，等式左边的第一个数的规律为，第二个数的规律为：分子为，分母为 等式右边的解析：20﹣208000=401401． 【分析】观察已知等式，找出等式左边和右边的规律，再归纳总结出一般规律，由此即可得出答案． 【详解】观察已知等式，等式左边的第一个数的规律为1,2,3,，第二个数的规律为：分子为1,2,3,，分母为222112,215,3110,+=+=+=等式右边的规律为：分子为3331,2,3,，分母为222112,215,3110,+=+=+=归纳类推得：第n 个等式为32211n n n n n -=++（n 为正整数） 当20n =时，这个等式为322202020201201-=++，即20800020401401-= 故答案为：20800020401401-=． 【点睛】本题考查了实数运算的规律型问题，从已知等式中归纳类推出一般规律是解题关键．12．或 【详解】【分析】根据题中的运算规则得到M{3，2x ＋1，4x －1}=1+2x ，然后再根据min{2，－x ＋3，5x}的规则分情况讨论即可得. 【详解】M{3，2x ＋1，4x －1}==2x+1解析：12或13【详解】【分析】根据题中的运算规则得到M{3，2x ＋1，4x －1}=1+2x ，然后再根据min{2，－x ＋3，5x}的规则分情况讨论即可得.【详解】M{3，2x＋1，4x－1}=321413x x+++-=2x+1，∵M{3，2x＋1，4x－1}＝min{2，－x＋3，5x}，∴有如下三种情况：①2x+1=2，x=12，此时min{2，－x＋3，5x}= min{2，52，52}=2，成立；②2x+1=-x+3，x=23，此时min{2，－x＋3，5x}= min{2，73，103}=2，不成立；③2x+1=5x，x=13，此时min{2，－x＋3，5x}= min{2，83，53}=53，成立，∴x=12或13，故答案为12或13.【点睛】本题考查了阅读理解题，一元一次方程的应用，分类讨论思想的运用等，解决问题的关键是读懂题意，依题意分情况列出一元一次方程进行求解．13．5【解析】利用题中的新定义可得：2⊗（﹣1）=4﹣（﹣1）=4+1=5.故答案为：5．点睛：此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．解析：5【解析】利用题中的新定义可得：2⊗（﹣1）=4﹣（﹣1）=4+1=5.故答案为：5．点睛：此题考查了有理数的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．14．7【分析】本题可以根据代数式f（a）的运算求出a1，a2，a3，a4，a5，a6 ，a7的值，根据规律找出部分an的值，进而发现数列每7个数一循环，根据数的变化找出变化规律，依照规律即可得出结论解析：7【分析】本题可以根据代数式f（a）的运算求出a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7的值，根据规律找出部分a n的值，进而发现数列每7个数一循环，根据数的变化找出变化规律，依照规律即可得出结论．【详解】解：观察，发现规律：a1=6，a2=f（a1）=3，a3=f（a2）=16，a4=f（a3）=8，a5=f（a4）=4，a6=f（a5）=2，a7=f（a6）=1，a8=f（a7）=6，…，∴数列a1，a2，a3，a4…（n为正整数）每7个数一循环，∴a1-a2+a3-a4+…+a13-a14=0，∵2015=2016-1=144×14-1，∴2a1-a2+a3-a4+a5-a6+…+a2013-a2014+a2015=a1+a2016+（a1-a2+a3-a4+a5-a6+…+a2015-a2016）=a1+a7=6+1=7．故答案为7．【点睛】本题考查了规律型中的数字的变化类以及代数式求值，解题的关键是根据数的变化找出变换规律，并且巧妙的借助了a1-a2+a3-a4+…+a13-a14=0来解决问题．15．1【分析】根据平方数和算术平方根的非负性即可求得a、b的值，再带入求值即可.【详解】∵，∴，∴a-2＝0， b+1＝0，∴a=2，b＝-1，∴=，故答案为：1【点睛】本题主要考解析：1【分析】根据平方数和算术平方根的非负性即可求得a、b的值，再带入a b求值即可.【详解】∵()2a-，20∴()220a-==，∴a-2＝0， b+1＝0，∴a=2，b＝-1，∴a b=2-=，(1)1故答案为：1【点睛】本题主要考查非负数的性质，解题的关键是掌握偶次乘方的非负性和算数平方根的非负性. 16．5050【分析】通过对被开方数的计算和分析，发现数字间的规律，然后利用二次根式的性质进行化简计算求解．【详解】解：第1个算式：，第2个算式：，第3个算式：，第4个算式：，．．．，第解析：5050【分析】通过对被开方数的计算和分析，发现数字间的规律，然后利用二次根式的性质进行化简计算求解．【详解】解：第11==，第2123===+=，第31236=++=，第4123410==+++=，．．．，第n12 3...n===+++，∴当n＝100()1001100 123 (1005050)2+=++++==，故答案为：5050．【点睛】本题考查了有理数的运算，二次根式的化简，通过探索发现数字间的规律是解题关键．17．±3【分析】先通过估算确定M、N的值，再求M+N的平方根．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴a的整数值为：-1，0，1，2，M=-1+0+1+2=2，∵，∴，N=7解析：±3【分析】先通过估算确定M 、N 的值，再求M+N 的平方根．【详解】解：∵< ∴221， ∵∴23<，∵a <∴23a -<<，∴a 的整数值为：-1，0，1，2，M=-1+0+1+2=2， ∵∴78<，N=7，M+N=9，9的平方根是±3；故答案为：±3．【点睛】本题考查了算术平方根的估算，用“夹逼法”估算算术平方根是解题关键．18．①④⑤【分析】根据题意表示大于x 的最小整数，结合各项进行判断即可得出答案．【详解】解：①，根据表示大于x 的最小整数，故正确；②，应该等于，故错误；③，当x=0.5时，，故错误；④，根据解析：①④⑤【分析】根据题意[)x 表示大于x 的最小整数，结合各项进行判断即可得出答案．【详解】解：①[)01=，根据[)x 表示大于x 的最小整数，故正确；②33055⎡⎫-=⎪⎢⎣⎭，应该等于333215555⎡⎫-=-=⎪⎢⎣⎭，故错误； ③[)0x x -<，当x=0.5时，[)10.5=0.50x x -=-＞，故错误；④[)1x x x <≤+，根据定义可知[)x x <，但[)x 不会超过x+1，所以[)1x x x <≤+成立，故正确；⑤当x=0.8时，[)1-0.8=0.2x x -=，故正确．故答案为：①④⑤．【点睛】本题主要考查了对题意的理解，准确的理解题意是解决本题的关键．19．4【分析】把x=2，y=6代入x@y=中计算即可．【详解】解：∵x@y=，∴2@6==4，故答案为4．【点睛】本题考查了有理数的运算能力，注意能由代数式转化成有理数计算的式子． 解析：4【分析】把x=2，y=6代入【详解】解：∵∴，故答案为4．【点睛】本题考查了有理数的运算能力，注意能由代数式转化成有理数计算的式子．20．（3，2）； （-2，1）或（-2，-5）．【分析】根据关联点的定义，可得答案．【详解】解：∵3＜5，根据关联点的定义，∴y′=5-3=2，点（3，5）的“关联点”的坐标（解析：（3，2）； （-2，1）或（-2，-5）．【分析】根据关联点的定义，可得答案．【详解】解：∵3＜5，根据关联点的定义，∴y′=5-3=2，点（3，5）的“关联点”的坐标（3，2）；∵点P （x ，y ）的关联点Q 坐标为（-2，3），∴y′=y -x=3或x-y=3，即y-（-2）=3或（-2）-y=3，解得：y=1或y=-5，∴点P 的坐标为（-2，1）或（-2，-5）．故答案为：（3，2）；（-2，1）或（-2，-5）．【点睛】本题主要考查了点的坐标，理清“关联点”的定义是解答本题的关键．三、解答题21．（1）①5；②2-；（2）1；（3）16．【分析】(1)根据题中定义代入即可得出；(2)根据2x =，讨论3和 m 的两种大小关系，进行计算；(3)先判定A 、B 的大小关系，再进行求解．【详解】（1）根据题意：∵21>-，∴()()212215-=⨯--=※，∵43-<-，∴()()()243434223--=--⨯-=-+=-※． （2）∵2x =，∴31325m =-+⨯=※，① 若3m >，则235m ⨯-=，解得1m =，②若3m <， 则2353m -⨯=，解得3m =-(不符合题意)， ∴1m =．（3）∵()()323224162210A B x x x x x x x -=-+-+--+-+=--<，∴A B <， ∴()3232224162333A B A B x x x x x x =-=-+-+--+-+=-※， 得380x x +-=，∴3222816x x +=⨯=．【点睛】本题考查了一种新运算，读懂题意掌握新运算并能正确化简是解题的关键．22．（1）35,2⎛⎫ ⎪⎝⎭；（2）2；（3）不是；（4）（6，75） 【分析】（1）根据“白马有理数对”的定义，把数对3(2,1),5,2⎛⎫- ⎪⎝⎭分别代入1a b ab +=-计算即可判断；（2）根据“白马有理数对”的定义，构建方程即可解决问题；（3）根据“白马有理数对”的定义即可判断；（4）根据“白马有理数对”的定义即可解决问题．【详解】（1）∵-2+1=-1，而-2×1-1=-3，∴-2+1≠-3，∴（-2，1）不是“白马有理数对”，∵5+32=132，5×32-1=132， ∴5+32=5×32-1， ∴35,2⎛⎫ ⎪⎝⎭是“白马有理数对”， 故答案为：35,2⎛⎫ ⎪⎝⎭； （2）若(,3)a 是“白马有理数对”，则a+3=3a-1，解得：a=2，故答案为：2；（3）若(,)m n 是“白马有理数对”，则m+n=mn-1，那么-n+（-m ）=-（m+n ）=-（mn-1）=-mn+1，∵-mn+1≠ mn-1∴（-n ，-m ）不是“白马有理数对”，故答案为：不是；（4）取m=6，则6+x=6x-1，∴x=75，∴（6，75）是“白马有理数对”，故答案为：（6，75）．【点睛】本题考查了“白马有理数对”的定义，有理数的加减运算，一次方程的列式求解，理解“白马有理数对”的定义是解题的关键．23．（1）5；（2）5或1；（3）1+y-2x ；（4）t 1=3；t 2=53【分析】（1）根据题中的新运算列出算式，计算即可得到结果；（2）根据题中的新运算列出方程，解方程即可得到结果；（3）根据题中的新运算列出代数式，根据数轴得出x 、y 的取值范围进行化简即可；（4）根据A 、B 在数轴上的移动方向和速度可分别用代数式表示出数a 和b ，再根据（2）的解题思路即可得到结果．【详解】解：（1）5(3)5(3)(3)5⊗-=--+-=；（2）依题意得：335-+=x ， 化简得：3=2-x ，所以32x -=或32x -=-，解得：x =5或x =1；（3）由数轴可知：0<x <1，y <0，所以1x y x ⊗-⊗ = (1)()-+--+x x y x x=1-++--x x y x x=12+-y x（4）依题意得：数a =−1+t ，b =3−t ；因为2a b ⊗=， 所以(1)(3)32-+--+-=t t t ， 化简得：241-=-t t ，解得：t =3或t =53， 所以当2a b ⊗=时，t 的值为3或53． 【点睛】本题主要考查了定义新运算、有理数的混合运算和解一元一次方程，根据定义新运算列出关系式是解题的关键．24．（1）49515050⨯；2018202020192019⨯；（2）10102019. 【分析】（1）根据已知数据得出规律，2111111n n n ⎛⎫⎛⎫-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，进而求出即可； （2）利用规律拆分，再进一步交错约分得出答案即可．【详解】解：（1）21150-=49515050⨯； 2112019-=2018202020192019⨯； （2）2222111111112342019⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫---⋅⋅⋅- ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭=1324352018202022334420192019⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯…… =1202022019⨯ =10102019. 【点睛】此题主要考查了实数运算中的规律探索，根据已知运算得出数字之间的变化规律是解决问题的关键．25．（1）11316⨯；11131316⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭；（2）[]13(1)(131)n n +-⋅+；13(3111311)n n ⎡⎤--+⎢⎣+⎥⎦；（3）100301. 【分析】（1）观察前4个等式的分母先得出第5个式子的分母，再依照前4个等式即可得出答案；（2）根据前4个等式归纳类推出一般规律即可；（3）利用题（2）的结论，先写出1234100a a a a a +++++中各数的值，然后通过提取公因式、有理数加减法、乘法运算计算即可.【详解】（1）观察前4个等式的分母可知，第5个式子的分母为1316⨯则第5个式子为：51111131631316a ⎛⎫==⨯- ⎪⨯⎝⎭ 故应填：11316⨯；11131316⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭； （2）第1个等式的分母为：14(130)(131)⨯=+⨯⨯+⨯第2个等式的分母为：47(131)(132)⨯=+⨯⨯+⨯第3个等式的分母为：710(132)(133)⨯=+⨯⨯+⨯第4个等式的分母为：1013(133)(134)⨯=+⨯⨯+⨯归纳类推得，第n 个等式的分母为：[]13(1)(13)n n +-⋅+则第n 个等式为：[]1111313(1)(13)13(1)13n a n n n n +-⋅++⎡⎤==-⎢⎥⎣-⎦+（n 为正整数） 故应填：[]13(1)(131)n n +-⋅+；13(3111311)n n ⎡⎤--+⎢⎣+⎥⎦；（3）由（2）的结论得：[]10013(1001)(13100)298301311111329801a ⎛⎫==+⨯-⨯+⨯⨯=⨯- ⎪⎝⎭ 则1234100a a a a a +++++ 1111144771010132983011+++++⨯⨯⨯⨯⨯= 111111111111343473711132981031013301⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯-+⨯-+⨯-+⨯-++ ⎪ ⎪ ⎛⎫=⨯-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭ 111111111++++344771*********3018=-⎛⎫⨯-+--- ⎪⎝⎭1330111⎛=⨯-⎫ ⎪⎝⎭30130103⨯= 110030=. 【点睛】本题考查了有理数运算的规律类问题，依据已知等式归纳总结出等式的一般规律是解题关键.26．（1）两；右；一；（2）12.25；0.3873；（3）被开方数的小数点向右（左）移三位，其立方根的小数点向右（左）移动一位；（4）-0.01 【分析】（1）观察已知等式，得到一般性规律，写出即可；（2）利用得出的规律计算即可得到结果；（3）归纳总结得到规律，写出即可；（4）利用得出的规律计算即可得到结果． 【详解】解：（11.41414.14≈141.4≈，……0.1732 1.732≈17.32，……由此可见，被开方数的小数点每向右移动两位，其算术平方根的小数点向右移动一位． 故答案为：两；右；一；（2 3.873 1.225≈12.25≈0.3873；故答案为：12.25；0.3873；（31=10=100=，……小数点的变化规律是：被开方数的小数点向右（左）移三位，其立方根的小数点向右（左）移动一位；（4）∵2.154≈0.2154≈-， ∴0.2154≈， ∴0.2154≈-，∴y=-0.01．【点睛】此题考查了立方根，以及算术平方根，弄清题中的规律是解本题的关键．27．（1）2-，2；（2）①图见解析，5；②见解析【分析】（1）根据图1得到小正方形的对角线长，即可得出数轴上点A和点B表示的数（2）根据长方形的面积得正方形的面积，即可得到正方形的边长，再画出图象即可；（3）从原点开始画一个长是2，高是1的长方形，对角线长即是a，再用圆规以这个长度画弧，交数轴于点M，再把这个长方形向左平移3个单位，用同样的方法得到点N．【详解】（1）由图1知，小正方形的对角线长是2，∴图2中点A表示的数是2-，点B表示的数是2，故答案是：2-，2；（2）①长方形的面积是5，拼成的正方形的面积也应该是5，∴正方形的边长是5，如图所示：故答案是：5；②如图所示：【点睛】本题考查无理数的表示方法，解题的关键是理解题意，模仿题目中给出的解题方法进行求解．28．（1）1，4；（2）m=10 ；（3）不正确，改正见解析.【解析】试题分析：（1）根据新定义由61=6、34=81可得log66=1，log381=4；（2）根据定义知m﹣2=23，解之可得；（3）设a x=M，a y=N，则log a M=x、log a N=y，根据a x•a y=a x+y知a x+y=M•N，继而得log a MN=x+y，据此即可得证．试题解析：解：（1）∵61=6，34=81，∴log66=1，log381=4．故答案为：1，4；（2）∵log2（m﹣2）=3，∴m﹣2=23，解得：m=10；（3）不正确，设a x =M ，a y =N ，则log a M =x ，log a N =y （a ＞0，a ≠1，M 、N 均为正数）．∵a x •a y =x y a +，∴x y a +=M •N ，∴log a MN =x +y ，即log a MN =log a M +log a N ．点睛：本题考查了有理数和整式的混合运算，解题的关键是明确题意，可以利用新定义进行解答问题．29．（1）两；（2）2，3；（3）24，﹣48；【分析】（1）由题意可得10100<，进而可得答案；（2）由只有个位数是2的数的立方的个位数是8333=27,4=64可得27＜32＜64，进而可确定3040<上的数，进而可得答案；（3）仿照（1）（2）两小题中的方法解答即可．【详解】解：（1）因为1000327681000000<<，所以10100<，故答案为：两；（2）因为只有个位数是2的数的立方的个位数是8，2，划去32768后面的三位数768得到32，因为333=27,4=64，27＜32＜64，所以3040<，3；故答案为：2，3；（3）由103=1000，1003=1000000，1000＜13824＜1000000，∴10100， ∴∵只有个位数是4的数的立方的个位数是4， ∴4， 划去13824后面的三位数824得到13，∵8＜13＜27，∴2030． ∴；由103=1000，1003=1000000，1000＜110592＜1000000，∴10100， ∴∵只有个位数是8的数的立方的个位数是2， ∴8， 划去110592后面的三位数592得到110，∵64＜110＜125，∴4050，∴48=； ∴﹣48．【点睛】本题考查了立方根和立方数的规律探求，具有一定的难度，正确理解题意、确定所求的数的个位数字和十位数字是解题的关键．30．（1）23，1；（2）两位正整数为39，28，17，()f t 的最大值为47；（3）①2021；②2021【分析】（1）仿照样例进行计算即可；（2）由题设可以看出交换前原数的十位上数字为a ，个位上数字为b ，则原数可以表示为10a+b ，交换后十位上数字为b ，个位上数字为a ，则交换后数字可以表示为10b+a ，根据“交换其个位上的数字与十位上的数字得到的新数减去原数所得的差为54”确定出a 与b 的关系式，进而求出所有的两位数，然后求解确定出()f t 的最大值即可；（3）根据样例分解计算即可．【详解】解：（1）61623=⨯=⨯，∵6132->-，∴()263f =； 161162844=⨯=⨯=⨯∵1618244->->-，∴()161f =， 故答案为：23；1； （2）由题意可得：交换后的数减去交换前的数的差为：10109()54b a a b b a +--=-=，∴6b a -=，∵19a b ≤≤≤，∴93b a ==，或82b a ==，或71b a ==，，∴t 为39，28，17；∵39＝1×39＝3×13，∴()33913f =； 28＝1×28＝2×14＝4×7，∴()28f ＝47； 17＝1×17，∴()11717f=；∴()f t的最大值47．（3）①∵223572021⨯⨯⨯=⨯∴()220235721 f⨯⨯⨯=；②423574042⨯⨯⨯=⨯∴()4402023574221f⨯⨯⨯==；故答案为：2021；2021【点睛】本题主要考查了有理数的运算，理解最佳分解的定义，并将其转化为有理数的运算是解题的关键．。