初中数学竞赛竞赛讲座(数字、数位及数谜问题)
初中数学竞赛讲座——数论部分1(进位制)
第一讲正整数的表示及进位制一、基础知识:1.我们通常接触的整数都是“十进制”整数,十进制计数法就是用0,1,2…9十个数码,采用“逢十进一”的法则进行计数的方法。
例如1999就是一个一千,9个一百,9个十,9个1组成的,故1999这个数也可以表示为:1999=1×1000+9×100+9×10+9底数为10的各整数次幂,恰好是十进制数的各个位数:100=1(个位上的数—第1位), 101=10(十位上的数---第2位),102=100(百位上的数---第3位),…10n(第n+1位上的数)故1999=1×103+9×102+9×101+9×1003na记作:3na=10n-1+…+102a n-2+10其中最高位a1≠0,即,其它则是0≤a1,a.各位上的数字相同的正整数记法:999=1000-1104-1,∴999n个=10n-1111n个=1019n-,333n个=103n555n个=5(101)9n-解答有关十进制数的问题,常遇到所列方程,少于未知数的个数,这时需要根据示0到9的整数这一性质进行讨论。
.二进制及其它进制二进制即计数法就是用0,1两个数码,采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。
例如二进制中的111记为(111)2111=1×22+1×2+1=73na )2记作:3na=2n-1××a3+…+22×a其中最高位a1≠0,,其它则是0≤a1,a2,位数(n为正整数3na )b记作:3na=b n-1××a3+…+b2×a其中最高位a1≠0,,其它则是0≤a1,(一)十进制转二进制(整数部分)辗转相除直到结果为,将余数和最后的60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 (二)十进制小数转换为二进制小数 方法:乘2取整,顺次排列。
初一数学竞赛讲座
初一数学竞赛讲座第3讲奇偶分析我们知道,全体自然数按被2除的余数不同可以划分为奇数与偶数两大类。
被2除余1的属于一类,被2整除的属于另一类。
前一类中的数叫做奇数,后一类中的数叫做偶数。
关于奇偶数有一些特殊性质,比如,奇数≠偶数,奇数个奇数之和是奇数等。
灵活、巧妙、有意识地利用这些性质,加上正确的分析推理,可以解决许多复杂而有趣的问题。
用奇偶数性质解题的方法称为奇偶分析,善于运用奇偶分析,往往有意想不到的效果。
例1 右表中有15个数,选出5个数,使它们的和等于30,你能做到吗?为什么?分析与解:如果一个一个去找、去试、去算,那就太费事了。
因为无论你选择哪5个数,它们的和总不等于30,而且你还不敢马上断言这是做不到的。
最简单的方法是利用奇偶数的性质来解,因为奇数个奇数之和仍是奇数,表中15个数全是奇数,所以要想从中找出5个使它们的和为偶数,是不可能的。
例2 小华买了一本共有96张练习纸的练习本,并依次将它的各面编号(即由第1面一直编到第192面)。
小丽从该练习本中撕下其中25张纸,并将写在它们上面的50个编号相加。
试问,小丽所加得的和数能否为2000?解:不能。
由于每一张上的两数之和都为奇数,而25个奇数之和为奇数,故不可能为2000。
说明:“相邻两个自然数的和一定是奇数”,这条性质几乎是显然的,但在解题过程中,能有意识地运用它却不容易做到,这要靠同学们多练习、多总结。
例3 有98个孩子,每人胸前有一个号码,号码从1到98各不相同。
试问:能否将这些孩子排成若干排,使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和?并说明理由。
解:不能。
如果可以按要求排成,每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和,那么每一排中各号码数之和都是某一个孩子号码数的2倍,是个偶数。
所以这98个号码数的总和是个偶数,但是这98个数的总和为1+2+…+98=99×49,是个奇数,矛盾!所以不能按要求排成。
初中数学竞赛—奥数讲义计数专题:排列组合及答案
华杯赛计数专题:排列组合基础知识:1.排列:从n个对象中选出m(不超过n)个并进行排序,共有的方法数称为排列数,写成。
2.排列数的计算:约定:0!=1排列数是由乘法原理得到的,因此排列可以看成是乘法原理的一种应用。
3.组合:从n个对象中选出m(不超过n)个,不进行排序,共有的方法数称为组合数,写成。
4.排列与组合的关系:。
5.组合数的计算:6.排列数与组合数的一些性质:例题:例1.4名男生和3名女生站成一排:(1)一共有多少种不同的站法?(2)甲,乙二人必须站在两端的排法有多少种?(3)甲,乙二人不能站在两端的排法有多少种?(4)甲不排头,也不排尾,有多少种排法?(5)甲只能排头或排尾,有多少种排法?【答案】(1)5040;(2)240;(3)2400;(4)3600;(5)略【解答】例2.在50件产品中有4件是次品,从中任意抽出5件,至少有3件是次品的抽法共多少种?【答案】4186种【解答】至少有3件是次品,分两种情况第一种情况:3件是次品的抽法:从4件次品中中抽出3件是种,其中,,然后,从46件正常品中抽2件,总共种。
其中,所以,3件是次品的抽法共种。
第二种情况:4件是次品的抽法共:种。
任意抽出5件产品,至少有3件是次品的抽法,是将上述两种情况加在一起,所以,总共是4×23×45+46=23×182=4186种。
总结:有序是排列,无序是组合。
例3.3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检,每校分配1名医生和2名护士,不同的分配方法共有多少种?【答案】540种【解答】可设三所学校为甲、乙、丙,三位医生去3所学校的分配方案:用排列数表示为=3×2×1=6。
用乘法原理表示为3!=6。
六名护士去学校甲有种选法,剩下4名护士去乙学校,有种选法,剩下两名自然去学校丙。
所以,不同的分配方法共有种。
例4.有多少个五位数,满足其数位上的每个数字均至少出现两次?【答案】819【解答】方法一:(1)出现一个数字的情况是9种;(2)出现两个数字,首位不能是0,共有9种情况,(i)首位确定之后,如果首位数总共出现3次,则从后面的4个数位中,选出两位,共种情况,剩下的两个数位,还需要选相同的数,因为可以是0,所以,有9种选择。
初一数学竞赛讲座(三)数字、数位及数谜问题
初一数学竞赛讲座(三)数字、数位及数谜问题一、一、知识要点1、整数的十进位数码表示一般地,任何一个n 位的自然数都可以表示成:122321*********a a a a a n n n n +⨯+⨯++⨯+⨯---其中,a i (i=1,2,…,n )表示数码,且0≤a i ≤9,a n ≠0。
对于确定的自然数N ,它的表示是唯一的,常将这个数记为N=121a a a a n n -2、正整数指数幂的末两位数字(1) (1) 设m 、n 都是正整数,a 是m 的末位数字,则m n 的末位数字就是a n 的末位数字。
(2) (2) 设p 、q 都是正整数,m 是任意正整数,则m 4p+q 的末位数字与m q 的末位数字相同。
3、在与整数有关的数学问题中,有不少问题涉及到求符合一定条件的整数是多少的问题,这类问题称为数迷问题。
这类问题不需要过多的计算,只需要认真细致地分析,有时可以用“凑"、“猜”的方法求解,是一种有趣的数学游戏。
二、二、例题精讲例1、有一个四位数,已知其十位数字减去2等于个位数字,其个位数字加上2等于其百位数字,把这个四位数的四个数字反着次序排列所成的数与原数之和等于9988,求这个四位数.分析:将这个四位数用十进位数码表示,以便利用它和它的反序数的关系列式来解决问题。
解:设所求的四位数为a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d ,依题意得:(a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d)+( d ⨯103+c ⨯102+b ⨯10+a)=9988∴ (a+d ) ⨯103+(b+c) ⨯102+(b+c) ⨯10+ (a+d )=9988比较等式两边首、末两位数字,得 a+d=8,于是b+c18又∵c —2=d,d+2=b ,∴b-c=0从而解得:a=1,b=9,c=9,d=7故所求的四位数为1997评注:将整数用十进位数码表示,有助于将已知条件转化为等式,从而解决问题.例2 一个正整数N 的各位数字不全相等,如果将N 的各位数字重新排列,必可得到一个最大数和一个最小数,若最大数与最小数的差正好等于原来的数N ,则称N 为“新生数",试求所有的三位“新生数”。
初一数学竞赛讲座4
初一数学竞赛讲座(四)有理数的有关知识一、 知识要点1、绝对值x 的绝对值x 的意义如下:x =⎩⎨⎧<-≥00x x x x ,如果,如果x 是一个非负数,当且仅当x=0时,x =0绝对值的几何意义是:一个数的绝对值表示这个数对应的数轴上的点到原点的距离;由此可得:b a -表示数轴上a 点到b 点的距离。
2、倒数1除以一个数(零除外)的商,叫做这个数的倒数。
如果两个数互为倒数,那么这两个数的积等于1。
3、相反数绝对值相同而符号相反的两个数互为相反数。
两个互为相反数的数的和等于0。
二、 例题精讲例1 化简 6312-+--+x x x分析:由2x+1=0、x-3=0、x-6=0求出零点,然后用零点分段法将绝对值去掉,从而达到化简的目的。
解:由2x+1=0、x-3=0、x-6=0 分别求得:x= -1/2, x=3, x=6当21-<x 时,原式= -(2x+1)+(x-3) - (x-6)= -2x+2当321<≤-x 时,原式= (2x+1)+(x-3) - (x-6)= 2x+4 当63<≤x 时,原式= (2x+1)-(x-3) - (x-6)= 10当x ≥6时,原式= (2x+1)-(x-3) + (x-6)= 2x-2∴原式=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<≤<≤-+-<+-时当,时当,时当,时当,6x 2-2x 63 103 42 222121x x x x x评注:用零点分段法,通过零点分段将绝对值去掉,从而化简式子,解决问题是解决含绝对值问题的基本方法。
例2 已知312351312+----≥--x x x x x ,求的最大值和最小值。
(第六届迎春杯决赛试题) 分析:先解不等式,求出x 的范围,然后利用绝对值的几何意义来求最大值和最小值。
解:解不等式2351312x x x --≥--得: 117≤x117 31+--x x 的几何意义是x 到1的距离与x 到-3的距离的差,从上图中可以看出:当x ≤-3时这差取得最大值4,因117≤x ,则当117=x 时这差取得最小值1133-.评注:1、本题是采用数形结合的思想,用绝对值的几何意义来解题。
初一数学竞赛系列训练3数字、数位及数谜问题
初一数学竞赛系列训练3数字、数位及数谜问题初一数学竞赛系列训练3数字、数位及数谜问题一、选择题1、两个十位数1111111111和9999999999和乘积的数字中有奇数( )A 、7个B 、8个C 、9个D 、10个2、若自然数n 使得作竖式加法n +(n +1)+(n +2)时均不产生进位现象,便称n 为“连绵数”.如因为12+13+14不产生进位现象,所以12是“连绵数”;但13+14+15产生进位现象,所以13不是“连绵数”,则不超过100的“连绵数”共有( )个A 、9B 、11C 、12D 、153、有一列数:2,22,222,2222,…,把它们的前27个数相加,则它们的和的十位数字是( )A 、9B 、7C 、5D 、34、19932002+19952002的末位数字是( )A 、6B 、4C 、5D 、3二、填空题5、设有密码3?BIDFOR =4? FORBID ,其中每个字母表示一个十进制数字,则将这个密码破译成数字的形式是6、八位数141?28?3是99的倍数,则?=,?=.7、若bbb ab b a =??,其中a 、b 都是1到9的数字,则a = ,b =.8、在三位数中,百位比十位小,并且十位比个位小的数共有个.9、在六位数25xy 52中y x ,皆是大于7的数码,这个六位数被11整除,那么,四位数____51=xy .10、4343的末位数字是.11、2 m +2000-2 m (m 是自然数)的末位数字是.12、要使等式*+*=1181成立,*处填入的适当的自然数是.三、解答题13、有一个5位正奇数x ,将x 中的所有2都换成5,所有的5都换成2,其他数字不变,得到一个新的五位数,记作y .若x 和y 满足等式y =2 (x +1),求x .14、有一个若干位的正整数,它的前两位数字相同,且它与它的反序数之和为10879,求原数.15、求出所有满足如下要求的两位数:分别乘以2,3,4,5,6,7,8,9时,它的数字和不变.16、求12+22+32+42+…+1234567892的末位数.17、求符合下面算式的四位数abcdabcd9Dcba18、设123a a a 是一个三位数,a 3>a 1,由123a a a 减去321aa a 得一个三位数123b b b ,证明:123b b b +321b b b =1089.19、对于自然数n ,如果能找到自然数a 和b ,使得n =a +b +ab ,那么n 就称为“好数”.如3=1+1+1?1,所以3是“好数”.在1到100这100个自然数中,有多少个“好数”?20、AOMEN 和MACAO 分别是澳门的汉语拼音和英文名字.如果它们分别代表两个5位数,其中不同的字母代表从1到9中不同的数字,相同字母代表相同的数字,而且它们的和仍是一个5位数,求这个和可能的最大值是多少?初一数学竞赛系列训练3答案1、∵1111111111?9999999999=1111111111?(10000000000-1)=11111111110000000000-1111111111=11111111108888888889∴乘积的数字中有奇数10个2、n +(n +1)+(n +2)=3(n +1),要使作竖式加法时各位均不产生进位现象,则自然数n 的各位数字都不超过3.若n 为一位数,则“连绵数”有1、2两个;若n 为二位数,则“连绵数”有10,11,12,20,21,22,30,31,32共9个;若n 为三位数,则“连绵数”只有100这一个.故不超过100的“连绵数”共有2+9+1=12个.选C3、前27个数中,个位数字之和是2?27=54,十位数字之和是2?26=52,故前27个数相加,和的十位数字是5+2=7,选B4、19932002的末位数字和19932的末位数字相同,是919952002的末位数字和19952的末位数字相同,是5所以19932002+19952002的末位数字是4,选B5、设BID =x , FOR =y ,则有3(1000x +y )=4(1000y +x ),整理得 2996x =3997y 化简得:428x =571y ,由于x 、y 都是三位数,且428与571互质,故得x =571,y =428,所以密码破译成数字的形式是3?571428=4?4285716、设?=x ,?=y 则由于141?28?3是99的倍数,所以141?28?3被9?11整除.则1+4+1+x +2+8+y +3是9的倍数,(1+1+2+y )-(4+x +8+3)是11的倍数,即x +y +1是9的倍数,y -x 是11的倍数.因为 -9≤y -x ≤9,所以y -x =0,即y =x又1≤x +y +1=2 x +1≤19,所以要使x +y +1是9的倍数,必须2 x +1= x +y +1=9或18 但2 x +1是奇数,所以 2 x +1=9,从而y =x =4,即?=4,?=47、∵111 111111=??=??∴?=ab a b ab b a b bbb 即,,于是,可将111分解成一个一位数与一个两位数的积,显然111=3?37满足条件,且111只有这一种分解法,故a =3,b =78、按百位数字分类讨论:① 百位数字是8,9时不存在,个数0;② 百位数字是7,只有789,1个;③ 百位数字是6,只有679,678,689,共3个;④ 百位数字是5,有567,568,569,578,579,589,共6个;⑤ 百位数字是4,有456,457,458,459,467,468,469,478,479,489共10个;⑥ 百位数字是3时,共15个;⑦ 百位数字是2时,共21个;⑧ 百位数字是是1时,共28个.总计,共1+3+6+10+15+21+28=80个.9、设,5225xy n =则,101025005223y x n ++-其中y x ,为8或9,因为250052,10,210被11除的余数分别为0,-1,1,可设250052=,1110,11231x k x k -=32132,1110k k k y k y +=为正整数,故可得,y x =所以所求四位数是1885或1995.10、4343=4340?433=(434)10?433,∵434的末位数字与34的末位数字相同,∴434的末位数字是1,从而(434)10的末位数字也是1;433的末位数字与33的末位数字相同,是7∴4343的末位数字是711、2 m +2000-2 m =2 m (2 2000-1),∵2 2000的末位数字与24的末位数字相同为6,∴2 2000-1的末位数字是5,又2 m 是偶数,∴2 m (2 2000-1)的末位数字是012、设n m 1181+=,因为m 、n 是自然数,所以nm 181 181>>,,则8<="" =8+a="" =8+b="">把64分解成两个因数的积的形式,一个因数是a ,另一个因数是b① 64=1?64,取a =1,b =64,则7219181+= ② 64=2?32,取a =2,b =32,则40110181+= ③ 64=4?16,取a =4,b =16,则24112181+= ④ 64=8?8,取a =8,b =8,则16116181+= 共有四组解.13、首先x 的万位数字显然是2,则y 的万位数字是5,其次x 的千位数字必大于5,但百位数字乘2后至多进到1到千位,这样千位数字只能是9,依次类推得到x 的前四位数字是2,9,9,9.x 的个位数字只能是1,3,5,7,9,经验证是5.所以x 是2999514、首先确定原数是几位数.若原数是五位数,则它最小是11,已超过10879,。
九年级数学竞赛辅导系列 讲座一 数练习试题
轧东卡州北占业市传业学校数学竞赛辅导系列讲座一 —数1、 计算:1111(12)(123)(12320)2320+++++++++++.2、 如果5555555555555554444666666233322n ++++++++⨯=+++,那么n=_______. 3、 HY 训基地购置苹果慰问学员,苹果总数用八进制表示为abc ,七进制表示为cba ,那么苹果总数用十进制表示为_______.4、 实数a 满足|2012|2013a a a --=,那么a -20212的值是〔 〕A 、2021B 、2012C 、2021D 、20215、设分数13(13)56n n n -≠+不是最简分数,那么正整数n 的最小值可以是〔 〕A 、84B 、68C 、45D 、1156、数272-1能被500与600之间的假设干整数整除,试找出三个这样的整数,它们是________. 7、n 是自然数,19n+14与10n+3都是某个不等于1的自然数d 的倍数,那么d=________. 8、设71a=,那么3a 3+12a 2-6a -12=〔 〕A 、24B 、25C 、10D 、129、a 、b 是正整数,且满足2⎛⎝是整数,那么这样的有序数对〔a ,b 〕共有____对. 10、设n 是大于1909的正整数,使得19092009n n--为完全平方数的n 的个数有〔〕个A 、3B 、4C 、5D 、611、设a n 表示数n 4的末位数,那么a 1+a 2+…+a 2021=________.12、如果对于某一特定范围内x 的任意允许值,p=|1-2x|+|1-3x|+…+|1-10x|为定值,那么定值为〔 〕A 、2B 、3C 、4D 、513、假设1,2,3xy yz zxx y y z z x===+++,那么x=______. 14、试求|x -1|+|x -2|+|x -3|+…+|x -2021|的最小值.15、p 、q 均为素数,且满足5p 2+3q=59,那么以p+3,1-p+q ,2p+q -4为边长的三角形是〔 〕A 、锐角三角形B 、直角三角形C 、钝角三角形D 、等腰三角形16、假设x 1、x 2 、x 3 、x 4 、x 5为互不相等的正奇数,满足(2005-x 1)(2005-x 2)(2005-x 3)(2005-x 4)(2005-x 5)=242,那么x 12+x 22+x 32+x 42+x 52的末尾数字是〔 〕A 、1B 、3C 、5D 、717、在数1、2、3、…、2021、2021前面任意添加上“+〞或“-〞进行计算,所得可能的最小非负数是________.18、设a 、b 、c 为实数,2222,2,2362xa b y b c z c a πππ=-+=-+=-+,x 、y 、z 中至少有一个值〔 〕A 、大于0B 、等于0C 、不大于0D 、小于019、今天是星期日,假设明天算第1天,那么第13+23+…+20213天是星期_____.20、()()()⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++=201313121201321.11)(2f f f f f f x x f 则=.21、四个互不相等的正数x、y、m、n中,x最小,n最大,且x:y=m:n,试比较x+n与y+m的大小,并证明你的结论.2210099++23、设x>0,y>0=的值.2425、设a、b、c为有理数.26=0<x<y,那么满足上述等式的整数对(x,y)的个数有多少?27、设11980100S=++++[S]表示不超过S的最大整数,试求S.28、x、y是整数,并且13|(9x+10y),求证:13|(4x+3y).29、假设a、b是整数,且7|(a+b),7|(2a-b),求证:7|(5a+2b).30、正整数p、q都大于1,且2121,p qq p--都是整数,求p+q.31、当n是正整数时,n4-6n2+25是质数还是合数?证明你的结论.32、a是自然数,问a4-3a2+9是质数还是合数?证明你的结论.33、试求出一个四位数,它是一个完全平方数,并且它的前两位数字相同,后两位数字也相同.34、设a、b、c、d是正整数,并且a2+b2=c2+d2,证明a+b+c+d一定是合数.35、你能找到三个正整数a、b、c,使得关系式(a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)(b+c-a)=3388成立吗?如果能找到,请举一例;如果找不到,请说明理由.36、一个正整数a,假设将其数字重新排列,可得到一个新的正整数b,如果a恰好是b的3倍,我们称a 是一个“希望数〞.〔1〕请你举例:“希望数〞一定存在;〔2〕请你证明:如果a 、b 都是“希望数〞,那么ab 一定是729的倍数.37、将自然数1、2、3、…、21这21个数,任意地放在一个圆周上,证明:一定有相邻的三个数,它们的和不小于33.38、设x =a 是x 的小数局部,b 是-x 的小数局部,求333ab ab ++的值.39、设a 、b 都是整数,求证:a ,b ,a 2+b 2,a 2-b 2中一定有一个被5整除.40、假设一个数能够表示成2222xxy y ++(x ,y 是整数)的形式,那么称该数为“好数〞〔1〕试判断29是否为好数; 〔2〕写出80,81,…,100中的好数; 〔3〕如果m ,n 都是好数,证明mn 也是好数.41、有三堆小石子的个数分别是19、8、9,现在进行如下的操作:每次从三堆中的任意两堆中取出1个石子,然后把这两个石子都加到另一堆中,试问能否进过假设干次这样的操作后,使得〔1〕三堆的石子数分别是2、12、22? 〔2〕三堆的石子数都是12?如能到达要求,请用最小的操作次数完成它,如不能到达,请说明理由.注:每次操作可用如下方式表示,比方从第一、二堆中各取出一个石子,加到第三堆上,可表示为〔19,8,9〕→〔18,7,11〕等等.42为无理数.43、p 为大于3的质数,证明p 的平方被24除的余数是1.44、M 是一个四位的完全平方数,假设将M 的千位数字减少3而各位数字增加3可以得到另一个完全平方数,那么M=_________.45、在“□1□2□3□4□5□6□7□8□9”的小方格中填上“+〞或“-〞号,如果可以使其代数和为n ,就称数n 是“可被表出的数〞,否那么,就称数n 是“不可被表出的数〞〔如1是可被表出的数,这是因为1+2-3-4+5+6-7-8+9是1的一种可被表出的方法〕. 〔1〕求证:7是可被表出的数,而8是不可被表出的数; 〔2〕求25可被表出的不同方法种数.46、是否存在:用0,1,2,…,9这十个数字组成几个数,使它们的和恰好为100,每个数字都用一次并且只能用一次.47、设〔x 〕表示不超过实数x 的最大整数.那么在平面直角坐标系xoy 中满足〔x 〕〔y 〕=2021的所有点〔x ,y 〕组成的图形的面积 . 48、201321,,,a a a 是一列互不相等的正整数.假设任意改变这2021个数的顺序,并201321,b,,b b 记为.那么数()()()201320132211b a b a b a M ---= 的值必为 .49、〔1〕证明:由2021个1和0组成的自然数不是完全平方数;〔2〕试说明:存在最左边2021位都是1的形如11…1﹡﹡…﹡的自然数〔﹡代表阿拉伯数码〕是完全平方数.。
初中数学竞赛数字谜
数字谜例1.如图是一个加法竖式,其中相同的字母代表相同的数字,不同的字母代表不同的数字。
那么字母O代表的数字最大可能是多少?[答疑编号505721580101]【答案】6【解答】要点:关注首位C=1(百位肯定进位)关注十位G=8(个位肯定进位)总结:解决数字谜问题最关键是要找好突破口,包括以下方面:1)首位数字;2)已知数字较多的数位;例2.在如图所示的算式中,每个字母代表一个数字,不同的字母代表不同的数字。
如果CHINA 所代表的五位数能被24整除,那么这个五位数是多少?[答疑编号505721580102]【答案】17208【解答】要点:(1)关注首位:C=1(2)关注包含重复数字的千位:K=9(3)关注包含重复数字的十位:N=0(4)由于三位数I0A能被8整除,且I是偶数,所以A=,G=。
总结:往往重复数字较多的数位也是突破口。
例3.如图,相同的字母代表相同的数字,不同的字母代表不同的数字,并且已知三位数BAD不是3的倍数,四位数GOOD不是8的倍数,那么四位数ABGD是多少?[答疑编号505721580103]【答案】3810【解答】G为1;D为0;A+A不能进位,所以O为偶数.A+A=OB+B=10+OA=2,O=4,B=7不合题意;A=3,O=6,B=8符合题意;A=4,O=8,B=9不合题意.A不能大于等于5.例4.如图,算式中相同的汉字代表相同的数字,不同的汉字代表不同的数字,那么“玩中学”代表的三位数是.[答疑编号505721580104]【答案】465【解答】从加法的十位运算可以看出“啊”=0。
因为显然“玩”和“学”都不能是0,所以其中一定有一个是5。
如果“玩”=5,根据千位特征可看出“快”=4,并且百位相加有进位,因此“乐”≥5。
而“数学”与“玩”相乘大于450,说明“数”=9。
注意到“学”与“数”相乘的个位数字还是“学”,那么“学”只能是0或5,必然与“啊”或“玩”相同,不符合条件。
初一数学竞赛讲座特殊的正整数
初一数学比赛讲座 (二 )特别的正整数一、知识重点1、完整平方数及其性质定义 1 假如一个数是一个整数的平方,则称这个数是完整平方数。
如:1、 4、 9、等都是完整平方数,完整平方数有以下性质:性质 1 任何完整平方数的个位数只好是0,1, 4, 5, 6, 9 中的一个。
性质 2 奇完整平方数的十位数必定是偶数。
性质 3 偶完整平方数是 4 的倍数。
性质 4 完整平方数有奇数个不一样的正约数。
性质 5 完整平方数与完整平方数的积还是完整平方数,完整平方数与非完整平方数的积是非完整平方数。
2、质数与合数定义 2一个大于 1 的整数 a,假如只有1和 a 这两个约数,那么 a 叫做质数。
定义 3一个大于 1 的整数 a,假如只有1和 a 这两个约数外,还有其余正约数,那么 a 叫做合数。
1既不是质数也不是合数。
3、质数与合数的相关性质(1)质数有无数多个(2) 2 是独一的既是质数,又是偶数的整数,即是独一的偶质数。
大于 2 的质数必为奇数。
(3)若质数 p a?b,则必有 p a 或 p b。
(4)若正整数 a、b 的积是质数 p,则必有 a=p 或 b=p.(5)独一分解定理:任何整数n(n>1) 能够独一地分解为:n p1a1 p2a2p k a k,此中 p1<p 2< <p k是质数, a1, a2,, a k是正整数。
二、例题精讲例 1 有一个四位数恰巧是个完整平方数,它的千位数字比百位数字多1,比十位数字少1,比个位数字少2,这个四位数是解设所求的四位数为 m2,它的百位数字为 a,则有m2=1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93)由于 11 是质数,因此 11∣ (101a+93),而 101a+93=11(9a+8)+(2a+5) ,因此 11∣ (2a+5),由题意a+3≤ 9,故 a≤ 6,进而 a=3于是所求的四位数为 4356例 2 一个四位数有这样的性质:用它的后两位数去除这个四位数获得一个完整平方数(假如它的十位数是 0,就只用个位数去除 ),且这个平方数正好是前两位数加 1 的平方。
初中数学竞赛竞赛讲座(自然数的有关性质)
竞赛讲座(自然数的有关性质)一、知识要点1、最大公约数定义1如果a1,a2,…,a n和d都是正整数,且d∣a1,d∣a2,…, d∣a n,那么d叫做a1,a2,…,a n的公约数。
公约数中最大的叫做a1,a2,…,a n的最大公约数,记作(a1,a2,…,a n).如对于4、8、12这一组数,显然1、2、4都是它们的公约数,但4是这些公约数中最大的,所以4是它们的最大公约数,记作(4,8,12)=4.2、最小公倍数定义2 如果a1,a2,…,a n和m都是正整数,且a1∣m, a2∣m,…, a n∣m,那么m叫做a1,a2,…,a n的公倍数。
公倍数中最小的数叫做a1,a2,…,a n的最小公倍数,记作[a1,a2,…,a n].如对于4、8、12这一组数,显然24、48、96都是它们的公倍数,但24是这些公倍数中最小的,所以24是它们的最小公倍数,记作[4,8,12]=24.3、最大公约数和最小公倍数的性质性质1 若a∣b,则(a,b)=a.性质2 若(a,b)=d,且n为正整数,则(na,nb)=nd.性质3 若n∣a, n∣b,则()nbanbna,,=⎪⎭⎫⎝⎛.性质4 若a=bq+r (0≤r<b), 则(a,b)= (b,r) .性质4 实质上是求最大公约数的一种方法,这种方法叫做辗转相除法。
性质5 若 b∣a,则[a,b]=a.性质6 若[a,b]=m,且n为正整数,则[na,nb]=nm.性质7若n∣a, n∣b,则[]nbanbna,,=⎥⎦⎤⎢⎣⎡.4、数的整除性定义3 对于整数a和不为零的整数b,如果存在整数q,使得a=bq 成立,则就称b 整除a或a被b整除,记作b∣a,若b∣a,我们也称a是b倍数;若b不能整除a,记作ba5、数的整除性的性质性质1 若a∣b,b∣c,则a∣c性质2 若c∣a,c∣b,则c∣(a±b)性质3 若b∣a, n为整数,则b∣na6、同余定义4设m是大于1的整数,如果整数a,b的差被m整除,我们就说a,b关于模m7、 同余的性质性质1 如果a≡b(mod m),c≡d(mod m),那么a±c≡b±d(mod m),ac≡bd(mod m) 性质2 如果a≡b(mod m),那么对任意整数k 有ka≡kb(mod m)性质3 如果a≡b(mod m),那么对任意正整数k 有a k ≡b k (mod m)性质4如果a≡b(mod m),d 是a ,b 的公约数,那么()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≡d m,m mod d b d a 二、 例题精讲例1 设m 和n 为大于0的整数,且3m+2n=225.如果m 和n 的最大公约数为15,求m+n 的值(第11届“希望杯”初一试题)解:(1) 因为 (m,n)=15,故可设m=15a ,n=15b ,且(a,b)=1因为 3m+2n=225,所以3a+2b=15因为 a,b 是正整数,所以可得a=1,b=6或a=b=3,但(a,b)=1,所以a=1,b=6 从而m+n=15(a+b)=15⨯7=105评注:1、遇到这类问题常设m=15a ,n=15b ,且(a,b)=1,这样可把问题转化为两个互质数的求值问题。
初中数学竞赛专题辅导 一至三年级共 讲
初中数学复习资料专题辅导70讲适合初中一至三年级)、(二〇一〇年元月由我爱我家整理初中数学竟赛辅导资料(1)数的整除(一)甲内容提要:如果整数A 除以整数B(B≠0)所得的商A/B 是整数,那么叫做A 被B 整除. 0 能被所有非零的整数整除.一些数的整除特征除数能被整除的数的特征2 或5 末位数能被2 或5 整除4 或25 末两位数能被4 或25 整除8 或125 末三位数能被8 或125 整除3 或9 各位上的数字和被3 或9 整除(如771,54324)奇数位上的数字和与偶数位上的数和相减,其差能被11 整除11 (如143,1859,1287,908270 等)7,11,13 从右向左每三位为一段,奇数段的各数和与偶数段的各数和相减,其差能被7 或11 或13 整除.(如1001,22743,17567,21281 等) 能被7 整除的数的特征:①抹去个位数②减去原个位数的2 倍③其差能被7 整除。
如1001 100-2=98(能被7 整除)又如7007 700-14=686,68-12=56(能被7 整除)能被11 整除的数的特征:①抹去个位数②减去原个位数③其差能被11 整除如1001 100-1=99(能11 整除)又如10285 1028-5=1023 102-3=99(能11 整除)乙例题例1 已知两个三位数328和2x9 的和仍是三位数5y7且能被9 整除。
求x,y解:x,y 都是0 到9 的整数,∵5y7能被9 整除,∴y=6.∵328+2x9 =567,∴x=3例2 己知五位数1234x能被12 整除,求X解:∵五位数能被12 整除,必然同时能被3 和4 整除,当1+2+3+4+X 能被3 整除时,x=2,5,8勤勉笃信精益求精 1 数学是一门很有趣的学科当末两位4X能被4 整除时,X=0,4,8∴X=8例3 求能被11 整除且各位字都不相同的最小五位数解:五位数字都不相同的最小五位数是10234,但(1+2+4)-(0+3)=4,不能被11 整除,只调整末位数仍不行调整末两位数为30,41,52,63,均可,∴五位数字都不相同的最小五位数是10263。
初一竞赛讲座02(特殊的正整数)
初一数学竞赛讲座(2)特殊的正整数一、知识要点1、完全平方数及其性质定义1如果一个数是一个整数的平方,则称这个数是完全平方数。
如:1、4、9、…等都是完全平方数,完全平方数有下列性质:性质1 任何完全平方数的个位数只能是0,1,4,5,6,9中的一个。
性质2 奇完全平方数的十位数一定是偶数。
性质3 偶完全平方数是4的倍数。
性质4 完全平方数有奇数个不同的正约数。
性质5 完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数,完全平方数与非完全平方数的积是非完全平方数。
2、质数与合数定义2一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数,那么a叫做质数(或素数)。
定义3一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数外,还有其他正约数,那么a叫做合数。
1既不是质数也不是合数。
3、质数与合数的有关性质(1) 质数有无数多个(2) 2是唯一的既是质数,又是偶数的整数,即是唯一的偶质数。
大于2的质数必为奇数。
(3) 若质数p∣a•b,则必有p∣a或p∣b。
(4) 若正整数a、b的积是质数p,则必有a=p或b=p.(5) 唯一分解定理:任何整数n(n>1)可以唯一地分解为:kakaa pppn2121=,其中p1<p2<…<p k是质数,a1,a2,…,a k是正整数。
二、例题精讲例1 有一个四位数恰好是个完全平方数,它的千位数字比百位数字多1,比十位数字少1,比个位数字少2,这个四位数是解设所求的四位数为m2,它的百位数字为a,则有m2=1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)=1111a+1023=11(101a+93)因为11是质数,所以11∣(101a+93),而101a+93=11(9a+8)+(2a+5),所以11∣(2a+5),由题意a+3≤9,故a≤6,从而a=3于是所求的四位数为4356例2 一个四位数有这样的性质:用它的后两位数去除这个四位数得到一个完全平方数(如果它的十位数是0,就只用个位数去除),且这个平方数正好是前两位数加1的平方。
初中数学培优竞赛讲座第28讲__计数方法
初中数学培优竞赛讲座第28讲__计数方法计数方法是数学中一个非常重要的概念,它是解决组合问题的一种数学工具。
在初中数学培优竞赛中,计数方法常常会出现在组合数、排列组合、概率等相关题目中。
本次讲座将详细介绍计数方法的基本概念、常见的计数方法以及一些应用例题。
一、基本概念1.排列:从给定的数(或事物)中取出一部分按照一定的顺序排列起来。
例如,从5个人中选取3个人排成一排,按照顺序排列的不同可能性有P(5,3)=60种。
2.组合:从给定的数(或事物)中取出一部分,不考虑顺序,即无关顺序。
例如,从5个人中选取3个人,不考虑顺序的不同可能性有C(5,3)=10种。
3.排列数和组合数的计算公式:排列数:A(n,m)=n!/(n-m)!其中n为总的数目,m为要选择的数目,n!表示n的阶乘。
组合数:C(n,m)=n!/[(n-m)!m!]其中n为总的数目,m为要选择的数目,n!表示n的阶乘。
二、常见的计数方法1.加法原理:当两个事件不同时发生时,计算两个事件发生的可能的总数,需要使用加法原理。
例如,有5个男孩和4个女孩,从中选出2人组成一个小组,求男女合作和男男合作的可能性总数。
解:首先,男女合作的可能性总数为C(5,1)C(4,1)=20,然后,男男合作的可能性总数为C(5,2)=10。
最后,根据加法原理,男女合作和男男合作的可能性总数为20+10=30。
2.乘法原理:当两个或多个事件同时发生时,计算这些事件发生的可能的总数,需要使用乘法原理。
例如,一个编号为1、2、3、4、5的转盘,每个号码一个扇形,若按顺时针方向旋转则相邻两个号码不能相同。
问转动5下后的不同可能的总数。
解:首先,第1次转动可以有5种不同的可能,第2次转动可以有4种不同的可能,以此类推,最后第5次转动可以有1种不同的可能。
根据乘法原理,不同可能的总数为5×4×3×2×1=120。
3.基于递推关系的计数:(1)斐波那契数列:F(0)=0,F(1)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2)(n≥2,其中n为正整数)。
数学竞赛讲座
这串数中没有完全平方数。
的数若是完全平方数,必是末位为1或9的数的平方,即
或
在两端同时减去1之后即可推出矛盾。
,则
证明
若
因为左端为奇数,右端为偶数,所以左右两端不相等。 若 ,则
因为左端为奇数,右端为偶数,所以左右两端不相等。 综上所述, 不可能是完全平方数。
例4
试证数列49,4489,444889,
性质7:不能被5整除的数的平方为5k±1型,能被5整除的数的平方为5k型。 性质8:平方数的形式具有下列形式之一:16m,16m+1, 16m+4,16m+9。 性质9:完全平方数的数字之和只能是0,1,4,7,9。
性质10: 为完全平方数的充要条件是b为完全平方数。
性质11:如果质数p能整除a,但 不能整除a,则a不是完全平方数。 性质12:在两个相邻的整数的平方数之间的所有整数都不是完全平方数,即若 <k<(n+1) 则k一定不是完全平方数。
整除的判别法:
整除的判别法:设整数N= a1a n1 a 2a1 ①.2|a1 2|N , 5|a1 5|N ②.3|a1+a2+…+an 3|N 9|a1+a2+…+an 9|N ③.4| a a 4|N 25| a a 25|N ④.8| a a a 8|N 125| a a a 125|N ⑤.7|| a n a n1 a 4 - a a a | 7|N ⑥.11|| a n a n1 a 4 - aa a | 11|N ⑦11|[(a2n + 1 + a2n - 1 + … + a1) - (a2n + a2n 11|N ⑧.13||a n a n1 a 4 -a a a | 13|N 推论:三个连续的整数的积能被6整除.
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竞赛讲座(数字、数位及数谜问题)一、 知识要点1、整数的十进位数码表示一般地,任何一个n 位的自然数都可以表示成:122321*********a a a a a n n n n +⨯+⨯++⨯+⨯---其中,a i (i=1,2,…,n)表示数码,且0≤a i ≤9,a n ≠0.对于确定的自然数N ,它的表示是唯一的,常将这个数记为N=121a a a a n n - 2、正整数指数幂的末两位数字(1) 设m 、n 都是正整数,a 是m 的末位数字,则m n 的末位数字就是a n 的末位数字。
(2) 设p 、q 都是正整数,m 是任意正整数,则m 4p+q 的末位数字与m q 的末位数字相同。
3、在与整数有关的数学问题中,有不少问题涉及到求符合一定条件的整数是多少的问题,这类问题称为数迷问题。
这类问题不需要过多的计算,只需要认真细致地分析,有时可以用“凑”、“猜”的方法求解,是一种有趣的数学游戏。
二、 例题精讲例1、有一个四位数,已知其十位数字减去2等于个位数字,其个位数字加上2等于其百位数字,把这个四位数的四个数字反着次序排列所成的数与原数之和等于9988,求这个四位数。
分析:将这个四位数用十进位数码表示,以便利用它和它的反序数的关系列式来解决问题。
解:设所求的四位数为a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d ,依题意得:(a ⨯103+b ⨯102+c ⨯10+d)+( d ⨯103+c ⨯102+b ⨯10+a)=9988∴ (a+d) ⨯103+(b+c) ⨯102+(b+c) ⨯10+ (a+d)=9988比较等式两边首、末两位数字,得 a+d=8,于是b+c18又∵c-2=d ,d+2=b ,∴b-c=0从而解得:a=1,b=9,c=9,d=7故所求的四位数为1997评注:将整数用十进位数码表示,有助于将已知条件转化为等式,从而解决问题。
例2 一个正整数N 的各位数字不全相等,如果将N 的各位数字重新排列,必可得到一个最大数和一个最小数,若最大数与最小数的差正好等于原来的数N ,则称N 为“新生数”,试求所有的三位“新生数”。
分析:将所有的三位“新生数”写出来,然后设出最大、最小数,求差后分析求出所有三位“新生数”的可能值,再进行筛选确定。
解:设N 是所求的三位“新生数”,它的各位数字分别为a 、b 、c(a 、b 、c 不全相等),将其各位数字重新排列后,连同原数共得6个三位数:cba cab bca bac acb abc ,,,,,,不妨设其中的最大数为abc ,则最小数为cba 。
由“新生数”的定义,得N=()()()c a a b c c b a cba abc -=++-++=-991010010100由上式知N 为99的整数倍,这样的三位数可能为:198,297,396,495,594,693,792,891,990。
这9个数中,只有954-459=495符合条件。
故495是唯一的三位“新生数”评注:本题主要应用“新生数”的定义和整数性质,先将三位“新生数”进行预选,然后再从中筛选出符合题意的数。
这也是解答数学竞赛题的一种常用方法。
例3 从1到1999,其中有多少个整数,它的数字和被4整除?将每个数都看成四位数(不是四位的,在左面补0),0000至1999共2000个数。
千位数字是0或1,百位数字从0到9中选择,十位数字从0到9中选择,各有10种。
在千、百、十位数字选定后,个位数字在2到9中选择,要使数字和被4整除,这时有两种可能:设千、百、十位数字和为a ,在2,3,4,5中恰好有一个数b ,使a+b 被4整除(a+2、a+3、a+4、a+5除以4,余数互不相同,其中恰好有一个余数是0,即相应的数被4整除);在6,7,8,9中也恰好有一个数c(=b+4),使a+c 被4整除。
因而数字和被4整除的有:2⨯10⨯10⨯2=400个.再看个位数字是0或1的数。
千位数字是0或1,百位数字从0到9中选择,在千、百、个位数字选定后,十位数字在2到9中选择。
与上面相同,有两种可能使数字和被4整除。
因此数字和被4整除的又有:2⨯2⨯10⨯2=80个。
在个位数字、十位数字、千位数字均为0或1的数中,百位数字在2到9中选择。
有两种可能使数字和被4整除。
因此数字和被4整除的又有:2⨯2⨯2⨯2=16个。
最后,千、百、十、个位数字为0或1的数中有两个数,数字和被4整除,即1111和0000,而0000不算。
于是1到1999中共有400+80+16+1=497个数,数字和被4整除。
例4 圆上有9个数码,已知从某一位起把这些数码按顺时针方向记下,得到的是一个9位数并且能被27整除。
证明:如果从任何一位起把这些数码按顺时针方向记下的话,那么所得的一个9位数也能被27整除。
分析:把从某一位起按顺时针方向记下的9位数记为:9321a a a a ,其能被27整除。
只需证明从其相邻一位读起的数:1932a a a a 也能被27整除即可。
证明:设从某一位起按顺时针方向记下的9位数为:9321a a a a 依题意得:9321a a a a =987281101010a a a a +⨯++⨯+⨯ 能被27整除。
为了证明题目结论,只要证明从其相邻一位读起的数:1932a a a a 也能被27整除即可。
1932a a a a =197382101010a a a a +⨯++⨯+⨯∴10•9321a a a a -1932a a a a =10(987281101010a a a a +⨯++⨯+⨯ )-(197382101010a a a a +⨯++⨯+⨯ ) =101010109738291⨯++⨯+⨯+⨯a a a a -(197382101010a a a a +⨯++⨯+⨯ ) =()()13191911100011010a a a a -=-=-⨯ ∵()()()1100010009991100010001100011000223++=++-=- 而999能被27整除,∴10003-1也能被27整除。
因此,1932a a a a 能被27整除。
从而问题得证。
评注:本题中,109-1难以分解因数,故将它化为10003-1,使问题得到顺利解决。
这种想办法降低次数的思想,应注意领会掌握。
例5 证明:111111+112112+113113能被10整除分析:要证明111111+112112+113113能被10整除,只需证明111111+112112+113113的末位数字为0,即证111111,112112,113113三个数的末位数字和为10。
证明:111111的末位数字显然为1;112112=(1124)28,而1124的末位数字是6,所以112112的末位数字也是6;113113=(1134)28•113,1134的末位数字是1,所以113113的末位数字是3;∴111111,112112,113113三个数的末位数字和为1+6+3=10∴111111+112112+113113能被10整除评注:本题是将证明被10整除转化为求三数的末位数字和为10。
解决数学问题时,常将未知的问题转化为熟知的问题、复杂的问题转化为简单的问题,这是化归思想。
例6 设P (m)表示自然数m 的末位数,()()n P n P a n-=2 求199521a a a ++的值。
解:199521a a a ++=()()112P P -+()()222P P -+…+()()199519952P P -=()()()[]()()()[]199521199521222P P P P P P +++-+++ =()()199521199521222+++-+++ P P ∵1995=10⨯199+5,又因为连续10个自然数的平方和的末位数都是5∴()()()51995432119952122222222⨯+++++=+++P P P =5+5=10又()⎪⎭⎫⎝⎛⨯=+++219961995199521P P =0 ∴199521a a a ++=10 评注:本题用到了连续10个自然数的平方和的末位数都是5这个结论。
例7 1111111=+++++?????? 请找出6个不同的自然数,分别填入6个问号中,使这个等式成立。
(第三届华杯赛口试题)分析:分子为1分母为自然数的分数称作单位分数或埃及分数,它在很多问题中经常出现。
解决这类问题的一个基本等式是:()11111+++=n n n n ,它表明每一个埃及分数都可以写成两个埃及分数之和。
解:首先,1=2121+ 从这个式子出发,利用上面给出的基本等式,取n=2可得: 613121+= ∴1=613121++ 又利用上面给出的基本等式,取n=3可得:1214131+= ∴ 1=611214121+++ 再利用上面给出的基本等式,取n=4可得:2015141+= ∴ 1=611212015121++++ 最后再次利用上面给出的基本等式,取n=6可得:4217161+= ∴ 1=421711212015121+++++ 即可找出2,5,20,12,7,42六个自然数分别填入6个问号中,使等式成立。
评注:1、因为问题要求填入的六个自然数要互不相同,所以每步取n 时要适当考虑,如:最后一步就不能取n=5,因为n=5将产生30161+,而61已出现了。
2、本题的答案是不唯一的,如最后一步取n=12,就可得: 1=6115611312015121+++++例8 如图,在一个正方体的八个顶点处填上1到9这些数码中的8个,每个顶点处只填一个数码,使得每个面上的四个顶点处所填的数码之和都相等,并且这个和数不能被那个未被填上的数码整除。
求所填入的8个数码的平方和。
(第12届“希望杯”数学竞赛培训题)解:设a是未填上的数码,s是每个面上的四个顶点处所填的数码之和,由于每个顶点都属于3个面,所以6s=3(1+2+3+4+5+6+7+8+9)-3a即6s=3•45-3a,于是2s=45-a,可以断定a是奇数而a不整除s,所以a只能是7,则填入的8个数码是1,2,3,4,5,6,8,9,它们的平方和是:12+22+32+42+52+62+82+92=236例9在右边的加法算式中,每个 表示一个数字,任意两个数字都不同。
试求A和B乘积的最大值。
+)A B分析:先通过运算的进位,将能确定的 确定下来,再来分析求出A和B乘积的最大值。
解:设算式为:ab c+) d e fg h A B显然,g=1,d=9,h=0a+c+f=10+B,b+c=9+A, ∴A≤62 (A+B)+19=2+3+4+5+6+7+8=35,∴A+B=8要想A•B最大,∵ A≤6,∴取A=5,B=3。