【初中数学竞赛精品资料】第15讲_整数的分类(含答案)
人教版数学七年级讲练教程培优和竞赛二合一：15-整数的分类
人教版数学七年级讲练教程（培优和竞赛二合一）（15）整数的分类【知识精读】1．余数的定义：在等式A＝mB＋r中，如果A、B是整数，m是正整数，r为小于m的非负整数，那么我们称r是A 除以m的余数。
即：在整数集合中被除数＝除数×商＋余数(0≤余数<除数)例如：13，0，－1，－9除以5的余数分别是3，0，4，1（∵－1＝5（－1）＋4。
－9＝5（－2）＋1。
）2．显然，整数除以正整数m ,它的余数只有m种。
例如整数除以2，余数只有0和1两种，除以3则余数有0、1、2三种。
3．整数的一种分类：按整数除以正整数m的余数，分为m类，称为按模m分类。
例如：m=2时，分为偶数、奇数两类，记作｛2k｝,｛2k－1｝（k为整数）m=3时，分为三类，记作｛3k｝,｛3k+1｝,｛3k+2｝.或｛3k｝,｛3k+1｝，｛3k－1｝其中｛3k－1｝表示除以3余2。
m=5时，分为五类，｛5k｝.｛5k+1｝,｛5k+2｝,｛5k+3｝,｛5k+4｝或｛5k｝,｛5k±1｝,｛5k±2｝，其中5k－2表示除以5余3。
4．余数的性质：整数按某个模m分类，它的余数有可加，可乘，可乘方的运算规律。
举例如下：①（3k1+1）+(3k2+1)=3(k1+k2)+2 （余数1＋1＝2）②（4k1+1）(4k2+3)=4(4k1k2+3k1+k2)+3（余数1×3＝3）③（5k±2）2＝25k2±20k+4=5(5k2±4k)+4（余数22＝4）以上等式可叙述为：①两个整数除以3都余1，则它们的和除以3必余2。
②两个整数除以4，分别余1和3，则它们的积除以4必余3。
③如果整数除以5，余数是2或3，那么它的平方数除以5，余数必是4或9。
余数的乘方，包括一切正整数次幂。
如：∵17除以5余2 ∴176除以5的余数是4 （26＝64）5．运用整数分类解题时，它的关鍵是正确选用模m。
七年级数学竞赛 第15讲 不定方程(组)
例 5．某人家的电话号码是八位数，将前四位数组成的数与后四位数组成的数相加得 14405，将前三位数组 成的数与后五位数组成的数相加得 16970，求此人家的电话号码。
（湖北省武汉市竞赛题）
分析与解：设此八位数为 abcdefgh ，为将两个已知条件变为两个方程，需进一步整体设元。
设 abc 为 x，d 为 y， efgh 为 z，则电话号码是 100000x+10000y+z，其中 x，y，z 均为自然数，
故小强支票面额为 14.32 元，误看成 32.14 元，
应退 32.14−14.32=17.82 元。
刻意练习
1．若正整数 a，b，c 满足 a+2bc= 49 ，则 a+b+c 的最大值是
.
a
（“希望杯”邀请赛试题）
2．有 5 克、25 克、30 克 50 克的砝码各若干个，从中共取 n 个，每类砝码至少取 1 个，50 克的砝码不能超
（3）当 k≤−1 时，若 k=−1，则 x=−4，y=3，|x|+|y|=7；
若 k<−1，则|y|≥12，|x|>0，从而|x|+|y|>12。
由上述可知，至少要用 7 只这样的砝码，其中 9 克的 4 只，13 克的 3 只。
分离整系数 类似于假分数的化简，当分子的次数大于或等于分母的次数时，通过除法，我们可以把一个分式化为整
可表示为
x y
= =
x0 y0
− bt, + at,
（t 为整数）。
问题解决：
例 1．正整数 m，n 满足 8m+9n=mn+6，则 m 的最大值是
．
பைடு நூலகம்
初中数学竞赛精品标准教程及练习70正整数简单性质的复习
初中数学竞赛精品标准教程及练习70正整数简单性质的复习正整数的简单性质是数学中的基本知识点，它是我们解题的基础。
掌握了正整数的简单性质，我们就能更好地去理解和应用其他的数学概念和方法。
下面是关于正整数简单性质的复习，包括常用性质和应用技巧。
一、数的分类1.自然数：1，2，3，……2.整数：包括正整数、0和负整数3.有理数：可以表示为两个整数的比值，包括整数、分数和小数4.实数：包括有理数和无理数二、正整数的性质1.正整数除以正整数仍为正整数2.正整数的倍数是正整数3.一个数除以它自己等于1，即n÷n=14.1不是任何一个数的倍数5.0不是任何一个数的倍数，除数和被除数都不可为0三、正整数的应用技巧1.数的整体性质：对于一些数的性质，可以通过对数的整体进行分析得出结论。
例如：一个数是3的倍数，那么它的个位数的特点就是3的倍数，根据个位数特点就可以判断这个数是否是3的倍数。
2.数的划分：可以将给定的数划分为多个部分进行讨论。
例如：一个数是4的倍数，则根据4的特点可知它的末两位是4的倍数，根据末两位是4的倍数可知这个数本身是4的倍数。
3.数的逆否：当一个数不满足一些性质时，可以考虑用逆否否定的方式进行处理。
例如：如果一个数不是素数，则它一定有一个小于它的因数。
4.数的特殊情况：特殊情况下的数学性质可以通过实际例子加以验证。
例如：一个奇数的平方的个位数是什么？可以取一个例子进行验证，例如3的平方是9，5的平方是25，7的平方是49，可以看出，奇数的平方的个位数只可能是1、5、95.数的表示法：用不同的表示法来考虑一个数的性质，有时会有不同的发现。
例如，一个正整数的个位数是2，十位数是3，百位数是4，可以表示为432，也可以表示为4×100+3×10+2，用这种方式表示可以更好地发现数的性质。
4.数的递推公式：通过找出数列中的规律，使用递推公式来找到数列中的任意一项。
例如，求1+2+3+...+n的和，可以通过找到前n项和和前n-1项和的关系，得到递推公式n(n+1)/2这些是关于正整数的简单性质的复习内容，掌握了这些知识点，可以帮助我们更好地应对数学竞赛中的题目。
2020北京 初二数学竞赛 数论专题：整数的整除性质(含答案)
2020北京 初二数学竞赛 数论专题：整数的整除性质（含答案）1. 下面这个41位数20555L 123个2099L 23个能被7整除，问中间方格代表的数字是几？ 解析 因为5555555111111=⨯，9999999111111=⨯，11111137111337=⨯⨯⨯⨯，所以555555和999999都能被7整除，那么由18个5和18个9分别组成的18位数，也能被7整除．而原数=185230555000L L 123123个个1851890999+L L 123123个个，因此右边的三个加数中，前后两个数都能被1整除，那么只要中间的能被7整除，原数就能被7整除．把拆成两个数的和：5599BA B +.因为7|55300，7|399336+=．评注 记住111111能被7整除很有用．2. 一位魔术师让观众写下一个六位数a ，并将a 的各位数字相加得b ，他让观众说出a b -中的5个数字，观众报出1、3、5、7、9，魔术师便说出余下的那个数，问那个数是多少？解析 由于一个数除以9所得的余数与这个数的数字和除以9所得的余数相同，所以a b -是9的倍数．设余下的那个数为x ，则()9|13579x +++++，即 ()9|7x +，由于09x ≤≤，所以，2x =．3. 若p 、q 、21p q -、21q p-都是整数，并且1p >，1q >．求pq 的值． 解析 若p q =，则212112p p q p p--==- 不是整数，所以p q ≠．不妨设p q <，于是2121212p q q q q q--<<=≤， 而21p q -是整数，故211p q-=，即21q p =-．又 214334q p p p p--==- 是整数，所以p 只能为3，从而5q =．所以3515pq =⨯=．4. 试求出两两互质的不同的三个正整数x 、y 、z 使得其中任意两个的和能被第三个数整除．解析 题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．不妨设x y z <<，于是y z x +、z x y +、x y z+都是正整数．先考虑最小的一个：12x y z z z z++<=≤， 所以1x y z+=，即z x y =+．再考虑z x y +，因为()|y z x +，即()|2y y x +，所以|2y x ，于是2212x y y y <=≤， 所以21x y=，即2y x =，从而这三个数为x 、2x 、3x ．又因为这三个数两两互质，所以1x =．所求的三个数为1、2、3．5. 证明：三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．解析 要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．设三个连续的奇数分别为21n -、21n +、23n +（其中n 是整数），于是 ()()()()22222121231121n n n n n -+++++=++． 所以 ()()()22212|212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦． 又()2111n n n n ++=++，而n 、1n +是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以()1n n +是偶数，从而21n n ++是奇数，故()()()22224212123n n n ⎡⎤-++++⎣⎦Œ． 6. 若x 、y 为整数，且23x y +，95x y +之一能被17整除，那么另一个也能被17整除． 解析 设23u x y =+，95x y =+．若17|u ，从上面两式中消去y ，得3517v u x -=．① 所以 17|3v ．因为（17，3）=1，所以17|v 即17|95x y +．若17|v ，同样从①式可知17|5u ．因为（17，5）=1，所以17|u ，即17|23x y +．7. 设n 是奇数，求证：60|6321n n n ---．解析 因为260235=⨯⨯，22、3、5是两两互质的，所以只需证明22、3、5能整除6321n n n ---即可．由于n 是奇数，有22|62n n -，22|31n +，所以22|6231n n n ---；又有3|63n n -，3|21n +，所以3|6321n n n ---；又有5|61n -，5|32n n +，所以5|6321n n n ---．所以60|6321n n n ---．评注 我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用2k 表示，奇数常用21k +表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数a 被3除时，余数只能是0、1、2这三种可能，因此，全体整数可以分为3k 、31k +、32k +这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理．8. 设n 为任意奇正整数，证明：15961000270320n n n n +--能被2006整除．解析 因为200621759=⨯⨯，所以为证结论成立，只需证n 为奇正整数时，15961000270320n n n n +--能被2、17、59整除．显然，表达式能被2整除．应用公式，n 为奇数时，()()121n n n n n a b a b a a b b ---+=+-++L ，()()121n n n n n a b a b a a b b ----=-+++L .由于159610005944+=⨯，2703205910+=⨯，所以15961000270320n n n n +--能被59整除.又159627013261778-==⨯，10003206801740-==⨯，所以15961000270320n n n n +--能被17整除．9. 若整数a 不被2和3整除，求证：()224|1a -．解析 因为a 既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成6k 、61k +、62k +、63k +、64k +、65k +这六类．由于6k 、62k +、64k +是2的倍数，63k +是3的倍数，所以a 只能具有61k +或65k +的形式，有时候为了方便起见，也常把65k +写成61k -（它们除以6余数均为5）．故a 具有61k ±的形式，其中k 是整数，所以()()222161136121231a k k k k k -=±-=±=±． 由于k 与31k ±为一奇一偶（若k 为奇数，则31k ±为偶数，若k 为偶数，则31k ±为奇数），所以()2|31k k ±，于是便有()224|1a -．10. 求证：31n +（n 为正整数）能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除． 解析 按模2分类．若2n k =为偶数，k 为正整数，则()22313131n k n +=+=+． 由3k 是奇数，()23k 是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设()2381k l =+，于是 ()3182241n l l +=+=+，41l +是奇数，不含有2的因数，所以31n +能被2整除，但不能被2的更高次幂整除． 若21n k =+为奇数，k 为非负整数，则()()()22131313313811461n k k l l ++=+=⋅+=++=+． 由于61l +是奇数，所以此时31n +能被22整除，但不能被2的更高次幂整除．11. 设p 是质数，证明：满足22a pb =的正整数a 、b 不存在.解析 用反证法．假定存在正整数a 、b ，使得22a pb =.令() , a b d =，1a a d =，1b b d =，则()11 , 1a b =.所以222211a d pb d =，2211a pb =，所以21|p a ．由于p 是质数，可知，1|p a .令12a pa =，则22221a p pb =，所以2221pa b =．同理可得，1|p b .即1a 、1b 都含有p 这个因子，这与()11 , 1a b =矛盾．12. 如果p 与2p +都是大于3的质数，那么6是1p +的约数.解析 每一整数可以写成6n 、61n -、61n +、62n -、62n +、63n +中的一种（n 为整数），其中6n 、62n -、62n +、63n +在1n ≥时都是合数，分别被6、2、2、3整除．因此，质数p 是61n -或61n +的形式.如果()611p n n =+≥，那么()263321p n n +=+=+是3的倍数，而且大于3，所以2p +不是质数．与已知条件矛盾．因此()611p n n =-≥．这时16p n +=是6的倍数．评注 本题是将整数按照除以6，所得的余数分为6类．质数一定是61n +或61n -的形式．当然，反过来，形如61n -或61n +的数并不都是质数．但可以证明形如61n -的质数有无穷多个，形如61n +的质数也有无穷多个．猜测有无穷多个正整数n ，使61n -与61n +同为质数．这是孪生质数猜测，至今尚未解决．13. 已知a 、b 是整数，22a b +能被3整除，求证：a 和b 都能被3整除．证 用反证法.如果a 、b 不都能被3整除，那么有如下两种情况：（1）a 、b 两数中恰有一个能被3整除，不妨设3|a ，3b Œ．令3a m =，31b n =±（m 、n 都是整数），于是()222222996133321a b m n n m n n +=+±+=+±+，不是3的倍数，矛盾．（2）a ，b 两数都不能被3整除.令31a m =±，31b n =±，则()()2222223131961961a b m n m m n n +=++±=±++±+()22333222m n m n =+±±+，不能被3整除，矛盾．由此可知，a 、b 都是3的倍数．14. 若正整数x 、y 使得2x x y+是素数，求证：x y ≤. 解析 设2x p x y =+是素数，则()py x x p =-，所以()|p x x p -，故|p x ，或者|p x p -，故可得|p x ，且p x <.令x kp =，k 是大于1的整数，则()1y x k x =-≥．15. 证明：形如abcabc 的六位数一定被7、11、13整除．解析 100171113abcabc abc abc =⨯=⨯⨯⨯． 由此可见，abcabc 被7、11、13整除．16. 任给一个正整数N ，把N 的各位数字按相反的顺序写出来，得到一个新的正整数N '，试证明：N N '-被9整除．解析 N 除以9，与N 的数字和除以9，所得余数相同．N '除以9，与N '的数字和除以9，所得余数相同．N 与N '的数字完全相同，只是顺序相反，所以N 与N '的数字和相等．N 除以9与N '除以9，所得的余数相同，所以N N '-被9整除．17. 19991999199919991999N =L 144424443连写个.求N 被11除所得的余数．解 显然，N 的奇数位数字和与偶数位数字和的差为()1999999119998⨯+--=⨯.19998⨯除以11的余数与88⨯除以11的余数相同，即余数为9．从而N 除以11，所得的余数为9．18. 在568后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能被3、4、5分别整除．符合这些条件的六位数中，最小的一个是多少？解析 要命名这个六位数尽可能小，而且能被5整除，百位数字和个位数字都应选0．这样，已知的五个数位上数字之和是5+6+8+0+0=19．要使这个六位数能被3整除，十位上可填2、5、8．由能被4整除的数的特征（这个数的末两位数应该能被4整除）可知，应在十位上填2．这个六位数是568020．19. 已知四位数abcd 是11的倍数，且有b c a +=，bc 为完全平方数，求此四位数． 解析 在三个已知条件中，b c a +=说明给出b 和c ，a 就随之给定，再由11|abcd ，可定d .而bc 为完全平方数，将b 和c 的取值定在两位平方数的十位和个位数字范围中，只要从这个范围中挑选符合要求的即可．由bc 完全平方数，只可能为16、25、36、49、64、81这六种情况．由b c a +=，此时相应的a 为7、7、9、13、10、9．其中13和10显然不可能是四位数的千位数字． 在716d 、725d 、936d 、981d ，这四种可能性中，由11|abcd ，应有()()11|d b a c +-+．()()11|176d +-+时，d 可为1；()()11|275d +-+时，这种d 不存在；()11|396d +-+时，d 可为1；()11|891d +-+时，d 可为2．故满足条件的四位数有：7161、9361、9812．评注 bc 为完全平方数，表示bc 是两位整数，0b ≠，因此，不考虑00、01、04、09这四种情况，否则还应加上1012、4048、9097这三个四位数.20. 用0，1，2，…，9这十个数字组成能被11整除的最大的十位数是多少？解析 因为0+1+2+…+9=45．这个最大十位数若能被11整除，其奇数位上数字之和与偶数位上的数字之和的差（大减小）为0或11的倍数．由于这十个数字之和是45（奇数），所以这个差不可能是0、22、44（偶数）．若这个差为33，则只能是396-，但0+1+2+3+4=10，即最小的五个数字之和都超过6，不可能．若这个差为11，()4511228+÷=，452817-=．如果偶数位为9、7、5、3、1，其和为25；奇数位为8、6、4、2、0，其和为20．交换偶数位上的1与奇数位上的4，可得偶数位上的数为9、7、5、4、3，奇数位上的数为8、6、2、1、0．于是所求的最大十位数为9876524130．21. 一个六位数88的倍数，这个数除以88所得的商是多少？解析 设这个六位数为1234A B ，因为它是88的倍数，而88811=⨯，8与11互质，所以，这个六位数既是8的倍数，又是11的倍数．由1234A B 能被8整除，可知34B 能被8整除（一个数末三位组成的数能被8整除，这个数就能被8整除），所以B 是4．由能被11整除的数的特征（一个数奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除，这个数就能被11整除），可知奇数位数字之和与偶数位数字之和的差()()234144A A ++-++=-能被11整除，则40A -=，即4A =．124344881413÷=． 所以，这个六位数是124344，它除以88的商是1413．22. 如果六位数105整除，那么，它的最后两位数是多少？解析 因为这个六位数能被105整除，而105357=⨯⨯，3、5、7这三个数两两互质，所以，这个六位数能同时被3、5、7整除．根据能被5整除的数的特征，它的个位数可以是0或5．根据能被3整除的数的特征，可知这个六位数有如下七种可能：199320，199350，199380，199305，199335，199365，199395．而能被7整除的数的特征是：这个数的末三位数字所表示的数与末三位以前的数字所表示的数的差（以大减小）能被7整除．经试算：395199196-=，196能被7整除．所以，199395能被105整除，它的最后两位数是95．23. 形如1993199319931993520n L 1442443个，且能被11整除的最小数是几？ 解析 本题实质上确定n 的最小值．利用被11整除的数的特征：偶数位数字之和与奇位数字之和的差能被11整除．该数的偶数位数字之和为122n +，奇数位数字之和为105n +，两者之差为()12210523n n n +-+=-．要使()11|23n -，不难看出最小的7n =，故所求最小数为71993199319931993520L 1442443个． 24. 是否存在100个不同的正整数，使得它们的和与它们的最小公倍数相等？解析 存在满足条件的100个数．事实上，对任意正整数()3n ≥，下述n 个数3，23⨯，223⨯，…，223n -⨯，13n -，它们的最小公倍数为123n -⨯，和为221222132323233323233n n n n ----+⨯+⨯++⨯+=+⨯++⨯+L L 33211113232333323n n n n n -----=+⨯++⨯+==+=⨯L L ．所以，这几个数的和等于它们的最小公倍数．取100n =，可知存在符合要求的100个数．。
初中数学竞赛试题内容及答案
初中数学竞赛试题内容及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 下列哪个数是最小的正整数？A. 0B. 1C. 2D. -1答案：B2. 如果一个数的平方等于16，那么这个数是多少？A. 4B. -4C. ±4D. ±2答案：C3. 一个圆的半径是5厘米，那么它的直径是多少厘米？A. 10B. 15C. 20D. 25答案：A4. 一个数的绝对值是5，这个数可以是？A. 5B. -5C. 5或-5D. 0答案：C5. 一个长方体的长、宽、高分别是2厘米、3厘米和4厘米，它的体积是多少立方厘米？A. 24B. 12C. 6D. 8答案：B6. 如果一个角是直角的一半，那么这个角的度数是多少？A. 15°B. 30°C. 45°D. 60°答案：C7. 一个数的平方根是4，这个数是多少？A. 16B. 8C. 4D. 2答案：A8. 一个等腰三角形的底边长是10厘米，两腰相等，如果底角是45°，那么腰长是多少？A. 5B. 7.07C. 10D. 14.14答案：D9. 一个数的立方是-27，这个数是多少？A. -3B. 3C. -27D. 27答案：A10. 一个数的倒数是1/4，这个数是多少？A. 4B. 1/4C. 1D. 1/2答案：A二、填空题（每题2分，共20分）11. 一个数的平方加上8倍这个数再加上16等于0，这个数是______。
答案：-412. 如果一个三角形的三边长分别为3、4、5，那么这是一个______三角形。
答案：直角13. 一个数的立方根是2，那么这个数是______。
答案：814. 一个数的相反数是-5，这个数是______。
答案：515. 如果一个分数的分子是7，分母是14，化简后是______。
答案：1/216. 一个数的平方是25，那么这个数是______。
答案：±517. 一个数的绝对值是它本身，这个数是______。
七年级数学培优竞赛二合一讲练教程(共15讲,含答案)
数的整除（一）【知识精读】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）【分类解析】例1已知两个三位数328和92x 的和仍是三位数75y 且能被9整除。
求x,y解：x,y 都是0到9的整数，∵75y 能被9整除，∴y=6. ∵328＋92x ＝567，∴x=31234能被12整除，求X。
例2己知五位数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=2，5，84能被4整除时，X＝0，4，8当末两位X∴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。
【实战模拟】1分解质因数：（写成质因数为底的幂的連乘积）①593②1859③1287④3276⑤10101⑥10296987能被3整除，那么a=_______________2若四位数a12X能被11整除，那么X＝__________-3若五位数3435m能被25整除4当m=_________时，59610能被7整除5当n=__________时，n6能被11整除的最小五位数是________,最大五位数是_________7能被4整除的最大四位数是____________，能被8整除的最小四位数是_________ 88个数：①125，②756，③1011，④2457，⑤7855，⑥8104，⑦9152，⑧70972中，能被下列各数整除的有（填上编号）：6________,8__________,9_________,11__________9从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_____个，能被3整除但不是5的倍数的共______个。
七年级数学竞赛辅导材料(上)
七年级数学竞赛辅导材料（上）数的整除（一）一、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能被3整除，54324能被9整除) 11 奇数位上的数字和与偶数位上的数字和相减，其差能被11整除(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整除的数的另一特征：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整除的数的又一特征：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）。
二、例题：例1 已知两个三位数328和92x 的和仍是三位数75y 且能被9整除。
求x ，y 的值。
解：x 、y 都是0到9的整数，∵75y 能被9整除，∴y=6，∵328＋92x ＝567，∴x=3。
例2 己知五位数x 1234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；当末两位X 4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。
初中数学竞赛讲义 第一章 整数
第一章 整数一、自然数的十进制表示数的进位制很多，常用的是十进位制，简单地说，就是用十个不同的数字符号（0，1，2，3，4，5，6，7，8，9）和由低向高位“满十进一”的位制原则，就可以写出一切自然数来.对于一切十进位制的自然数，都可以用其各位上单位的和的形式来表示，如：510910*********3+⨯+⨯+⨯=，对于任意自然数N ，都可以表示为：01221110101010a a a a a N n n nn +⨯+⨯++⨯+⨯=-- 的形式，这里0121,,,,,a a a a a n n -各表示0到9这十个数字中的任意一个，但0≠n a . 有时还把该自然数N 表示成0121a a a a a n n -（0≠n a ），在上面加一横，意在避免与0121,,,,,a a a a a n n -的乘积发生混淆.例1．一个六位数的最高位是1，若把1移作个位数，其余各数的大小和顺序都不变，则所得的新六位数恰好是原数的3倍，求原六位数.例2．设n 为正整数，计算 99999个n × 99999个n ＋199999个n例3．试问，是否存在整数ab 和cd ，使得abcd cd ab =⋅？二、奇数与偶数一个整数，不是奇数就是偶数.概念：偶数：能被2整除的整数叫做偶数；奇数：不能被2整除的整数就叫做奇数.我们常用n2表示偶数，用12+n或12-n表示奇数（n为整数）.奇数偶数的常用性质：（1）奇数±奇数＝偶数，奇数±偶数＝奇数，偶数±偶数＝偶数奇数×奇数＝奇数奇数×偶数＝偶数，偶数×偶数＝偶数（2）奇数个奇数相加，其和为奇数；偶数个奇数相加，其和为偶数；任意多个偶数相加，和总为偶数；（3）任意多个奇数相乘，积为奇数；任意个偶数相乘，积为偶数.推论：奇数的正整数次幂是奇数，偶数的正整数次幂是偶数，（4）若干个整数的积为奇数，则每个整数都为奇数；若干个整数的积为偶数，则其中至少有一个是偶数；（5）两个连续整数，必有一个是奇数，一个是偶数；两个连续整数的和是奇数，积是偶数. （6）若a是整数，则a，a-，a具有相同的奇偶性；（7）若a，b是整数，则babaabbaba-+--+,,,,具有相同的奇偶性.例4．在2010个自然数1，2，3，…，2010的每一个数前面任意添加“＋”号或“－”号，然后将这2010个整数相加，请你判断，最后的结果是奇数还是偶数？例5．已知cba，，中有两个奇数，一个偶数，试判断()()()321+++cba的奇偶性.例6．计算：()223521+-例7．已知y x ，均为一位正整数，且满足y x y x 9292=⋅，求y x ，的值.例8．已知自然数y x ,满足606341993=+y x ，求xy 的值.例9．某次九年级数学竞赛共有20道题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错扣1分. 求证：不论多少人参赛，全体学生的得分总分一定是偶数.三、整数的整除（1）定义：设a ，b 是整数，0≠b ，如果有整数p ，使得bp a =，那么称a 能被b 整除，或称b 整除a ，记作a b .又称b 为a 的约数，a 为b 的倍数.如果a 不是b 的倍数，则称整数b 不整除a ，或称a 不能被b 整除.（2）整除的常用性质： ① 若b a ，c b ，则c a .② k 是任意整数，若a b ，则ka b . ③ 若b a ，c a ，则()c b a ±. ④ 若ab m ，()1,=a m ，则b m .⑤若mb，则[]ma，ma,.b⑥若mb，且()1a，mab.a，则m,=b（3）整数整除的常用判定方法：①若整数M的个位数是偶数，则M2.②若整数M的个位数是0或5，则M5.③若整数M的各位数字之和是3的倍数，则M3；若整数M的各位数字之和是9的倍数，则M9.4；④若整数M的末两位数是4的倍数，则M若整数M的末两位数是25的倍数，则M25.⑤若整数M的末三位数是8的倍数，则M8；若整数M的末三位数是125的倍数，则M125.11.⑥若整数M的奇位上数字之和与偶位上的数字之和的差是11的倍数，则M例10．在一个两位数的两个数字中间插入一个数字后，这个两位数就变成了一个三位数，且该三位数是原来两位数的9倍，则这样的两位数有多少个？例11．若78N=是一个能被17整除的四位数，求x.2x例12．从1到2000这2000个数中，有多少个数既不能被4整除，又不能被6整除？例13．五位数xy 538能被3，7，11整除，求22y x -的值.例14．已知整数45613ab 能被198整除，求a 与b 的值.四、质数与合数（没有说明的情况下，只在正整数范围内讨论）如果一个大于1的正整数只能被1和其本身整除，就把这个数叫做质数（也叫素数），如果还能被1和本身以外的数整除，就称其为合数.（负数的绝对值是质数的话，这个负数也是质数，在后面的章节中，如果没有特殊说明，只在正整数范围内考虑质数合数） 特别注意的是：1即不是质数也不是合数.五、质因数的分解我们经常把一个大于1的整数分解为若干个质数的连乘积形式，这就是所谓的分解质因数，乘积中的每一个质数，都叫做这个整数的质因数.关于质因数分解有以下定理：算数基本定理 任意一个大于1的整数N 都可以分解为质因数的乘积.如果不考虑这些质因数的次序，那么这种分解是唯一的.通常可以表示成以下形式：n n p p p N ααα 2121=()*在上式中，n p p p ,,,21 都是质数且互不相同，n ααα,,,21 都是正整数.这种分解式称为 正整数N 的标准分解式.例如540的标准分解式是53254022⨯⨯=.推论1（约数个数定理） 如果对于大于1的整数N ，其标准分解式如()*式所示， 那么N 共有正约数()()()11121+++n ααα 个，这些约数包括1和N 本身.推论2 如果对于大于1的整数N ，其标准分解式如()*式所示，那么N 是一个完全平方数的充要条件是n ααα,,,21 都是偶数，即N 的正约数个数是奇数.由此可以得到 质数的如下整除性质：（1）p 是质数，b a ,都是整数，如果ab p ，则a p 或b p ，特别地2a p 时，a p ； （2）n p p p ,,,21 是不同的质数，a 是整数，如果a p 1，a p 2，a p n , ，则a p p p n 21.例15．已知质数q p ,满足3153=+q p ，求13+q p 的值.例16．3个质数之积是这3个质数之和的17倍，求这3个质数.例17．已知p 是质数，36+p 也是质数，求4811-p 的值.例18．写出30个连续的自然数，使得个个都是合数.例19．360能被多少个不同的正整数整除.例20．写出在100以内的具有10个正约数的所有正整数.例21．求392的标准分解式，并求其全部正约数的和.例22．已知三位数abc是一个质数，如果将这个三位数重复写一遍，就得到一个六位数abcabc，问这个六位数一共有多少个不同的正约数.六、公约数与公倍数（一般情况下，只在正整数范围内讨论）（1）公约数与最大公约数整数a和b都有的约数，叫做a和b的公约数，a和b的最大公约数可以表示为()ba,，若()1a，则称a和b互质.b,=（2）公倍数和最小公倍数如果一个数既是a 的倍数又是b 的倍数，那么就称其为a 和b 的公倍数，a 和b 的最小公倍数记作[]b a ,定理1：若a ，b 是正整数，则()[]b a b a ab ,,=定理2：若a ，b 是正整数，则()()b a b b a ,,=+；()()b a b b a ,,=-例23．已知b a ,两正整数的最大公约数是6，最小公倍数是36，求b a ,这两个数.例24．正整数n m ,的最大公约数大于1，且满足3713=+n m ，求mn 的值.七、完全平方数如果N 是整数，且M N =2，则称整数M 为完全平方数（简称平方数），平方数M 有 以下常用性质：（1） 若M 是整数，则平方数2M 与()21+M 之间不存在其他平方数，即两个连续平方数之间任何一个数都不是平方数；（2） 平方数M 的末尾数只能是0，1，4，5，6，9，而不能是2，3，7，8； （3） 偶数的平方必是4的倍数，而奇数的平方必是8的倍数加1；（4） 平方数的末尾数是奇数时，其十位数必为偶数，平方数的末尾是6时，其十位数必为奇数；（5） 两个平方数的乘积还是平方数，一个平方数与一个非平方数的乘积肯定不是平方数； （6） 任何平方数除以3，余数不可能是2；除以4，余数不可能是2，3；除以5，余数不可能是2，3；除以8，余数不可能是2，3，5，6，7；除以9,余数不可能是2，3，5，6，8.例25．若N 是一个完全平方数，则它后面的一个完全平方数是_______________.例26．求自然数n ，使得n n S n 542+=为完全平方数.例27．直角三角形两条斜边长b a ，均为正整数，且a 为质数，若斜边场也是整数，求证 ()12++b a 是完全平方数.八、带余除法设整数a 除以整数b ()0≠b ，所得的商和余数分别为q 和r ()b r <≤0，则有r bq a +=， 即：被除数＝除数×商＋余数.（1）整数n m ,除以d 所得余数相同()n m d -⇔.（2）用任意连续n ()0>n 个整数除以n ，所得的余数中，0，1，…，1-n 各出现一次.九、末位数rk a+4与r a 有相同的末位数.其中a 为整数，k 为非负整数，r 为1、2、3、4中的任意一个.（注意：不要取0=r ）例28．今有自然数带余除法算式8 C B A =÷，如果2178=++C B A ，求A 的值.例29．若一个正整数a 被2，3，4，5，6，7，8，9这八个自然数除，所得的余数都为1，求a 的最小值.例30．20032003的个位数是多少？习题一1、某校九年级（1）班同学做一个数学实验：在黑板上写上1，2，3，…，40这40个数，第一个同学上来擦去其中任意两个数，然后写上他们的和或者差，第二个同学、第三个同学及以后每位同学都按此规则操作，直到黑板上只有一个数为止，问：最后一个数是奇数还是偶数，为什么？2、已知z y x ,,为正整数，且z y ,均为质数，并满足zyxyz x 111,=+=，求x 的值.3、有()3≥n n 位同学围成一圈，求证：相邻两人是一男一女的对数必是偶数.4、设有101个自然数，记为101321,,,,a a a a ，已知10132110132a a a a x ++++= 为 偶数，判断10199531a a a a a y +++++= 是奇数还是偶数，说明理由.5、设y x ,为两个不同的正整数，并且5211=+yx，求y x +的值.6、设k a a a a ,,,,321 是k 个互不相等的正整数，且1995321=++++k a a a a ，求k 的最大值.7、已知正整数a 恰有12个正约数（包括1和a ），求符合要求的a 的最小值.8、将1，2，3，…，37排成一行：3721,,,a a a ，1,3721==a a ，并使k a a a +++ 21能被1+k a 整除（36,,2,1 =k ）.求（1）37a ；（2）3a .9、一个三位数，等于它的各位数字之和的12倍，试写出所有这样的三位数.10、求方程10047=+y x 的非负整数解.11、已知q p 、都是质数，1是以x 为未知数的方程9752=+q px 的根，则410140++q p 的值是多少？12、正方体的每个面上都写着一个自然数，并且相对的两个面所写的两数之和相等， 若10的对面写的是质数a ，12的对面写的是质数b ，15的对面写的是质数c ， 那么ac bc ab c b a ---++222的值是多少？13、已知两个连续奇数的平方差是2000，则这两个连续奇数可以是多少？14、今天是星期日，若明天算第一天，则第333201121+++ 天是星期几？15、z y x ,,为互不相等的自然数，且135032=z xy ，则z y x ++的最大值是多少？16、[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]32.3=，已知正整数n 小于2002，且263nn n =⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡，则这样的n 有多少个？。
初一数学竞赛培优讲义 含答案 全册 共15讲 改好98页
装订线初一数学竞赛培优第1讲数论的方法技巧（上）数论是研究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。
数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，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。
任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，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，常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：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r＜b），且q，r是唯一的。
特别地，如果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．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。
3．唯一分解定理：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p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k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），则它的正约数个数为：d（n）=（a1+1）（a2+1）…（a k+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x＜y与x≤y-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研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常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=a n 10n +a n-110n-1+…+a 0； 2．带余形式：a=bq+r ；4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t ，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，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。
初中数学竞赛辅导资料(七年级上)
数的整除（一）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.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） 例题例1已知两个三位数328和92x 的和仍是三位数75y 且能被9整除。
求x,y解：x,y 都是0到9的整数，∵75y 能被9整除，∴y=6. ∵328＋92x ＝567，∴x=3例2己知五位数x 1234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 当末两位X 4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。
练习１．分解质因数：（写成质因数为底的幂的連乘积）①593 ② 1859 ③1287 ④3276 ⑤10101 ⑥10296 2．若四位数a 987能被3整除，那么 a=_______________ 3．若五位数3412X 能被11整除，那么 X ＝__________- 4．当 m=_________时，535m 能被25整除5．当 n=__________时，n 9610能被7整除 6．能被11整除的最小五位数是________,最大五位数是_________7．能被4整除的最大四位数是____________，能被8整除的最小四位数是_________8．8个数：①125，②756，③1011，④2457，⑤7855，⑥8104，⑦9152，⑧70972中，能被下列各数整除的有（填上编号）：6________,8__________,9_________,11__________9． 从1到100这100个自然数中，能同时被2和3整除的共_____个， 能被3整除但不是5的倍数的共______个。
初一数学整数的分拆竞赛教程含例题练习及答案
初一数学竞赛讲座整数的分拆整数的分拆，就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，就是自然数的一个分拆。
整数的分拆是古老而又有趣的问题，其中最著名的是哥德巴赫猜想。
在国内外数学竞赛中，整数分拆的问题常常以各种形式出现，如，存在性问题、计数问题、最优化问题等。
例1 电视台要播放一部30集电视连续剧，若要求每天安排播出的集数互不相等，则该电视连续剧最多可以播几天？分析与解：由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件下，每天播放的集数应尽可能地少。
我们知道，1+2+3+4+5+6+7=28。
如果各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，7时，那么七天共可播出28集，还剩2集未播出。
由于已有过一天播出2集的情形，因此，这余下的2集不能再单独于一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解决这个问题。
例如，各天播出的集数安排为1，2，3，4，5，7，8或1，2，3，4，5，6，9都可以。
所以最多可以播7天。
说明：本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等的正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：5=1+1+1+1+1=1+1+1+2，=1+2+2 =1+1+3=2+3 =1+4，共有6种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）。
例2 有面值为1分、2分、5分的硬币各4枚，用它们去支付2角3分。
问：有多少种不同的支付方法？分析与解：要付2角3分钱，最多只能使用4枚5分币。
因为全部1分和2分币都用上时，共值12分，所以最少要用3枚5分币。
当使用3枚5分币时，5×3=15，23-15=8，所以使用2分币最多4枚，最少2枚，可有23=15+（2+2+2+2），23=15+（2+2+2+1+1），23=15+（2+2+1+1+1+1），共3种支付方法。
当使用4枚5分币时，5×4=20，23-20=3，所以最多使用1枚2分币，或不使用，从而可有23=20+（2+1），23=20+（1+1+1），共2种支付方法。
初中数学竞赛：整数的一种分类(余数)
初中数学竞赛：整数的一种分类（余数）【内容提要】1．余数的定义：在等式A＝mB＋r中，如果A、B是整数，m是正整数，r为小于m的非负整数，那么我们称r是A 除以m的余数。
即：在整数集合中被除数＝除数×商＋余数 (0≤余数<除数)例如：13，0，－1，－9除以5的余数分别是3，0，4，1（∵－1＝5（－1）＋4。
－9＝5（－2）＋1。
）2．显然，整数除以正整数m ,它的余数只有m种。
例如整数除以2，余数只有0和1两种，除以3则余数有0、1、2三种。
3．整数的一种分类：按整数除以正整数m的余数，分为m类，称为按模m分类。
例如：m=2时，分为偶数、奇数两类，记作｛2k｝,｛2k－1｝（k为整数）m=3时，分为三类，记作｛3k｝,｛3k+1｝,｛3k+2｝.或｛3k｝,｛3k+1｝，｛3k－1｝其中｛3k－1｝表示除以3余2。
m=5时，分为五类，｛5k｝.｛5k+1｝,｛5k+2｝,｛5k+3｝,｛5k+4｝或｛5k｝,｛5k±1｝,｛5k±2｝，其中5k－2表示除以5余3。
4．余数的性质：整数按某个模m分类，它的余数有可加，可乘，可乘方的运算规律。
举例如下：①（3k1+1）+(3k2+1)=3(k1+k2)+2 （余数1＋1＝2）②（4k1+1）(4k2+3)=4(4k1k2+3k1+k2)+3 （余数1×3＝3）③（5k±2）2＝25k2±20k+4=5(5k2±4k)+4 （余数22＝4）以上等式可叙述为：①两个整数除以3都余1，则它们的和除以3必余2。
②两个整数除以4，分别余1和3，则它们的积除以4必余3。
③如果整数除以5，余数是2或3，那么它的平方数除以5，余数必是4或9。
余数的乘方，包括一切正整数次幂。
如：∵17除以5余2 ∴176除以5的余数是4 （26＝64）5．运用整数分类解题时，它的关鍵是正确选用模m。
【例题】例1. 今天是星期日，99天后是星期几？分析：一星期是7天，选用模m=7, 求99除以7的余数解：99＝（7＋2）9，它的余数与29的余数相同，29＝（23）3＝83＝（7＋1）3它的余数与13相同，∴99天后是星期一。
初中数学竞赛辅导资料 整数解
初中数学竞赛辅导资料整数解甲内容提要1. 求方程或不等式的整数解，就是求适合等式或不等式的未知数的整数值，包括判断无整数解.2. 求整数解常用的性质、法则：①.数的运.算性质：整数＋整数＝整数， 整数－整数＝整数，整数×整数＝整数， 整数的自然数次幂＝整数,整数÷（这个整数的约数）＝整数.②.整系数的方程 ax 2+bx+c=0(a ≠0)只有当b 2－4ac 是完全平方数时，才有整数根. 有时用韦达定理x 1+x 2与x 1x 1 都是整数，来确定整数解，但必须检验（因为它们只是整数解必要条件）.③.运用二元一次方程求整数解（见第10讲）.④.用列举法.3. 判定方程或不等式没有整数解，常用反证法.即设有整数解之后，把整数按某一模m 分类，逐一推出矛盾.乙例题例1.求下列方程的正整数解：① xy+x+y=5； ② x 2+y 2＝1991.解：①先写成关于x 的方程，（y+1）x=5－y.x=16116115++-=++--=+-y y y y y . 当y+1取6的约数±1,±2,±3,±6时，x 的值是整数.∵－1＋16+y ＞0， 且x>0, y>0, ∴ 1<y+1<6 . ∴ y=1或y=2.∴原方程有正整数解⎩⎨⎧==12y x ； 或⎩⎨⎧==21y x . ① 又解：把左边写成积的形式：x(y+1)+y+1=5+1, (y+1)(x+1)=6.∵6＝1×6＝2×3， 而正整数y+1>1, x+1>1.∴⎩⎨⎧=+=+3121y x 或⎩⎨⎧=+=+2131y x 解得 ⎩⎨⎧==21y x ；或⎩⎨⎧==12y x .②要等式成立，x, y 必须是一奇一偶，设x=2a, y=2b －1 (a,b 都是正整数).左边x 2+y 2＝（2a ）2+(2b －1)2=4(a 2+a+b 2－b)+1.∴a, b 不论取什么整数值，左边的数都是除以4余1，而右边1991是除以4余3.∴等式永远不能成立.∴原方程没有正整数解.例2. 一个正整数加上38或129都是完全平方数，求这个正整数. 若把正整数改为整数呢？ 解：设这个正整数为x ，根据题意，得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+)2(129)1(3822b x a x (a,b 都是正整数). (2)－(1)：b 2－a 2=91 .(b+a)(b －a)=91，∵91=1×91=7×13 且b+a>b －a.∴⎩⎨⎧=-=+191a b a b 或⎩⎨⎧=-=+713a b a b 解得，⎩⎨⎧==4645b a ； 或⎩⎨⎧==103b a . 由方程(1)知 a>38, 由方程(2)知 b>129.∴只有⎩⎨⎧==4645b a 适合.∴ x=a 2－38=1987. 答(略).如果改为整数 ，则两组的解都适合. 另一个解是：x=a 2－38=9－38=－29.例3. 一个自然数与3的和是5的倍数，与3的差是6的倍数，则这个自然数的最小值是多少？ (1989年泉州市初二数学双基赛题)解法一：用列举法与3的和是5的倍数的自然数有：2，7，12，17，22，27，…与3的差是6的倍数的自然数有：3，9， 15，22，27，…∴符合条件的 最小自然数是27.解法二：设所求自然数为x,那么⎩⎨⎧=-=+bx a x 6353 (a,b 都是自然数). ∴ x= 5a －3=6b+3, ∴ a=511566+++=+b b b , ∵ a, b 都是自然数，∴ b+1是5的倍数， 其最小值是b=4.∴x=6b+3=27.例4. m 取什么整数值时，方程 mx 2+(m 2－2)x －(m+2)=0有整数解？解：设方程两个整数根为x 1, x 2. 那么它们的和、积都是整数.根据韦达定理：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=+-=+-=--=+m m m m x x m m m m x x 222221221 ∵x 1和 x 2都是整数，∴m 是2的约数， 即m=±1，±2.∵这只是整数解的必要条件，而不是充分条件，故要代入检验.当m=1时，原方程为x 2－x －3=0, 没有整数解；当m=－1 时，原方程为－x 2－x －1=0, 没有实数根；当m=2 或m=－2 时，方程有整数解.答：当m=2或 m=－2时，方程 mx 2+(m 2－2)x －(m+2)=0有整数解.例5. 已知：n 是正整数，且9n 2+5n+26的值是两个相邻正整数的积.求：n 的值. （1985年上海市初中数学竞赛题）解：设9n 2+5n+26＝m(m+1)， m 为正整数.m 2+m －(9n 2+5n)=26. （ 把左边化为积的形式，先配方再分解因式）（m+21）2－(3n+65)2=26+362541-, (m+21+3n+65)( m+21－3n －65)=2595， 去分母并整理得：（3m+9n+4）(3m －9n －1)=230.∵230＝1×230＝2×115＝5×46＝10×23，且3m+9n ＞3m －9n..∴⎩⎨⎧=--=++1193230493n m n m ； 或 ⎩⎨⎧=--=++2193115493n m n m ； 或⎩⎨⎧=--=++51946493n m n m ； 或 ⎩⎨⎧=--=++1019323493n m n m . 解方程组，正整数的值只有 n=2或 n=6.例6. 已知：方程x 2－2(m+1)x+m 2=0有两个整数根，且12＜m<60.求：m 的整数值.解：要使一元二次方程有整数解，必须△为完全平方数.△＝［－2（m+1）］2－4m 2=8m+4=4(2m+1).即当2m+1 是完全平方数时，方程有整数解.∵12<m<60,∴25<2m+1<121，完全平方数.2m+1=36, 49, 64, 81, 100.则2m=35, 48, 63, 80, 99.∴ m 的整数值，只有24，40.检验：当m=24 时，有整数解32，18； 当m=40时，有整数解50，32.答：当m=24或 m=40时， 方程x 2－2(m+1)x+m 2=0有两个整数根.丙练习541. 已知x 2－y 2=1991, 则x, y 的正整数解是＿＿＿＿＿＿＿.2. 方程x 2+(y+1)2=5的整数解有＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿.3. 已知x 1, x 2, x 3, ……, x 2000都是正整数，写出下列方程的一组整数解：①x 1+x 2=x 1x 2 的一组解为：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿.②x 1+x 2+x 3=x 1x 2x 3 的一组解为：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿.③x 1+x 2+x 3+x 4=x 1x 2x 3x 4 的一组解为：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿. ④x 1+x 2+x 3+……+x 2000=x 1x 2x 3……x 2000 的一组解为：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿.4. 已知100≤x(x+1) ≤150，则整数x=_____.5. 已知x 200<2300, 则正整数x=____.6. 如果x,y 都是正整数，且0<x<10，0≤y ≤9，那么 它们的和、差的范围是：0<x+y<___, ___<x －y<___.7. 已知 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=÷=⋅=-=+Dx x Cx x B x x A x x 且A+B+C+D=100，则x=＿＿＿.(1988年泉州市初二数学双基赛题)8. 已知被除数是100以内的自然数，在○和( )填上适当的数，使如下带余除法的运算成立：○÷()()()⎪⎩⎪⎨⎧===665544ΛΛΛ (1990年泉州市初二数学双基赛题)9. 已知a+2=b －2=c ×2=d ÷2 且a+b+c+d=1989. 则a=___，b=___，c=___，d=___.(1989年泉州市初二数学双基赛题)10. 若a,b,c,d 是互不相等的整数，且 abcd=4. 则a+b+c+d=_____.11. 求下列方程的整数解： ①2x+2y=xy ； ②2x+10y=1991.12. m 取什么整数值时，下列方程有正整数解？① (x －1)=4－x ； ②m 2x 2－18mx+72=x 2－6x..(1988年泉州市初二数学双基赛题)13. 已知长方形的长和宽都是整数值，且周长与面积的数值相同，求这个长方形的 长和宽.14. 方程(x －a)(x －8)－1=0有两个整数根，求a 的值.(1990年全国初中数学联赛题)15. 已知a,b 是自然数且互质，试问关于x 的方程：x 2－abx+21(a+b)=0 是否有自然数解(两解都是自然数)如果有，把它求出来，如果没有请给予证明.(1990年泉州市初二数学双基赛题)16. 两个自然数的和比积小1000，其中一个是完全平方数，求这两个自然数.练习1.x=994, y=993 2.有8个解.3①2，2 ②1，2，3 ③1，1，2，4 ④x 1=x 2=x 3=……= x 1998=1， x 1999=2，x 2000=20004. 10 11，－11，－125. 1，26. 0<x+y<19 , –9<x－y<10 x+y=1,2,3...18, x－y=－8,－7,...0,1, (9)7. 9 8. 60,14,11,9 9. 440,444,221,884 10. 011 ①6个解②12个解12①0，2，－2，4②－213.6和3；4和4 14.815.有自然数1和2（先求出a=1,b=3）16. 144和8。
数学初中竞赛整数专题训练(含答案)
数学初中竞赛整数专题训练一．选择题1．下列说法正确的是（）A．所有合数都是偶数B．两个相邻的正整数互素C．所有的素数是奇数D．因为10÷0.5＝20，所以10能被0.5整除2．大家都知道，八点五十五可以说成九点差五分，有时这样表达更清楚．这启发人们设计了一种新的加减记数法．比如：9写成，；198写成，；7683写成，．总之，数字上画一杠表示减去它，按这个方法请计算＝（）A．1990 B．2134 C．2068 D．30243．假设一家旅馆一共有30个房间，分别编以1～30三十个号码，现在要在每个房间的钥匙上刻上数字，要求所刻的数字必须使服务员很容易辨认是哪一个房间的钥匙，而使局外人不容易猜到．现在有一种编码的方法是：在每把钥匙上刻上两个数字，左边的一个数字是这把钥匙原来的房间号码除以5所得的余数，而右边的一个数字是这把钥匙原来的房间号码除以7所得的余数，那么刻的数是36的钥匙所对应的原来房间应该是（）号．A．28 B．23 C．20 D．134．若x1，x2，x3，x4，x5为互不相等的正奇数，满足（2005﹣x1）（2005﹣x2）（2005﹣x3）（2005﹣x4）（2005﹣x5）＝242，则x12+x22+x32+x42+x52的未位数字是（）A．1 B．3 C．5 D．75．观察下列算式：21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，28＝256…根据上述算式中的规律，你认为22130的个位数字是（）A．2 B．4 C．6 D．86．将1，2，3，4，5，6，7，8这八个数分别填写于一个圆周八等分点上，使得圆周上任两个相邻位置的数之和为质数，如果圆周旋转后能重合的算作相同填法，那么不同的填法有（ ） A ．4种B ．8种C ．12种D ．16种7．23，33和43分别可以按如下方式分裂成2个、3个和4个连续奇数的和，23＝3+5，33＝7+9+11，43＝13+15+17+19，63也能按此规律进行分裂，则63分裂出的奇数中最大的是（ ） A ．41B ．39C ．31D ．298．在不大于100的自然数中，既不是完全平方数（平方根是整数）也不是完全立方数（立方根是整数）的数的概率有（ ） A ．B ．C ．D ．9．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”，则小于100的“连绵数”共有（ ）个． A ．9B ．11C ．12D ．1510．已知一列数a 1，a 2，a 3，…，a n ，…中，a 1＝0，a 2＝2a 1+1，a 3＝2a 2+1，…，a n +1＝2a n +1，…．则a 2004﹣a 2003的个位数字是（ ）A ．2B ．4C ．6D ．811．设完全平方数M 的个位与十位数码交换后得到另一个完全平方数N （M ＞N ）．则符合条件的M 的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．多于312．若b 是无理数，且ab +9＝3a +3b ，则a 2012的个位上的数字是（ ） A ．9 B ．7C ．3D ．1二．填空题13．使得5×2m +1是完全平方数的整数m 的个数为 ． 14．设四位数满足a 3+b 3+c 3+d 3+1＝10c +d ，则这样的四位数的个数为 ．15．有两个三位数相乘所得得乘法算式：×＝，其中A ≠B ，并且B ，C ，D ，E ，F ，G 这六个字母恰好代表化成小数后循环节中的六个数字（顺序不一定相同），则A +B ＝ ．16．将小王与小孙现在的年龄按从左至右的顺序排列得到一个四位数，这个数为完全平方数，再过31年，将他们的年龄按同样方式排列，又得到一个四位数，这个数仍然为完全平方数，则小王现在的年龄是 岁．17．对于正整数m ，若m ＝pq （p ≥q ＞0，且p ，q 为整数），当p ﹣q 最小时，则称pq 为m 的“最佳分解”，并规定f （m ）＝（如：12的分解有12×1，6×2，4×3，其中，4×3为12的最佳分解，则f （12）＝）．关于f （m ）有下列判断：①f （27）＝3；②f （13）＝；③f （2018）＝；④f （2）＝f （32）；⑤若m 是一个完全平方数，则f （m ）＝1．其中，正确判断的序号是 ．18．让我们轻松一下，做一个数字游戏：第一步：取一个自然数n 1＝5，计算n 12+1，将所得结果记为a 1； 第二步：算出a 1的各位数字之和得n 2，计算n 22+1，结果为a 2；第三步：算出a 2的各位数字之和得n 3，再计算n 32+1，结果为a 3；…依此类推，则a 10＝ ．19．已知55＝3125，56＝15625，57＝78125，58＝390625，…，则52013的末4位数是 ． 20．是一个三位的自然数，已知，这个三位数是218；聪明的小亮在解决这种问题时，采取列成连减竖式的方法（见图）确定要求的自然数，请你仿照小亮的作法，解决这种问题．如果是一个四位的自然数，且，那么，这个四位数是 ．三．解答题 21．是不符合多项顶式运算法则的，因此这个等式是错误的．但当x 、y 取某些特殊数值时，这个等式可以成立，例如：x ＝y ＝0时，等式成立；x ＝5，y ＝9的，等式成立；我们称使得，成立的一对有理数x 、y 为“巧合数对”，记作（x ，y ）．（1）若（x ，1）是“巧合数对”，则有理数x ＝ ．（2）若（x，y）是“巧合数对”，试归纳、猜想有理数x、y应满足的关系式是．（3）求6a﹣13b﹣3（5a﹣6b+2）的值，其中（a，b）是“巧合数对”．22．一个三位自然数（百位上的数字为a，十位上的数字为b，个位上的数字为c）．若满足a+c＝b，则称这个三位数为“和悦数”，并规定．如231，因为它的百位上的数字2与个位上的数字1之和等于十位上的数字3．所以231是“和悦数”，所以．（1）请任意写出两个“和悦数”，并猜想任意一个“和悦数”是否是11的倍数，请说明理由；（2）已知有两个十位上的数字相同的“和悦数”m，n（m＞n），若F（m）﹣F（n）＝5，求m﹣n的值．23．阅读材料，解决问题：由31＝3，32＝9，33＝27，34＝81，35＝243，36＝729，37＝2187，38＝6561，…，不难发现3的正整数幂的个位数字以3、9、7、1为一个周期循环出现，由此可以得到：因为3100＝34×25，所以3100的个位数字与34的个位数字相同，应为1；因为32009＝34×502+1，所以32009的个位数字与31的个位数字相同，应为3．（1）请你仿照材料，分析求出299的个位数字及999的个位数字；（2）请探索出22010+32010+92010的个位数字；（3）请直接写出92010﹣22010﹣32010的个位数字．24．三位数可表示为100x+10y+z，若三位数能被n整除，将其首位数字放到末尾，得到新数能被n+1整除，再次将其首位数字放到末尾，得到新数能被n+2整除，则称这个三位数是n的一个“行进数“（n≠1）．规定F（）＝．例如，402能被3整除，024能被4整除，240能被5整除，则三位数402是3的一个“行进数”；再如324能被2整除，243能被3整除，432能被4整除，则三位数324是2的一个“行进数”，且F（324）＝＝9（1）F（542）＝，282是的一个“行进数”．（2）若三位数是3的一个“行进数”，且x≠0，请求出满足条件的所有，并求出F（）的最大值．25．在求两位数乘两位数时，可以用“列竖式”的方法进行速算，如图给出了部分速算过程．（1）根据前3个“列竖式”的速算方法，可得a＝，b＝，c＝，d＝，e＝，f＝；（2）根据前3个“列竖式”的速算方法，在速算“31×”时，给出了部分过程如图所示．则这个两位数可能为．26．阅读材料：若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0，a、b、c为常数）的根均为整数，称该方程为“快乐方程”，我们发现任何一个“快乐方程”的判别式△＝b2﹣4ac 一定为完全平方数规定F（a，b，c）＝为该“快乐方程”的“快乐数”，若有另一个“快乐方程”px2+qx+r＝0（p≠0，（p、q、r为常数）的“快乐数”为F（p，q，r）且满足|rF（a，b，c）﹣cF（p，q，r）|＝0，则称F（a，b，c）与F（p，q，r）互为“乐呵数”例如“快乐方程”x2﹣2x﹣3＝0的两根均为整数，其判别式△＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣3）＝16＝42其“快乐数”F（1，﹣2，﹣3）＝（1）“快乐方程”x2﹣4x+3＝0的“快乐数”为，若关于x的一元二次方程x2﹣（2m﹣3）x+m2﹣4m﹣5＝0（m为整数，且5＜m＜22）是“快乐方程”，求其“快乐数”（2）若关于x的一元二次方程x2﹣（m﹣1）x+m+1＝0与x2﹣（n+2）x+2n＝0（m，n均为整数）都是“快乐方程”，且其“快乐数”互为“乐呵数”，求n的值．27．对于一个四位自然数n，如果n满足各个数位上的数字互不相同且均不为0，它的千位数字与个位数字之和等于百位数字与十位数字之和，那么称这个数n为“平衡数”．对于一个“平衡数”，从千位数字开始顺次取出三个数字构成四个三位数，把这四个三位数的和与222的商记为F（n）．例如：n＝1526，因为1+6＝2+5，所以1526是一个“平衡数”，从千位数字开始顺次取出三个数字构成的四个三位数分别为152、526、261、615，这四个三位数的和为：152+526+261+615＝1554，1154÷222＝7，所以F（1526）＝7．（1）写出最小和最大的“平衡数”n，并求出对应的F（n）的值；（2）若s，t都是“平衡数”，其中s＝10x+y+3201，t＝1000m+10n+126（0≤x≤9，0≤y ≤8，1≤m≤9，0≤n≤7，x，y，m，n都是整数），规定：k＝，当F（s）+F （t）是一个完全平方数时，求k的最大值．参考答案一．选择题1．解：∵9是合数，但是9不是偶数， ∴选项A 不符合题意；∵两个相邻的正整数的公约数只有1， ∴两个相邻的正整数互素， ∴选项B 符合题意；∵2是素数，但是2不是奇数，2是偶数， ∴选项C 不符合题意；∵0.5不是整数，∴不能说10能被0.5整除， ∴选项D 不符合题意． 故选：B ． 2．解：由题意知＝5000﹣201+30＝4829，＝3000﹣240+1＝2761， ∴＝4829﹣2761＝2068，故选：C ．3．解：∵1～30中，除以5余3的有：8，13，18，23，28， 1～30中，除以7余6的有：13，20，27， ∴刻的数是36的钥匙所对应的原来房间应该是13． 故选：D ．4．解：（2005﹣x 1）（2005﹣x 2）（2005﹣x 3）（2005﹣x 4）（2005﹣x 5）＝242， 而242＝2×（﹣2）×4×6×（﹣6）， （2005﹣x 1）2+（2005﹣x 2）2+…（2005﹣x 5）2 ＝22+（﹣2）2+42+62+（﹣6）2＝96，即5×20052+2005×2×（x1+x2+x3+x4+x5）+（x12+x22+x32+x42+x52）的末位数为96，由上式可知：5×20052的末位数为5，2005×2×（x1+x2+x3+x4+x5）的末位数为0，而96的末位数为6，所以6﹣5＝1，即x12+x22+x32+x42+x52的末位数为1．故选：A．5．解：2n的个位数字是2，4，8，6四个一循环，所以2130÷4＝532…2，则22130的末位数字是4．故选：B．6．解：∵相邻两数和为奇质数，则圆周上的数奇偶相间，∴8的两侧为3，5，而7的两侧为4，6，∴剩下两数1，2必相邻，且1与4，6之一邻接，考虑三个模块【4，7，6】，【5，8，3】，【1，2】的邻接情况，得到4种填法．故选：A．7．解：由23＝3+5，分裂中的第一个数是：3＝2×1+1，33＝7+9+11，分裂中的第一个数是：7＝3×2+1，43＝13+15+17+19，分裂中的第一个数是：13＝4×3+1，53＝21+23+25+27+29，分裂中的第一个数是：21＝5×4+1，63＝31+33+35+37+39+41，分裂中的第一个数是：31＝6×5+1，所以63“分裂”出的奇数中最大的是6×5+1+2×（6﹣1）＝41．故选：A．8．解：∵0﹣100中的完全平方数有：0，1，4，9，16，25，36，49，64，81，100；完全立方数有：0，8，27，64；∴0﹣100的自然数中既不是完全平方数与也不是完全立方数的共有101﹣11﹣4+2＝88个；∴在不大于100的自然数中，既不是完全平方数（平方根是整数）也不是完全立方数（立方根是整数）的数的概率为．故选：D．9．解：根据题意个位数需要满足要求：∵n+（n+1）+（n+2）＜10，即N＜2.3，∴个位数可取0，1，2三个数，∵十位数需要满足：3n＜10，∴n＜3.3，∴十位可以取0，1，2，3四个数，故四个数的连绵数共有3×4＝12个．故选：C．10．解：∵a1，a2，a3，…，a n，…中，个位数字每4个数一循环，∴a2004的个位数字是7，a2003的个位数字是3，则a2004﹣a2003的个位数字是7﹣3＝4．故选：B．11．解：设原来完全平方数M的个位数码是a，十位数码是b，则交换后得到另一个完全平方数N的个位数码是b，十位数码是a，因为M＞N，所以两个数的差是（10b+a）﹣（10a+b）＝10b+a﹣10a﹣b＝9b﹣9a＝9（b﹣a），设M＝x2，N＝y2，则M﹣N＝x2﹣y2＝（x+y）（x﹣y）＝9（b﹣a），由于完全平方数个位上只能是0（不合题意），1，4，5，6，9，则b﹣a＝1，2，3，4，5，8，9，则有（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），，解得，即M＝196，N＝169（符合题意），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去），（不合题意舍去）．只有一组解符合要求，因此符合条件的M是196，个数为1．故选：A．12．解：ab+9＝3a+3b，（a﹣3）（b﹣3）＝0，∵b是无理数，∴a﹣3＝0，∴a＝3；∵31＝3，32＝9，33＝27，34＝81，可知3n的个位数字是3，9，7，1四个一循环，2012÷4＝503，∴a2012的个位上的数字是1．故选：D．二．填空题（共8小题）13．解：设5×2m+1＝n2（其中n为正整数），则5×2m＝n2﹣1＝（n+1）（n﹣1），∵5×2m是偶数，∴n为奇数，设n＝2k﹣1（其中k是正整数），则5×2m＝4k（k﹣1），即5×2m﹣2＝k（k﹣1）．显然k＞1，∵k和k﹣1互质，∴或或，解得：k＝5，m＝4．因此，满足要求的整数m只有1个．故答案为：1．14．解：根据题意可得：a，b，c，d是小于10的自然数，∵a3+b3+c3+d3+1＝10c+d，∴可得a3+b3+c3+d3+1是两位数，∴a，b，c，d均为小于5的自然数，∴如果c＝1，d＝0，则a＝2，b＝0，此时这个四位数为2010，如果c＝1，d＝1，则a＝2，b＝0，此时这个四位数为2011，如果c＝1，d＝2，则a＝1，b＝1，此时这个四位数为1112，如果c＝2，找不到符合要求的数，如果c＝3，d＝0，则a＝1，b＝1，此时这个四位数为1130，如果c＝3，d＝1，则a＝1，b＝1，此时这个四位数为1131，如果c＝4，则c3＝64，不符合题意，故此四位数可能为：2010或2011或1112或1130或1131．故答案为：5．15．解：∵＝0.，∴数字B为1，4，2，8，5，7中，其中的一个，则B必定是1、2、4、5、7、8中的一个，即一个三位数可能是111、222、444、555、777、888中的一个，因为乘积是6位数，所以，A＞1根据乘积的个位数字与B相同，当B＝1时，A＝1，不符合题意，舍去，当B＝2时，A＝1（舍）或6，∴666×222＝147825，刚好符合题意，∴A+B＝6+2＝8，当B＝4，A＝1（舍）或6，∴666×444＝295704，不符合题意，当B＝5时，A＝1（舍）或3或5（舍）或7或9，333×555＝184815，不符合题意，777×555＝431235，不符合题意，999×555＝554445，不符合题意，当B＝7时，A＝1（舍），当B＝8时，A＝1（舍）或6，∴666×888＝591408，不符合题意，所以A+B＝2+6＝8，故答案为：8．16．解：设小王年龄为x岁，小孙年龄为y岁，可得，100x+y＝m2，100（x+31）+y+31＝n2，两式相减得100×31+31＝n2﹣m2，31×101＝（n﹣m）（n+m），∴，解得，，∴100x+y＝352＝1225，∴x＝12，y＝25，即：小王现在的年龄是12岁，故答案为：12．17．解：①∵27的分解有27×1，9×3，∴9×3为27的最佳分解，则f（12）＝＝，故说法①错误；②∵13的分解有13×1，∴13×1为13的最佳分解，则f（13）＝，故说法②正确；③∵2018的分解有2018×1，1009×2，∴1009×2为2018的最佳分解，则f（2018）＝，故说法③错误；④∵2的分解有2×1，∴2×1为2的最佳分解，则f（2）＝，∵32的分解有32×1，16×2，8×4，∴8×4为32的最佳分解，则f（22）＝＝，∴f（2）＝f（32），故说法④正确；⑤∵m是一个完全平方数，设m＝n2（m＞0），∴n×n为m的最佳分解，则f（m）＝＝1，故说法⑤正确，∴正确判断的序号为②④⑤，故答案为②④⑤．18．解：∵a1＝26；因为2+6＝8，所以a2＝65；因为6+5＝11，所以a3＝122；因为1+2+2＝5，所以a4＝a1．发现：每3个一循环，则10÷3＝3…1，则a10＝a1＝26．∴a10＝a1＝26．故答案为：26．19．解：由题意可知，5的乘方的末4位数字末4位数字从5次方开始以3125、5625、8125、0625四个数字为一循环，∵2013÷4＝503…1，∴52013的末4位数字与55的末4位数字相同是3125．故答案为：3125．20．解：如图，∵运算结果2993的百位与十位上都是9，∴在进行减法运算时需要借位，∴a＝3，∵10+b﹣a＝9+1，解得：b＝3，∴a+b＝6，∵十位数字是9，∴c≠0，∵个位数字为3，且a+b+c+3＞9，∴个位相减时也需借位，∴10+c﹣b﹣a＝9+1，解得：c＝6，∵10+d﹣c﹣b﹣a＝3，∴d＝5．∴这个四位数是3365．故答案为：3365．三．解答题（共7小题）21．解：（1）把y＝1代入﹣＝得，，解得，x＝，故答案为；（2）∵﹣＝，∴，去分母得，6x﹣10y＝15x﹣15y，移项得，15x﹣6x＝15y﹣10y，合并得，9x＝5y，即：y＝x，故答案为y＝x；（3）∵（a．b）是“巧合数对”，∴b＝a，∴6a﹣13b﹣3（5a﹣6b+2）＝6a﹣13b﹣15a+18b﹣6＝﹣9a+5b﹣6＝﹣9a+5×a﹣6＝﹣6．22．解：（1）设三位自然数为，（1≤a≤9，0＜b≤9，0＜c≤9的整数），∵三位数是“和悦数”，∴b＝a+c，取a＝2，c＝5，则b＝7，∴三位数为275，取a＝5，c＝3，则b＝8，∴三位数为583，任意一个“和悦数”是11的倍数，设三位自然数为，∵三位数是“和悦数”，∴b＝a+c，∴三位数为100a+10（a+c）+c＝110a+11c＝11（10a+c），∵a，c整数，∴10a+c是整数，∴11（10a+c）能被11整除，即：任意一个“和悦数”是11的倍数；（2）设两个十位上的数字相同的“和悦数”为m＝，n＝，（a≥e，当a＝e时，c＞d），则b＝a+c＝e+d，∴c﹣d＝e﹣a，c＝b﹣a．d＝b﹣e．∴F（m）＝a•c＝a（b﹣c），F（n）＝e•d＝e（b﹣e），∵F（m）﹣F（n）＝5，∴a•（b﹣a）﹣e（b﹣e）＝ab﹣a2﹣eb﹣e2＝（ab﹣eb）﹣（a2﹣e2）＝b（a﹣e）﹣（a+e）（a﹣e）＝（a﹣e）（b﹣a﹣e）＝5，∵a，b，e是整数，∴a﹣e＝1或a﹣e＝5，∴m﹣n＝（100a+10b+c）﹣（100e+10b+d）＝（110a+11c）﹣（110e+11d）＝110（a﹣e）+11（c﹣d）＝110（a﹣e）﹣11（a﹣e）＝99（a﹣e）＝99或495．23．解：（1）由21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，28＝256，不难发现2的正整数幂的个位数字以2、4、8、6为一个周期循环出现，由此可以得到：∵299＝24×24+3，∴299的个位数字与23的个位数字相同，应为8．不难发现9的正整数幂的个位数字以9、1为一个周期循环出现，由此可以得到：∵999＝92×49+1，∴999的个位数字与91的个位数字相同，应为9．（2）∵22010＝24×502+2，∴22010的个位数字与22的个位数字相同，应为4；∵32010＝34×502+2，∴32010的个位数字与32的个位数字相同，应为9；∵92010＝92×1005，∴92010的个位数字与92的个位数字相同，应为1．∴4+9+1＝14．∴22010+32010+92010的个位数字为4；（3）92010﹣22010﹣32010的个位数字为21﹣4﹣9＝8．24．解：根据题意得，F（542）＝＝11，∵282能被2整除，828能被3整除，282能4整除，∴三位数282是3的一个“行进数”，故答案为11，2；（2）∵三位数是3的一个“行进数”，∴400+10x+y能被3整除，100x+10y+4能被4整除，100y+40+x能被5整除，而100y+40+x能被5整除，∴x＝0（舍）或x＝5，而400+10x+y能被3整除，∴400+10×5+y＝450+y能被3整除，∴y能被3整除，∴y＝0或3或6或9，而100x+10y+4能被4整除，当y＝0时，100×5+10×0+4＝504能被4整除，符合题意，∴原三位数为450，F（450）＝＝9，当y＝3时，100×5+10×3+4＝534不能被4整除，不符合题意，当y＝6时，100×5+10×6+4＝564能被4整除，符合题意，∴原三位数为456，F（456）＝＝15，当y＝9时，100×5+10×9+4＝594不能被4整除，不符合题意，∴F（）的最大值为15．25．解：（1）由题意得，第二行的前两格是，两个十位数字相乘，积如果是一位数前面补0，后两格是，两个个位数字相乘，积如果是一位数前面补0，如：2×7＝14，3×8＝24，第三行的前三格是，第一个两位数字的个位数字乘以第二个两位数的十位数字再加上第一个两位数的十位数字乘以第二个两位数的个位数字，如图：2×8+3×7＝16+21＝37，第四行，同列的两个数相加，如果大于9，进一位；64×87＝5568，6×8＝48，4×7＝28，6×7+4×8＝42+32＝74，如图，所以，a＝4，b＝8，c＝2，d＝8，e＝7，f＝4，故答案为：4，8，2，8，7，4；（2）由（1）的规律得，3×y+1×x＝10x+6，∴y＝3x+2，∵x，y是两位数的十位数字和个位数字，∴1≤x≤9，0≤y≤9的整数，∴0≤3x+2≤9，∴﹣≤x≤，∴0＜x≤，∴x＝1或x＝2，当x＝1时，y＝5，即：两位数为15，当x＝2时，y＝8，即：两位数为28，即：满足条件的两位数为15或28，故答案为15或28．26．解：（1）方程：x2﹣4x+3＝0的“快乐数F（1，﹣4，3）＝＝﹣1，x2﹣（2m﹣3）x+m2﹣4m﹣5＝0，△＝b2﹣4ac＝4m+29，∵5＜m＜22，即：49＜4m+29＜117，4m+29＝64或81或100，m＝13，m＝（舍去），m＝（舍去），方程变为：x2﹣23x+112＝0，则F（1，﹣23，112）＝112﹣＝﹣，故：答案是﹣1，其“快乐数”数是﹣；（2）x2﹣（m﹣1）x+m+1＝0，△＝（﹣m+1）2﹣4（m+1）＝（m﹣3）2﹣12，设：△＝a2，则：（m﹣3+a）（m﹣3﹣a）＝12，（m﹣3+a）＝6或2或﹣6或﹣2，（m﹣3﹣a）＝2或6或﹣2或﹣6，解得：m＝7或﹣1，方程变为：x2﹣6x+8＝0或x2+2x＝0；x2﹣（n+2）x+2n＝0，△＝（n﹣2）2，F[1，﹣（n+2），2n]＝﹣，当m＝7时，2n×（﹣1）﹣8×[﹣]＝0，解得：n＝1或4，当m＝﹣1时，2n×（﹣1）﹣0＝0，解得：n＝0，故：n＝0或1或4．27．解：（1）最小的平衡数为1234，F（1234）＝（123+234+341+412）÷222＝5，最大的平衡数为9876，F（9876）＝（987+876+769+698）÷222＝15；（2）∵s＝10x+y+3201，t＝1000m+10n+126∴s＝，t＝，∴+++＝320+x+200+10x+y+1+100x+10y+10+3+100y+100+32 ＝111x+111y+666，∴F（s）＝＝，∵s是平衡数，故y＝x﹣2，∴F（s）＝＝x+2，同理：F（t）＝＝，∵t是平衡数，∴m＝n﹣3，1≤m≤9，0≤n≤7∴F（t）＝n+3，∵0≤y≤8，∴0≤y＝x﹣2≤8，∴2≤x≤10，∵0≤x≤9．∴2≤x≤9，∴4≤x+2≤11，同理：7≤n+3≤10，∴11≤F（s）+F （t ）≤21，∵F（s）+F（t）是一个完全平方数，∴x+n＝11，∵0≤x≤9，0≤n≤7，x，n都是整数∴x＝6，n＝5或x＝5，n＝6当x＝6，n＝5时，F（s）＝8，F（t）＝8，∴k＝＝0当x＝5，n＝6时，F（s）＝7，F（t）＝9，∴k＝＝＝﹣∴k的最大值为0．21。
初中奥数讲义直整数部分
赛点5：数的整除特征 数的整除特征：
①末位数字是偶数的整数被2整除； ②末位数字是0或5的整数被5整除； ③最末两位数能被8（或125）整除的整数，能被 8或125）整除； ④各位数字之和能被3（或9）整除的整数，能被 3（或9）整除； ⑤一个自然数，若从其末位起奇数位数字之和与
偶数位数字之和的差被11整除，则它能被11整除。
所以，小明家原来的电话号码为282500
赛点2：奇偶分析
奇数与偶数有以下基本性质：
（1）奇数 偶数
（2）两个整数相加（减）或相乘，结果的 奇偶性如下表所示
奇 偶
奇偶奇 偶奇偶
奇 偶
奇奇 偶 偶偶 偶
（3）连续两个整数中一定一奇一偶；
（4）若干个奇数之积是奇数，偶数与任意整 数之积是偶数；偶数个奇数的和为偶数，若干 个偶数的和为偶数；
（2005年（宇振杯）上海市初中数学竞赛） 点拨 （1）由a+b+c=3(a+2b)可取n=3; (2)根据a、b被3除的余数只能是1或2讨论求解。
解答：（1）因为c=2a+5b,所以a+b+c=3a+6b= 3(a+2b).又a、b、c都是大于3的质数，所以 3|（a+b+c),即存在正整数n>1（例如n=3），使 n|(a+b+c). (2)因为a、b、c都是大于3的质数，所以a、b、
1、整数的十进制表示法； 2、奇偶性分析； 3、质数与合数； 4、最大公约数与最小公倍数； 5、数的整除特征； 6、整除性质的运用； 7、同余知识初步。
赛点1：整除的十进制的表示法 一般地：十进制的n+1位的自然数N可表示为：
N anan1...a2a1a0 an 10n an1 10n1 ......
初中生数学知识竞赛复习题库及标准答案
初中生数学知识竞赛复习题库及标准答案
为了帮助初中生更好地备战数学知识竞赛，我们精心整理了一份复习题库及标准答案，涵盖初中阶段的主要数学知识点。
通过这份题库的练习，希望能帮助同学们巩固所学知识，提高解题能力。
一、选择题
1. 下列选项中，既是偶数又是素数的是：
A. 2
B. 3
C. 4
D. 9
*答案：A*
2. 已知一组数据的平均数为50，其中最大的数是60，那么这组数据中最小的数是：
A. 40
B. 42
C. 45
D. 48
*答案：A*
3. 一个正方体的体积是64立方厘米，它的棱长是：
A. 2厘米
B. 3厘米
C. 4厘米
D. 6厘米
*答案：C*
二、填空题
1. 求下列等差数列的第10项：3, 6, 9, ..., 21
*答案：18*
2. 若平行四边形ABCD的对角线交于点E，已知BE=4，CE=6，那么BD的长度是：
*答案：10*
3. 已知函数f(x)=2x+1，求f(3)的值。
*答案：7*
三、解答题
1. 解方程：2x-5=3x+1
*答案：x=-6*
2. 已知函数f(x)=3x^2-4x+1，求f(-1)的值。
*答案：8*
3. 如图，在直角坐标系中，点A(2,3)，点B(-3,1)，求线段AB 的长度。
*答案：5*
参考答案
1. A
2. A
3. C
4. 18
5. 10
6. 7
7. x=-6
8. 8
9. 5
希望这份题库能帮助同学们在数学知识竞赛中取得好成绩！。
2020初一(七年级)人教版数学竞赛教程含例题练习及答案91P
初一数学竞赛讲座第1讲数论的方法技巧（上） 数论是研究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。
数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，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。
任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，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，常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：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r（0≤r＜b），且q，r是唯一的。
特别地，如果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．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。
3．唯一分解定理：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p1＜p2＜…＜p k为质数，a1，a2，…，a k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），则它的正约数个数为： d（n）=（a1+1）（a2+1）…（a k+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x＜y与x≤y-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 对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常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=a n10n+a n-110n-1+…+a0； 2．带余形式：a=bq+r； 4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t，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，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。
初中竞赛(15)整数的分类
初中竞赛（15）整数的分类【知识精读】1．余数的定义：在等式A＝mB＋r中，如果A、B是整数，m是正整数，r为小于m的非负整数，那么我们称r是A 除以m的余数。
即：在整数集合中被除数＝除数×商＋余数(0≤余数<除数)例如：13，0，－1，－9除以5的余数分别是3，0，4，1（∵－1＝5（－1）＋4。
－9＝5（－2）＋1。
）2．显然，整数除以正整数m ,它的余数只有m种。
例如整数除以2，余数只有0和1两种，除以3则余数有0、1、2三种。
3．整数的一种分类：按整数除以正整数m的余数，分为m类，称为按模m分类。
例如：m=2时，分为偶数、奇数两类，记作｛2k｝,｛2k－1｝（k为整数）m=3时，分为三类，记作｛3k｝,｛3k+1｝,｛3k+2｝.或｛3k｝,｛3k+1｝，｛3k－1｝其中｛3k－1｝表示除以3余2。
m=5时，分为五类，｛5k｝.｛5k+1｝,｛5k+2｝,｛5k+3｝,｛5k+4｝或｛5k｝,｛5k±1｝,｛5k±2｝，其中5k－2表示除以5余3。
4．余数的性质：整数按某个模m分类，它的余数有可加，可乘，可乘方的运算规律。
举例如下：①（3k1+1）+(3k2+1)=3(k1+k2)+2 （余数1＋1＝2）②（4k1+1）(4k2+3)=4(4k1k2+3k1+k2)+3（余数1×3＝3）③（5k±2）2＝25k2±20k+4=5(5k2±4k)+4（余数22＝4）以上等式可叙述为：①两个整数除以3都余1，则它们的和除以3必余2。
②两个整数除以4，分别余1和3，则它们的积除以4必余3。
③如果整数除以5，余数是2或3，那么它的平方数除以5，余数必是4或9。
余数的乘方，包括一切正整数次幂。
如：∵17除以5余2 ∴176除以5的余数是4 （26＝64）5．运用整数分类解题时，它的关鍵是正确选用模m。
【分类解析】例1. 今天是星期日，99天后是星期几？分析：一星期是7天，选用模m=7, 求99除以7的余数解：99＝（7＋2）9，它的余数与29的余数相同，29＝（23）3＝83＝（7＋1）3它的余数与13相同，∴99天后是星期一。
2021年初中数学竞赛分类讲解及例题含答案-完全平方数和完全平方式
左边k2是4的倍数，3k2也是4的倍数； 右边m2除以4余1，m2＋1除以4余2.
∴等式不能成立.； 当k为奇数，m为偶数时， 左边k2除以4余1，3k2除以4余3 右边m2是4的倍数，m2＋1除以4余1
3. 如果k不是3的倍数，那么k2－1 除以3余数是＿＿＿＿ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ. 4. 一个整数其中三个数字是1，其余的都是0，问这个数是平方数吗？为什么？ 5. 一串连续正整数的平方12，22，32，………，1234567892的和的个位数是＿＿. 6. m取什么值时，代数式x2－2m(x－4)－15是完全平方式？ 7. m取什么正整数时，方程x2－7x+m=0的两个根都是整数？ 8. a, b, c满足什么条件时,代数式(c－b)x2+2(b－a)x+a－b是一个完全平方式？ 9. 判断下列计算的结果，是不是一个完全平方数：
(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2=0. 要使等式成立，必须且只需：
a b 0 b c 0 c a 0
解这个方程组，得a=b=c. 例4. 已知方程x2－5x+k=0有两个整数解，求k的非负整数解.
解：根据整系数简化的一元二次方程有两个整数根时，△是完全平方数. 可设△= m2 (m为整数)， 即（－5）2－4k=m2 (m为整数)，
（46）
完全平方数和完全平方式
一、内容提要 一定义
如果一个数恰好是某个有理数的平方，那么这个数叫做完全平方数.
1.
4 例如0，1，0.36， 25 ，121都是完全平方数.
初中数学竞赛知识点总结
初中数学竞赛知识点总结一、整数1. 整数的概念整数包括正整数、负整数和0。
整数的绝对值表示这个整数到0的距离。
2. 整数的加减法同号两个整数相加或相减，与它们的绝对值的和或差的符号相同；异号两个整数相加或相减，用绝对值相减，结果的符号取绝对值较大的数的符号。
3. 整数的乘法同号两个整数相乘，其积为正；异号两个整数相乘，其积为负。
4. 整数的除法两个不为0的整数相除，商为0时，除数与被除数的符号相同；商不为0时，商的符号与除数与被除数的符号相反。
5. 整数的乘方整数a的n次幂，即a的n次方，是指n个a的乘积。
其中，a是底数，n是指数。
a的0次方等于1。
6. 整数的除法两个整数相除，可以转换为乘法。
例如，a ÷ b = a × (1/b)。
其中，a为被除数，b为除数，1/b为倒数。
7. 整数的分数形式若a和b是整数且b≠0，则数a/b称为有理数。
8. 整数的倍数若b是a的整数倍，则b是a的倍数，a是b的约数。
9. 整数的绝对值整数a的绝对值，记作|a|，是a到0的距离。
如果a≥0，则|a|=a；如果a<0，则|a|=-a。
10. 整数的比大小当两个整数比大小时，可以比较它们的绝对值，绝对值较大的数比较大；若两个数的绝对值相等，则比较它们的正负。
11. 整数的应用整数在实际生活中有着广泛的应用，例如温度的正负、方向的左右等。
整数的应用能够帮助我们更好地理解和解决问题。
二、有理数1. 有理数的概念既包括整数，也包括分数的数为有理数。
2. 有理数的加减法有理数的加减法规则与整数的加减法规则相同。
3. 有理数的乘法有理数的乘法规则与整数的乘法规则相同。
4. 有理数的除法有理数的除法规则与整数的除法规则相同。
5. 有理数的乘方有理数的乘方规则与整数的乘方规则相同。
6. 有理数的应用有理数在实际生活中有着广泛的应用，能够帮助我们更好地理解和解决问题。
三、分数1. 分数的概念分数是用整数除法表示的数，由分子和分母组成。
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（15）整数的分类
【知识精读】
1．余数的定义：在等式A＝mB＋r中，如果A、B是整数，m是正整数，r为小于m的非负整数，那么我们称r是A 除以m的余数。
即：在整数集合中被除数＝除数×商＋余数(0≤余数<除数)
例如：13，0，－1，－9除以5的余数分别是3，0，4，1
（∵－1＝5（－1）＋4。
－9＝5（－2）＋1。
）
2．显然，整数除以正整数m ,它的余数只有m种。
例如整数除以2，余数只有0和1两种，除以3则余数有0、1、2三种。
3．整数的一种分类：按整数除以正整数m的余数，分为m类，称为按模m分类。
例如：m=2时，分为偶数、奇数两类，记作｛2k｝,｛2k－1｝（k为整数）
m=3时，分为三类，记作｛3k｝,｛3k+1｝,｛3k+2｝.
或｛3k｝,｛3k+1｝，｛3k－1｝其中｛3k－1｝表示除以3余2。
m=5时，分为五类，｛5k｝.｛5k+1｝,｛5k+2｝,｛5k+3｝,｛5k+4｝
或｛5k｝,｛5k±1｝,｛5k±2｝，其中5k－2表示除以5余3。
4．余数的性质：整数按某个模m分类，它的余数有可加，可乘，可乘方的运算规律。
举例如下：
①（3k1+1）+(3k2+1)=3(k1+k2)+2 （余数1＋1＝2）
②（4k1+1）(4k2+3)=4(4k1k2+3k1+k2)+3（余数1×3＝3）
③（5k±2）2＝25k2±20k+4=5(5k2±4k)+4（余数22＝4）
以上等式可叙述为：
①两个整数除以3都余1，则它们的和除以3必余2。
②两个整数除以4，分别余1和3，则它们的积除以4必余3。
③如果整数除以5，余数是2或3，那么它的平方数除以5，余数必是4或9。
余数的乘方，包括一切正整数次幂。
如：∵17除以5余2 ∴176除以5的余数是4 （26＝64）
5．运用整数分类解题时，它的关鍵是正确选用模m。
【分类解析】
例1.今天是星期日，99天后是星期几？
分析：一星期是7天，选用模m=7, 求99除以7的余数
解：99＝（7＋2）9，它的余数与29的余数相同，
29＝（23）3＝83＝（7＋1）3它的余数与13相同，
∴99天后是星期一。
又解：设｛A｝表示A除以7的余数，
｛99｝＝｛（7＋2）9｝＝｛29｝＝｛83｝＝｛（7＋1）3｝＝｛13｝＝1 例2. 设n为正整数，求43 n+1 除以9的余数。
分析：设法把幂的底数化为9k＋r形式
解：43 n+1＝4×43n=4×(43)n=4×（64）n＝4×(9×7＋1)n
∵(9×7＋1)n除以9的余数是1n=1
∴43 n+1 除以9的余数是4。
例3.求证三个连续整数的立方和是9的倍数
解：设三个连续整数为n－1,n,n+1
M=(n－1)3+n3+(n+1)3=3n(n2+2)
把整数n按模3，分为三类讨论。
当n=3k （k为整数，下同）时，M＝3×3k［(3k)2+2］=9k(9k2+2)
当n=3k+1时，M＝3（3k+1）［(3k+1)2+2］＝3（3k+1）(9k2+6k+3) =9(3k+1)(3k2+2k+1)
当n=3k+2时，M＝3（3k+2）［(3k+2)2+2］＝3（3k+2）(9k2+12k+6)
＝9(3k+2)(3k2+4k+2) ∴对任意整数n，M都是9的倍数。
例4. 求证：方程x2－3y2=17没有整数解
证明：设整数x按模3分类讨论，
①当x＝3k时，（3k）2－3y2=17, 3(3k2－y2)=17
⑵当x=3k±1时，（3k±1）2－3y2=17 3(3k2±2k－y2)=16
由①②左边的整数是3的倍数，而右边的17和16都不是3的倍数，
∴上述等式都不能成立，因此，方程x2－3y2=17没有整数解
例5.求证：不论n取什么整数值，n2+n+1都不能被5整除
证明：把n按模5分类讨论，
当n=5k时，n2+n+1=(5k)2+5k+1=5(5k2+k)+1
当n=5k±1 时，n2+n+1＝（5k±1）2＋5k±1＋1
＝25k2±10k+1+5k±1＋1＝5（5k2±2k＋k）＋2±1
当n=5k±2时，n2+n+1＝（5k±2）2＋5k±2＋1
＝25k2±20k+4+5k±2＋1＝5（5k2±4k+k+1）±2
综上所述，不论n取什么整数值，n2+n+1都不能被5整除
又证：n2+n+1＝n(n+1)+1
∵n(n+1)是两个连续整数的积，其个位数只能是0，2，6
∴n2+n+1的个位数只能是1，3，7，故都不能被5整除。
【实战模拟】
1.已知a=3k+1, b=3k+2, c=3k (a,b,c,k都是整数)
填写表中各数除以3的余数。
2. 376÷7的余数是＿＿＿＿＿
3．今天是星期日，第2天是星期一，那么第2111天是星期几？4．已知m,n都是正整数，求证：3n m(n2+2)
5. 已知a是奇数但不是3的倍数，求证：24（a2－1）
（提示a可表示为除以6余1或5，即a=6k±1）
6．把正整数按表中的规律排下去，问100 Array将排在哪一列？答：＿＿＿
7．已知正整数n不是4的倍数
求证：1n＋2n＋3n＋4n是10的倍数
8. 任给5个整数，必能从中找到3个，
其和能被10整除，这是为什么？
9对任意两个整数，它们的和、差、积中
至少有一个是3的倍数，试说明理由。
10．任意10个整数中，必有两个,它们的差是9的倍数。
这是为什么？如果改为任意n＋1个，则必有两个,它们的差是n的倍数，试说明理由。
11.证明x2+y2-8z=6没有整数解。
1234。
12.从1开始的正整数依次写下去，直到第198位为止即
位
198
那么这个数用9除之，余数是＿＿＿。
参考答案
2. 1
3. 日
4. 设n=3k, 3k+1, 3k-1讨论
6.100除以8余数为4，故在第五列
7.可列表说明n=4k+3,4k+2,4k+1,4k时，其和均为0
8.整数除以3，余数只有0，1，2三种，按5个整数除以3的余数各种情况讨论………
10. 整数除以9余数只有9类，而10个………
11.∵x2+y2=8z+6, ∴右边除以8，余数是6，左边整数x,y按除以4的余数，分为4类，4k,4k+1,4k+2,4k－1,则x2+y2除以8的余数………
8. 6。