初中数学竞赛：连续正整数的性质

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初中培优竞赛含详细解析第1讲整数的基本性质

初中数学竞赛专题1——整数的基本性质1.（1，2）（数学#初中#竞赛#初中竞赛#数学竞赛#初中数学竞赛#整数#选择题）【标准答案】1#0#1#4#A三人中每两个人的平均年龄加上余下一人的年龄分别是47，61，60，那么这三个人中最大年龄与最小年龄的差是 ( ) A. 28 B. 27 C. 26 D. 25【分析】设三个人的年龄分别为X1，X2，X3，根据题意，则+X2+2X3=47×2 ①XX2+X3+2X1=61×2 ②X3+X1+2X2=60×2 ③由①+②+③得X1+X2+X3=84，分别代入①②③得X1=38，X2=36，X3=10.所以X1-X3=28.【答案】A【技巧】设未知数列方程（组）来解应用题是常用的方法.2.（2，3）（数学#初中#竞赛#初中竞赛#数学竞赛#初中数学竞赛#整数#选择题）【标准答案】2#0#1#4#B三角形的三边长a、b、c都是整数，且[a，b，c]=60，（a，b) =4，(b，c)=3则a+b+c的最小值是 ( ) {注：[a，b，c]表示a、b、c的最小公倍数，（a，b）表示a，b的最大公约数}A．30 B．31 C．32 D. 33【分析】因为（a，b）=4，所以a，b都是4的倍数.因为(b，c)=3，所以b，c都是3的倍数.从而a=4a1，b=12b1，c=3c1，a1、b1、c1都是正整数；又因为[a，b，c]=60，所以a，b，c中至少有一个被5整除，即a1、b1、c1中至少有一个被5整除.因为abc三个数的系数中，c的系数最小为3，所以只有当a1、b1 取最小时，三个数之和才最小，那么当a1= b1=1，c1=5时，a+b+c=4+1+15=31最小.【答案】B【技巧】根据最大公约数和最小公倍数的性质，用解析式表示未知数.【易错点】若不注意三角形三边的关系（两边之和大于第三边）就容易出错.3.（3，4）（数学#初中#竞赛#初中竞赛#数学竞赛#初中数学竞赛#整数#选择题）【标准答案】3#0#1#4#B从1开始的自然数中，把能表示成两个整数的和与它们的差的乘积的数从小到大排列，在这种排列中，第1998个数是( )A. 2662 B．2664 C. 2665 D．2666【分析】依题意设这个数为x，x≥1，且x=(a+b)(a-b)（a、b是自然数且a＞b）。

初中数学竞赛辅导

初中数学竞赛辅导资料3质数合数甲内容提要1 正整数的一种分类：质数的定义：如果一个大于1的正整数,只能被1和它本身整除,那么这个正整数叫做质数质数也称素数.合数的定义：一个正整数除了能被1和本身整除外,还能被其他的正整数整除,这样的正整数叫做合数.2 根椐质数定义可知① 质数只有1和本身两个正约数,② 质数中只有一个偶数2如果两个质数的和或差是奇数那么其中必有一个是2,如果两个质数的积是偶数那么其中也必有一个是2,3任何合数都可以分解为几个质数的积.能写成几个质数的积的正整数就是合数.乙例题例1两个质数的和等于奇数a a ≥5.求这两个数解：∵两个质数的和等于奇数∴必有一个是2所求的两个质数是2和a －2.例2己知两个整数的积等于质数m, 求这两个数解：∵质数m 只含两个正约数1和m,又∵－1－m=m∴所求的两个整数是1和m 或者－1和－m.例3己知三个质数a,b,c 它们的积等于30求适合条件的a,b,c 的值解：分解质因数：30＝2×3×5适合条件的值共有： ⎪⎩⎪⎨⎧===532c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===352c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===523c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===253c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===325c b a ⎪⎩⎪⎨⎧===235c b a 应注意上述六组值的书写排列顺序,本题如果改为4个质数a,b,c,d 它们的积等于210,即abcd=2×3×5×7那么适合条件的a,b,c,d 值共有24组,试把它写出来.例4试写出4个连续正整数,使它们个个都是合数.解：本题答案不是唯一的设N 是不大于5的所有质数的积,即N ＝2×3×5那么N ＋2,N ＋3,N ＋4,N ＋5就是适合条件的四个合数即32,33,34,35就是所求的一组数.本题可推广到n 个.令N 等于不大于n+1的所有质数的积,那么N ＋2, N ＋3,N ＋4,……N ＋n+1就是所求的合数.丙练习31，小于100的质数共___个,它们是__________________________________ 2，己知质数P 与奇数Q 的和是11,则P ＝＿＿,Q ＝＿＿3，己知两个素数的差是41,那么它们分别是＿＿＿＿＿4，如果两个自然数的积等于19,那么这两个数是＿＿＿如果两个整数的积等于73,那么它们是＿＿＿＿如果两个质数的积等于15,则它们是＿＿＿＿＿5, 两个质数x 和y,己知 xy=91,那么x=__,y=__,或x=__,y=__. 6, 三个质数a,b,c 它们的积等于1990.那么 ⎪⎩⎪⎨⎧===c b a7, 能整除311＋513的最小质数是＿＿8,己知两个质数A 和B 适合等式A ＋B ＝99,AB ＝M.求M 及B A ＋AB 的值 9,试写出6个连续正整数,使它们个个都是合数.10,具备什么条件的最简正分数可化为有限小数11,求适合下列三个条件的最小整数：① 大于1 ②没有小于10的质因数 ③不是质数12,某质数加上6或减去6都仍是质数,且这三个质数均在30到50之间,那么这个质数是＿＿＿13,一个质数加上10或减去14都仍是质数,这个质数是＿＿.。

全国初三初中数学竞赛测试带答案解析

全国初三初中数学竞赛测试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.已知m 、n 是两个连续正整数，m<n ，且a=mn ，设x=，y=.下列说法正确的是( ).A ．x 为奇数，y 为偶数B ．x 为偶数，y 为奇数C ．x 、y 都为奇数D ．x 、y 都为偶数2.设a 、b 、c 和S 分别为三角形的三边长和面积，关于x 的方程b 2x 2+(b 2+c 2-a 2)x+c 2=0的判别式为Δ.则Δ与S 的大小关系为( ).A ．Δ=16S 2B ．Δ=-16S 2C ．Δ=16SD ．Δ=-16S3..设a 为的小数部分，b 为的小数部分.则的值为( ). A ．+-1B ．-+1C ．--1D ．++14.如图，D 、E 分别为△ABC 的边AB 、AC 上的点，△ACD 与△BCD 的周长相等，△ABE 与△CBE 的周长相等，记△ABC 的面积为S.若∠ACB=90°，则AD·CE 与S 的大小关系为( ).A 、S=AD·CEB 、S>AD·CEC 、S<AD·CED 、无法确定5.如图，在△ABC 中，AB=8，BC=7，AC=6，延长边BC 到点P ，使得△PAB 与△PCA 相似.则PC 的长是( ).A ．7B ．8C ．9D ．106.如图，以PQ=2r(r ∈Q)为直径的圆与一个以R(R ∈Q)为半径的圆相切于点P.正方形ABCD 的顶点A 、B 在大圆上，小圆在正方形的外部且与边CD 切于点Q.若正方形的边长为有理数，则R 、r 的值可能是( ).A.R=5，r="2"B.R=4，r=3/2C.R=4，r="2"D.R=5，r=3/2二、填空题1.已知方程x 2+x-1=0的两个根为α、β.则的值为 .2.把1，2，…，2 008个正整数分成1 004组:a 1，b 1;a 2，b 2;…;a 1 004，b 1 004，且满足a 1+b 1=a 2+b 2=…=a 1004+b 1004.对于所有的i(i=1，2，…，1 004)，a i b i 的最大值为 .3.AD、BE、CF为△ABC的内角平分线.若BD+BF=CD+CE=AE+AF，则∠BAC的度数为 .4.下列四个命题:①一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形; ②一组对边相等且一条对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形;③一组对角相等且这一组对角的顶点所联结的对角线被另一条对角线平分的四边形是平行四边形;④一组对角相等且这一组对角的顶点所联结的对角线平分另一条对角线的四边形是平行四边形.其中，正确命题的序号是 .三、解答题1.(20分)已知△ABC中，∠A>∠B>∠C，且∠A=2∠B.若三角形的三边长为整数，面积也为整数，求△ABC面积的最小值.2.(25分)已知G是△ABC内任一点，BG、CG分别交AC、AB于点E、F.求使不等式S△BGF ·S△CGE≤kS2△ABC恒成立的k的最小值.3.(25分)已知(x+)(y+)=1.求证:x+y=0.全国初三初中数学竞赛测试答案及解析一、选择题1.已知m、n是两个连续正整数，m<n，且a=mn，设x=，y=.下列说法正确的是( ).A．x为奇数，y为偶数B．x为偶数，y为奇数C．x、y都为奇数D．x、y都为偶数【答案】C【解析】考查知识点：两个连续正整数之间的关系，平方根的意义，奇数和偶数的概念。

初中数学竞赛整数的性质及应用(一) 奇数与偶数

整数的性质及应用（一）奇数与偶数全体整数可以分为两大类,一类是奇数，一类是偶数。

任何一个整数不是偶数就是奇数，奇数和偶数，有以下几条性质：一、性质1：任何奇数不可能与偶数相等。

性质2：奇数±奇数=偶数偶数±偶数=偶数奇数±偶数=奇数性质3：奇数X 奇数=奇数奇数X 偶数=偶数偶数X 偶数=偶数性质4：整数a 的a n 幂与a 的奇偶性相同性质5：两个连续整数的积是偶数。

二、例题：例1.设4个正整数之和为9，求证：它们的立方和不可能为100例2.若n 是大于1的整数，那么数2)1(12)1(n n n p ---+=的值一定是偶数？一定是奇数？还是可以是偶数也可以是奇数。

例3.是否有满足x 2-y 2=1986的整数解x 和y?例4.平面上有15个点，任意三点不共线，试问能不能从每个点都引三条线段，且仅引三条线段和其余的某三点相连？证明你的结论。

例5.设有n 盏亮着的灯，规定每次拉动n-1个拉线开关，试问：能否将所有的灯都关闭？证明你的结论。

例6.用15个由4个小方格组成的L 字形纸片和1个田字形纸片，能否盖满1个8X8的方格棋盘例7.设a 1,a 2,…,a n 是一组数，它们中的每一个数都取1或-1，而且013221=+++a a a a a a n ，证明：n 必是4的倍数。

例8. 在1，2，3，…，1998中的每一个数的前面，任意添上一个“+”或“-”，那么最后运算的结果是奇数还是偶数？例9 设a ，b 是自然数，且满足关系式(11111+a)(11111-b)=123456789．求证：a-b 是4的倍数．例10 某次数学竞赛，共有40道选择题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错倒扣1分．证明：不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．*例11.是否存在整数m,n,使得5m 2-6mn+7n 2=1987*例12.设正整数d 不等于2，5，13，证明从数2，5，13，d 中可以找到两个数a,b,使得ab-1不是整数的平方。

初中数学竞赛中定方程的整数解问题定方程的整数解问题

初中数学竞赛中不定方程的整数解问题1.利用整数分离在解决不定方程问题时，首先逆用分式的加减法，将分式拆分成一个整数与一个分子为常数的分式的和或差的形式，然后利用整数整除的性质通过对简单分式的分析来解决问题。

这种方法是处理含有分式不定方程的整数解问题的一种有效途径。

例1. 方程301x y x +-=+的整数解共有几组？2.因式分解法当不定方程的一边容易化为两个一次因式的乘积，另一边是一个整数时，通常用分解因式法解决不定方程的整数解问题。

例2.方程222522007x xy y ++=的所有不同的整数解共有几组?例3. 设直角三角形的两条直角边长分别为a, b,斜边长为 c. 若a,b,c 均为正整数，且1()3c ab a b =-+，求满足条件的直角三角形的个数？在一个二元不定方程中，若把其中一个未知数当作参数后，该方程变为关于另一个未知数的一元二次方程，于是，可利用△≥0，求出参数的范围，然后求解。

例4．关于x,y 的方程22229x xy y ++=的整数解（x,y ）有几组？4.放缩法是指根据已知条件将不定方程中某些未知数放大或缩小，从而确定某个未知数的取值范围，进而确定该未知数的整数解，然后将其代入原方程求其他未知数的整数解一种解题方法。

例5 当x y z ≤≤时，求方程11178x y z ++=的正整数解。

5.利用整除和同余例6．关于x,y 的方程22208()x y x y +=-的所有正整数解为多少？在一个二元不定方程中，若把其中一个未知数当作参数后，该方程变为关于另一个未知数的一元二次方程，则可利用设参数法，即设△=2k ，然后求出方程的解，再利用数论的相关知识求解，或通过因式分解，直接从△=2k 求解例7.设a 为质数，b 为正整数，且29(2)509(4511)a b a b +=+。

求a,b 的值。

练习题1. 求方程6xy x y ++=的整数解。

2. 求满足方程2242011x y -=的整数对（x,y ）的组数有多少？3. 方程22332x xy y x y ++=-的非负整数解（x,y ）的组数为几组？4. 求方程11156x y z ++=的正整数解。

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>正整数简单性质地复习一. 连续正整数一.n位数地个数：一位正整数从1到9，共9个，两位数从10到99，共90个，三位数从100到999共9×102个，那么 n位数地个数共__________.(n是正整数>练习：1. 一本书共1989页，用0到9地数码，给每一页编号，总共要用数码＿＿＿个.2. 由连续正整数写成地数1234……9991000是一个_______位数；100110021003……19881989是_______位数.3. 除以3余1地两位数有____个，三位数有____个，n位数有_______个.4. 从1到100地正整数中，共有偶数____个，含 3地倍数____个；从50到1000地正整数中，共有偶数____个，含3地倍数____个.二. 连续正整数地和：1+2+3+……+n=(1+n>×.把它推广到连续偶数，连续奇数以及以模m有同余数地连续数地和.练习：5.计算2+4+6+……+100=__________.1+3+5+……+99=____________.5+10+15+……+100=_________.1+4+7+……+100=____________.1+2+3+……+1989其和是偶数或奇数？答______和等于100地连续正整数共有______组，它们是______________________.和等于100地连续整数共有_____组，它们是__________________________.三. 由连续正整数连写地整数，各位上地数字和整数 123456789各位上地数字和是：(0+9>+(1+8>+…+(4+5>=9×5=45；1234…99100各位数字和是(0+99>+(1+98>+…+(49+50>+1=18×50+1=901.练习：12. 整数 1234……9991000各位上地数字和是_____________.把由1开始地正整数依次写下去，直到第198位为止：这个数用9除地余数是__________.由1到100这100个正整数顺次写成地数1234……99100中：它是一个________位数；它地各位上地数字和等于________；从这一数中划去100个数字，使剩下地数尽可能大，那么剩下地数地前十位是___________________________.四.连续正整数地积：① 1×2×3×…×n 记作n !读作n地阶乘.② n个连续正整数地积能被n!整除.如：2!|a(a+1>, 3!|a(a+1>(a+2>, n !|a(a+1>(a+2>…(a+n－1>. a为整数.③ n!中含有质因数m地个数是++…+.[x]表示不大于x地最大正整数，i=1,2,3… m i≤n如：1×2×3×…×10地积中，含质因数3地个数是：=3+1=4练习：15. 在100!地积中，含质因数5地个数是：____16.一串数1，4，7，10，……，697，700相乘地积中，末尾共有零_______个17. 求证：10494 | 1989!18. 求证：4! | a(a2－1>(a+2> a为整数五. 两个连续正整数必互质练习：19. 如果n+1个正整数都小于2n, 那么必有两个是互质数，试证之.二. 正整数十进制地表示法一. n+1位地正整数记作：a n×10n+a n－1×10n－1+……+a1×10+a0其中n是正整数，且0≤a i≤9 (i=1,2,3,…n>地整数, 最高位a n≠0.例如：54321=5×104+4×103+3×102+2×10+1.例题：从12到33共22个正整数连写成A=121314…3233. 试证：A能被99整除.证明：A=12×1042+13×1040+14×1038+……+31×104+32×102+33=12×10021+13×10020+14×1019+……+31×1002+32×100+33.∵ 100地任何次幂除以9地余数都是1，即100 n=(99+1> n≡1 (mod 9>∴ A=99k+12+13+14+……+31+32+33 (k 为正整数 >=99 k+(12+33>+(13+32>+…+(22+23>=99k+45×11=99k+99×5.∴A能被99整除.练习：20. 把从19到80地连结两位数连写成19202122…7980.试证明这个数能被1980整除二. 常见地一些特例=10 n－1, =(10 n－1>, (10 n－1>.例题：试证明12，1122，111222，11112222，……这些数中地任何一个，都是两个相邻地正整数地积.证明：第n个数是=×10 n+=(10 n+2>===×. 证毕.练习：21. 化简×+1=_______________________________.22. 化简=____________________________________________.23. 求证是合数.24. 已知：存在正整数 n,能使数被1987整除.求证：数p=和数q=都能被1987整除.证明：把一个大于1000地正整数分为末三位一组，其余部分一组，若这两组数地差，能被7(或13>整除，则这个正整数就能被7(或13>整除.求证：×15+1是完全平方数.三. 末位数地性质.一.用N (a>表示自然数地个位数. 例如a=124时，N (a>=4；a=－3时，N (a>=3.1. N (a4k+r>=N (a r> a和k都是整数，r=1,2,3,4.特别地：个位数为0，1，5，6地整数，它们地正整数次幂地个位数是它本身.个位数是4，9地正偶数次幂地个位数也是它本身.N (a>=N (b>N (a－b>=010 |(a－b>.若N (a>=a0, N (b>=b0.则N (a n>=N (a0n>； N (ab>=N (a0b0>.例题1：求①53100 ；和②7地个位数.解：①N (53100>=N (34×24+4>=N (34>=1②先把幂地指数77化为4k+r形式，设法出现4地因数.77=77－7+7=7(76－1>+4+3=7(72－1>(74+72+1>+4+3=7×4×12× (74+72+1>+4+3=4k+3∴N(7>=N(74k+3>=N(73>=3.练习：27. 19891989地个位数是______，9地个位数是_______.求证：10 | (19871989－19931991>.2210×3315×7720×5525地个位数是______.二. 自然数平方地末位数只有0，1，4，5，6，9；连续整数平方地个位数地和，有如下规律：12，22，32，……，102地个位数地和等于 1+4+9+6+5+5+9+4+0=45.1. 用这一性质计算连续整数平方地个位数地和例题1. 填空：12，22，32，……，1234567892地和地个位数地数字是_______.解：∵12，22，32，……，102地个位数地和等于 1+4+9+6+5+5+9+4+0=45.11到20；21到30；31到40；………123456781到123456789，地平方地个位数地和也都是45. 所以所求地个位数字是：(1+4+9+6+5+5+9+4+0>×(12345678+1>地个位数5.2. 为判断不是完全平方数提供了一种方法例题2. 求证：任何五个连续整数地平方和不能是完全平方数.证明：(用反证法>设五个连续整数地平方和是完全平方数，那么可记作：(n－2>2+(n－1>2+n2+(n+1>2+(n+2>2=k2 (n, k都是整数>5(n2+2>=k2 .∵ k2是5地倍数，k也是5地倍数.设k=5m, 则5(n2+2>=25m2.n2+2=5m2.n2+2是5地倍数，其个位数只能是0或5，那么 n2地倍数是8或3.但任何自然数平方地末位数，都不可能是8或3.∴假设不能成立∴任何五个连续整数地平方和不能是完全平方数.3.判断不是完全平方数地其他方法例题3. 已知：a是正整数.求证： a(a+1>+1不是完全平方数证明：∵a(a+1>+1=a2+a+1，且a是正整数∴ a2< a(a+1>+1=a2+a+1<(a+1>2，∵a 和a+1是相邻地两个正整数，a(a+1>+1介于它们地平方之间∴a(a+1>+1不是完全平方数例题4. 求证： (n>1地正整数> 不是完全平方数证明：根据奇数地平方数除以4必余1，即(2k+1>2=4(k+1>+1.但==4k+11=4k+4×2+3=4(k+2>+3即除以4余数为3，而不是1，∴它不是完全平方数.例题5. 求证：任意两个奇数地平方和，都不是完全平方数.证明：设2a+1,2b+1(a,b是整数>是任意地两个奇数.∵(2a+1>2+(2b+1>2=4a2+4a+1+4b2+4b+1=4(a2+b2+a+b>+2.这表明其和是偶数，但不是4地倍数，故任意两个奇数地平方和，都不可能是完全平方数.三.魔术数：将自然数N接写在每一个自然数地右面，如果所得到地新数，都能被N整除，那么N称为魔术数.常见地魔术数有：a)能被末位数整除地自然数，其末位数是1，2，5 (即10地一位正约数是魔术数>b)能被末两位数整除地自然数，其末两位数是10，20，25，50(即100地两位正约数也是魔术数>>能被末三位数整除地自然数，其三末位数是100，125，200，250，500(即1000地三位正约数也是魔术数>练习：30. 在小于130地自然数中魔术数地个数为_________.四. 两个连续自然数，积地个位数只有0，2，6；和地个位数只有1，3，5，7，9.练习：31.已知：n是自然数，且9n2+5n+26地值是两个相邻自然数地积，那么n地值是：________ ___________.四. 质数、合数1.正整数地一种分类：2.质数中，偶数只有一个是2，它也是最小地质数.3.互质数：是指公约数只有1地两个正整数. 相邻地两个正整数都是互质数.例题：试写出10个连续自然数，个个都是合数.解：答案不是唯一地，其中地一种解法是：令A=1×2×3×4×5×6×7×8×9×10×11那么A+2，A+3，A+4，A+5，A+6，A+7，A+8，A+9，A+10，A+11就是10个连续数，且个个都是合数.一般地，要写出n个连续自然数，个个是合数，可用令m=n+1, 那么m!+2, m!+3, m!+4, +……+ m!+n+1 就是所求地合数.∵m!+i (2≤i≤n+1> 有公约数i.练习：32. 已知质数a，与奇数b 地和等于11，那么a=___,b=___.33.两个互质数地最小公倍数是72，若这两个数都是合数，那么它们分别等于____，____.34.写出10个连续正奇数，个个都是合数，可设m=(10+1>×2， m!=22!那么所求地合数是22!+3，_____,____,____,……35.写出10个连续自然数，个个都是合数，还可令 N=2×3×5×7×11.(这里11=10+1，即N是不大于11地质数地积>.那么N+2，N+3，N+4，……N+11就是所求地合数.这是为什么？如果要写15个呢？36.已知：x, m, n 都是正整数 . 求证：24m+2+x4n是合数.五.奇数和偶数1.整数地一种分类：2. 运算性质：奇数+奇数=偶数，偶数+偶数=偶数，奇数+偶数=奇数.奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数，奇数×偶数=偶数.(奇数>正整数=奇数，(偶数>正整数=偶数.4. 其他性质：①两个连续整数必一奇一偶，其和是奇数，其积是偶数.②奇数地平方被4除余1；偶数地平方能被4整除；除以4余2或3地整数不是平方数.a)2n (n为正整数>不含大于1地奇因数.b)若两个整数地和(差>是奇数，则它们必一奇一偶.c)若n个整数地积是奇数，则它们都是奇数.例1. 设m 与n都是正整数，试证明m3－n3为偶数地充分必要条件是m－n为偶数.证明：∵m3－n3＝<m－n）(m2+mn+n2>.当m－n为偶数时，不论m2+mn+n2是奇数或偶数，m3－n3都是偶数；∴m－n为偶数是m3－n3为偶数地充分条件.当m－n为奇数时，m, n必一奇一偶，m2，mn，n2三个数中只有一个奇数，∴m2+mn+n2是奇数，从而m3－n3也是奇数.∴m－n为偶数，是m3－n3为偶数地必要条件.综上所述m3－n3为偶数地充分必要条件是m－n为偶数.例2. 求方程x2－y2=1990地整数解.解：(x+y>(x－y>=2×5×199.若x, y同是奇数或同是偶数，则x+y，x－y都是偶数，其积是4地倍数，但1990不含4地因数，∴方程左、右两边不能相等.若x,y为一奇一偶，则x－y，x+y都是奇数，其积是奇数，但1990不是奇数，∴方程两边也不能相等.综上所述，不论x, y取什么整数值，方程两边都不能相等.所以原方程没有整数解本题是根据整数地一种分类：奇数和偶数，详尽地讨论了方程地解地可能性.练习：37. 设n为整数，试判定n2－n+1是奇数或偶数.38. 1001+1002+1003+……+1989其和是偶数或奇数，为什么？39. 有四个正整数地和是奇数，那么它们地立方和，不可能是偶数，试说明理由.40. 求证：方程x2+1989x+9891=0没有整数根.41. 已知：求证：n是4地倍数.42.若n是大于1地整数，p=n+(n2－1>试判定p是奇数或偶数，或奇偶数都有可能.六. 按余数分类1.整数被正整数 m除，按它地余数可分为m类，称按模m分类.如：模m=2，可把整数分为2类:{2k}, {2k+1} k为整数，下同模m=3，可把整数分为3类:{3k}, {3k+1}，{3k+2}.……模m=9，可把整数分为9类:{9k},{9k+1},{9k+2}.…{9k+8}.2.整数除以9地余数，与这个整数各位上地数字和除以9地余数相同.如：6372，5273，4785各位数字和除以9地余数分别是0，8，6.那么这三个数除以9地余数也分别是0，8，6.3.按模m分类时，它们地余数有可加，可乘，可乘方地性质.如：若a=5k1+1, b=5k2+2.则a+b除以5 余数是3 (1+2>；ab除以5余2 (1×2>；b2除以5余4 (22>.例1. 求19891989除以7地余数.解：∵19891989=(7×284+1>1989，∴19891989≡11989≡1 (mod 7>.即19891989除以7地余数是1.练习：43. 今天是星期一，99天之后是星期________.44. n 个整数都除以 n－1, 至少有两个是同余数，这是为什么？45. a是整数，最简分数化为小数时，若为循环小数，那么一个循环节最多有几位？4.运用余数性质和整数除以9地余数特征，可对四则运算进行检验例2. 下列演算是否正确？① 12625+9568=21193 ；② 2473×429=1060927.解：①用各位数字和除以9，得到余数：12625，9568，21193除以9地余数分别是7，1，7.∵ 7+1≠7，∴演算必有错.② 2473，429，1060927除以9地余数分别是7，6，7.而7×6=42，它除以9余数为6，不是7，故演算也有错.注意：发现差错是准确地，但这种检验并不能肯定演算是绝对正确.练习：46. 检验下列计算有无差错：①372854－83275=289679 ；②23366292÷6236=3748.5.整数按模分类，在证明题中地应用例3. 求证：任意两个整数a和b，它们地和、差、积中，至少有一个是3地倍数.证明：把整数a和b按模3分类，再详尽地讨论.如果a, b除以3，有同余数 (包括同余0、1、2>，那么a, b地差是3地倍数；如果a, b除以3，余数不同，但有一个余数是0，那么a, b地积是3地倍数；如果a, b除以3，余数分别是1和2，那么a, b地和是3地倍数.综上所述任意两个整数a，b，它们地和、差、积中，至少有一个是3地倍数.(分类讨论时，要求做到既不重复又不违漏>例4. 已知： p≥5，且 p和2p+1都是质数.求证：4p+1是合数.证明：把整数按模3分类. 即把整数分为3k,3k+1,3k+2 (k为整数>三类讨论∵p是质数，∴不能是3地倍数，即p≠3k；当p=3k+1时, 2p+1=2(3k+1>+1=3(2k+1>. ∴ 2p+1不是质数，即p≠3k+1；只有当质数p=3k+2时， 2p+1=2(3k+2>+1=6k+5.∴2 p+1也是质数，符合题设.这时，4p+1=4(3k+2>+1=3(4k+3>是合数. 证毕练习：47. 已知：整数a不能被2和3整除 . 求证：a2+23能被24整除.48. 求证：任何两个整数地平方和除以8，余数不可能为6.49. 若正整数a不是5地倍数. 则a8+3a4－4能被100整除.50.已知：自然数n>2求证：2n－1和2n+1中，如果有一个是质数，则另一个必是合数.51.设a,b,c是三个互不相等地正整数，求证a3b－ab3,b3c－bc3,c3a－ca3三个数中，至少有一个能被10整除.七. 整数解1.二元一次方程ax+by=c地整数解：当a,b互质时，若有一个整数地特解那么可写出它地通解2.运用整数地和、差、积、商、幂地运算性质整数±整数=整数，整数×整数=整数，整数÷(这整数地约数>=整数， (整数>自然数=整数3.一元二次方程，用求根公式，根地判别式，韦达定理讨论整数解.4.根据已知条件讨论整数解.例1.小军和小红地生日.都在10月份，且星期几也相同，他们生日地日期地和等于34，小军比小红早出生，求小军地生日.解：设小军和小红地生日分别为x, y，根据题意，得(k=1,2,3,4> 2x=34－7k x=17－k=1, 3时， x没有整数解；当k=2时，当k=4时， (10月份没有31日，舍去>∴小军地生日在10月10日例2.如果一个三位数除以11所得地商，是这个三位数地各位上地数地平方和，试求符合条件地所有三位数.解：设三位数为100a+10b+c, a, b, c都是整数，0<a≤9，0≤b, c≤9.那么，且－8<a－b+c<18.要使a－b+c被11整除，其值只能是0和11.( 1>当a－b+c=0时，得9a+b=a2+b2+c2.以b=a+c代入，并整理为关于a地二次方程，得2a2+2(c－5>a+2c2－c=0根据韦达定理这是必要而非充分条件.∵5－c>0, 以c=0, 1, 2, 3, 4 逐一讨论a地解.当c=2, 4时，无实数根；当c=1, 3时，无整数解；只有当c=0时，a=5；或a=0. (a=0不合题意，舍去>∴只有c=0, a=5, b=5适合∴所求地三位数是550；(2>当a－b+c=11时，得9a+b+1=a2+b2+c2.以b=a+c代入，并整理为关于a地二次方程，得2a2+2(c－16>a+2c2－23c+131=0.仿(1>通过韦达定理，由c地值逐一以讨论a地解.只有当c=3时, a=8, b=0适合所有条件.即所求三位数为803.综上所述，符合条件地三位数有550和803.练习：52. 正整数x1, x2, x3,……x n满足等式x1＋x2＋x3＋x4+x5=x1x2x3x4x4x5那么x5地最大值是________.53.如果p, q, 都是整数，.且p>1, q>1, 试求p+q地值.54.能否找到这样地两个正整数m和n，使得等式m2+1986=n2成立.试说出你地猜想，并加以证明.55.当m取何整数时，关于x地二次方程m2x2－18mx+72=x2－6x地根是正整数，并求出它地根.若关于x地二次方程<1+a）x2+2x+1－a=0地两个实数根都是整数，那么a地取值是________________.不等边三角形地三条边都是整数，周长地值是28，最大边与次大边地差比次大边与最小边地差大1，适合条件地三角形共有____个，它们地边长分别是：______________________________________________________________.58.直角三角形三边长都是整数，且周长地数值恰好等于面积地数值，求各边长.59.鸡翁一，值钱；，鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一.百钱买百鸡，问鸡翁、鸡母、鸡雏各几何？甲买铅笔4支，笔记本10本，文具盒1个共付1.69元，乙买铅笔3支，笔记本7本，文具盒1个共付1.26元，丙买铅笔、笔记本、文具盒各1，应付几元？若1×2×3×4×……×99×100=12n×M，其中M为自然数，n为使得等式成立地最大自然数，则M是( >(A>.能被2整除，不能被3整除 . (B>.能被3整除，但不能被2整除.(C>.被4整除，不能被3整除. (D>.不能被3整除，也不能被2整除.练习70参考答案：1.9+90×2+900×3+990×4=68492.2893 795630，300，3×10n－1 4. 50, 33, 476, 317 . 5.2550 6.2500. 7. 10501.1717. 9.奇数 (1+1989>× .10有两组：18，19，20，21，22；9，10，11，12，13，14，15，16.11.有四组：除上题中地两组外，尚有－8到16；－17到2212. 13501. 13. 余数是6(由1到102刚好是198位>.14. (1>192 (2>901 (3>9999978596 15.+=2416.60个. 计算积中含质因数5地个数是：从10，25，40，55，……700这组数中含质因数5地共有(700－10>÷15+1=47；而25，100，175，……700含有52因数，应各加1个5，共有(100－25>÷75+1=10；且250，625，含有53因数，应再各加1个5，共有 2个；625 含有54因数，再加1个5. ∴总共是47+10+2+1=60.17. =379+79+15+3=49418. 把a(a2－1>(3a+2>化为a(a+1>(a－1>[(2a+4>+(a－2>]=2(a－1>a(a+1>(a+2>+(a－2>(a－1>a(a+1>.19.根据两个连续整数必互质，把n+1个正整数按非连续数单独分组，因为它们都小于2n,所以最多分为n组，那么n+1个正整数至少有一个不能单独分组，即与n组中地一个互质.20. 易证能被20整除，再证能被99整除21. 原数=(10n－1>2+1×10n+(10n－1>=102n22. 原数=×(102n－1>－2××(10n－1>=……=(>2=(23. 原数=×(101990－1>=×(10995+1>(10995－1>=×(10995+1>(10－1>×N (N为整数>24. p=×(103n+9×102n+8×10n+7>q=×(103n+3+9×102n+2+8×10n+1+7>∵10n=9×+1，103n+3，102n+2，10n+1除以地余数分别为103，102，10.∴q地第二因式除以地余数分别为1×103+9×102+8×10+7……25.设A=103 M+N，7|(M－N>.A=103 M+N=103 M+M－M+N=1001M－(M－N>.26. 原数==……27. 1. 28. 71与33地个位数相同. 29 . 0.30.9个(1，25，10，20，25，50，100，125>.31.2，6. 可设9n2+5n+26=m(m+1>, 配方，分解因式32.2，9. 33. 8，9.34.22!+3，22!+5，22!+7，………22!+19，22!+2135.可设2×3×5×7×11×13×17，那么 N+2，N+3，……N+16即所求.(22n+1>2+(x2n>2+2×22n+1×x2n－4×22n×x2n=(22n+1+x2n>2－(2 ×2m×x n>2……37.奇数. 38 奇数 .39.4个正整数地和为奇数，则这4个数中有1个或3个是奇数.40.若有奇数根，则奇+奇+奇≠0；若有偶数根，则偶+偶+奇≠0.41.若n为奇数，则与(1>矛盾；若n为偶数，由(1>可知，偶数必成双，再由(2>知n是4地倍数.42.奇数 43. 星期二，∵9 9除以7余数是1.44.除以整数n－1地余数，最多只有n－1种45.六位. ∵除以7，余数除0以外，只有6种.46.①不对，∵用9除地余数 11－7≠5，②错.8×2=32，除以9余数不是6.47.a=6k±1，a2+23=12k(3k±1>+24把整数按模4分类为4n, 4n+1, 4n+2,4n+3.其平方后除以8余数分别为0，1，4，1任何两个余数地和都不等于6.a8+3a4－4=(a4+4>(a2+1>(a2－1>, a≠5k,则a=5k±1,5k ±2, a2除以5地余数分别为1和4， a4除以5余数均为1.50.2 n 不是3地倍数，可分别设为3k+1，3k－1.51.(同练习69第10题>. 52. 5 53. 854. 不可能.(n+m>(n－m>=1986 按n+m, n－m同奇，同偶讨论.55. 原方程化为<m2-1）x2-6(3m-1>x+72=0, [(m+1>x-12][(m-1>x-6]=0. x1=；x2=. ∵方程地根是自然数，∴∴m=2,；或m=3.∴当m=2时，x1=4；或 x2=6. 当 m=3时, x1=x2=3.56. a=－3,－2, 0, 1 (x1+x2=－, x1x2=－1+>57. 有三个，其边长分别是：11，9，8； 12，9，7； 13，9，6.58.6，8，10或5，12，13.59. 设鸡翁，鸡母，鸡雏一只分别值x,y,z钱，则消去一元，得二元一次方程： 7x+4y=200. 求自然数解，得有四组答案：60. x+y+z=40.61. 选(A>. 根据连续整数地积地性质，100!含因数2共97个，含因数3有48个……申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途.。

初中数学竞赛讲座-数论部分2(整数的整除性)

初中数学竞赛讲座-数论部分2（整数的整除性）第二讲整数的整除性一、基础知识：1．整除的基本概念与性质所谓整除，就是一个整数被另一个整数除尽，其数学定义如下．定义：设a，b是整数，b≠0．如果有一个整数q，使得a=bq，那么称a能被b整除，或称b整除a，并记作b｜a．也称b是a的约数，a是b的倍数。

如果不存在这样的整数q，使得a=bq，则称a不能被b整除，或称b不整除a，记作b｜a．关于整数的整除，有如下一些基本性质：性质1若a|b,b|c，则a|c证明：∵a|b,b|c，∴bap,cbq（p,q是整数），∴c(ap)q(pq)a，∴a|c性质2若a｜b，b｜a，则|a|=|b|．性质3若c｜a，c｜b，则c｜(a±b)，且对任意整数m，n，有c｜(ma±nb)．证明：∵a|b,a|c，∴bap,caq(b,q是整数），∴bcapaqa(pq)，∴a|(bc)性质4若b｜a，d｜c，则bd｜ac．特别地，对于任意的非零整数m，有bm｜am性质5若a=b＋c，且m｜a，m｜b，则m｜c．性质6若b｜a，c｜a，则[b，c]｜a．特别地，当(b，c)=1时，bc｜a【此处[b，c]为b，c的最小公倍数；(b，c)为b，c的最大公约数】．性质7若c｜ab，且(c，a)=1，则c｜b．特别地，若p是质数，且p｜ab，则p｜a或p｜b．性质8n个连续整数中，必有一个能被n整除．【特别地：两个连续整数必有一偶数；三个连续整数必有一个被3整除，如11，12，13中有3|12；41，42，43，44中有4|44；77，78，79，80，81中5|80．】二．证明整除的基本方法证明整除常用下列几种方法：(1)利用基本性质法；(2)分解因式法；(3)按模分类法；(4)反证法等．下面举例说明．例1若a｜n，b｜n，且存在整数某，y，使得a某+by=1，证明：ab|n．初中数学兴趣班系列讲座——数论部分唐一良数学工作室证明：由条件，可设n=au，n=bv，u，v为整数，于是n=n(a某+by)=na某+nby=abv某+abuy=ab(v某+uy)所以n|ab例2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．分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．证明：设三个连续的奇数分别为2n-1，2n＋1，2n+3(其中n是整数)，于是(2n-1)2+(2n+1)2+(2n+3)2＋1=12(n2＋n＋1)．所以12｜[(2n-1)2＋(2n＋1)2＋(2n＋3)2]．又n2+n＋1=n(n＋1)+1，而n，n+1是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以n(n+1)是偶数，从而n2＋n+1是奇数，故24|[(2n-1)2+(2n+1)2＋(2n＋3)2]．例3若整数a不被2和3整除，求证：24｜(a2-1)．分析因为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，6k＋1，6k＋2，6k＋3，6k＋4，6k＋5这六类．由于6k，6k＋2，6k＋4是2的倍数，6k＋3是3的倍数，所以a只能具有6k＋1或6k＋5的形式，有时候为了方便起见，也常把6k＋5写成6k-1(它们除以6余数均为5)．证明因为a不被2和3整除，故a具有6k±1的形式，其中k是自然数，所以a2-1=(6k±1)2-1=36k2±12k=12k(3k±1)．由于k与3k±1为一奇一偶(若k为奇数，则3k±1为偶数，若k为偶数，则3k±1为奇数)，所以2｜k(3k±1)，于是便有24｜(a2-1)．例4若某，y为整数，且2某+3y，9某＋5y之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．证明：设u=2某＋3y，v=9某＋5y．若17｜u，从上面两式中消去y，得3v-5u=17某．①所以17｜3v．因为(17，3)=1，所以17｜v，即17｜9某＋5y．若17｜v，同样从①式可知17｜5u．因为(17，5)=1，所以17｜u，即17｜2某＋3y．例5已知a，b是自然数，13a＋8b能被7整除，求证：9a+5b都能被7整除．分析：考虑13a＋8b的若干倍与9a+5b的若干倍的和能被7整除，证明13a＋8b+4（9a+5b）=7（7a+4b）是7的倍数，又已知13a+8b是7的倍数，所以4（9a+5b）是7的倍数，因为4与7互质，由性质7|（9a+5b）例6已知a，b是整数，a2＋b2能被3整除，求证：a和b都能被3整除．初中数学兴趣班系列讲座——数论部分唐一良数学工作室证明用反证法．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．令a=3m，b=3n±1(m，n都是整数)，于是a2+b2=9m2+9n2±6n+1=3(3m2＋3n2±2n)+1，不是3的倍数，矛盾．(2)a，b两数都不能被3整除．令a=3m±1，b=3n±1，则a2＋b2=(3m±1)2+(3n±1)2=9m2±6m+1+9n2±6n＋1=3(3m2+3n2±2m±2n)＋2，不能被3整除，矛盾．由此可知，a，b都是3的倍数．例7已知a，b是正整数，并且a2＋b2能被ab整除，求证：a=b．先考虑a，b互质的情况，再考虑一般情况。

初中数学竞赛教程21整数的性质

初中数学竞赛教程21整数的性质整数是数学中非常基本且重要的概念之一、它是全体正整数、负整数和零的集合，用整数集表示为Z，数学符号为Z={...,-3,-2,-1,0,1,2,3,...}。

整数的性质涉及到整数的四则运算、整数的大小比较以及整数的奇偶性等方面。

下面就对整数的性质进行详细介绍。

一、整数的四则运算1.加法：对于整数a和b，它们的和a+b也是一个整数。

加法满足交换律，即a+b=b+a；加法还满足结合律，即(a+b)+c=a+(b+c)。

2.减法：对于整数a和b，它们的差a-b也是一个整数。

3.乘法：对于整数a和b，它们的积a×b也是一个整数。

乘法满足交换律，即a×b=b×a；乘法还满足结合律，即(a×b)×c=a×(b×c)。

4.除法：对于整数a和b，其中b不等于0，a/b的商可能是一个整数，也可能是一个带有小数部分的数。

二、整数的大小比较1.大小关系：对于两个整数a和b，如果a<b，称a小于b；如果a>b，称a大于b；如果a=b，称a等于b。

2.大于0和小于0：正整数都大于零；负整数都小于零。

三、整数的奇偶性1.奇数：整数中，除了能被2整除的数字外，其他的数字都是奇数。

奇数可以表示为2k+1的形式，其中k为任意整数。

2.偶数：能被2整除的数字为偶数。

偶数可以表示为2k的形式，其中k为任意整数。

3.奇数和奇数的和是偶数，奇数和偶数的和是奇数，偶数和偶数的和是偶数。

四、整数的性质定理1.整数的加法性质：对于任意整数a和b，有a+b=b+a，即整数的加法满足交换律。

2.整数的减法性质：对于任意整数a和b，有a-b=a+(-b)，即整数的减法可以转化为加法运算。

3.整数的乘法性质：对于任意整数a、b和c，有(a+b)×c=a×c+b×c，即整数的乘法满足分配律。

4.整数的除法性质：对于任意整数a、b和c，如果a=b×c，且b不等于0，则a除以b的余数为0。

初中数学竞赛专题选讲-数的整除(二)

初中数学竞赛专题选讲数的整除（二）一、内容提要在初一部分的我们介绍了能被2，3，4，5，7，8，9，11，13，25整除的自然数的特征，本讲将介绍用因式分解方法解答数的整除问题.几个常用的定理，公式，法则：⑴ n 个连续正整数的积能被n ！整除.（n 的阶乘：n ！＝1×2×3×…×n ）.例如：a 为整数时，2a(a+1)， 6a(a+1)(a+2), 24a(a+1)(a+2)(a+3)，…… ⑵ 若a b 且a c, 则 a (b c).⑶ 若a, b 互质，且a c, b c ，则ab c .反过来也成立：a, b 互质， ab c ，则a c, b c.例如：8和15互质，8｜a, 15|a ，则120｜a.反过来也成立：若120｜a. 则 8｜a, 15|a.⑷由乘法公式（n 为正整数）推得：由(a －b)(a n-1+a n-2b+……+ab n-2+b n-1)=a n －b n . 得 (a －b)|(a n －b n ).(a+b)(a 2n －a 2n －1b+……ab 2n －1+b 2n )=a 2n+1+b 2n+1 . (a+b)|(a 2n+1+b 2n+1).(a+b)(a 2n －1－a 2n －2b+……+ab 2n －2－b 2n －1)=a 2n －b 2n . (a+b)|(a 2n －b 2n ).概括起来：齐偶数次幂的差式a 2n －b 2n 含有因式a ＋b 和a －b.齐奇数次幂的和或差式a 2n+1＋b 2n+1或a 2n+1－b 2n+1只分别含有因式a ＋b 或a －b. 例如（a+b ）| (a 6－b 6), (a －b)| (a 8－b 8)；(a+b)|(a 5+b 5)， (a －b)|(a 5－b 5).二、例题例1. 已知:整数n>2. 求证：n 5－5n 3+4n 能被120整除..证明：n 5－5n 3+4n ＝n(n 4－5n 2+4)=n(n －1)(n+1)(n+2)(n －2).∵(n －2) (n －1)n(n+1) (n ＋2)是五个连续整数，能被n!整除，∴ 120｜n 5－5n 3+4n.例2. 已知：n 为正整数. 求证：n 3+23n 2+21n 是3的倍数.证明：n 3+23n 2+21n ＝21n （2n 2+3n+1） =21n(n+1)(2n+1)=21n(n+1)(n+2+n －1) = 21n(n+1)(n+2)+ 21n(n+1)(n －1).∵ 3！｜n(n+1)(n+2)，且3！｜n(n+1)(n －1)..∴ 3｜21n(n+1)(n+2)+ 21n(n+1)(n －1). 即n 3+23n 2+21n 是3的倍数. （上两例关鍵在于创造连续整数）例3. 求证：⑴ 33｜255＋1； ⑵ 1989｜（19901990－19881988）.证明：⑴ 255＋1＝25×11＋111＝3211＋111.∵(32＋1)|(3211+111 ) ，即33｜255＋1.⑵ 19901990－19881988＝19901990－19881990＋19881990－19881988.（添两项）∵（1990＋1988）｜（19901990－19881990）.即1989×2｜（19901990－19881990）.∵ 19881990－19881988=19881988(19882－1)＝19881988（1988＋1）（1988－1）.即 19901990－19881988＝1989×2N ＋1989×19881988×1987. （N 是整数）∴ 1989｜19901990－19881988.例4 设n 是正整数，求证：7｜（32n+1+2n+2）.证明：32n+1+2n+2＝3×32n +4×2n =3×9 n +4×2 n ＋3×2 n －3×2 n （添两项）＝（4×2 n ＋3×2 n ）＋（3×9 n －3×2 n ）＝（4＋3）＋3（9 n －2 n ）＝7×2 n ＋3（9－2）N . （N 是整数）∴7｜（32n+1+2n+2）（例3，4是设法利用乘法公式）例5. 已知8719xy 能被33整除，求x, y 的值.解：∵33＝3×11，∴1＋9+x+y+8+7其和是3的倍数，即x+y=3K －25 (k 为整数).又（1＋x+8）－(9+y+7)其差是11的倍数，即x －y=11h+7(h 是整数).∵0≤x ≤9， 0≤y ≤9，∴0≤x ＋y ≤18，9≤x －y ≤9，x+y>x －y, 且 x+y 和x －y 同是奇数或偶数.符合条件的有⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧==48414711y x y x y x 或或 . 解得⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==629529y x y x y x 或或　. 例6.设N ＝782x ，且17｜N, 求 x..解：N ＝2078＋100x=17×122＋4＋17×6x －2x＝17×（122＋6x ）+4－2x.∵ 17｜N ，∴17｜4－2x ，当 4－2x=0.∴ x=2.三、练习1.要使2n+1能被3整除，整数n应取＿＿＿，若6｜（5 n－1）, 则整数n应取＿＿＿.2.求证：①4!|（n4+2n3－n2－2n）；②24｜n(n2－1)(3n+2)；③6｜（n3+11n）；④30｜（n 5－n）.3.求证：①100｜9910－1）；②57｜（23333＋72222）；③995｜（996996－994994）；④1992｜（997997＋995995）.4.设n是正整数，求证3 n+3n+2+62n能被33整除.5.求证：六位数abcabc能被7，11，13，整除.3xy能被77整除，求x,y的值.6.已知：五位数987.已知：a,b,c都是正整数，且6｜（a+b+c）.求证：6｜（a3+b3+c3）.练习题参考答案1.正奇数；正偶数2.①，②分解为4个连续整数③n(n-1)(n+1)+12n ④n(n-1)(n+1)(n2-4+5)3.②81111＋491111③添项－1，1④添项995997－9959974.化为3n(1+32)+36n=11×3n＋36 n－3n＝……5.7×11×13＝1001六位数105a+104b+103c+102a+10b+c=……6.仿例57.由6｜（a+b+c）可知a,b,c中至少有一个是偶数，且a3+b3+c3－3abc含有因式a+b+c [文章来源：教学视频网/转载请保留出处。

数论竞赛题

数论竞赛题数论竞赛题是在数学竞赛中常见的一类题型，主要考察学生在数论领域的理解和运用能力。

数论是研究整数性质及其运算规律的数学分支，涉及到诸多定理和性质。

以下是一个典型的数论竞赛题目，供参考。

题目：证明对于任意正整数 n，都存在一个正整数 k，使得 n(n+1)(n+2)(n+3) 可以被 24 整除。

解法：我们可以通过数学归纳法来证明这一命题。

首先，观察到 24 可以分解为 3 × 2^3。

我们分两种情况进行讨论：情况一：n 是 4 的倍数。

设 n=4k，其中 k 是一个正整数。

则有：n(n+1)(n+2)(n+3) = 4k(4k+1)(4k+2)(4k+3)= 4 × k × (4k+1) × 2 × (2k+1) × 3 × (2k+2) 。

我们发现此时，n(n+1)(n+2)(n+3) 能够被 24 整除。

情况二：n 不是 4 的倍数。

设 n=4k+r，其中 k 是一个正整数，r 是余数，r=1,2 或 3。

则有：n(n+1)(n+2)(n+3) = (4k+r)(4k+r+1)(4k+r+2)(4k+r+3)我们观察到，至少存在一个连续的四个数中，必然包含一个数能被 2 整除，一个数能被 4 整除，一个数能被 3 整除，因而有 2×4×3=24，即可以被 24 整除。

综上所述，对于任意的正整数 n，都存在一个正整数 k，使得 n(n+1)(n+2)(n+3) 能够被 24 整除。

证毕。

数论竞赛题通常涉及到数的整除性质、奇偶性、模运算等概念，要求学生具备较强的逻辑推理和数学证明能力。

通过解决这类题目，学生可以加深对数论相关概念和方法的理解，培养思考和解决问题的能力。

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？。

初中数学竞赛精品标准教程及练习：连续正整数的性质

初中数学竞赛精品标准教程及练习：连续正整数的性质初中数学竞赛精品标准教程及练习（24）连续正整数的性质一、内容提要一.两个连续正整数1.两个连续正整数一定是互质的，其商是既约分数。

2.两个连续正整数的积是偶数，且个位数只能是0，2，6。

3.两个连续正整数的和是奇数，差是1。

4.大于1的奇数都能写成两个连续正整数的和。

例如3＝1＋2，79＝39＋40，111＝55＋56。

二.计算连续正整数的个数例如：不同的五位数有几个？这是计算连续正整数从10000到99999的个数，它是99999－10000＋1＝90000（个）1. n位数的个数一般可表示为9×10n-1(n为正整数，100＝1)例如一位正整数从1到9共9个（9×100），二位数从10到99共90个（9×101）三位数从100到999共900个（9×102）……2.连续正整数从n 到m的个数是m－n+1把它推广到连续奇数、连续偶数、除以模m有同余数的连续数的个数的计算，举例如下：3.从13到49的连续奇数的个数是21349－＋1＝19从13到49的连续偶数的个数是21448－＋1＝184.从13到49能被3整除的正整数的个数是31548－＋1＝12从13到49的正整数中除以3余1的个数是31349－＋1＝13你能从中找到计算规律吗？三.计算连续正整数的和1.1＋2＋3＋……＋n＝（1＋n）2n（n是正整数）连续正整数从a到b的和记作(a+b)21 +-ab把它推广到计算连续奇数、连续偶数、除以模m有同余数的和，举例如下：2.11＋13＋15＋…＋55＝（11＋55）×223＝759（∵从11到55有奇数21155－＋1＝23个）3.11＋14＋17＋…＋53＝（11＋53）×215＝480（∵从11到53正整数中除以3余2的数的个数共31153－＋1＝15）四. 计算由连续正整数连写的整数，各数位上的数字和1.123456789各数位上的数字和是（0＋9）＋（1＋8）＋…＋（4＋5）＝9×5＝452.1234…99100计算各数位上的数字和可分组为：（0，99），（1，98），（2，97）…（48，51），（49，50）共有50个18，加上100中的1∴各数位上的数字和是18×50＋1＝901五. 连续正整数的积从1开始的n 个正整数的积1×2×3×…×n 记作n ！，读作n 的阶乘1.n 个连续正整数的积能被n ！整除，如11×12×13能被1×2×3整除；97×98×99×100能被4！整除；a （a+1）(a+2)…(a+n)能被（n+1）！整除。

初中数学竞赛模拟题50题-含答案

初中数学竞赛模拟题50题含答案一、单选题10,0)a b>>，分别作了如下变形：甲：()a b-====（）A ．甲、乙都正确B ．甲、乙都不正确C ．只有甲正确D ．只有乙正确2．若实数a ，b ，c 满足等式36b =，96b c =，则c 可能取的最大值为（） A ．0B ．1C ．2D ．33．设a ，b ，c 的平均数是M ，a ，b 的平均数是N ，N 与c 的平均数是P ．若a b c >>，则M 与P 的大小关系是（）． A ．M P =B ．M P >C ．M P <D ．不能确定4．1234x x x x -+-+-+-的最小值为（） A ．4B ．5C ．6D ．105．A ，B ，C ，D ，E 五人参加“五羊杯”初中数学竞赛得分都超过91分，其中E 排第三，得96分．又已知A ，B ，C 平均95分，B ，C ，D 平均94分，若A 排第一，则D 得（）分． A ．98B ．97C ．93D ．926．如果21x x --是31ax bx ++的一个因式，则b 的值是（）． A ．2-B ．1-C ．0D ．27．如图，在ABC 中，过点C 作CD AB ⊥，垂足为点D ，过点D 分别作DE AC ⊥，DF BC ⊥，垂足分别为E ，F ．连接EF 交线段CD 于点O ，若CO =CD =EO FO ⋅的值为（）．A ．B ．4C ．D ．68．已知3a b -=，则339a b ab --的值是（）． A ．3B ．9C ．27D ．819．把三个连续的正整数a ，b ，c 按任意次序（次序不同视为不同组）填入20x x ++=□□□的三个方框中，作为一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项．使所得方程至少有一个整数根的a ，b ，c （）． A ．不存在B ．有一组C ．有两组D ．多于两组10．已知a ，b 长，则这个三角形的面积是（） A ．32abB ．abC ．12abD ．2ab11．定义：平面直角坐标系中，点(),P x y 的横坐标x 的绝对值表示为||x ，纵坐标y 的绝对值表示为||y ，我们把点(),P x y 的横坐标与纵坐标的绝对值之和叫做点(),P x y 的折线距离，记为||||||M x y =+（其中的“＋”是四则运算中的加法），若抛物线21y ax bx =++与直线y x =只有一个交点M ，已知点M 在第一象限，且2||4M ≤≤，令2242022t b a =-+，则t 的取值范围为（） A ．20182019t ≤≤ B ．20192020t ≤≤ C ．20202021t ≤≤D ．20212022t ≤≤12．1991331991+的值用十进制表示时，末位数字是（）． A ．8B ．4C ．2D ．013．从正整数里取出k 个不同的数，使得这k 个数中任意两个数之差的绝对值是质数，则k 的最大值是（）． A ．3B ．4C ．5D ．614．满足等式2003的正整数对(),x y 的个数是（）．A ．1B ．2C ．3D ．415．1898年6月9日英国强迫清政府签约，将香港975.1平方公里土地租借给英国99年．1997年7月1日香港回归祖国，中国人民终于洗刷了百年耻辱，已知1997年7月1日是星期二，那么，1898年6月9日是星期（）．（注：公历纪年，凡年份为4的倍数但不是100的倍数的那年为闰年，年份为400的倍数的那年也为年，年的2月有29天，平年的2月有28天．） A ．二B ．三C ．四D ．五16．在实数范围内，设198851111a x a a ⎤⎥+=⎥-⎢⎥+-⎣⎦，则x 的个位数字是（）． A ．1B ．2C ．4D ．617．已知a b c d ,,,都是实数，则下列命题中，错误的是（）． A ．若222a b c ab bc ca ++=++，则a b c == B ．若3333a b c abc ++=，则a b c ==C ．若442242242()a b c d a b c d +++=+，则a b c d ===D ．若44444a b c d abcd +++=，则a b c d ===18．从1分、2分、5分3种硬币中取出100枚，总计3元，其中2分硬币枚数的可能情况有（）种． A ．13B ．16C ．17D ．1919．使424m m -+为完全平方数的自然数m 有（）个． A ．2B ．3C ．4D ．无数20．已知a ，b ，c 三个数中有两个奇数､一个偶数，n 是整数，如果()()()12233S a n b n c n =++++++，那么（）．A ．S 是偶数B ．S 是奇数C ．S 的奇偶性与n 的奇偶性相同D ．S 的奇偶性不能确定二、填空题21．若243k x -<是关于x 的一元一次不等式，则 k 的值为______． 22．已知（x -3）2＋1m +=0，则mx =_______．23．已知：122334!99100a =⨯+⨯+⨯++⨯，243546!100102b =⨯+⨯+⨯++⨯，则a b -=______．24．设a ，b 是一元二次方程210x x --=的两根，则32234a b a ++的值为__________. 25．设n 是小于100的正整数且使2232n n --是6的倍数，则符合条件的所有正整数n 的和是______．26．如图，在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，分别以AB 、BC 、AC 为边向上作正方形，已知Rt ABC 的面积为5，则图中阴影部分面积之和为______．27．今天是星期日，从今天算起，200011111个天是星期________．28．一本书共有61页，顺次编号为1，2，…，61，某人将这些数相加时，有两个两位数的页码都错把个位数和十位数弄反了（形如ab 的两位数被当成了两位数ba ），结果得到总和是2008，那么书上这两个两位数页码之和的最大值是_________． 29．若实数,x y 满足333333331,134365456x y x y+=+=++++，则x y +=_____．30．若化简2x -25x -，则满足条件是x 的取值围是_________．31．使得521m ⨯+是完全平方数的整数m 的个数为__________．32．如图，以△ABC 的边AC 、BC 为边向外作正方形ACDE 和正方形BCGF ，连接AG 、BD 相交于点O ，连接CO 、DG ，取AB 中点M ，连接MC 并延长交DG 于点N ．下列结论：①AG ＝BD ；①MN ①DG ；①CO 平分①DCG ；①S △ABC ＝S △CDG ；①①AOC ＝45°．其中正确的结论有______________（填写编号）．33．从1，2，…，2008中，至少取________个偶数才能保证其中必定存在两个偶数之和为201234．某个两位自然数，它能被其各位数字之和整除，且除得的商恰好是7的倍数，写出符合条件的所有两位数是_________．35．关于,x y 的方程332232x y x y xy -+-=的正整数解的个数_____个． 36．方程13217219211211215217292x x x xx x x x----+=+----的解是______．37．方程22320060x xy x y --++=的正整数解(,)x y 共有__________对． 38．已知由小到大的10个正整数1210,,,a a a 的和是2000，那么5a 的最大值是_________，这时10a 的值应是_________．39．已知在正方形ABCD 中，5AB =，点N 在DC 的延长线上，过D 作BN 的垂线分别交BC 、BN 于点P 和点M ，点Q 在CD 边上且满足1010DQ BP BQBN --=，连接AE 、CE ，则)1CE AE +的最小值等于 __．40．如图所示，已知边长为2的正三角形ABC 中，P 0是BC 边的中点，一束光线自P 0发出射到AC 上的P 1后，依次反射到AB 、BC 上的点P 2和P 3，且1＜BP 3＜32（反射角等于入射角），则P 1C 的取值范围是_____．三、解答题41．戴高乐是二战期间领导法国人民赶走德国法西斯的英雄，也是法兰西第五共和国的总统．他去世后，根据他生前的意愿，他的墓前只立有一块小小的碑牌，一面刻着“查尔斯·戴高乐1890—1970”，另一面则刻着一个洛林十字架．洛林十字架由13块相同的小正方形组成，如图1所示．(1)你能否只用一把无刻度直尺画一条直线，使其等分洛林十字架．（面积等分，在图1中画出1种情形即可）(2)戴高乐还是第一个提出并且解决了下面一个非常有趣的有关洛林十字架的数学问题的人．问题如下：如图2，在洛林十字架的A 点处作一条直线，把洛林十字架严格地划分成面积相等的两部分．戴高乐利用圆规，直尺和铅笔解决了该问题，他的作法如下：如图3所示，①标记点D ，B ，M ，连接BM ，与AD 交于点F ；①以点F 为圆心，FD 长为半径作弧，与BF 交于点G ；①以点B 为圆心，BG 长为半径作弧，与BD 交于点C ；①连接CA 并延长，与洛林十字架边界交于点N ，则直线CN 即为所求．请根据戴高乐的作图步骤，证明直线CN 等分洛林十字架．小林同学的部分证明过程如下：标记点H ，P ，Q ，如图3所示．设洛林十字架中每个小正方形的边长为1．易证BDF MAF ≌， ①FD FA =．由作图，可知1122FG FD FA AD ====．①BF ．①12BG BC BF FG ==-=．①1CD BD BC =-==请补全小林同学的证明过程．42．如图1，ABC 中，AC ＝BC ＝4，①ACB ＝90°，过点C 任作一条直线CD ，将线段BC 沿直线CD 翻折得线段CE ，直线AE 交直线CD 于点F ．直线BE 交直线CD 于G 点．(1)小智同学通过思考推得当点E 在AB 上方时，①AEB 的角度是不变的，请按小智的思路帮助小智完成以下推理过程： ①AC ＝BC ＝EC ，①A 、B 、E 三点在以C 为圆心以AC 为半径的圆上， ①①AEB ＝ ①ACB ，（填写数量关系） ①①AEB ＝ °．(2)如图2，连接BF ，求证A 、B 、F 、C 四点共圆；(3)线段AE 最大值为，若取BC 的中点M ，则线段MF 的最小值为．43．岳池县体育馆今夏外围绿化施工，有一块三角形空地，要在上面栽种四种不同的花草，需将该空地分成面积相等的四块，请你设计出三种不同的划分方案．44．将平面直角坐标系中点集{}(,)1,2,3,4,5,1,2,3,4M x y x y ===内的11个点染成红色，其余点不染色．证明：存在一个矩形，它的边与坐标轴平行，顶点都在M 中，并且都是红色．45．求证：若()8216157|78+，则()8316357|78+．46．10个学生参加n 个课外活动小组，每一小组至多5个人；每两个学生至少参加一个小组；任意两个课外小组至少可找到两个学生，他们都不在这两个课外活动小组中．试求n 的最小值．47．在元旦晚会上，学校组织了一次关于语文、数学、外语、奥运及日常生活常识的知识竞赛，设定每科满分为40分，以下依次为30分、20分、10分和0分，共5个评分等级，每个小组分别回答这五个方面的问题．现将A 、B 、C 、D 、E 五个小组的部分得分列表1如下：表1表1中，（1）每一竖行的得分均不相同（包括单科和总分）；（2）C 组有4个单科得分相同．求B 、C 、D 、E 组的总分并填表进行检验． 48．a ，b 和c 都是两位数的自然数，a ，b 的个位分别是7与5，c 的十位是1．如果它们满足等式2005ab c +=，求a b c ++的值． 49．在正2004边形122004A A A 的各个顶点上随意填上1,2,3,,501中一个数，证明：一定存在四个顶点满足如下条件：（1）这四个顶点构成的四边形是矩形；（2）此四边形相对两顶点所填数之和相等．50．对非负整数n ，满足方程2x y z n ++=的非负整数(),,x y z 的组数记为n a ．（1）求3a 的值；（2）求2001a 的值．参考答案：1．D【分析】甲利用分母有理化的知识，可求得；乙先将分子因式分解，然后约分，即可求得．【详解】解：甲：当a b 时，()a b-==当a =b 时，无意义，==①甲错误，乙正确，选项说法错误，不符合题意；选项说法错误，不符合题意；选项说法错误，不符合题意；选项说法正确，符合题意; 故选D ．【点睛】本题考查了分母有理化，因式分解，解题的关键是要全面考虑a 与b 之间的数量关系． 2．C【详解】解：由已知，()69315121512c b b b b ==-=-≤，①2≤c ． 3．B【详解】解依题意2,,3224a b c a b N c a b cM N P ++++++====，2()()1212a b c a c b c M P +--+--==．因a b c >>，故0M P ->，即M P >．故应选B 4．A【详解】()()14143x x x x -+-≥---=，当14x ≤≤时取得等号；()()21233x x x x +-≥---=-，当23x ≤≤时取得等号；因此，1234314x x x x -+-+-+-≥+=，当23x ≤≤时取得等号．所以，1234x x x x -+-+-+-的最小值为4． 5．B【详解】设A ，B ，C ，D ，E 分别得a ，b ，c ，d ，e 分，则a ，b ，c ，d ，e 都是在92与100之间的正整数，其中a 最大，96e =排第三，且395285,394282a b c b c d ++=⨯=++=⨯=．两式相减得3a d -=．若b 排在第二，则197,97,2859192b e a b c a b ≥+=≥≥=--=<，矛盾．若c 排第二，则97,97,2859192c a b a c ≥≥=--≤<，矛盾．若d 排第二，则97,3973100d a d ≥=+≥+=，故只可能100,97a d ==．所以选B ． 6．D【详解】（解法一）依题意可设32321(1)()()()ax bx x x ax c ax c a x a c x c ++=--+=+--+-，比较系数得(),0,1,b a c c a c =-+⎧⎪-=⎨⎪-=⎩所以1,2c a b ==-=．故选D ．（解法二）依题意21x x --是3221(1)()1ax bx ax x x ax b a x ++---=+++的因式，所以1111a b a +==--，解得1,2a b =-=．故选D ．（解法三）用长除法可得321(1)()(2)(1)ax bx x x ax a a b x a ++=--+++++，所以20,10,a b a +=⎧⎨+=⎩得1,2a b =-=．故选D ．7．B【分析】由题意易得出90DEC DFC ∠=∠=︒，即说明点C ，E ，D ，F 四点共圆，得出DEO FCO ∠=∠，从而易证DOE FOC ∽，得出EO DOCO FO=．由题意可求出DO CD CO =-4EO FO CO DO ⋅=⋅=．【详解】解：①DE AC ⊥，DF BC ⊥， ①90DEC DFC ∠=∠=︒， ①点C ，E ，D ，F 四点共圆，①DEF FCD ∠=∠，即DEO FCO ∠=∠．又①DOE FOC ∠=∠， ①DOE FOC ∽， ①EO DOCO FO=， ①EO FO CO DO ⋅=⋅． ①CO =CD = ①DO CD CO =-=①4EO FO CO DO ⋅=⋅==．故选B ．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，四点共圆的知识，圆周角定理．确定点C ，E ，D ，F 四点共圆，从而可得出证明DOE FOC ∽的条件是解题关键． 8．C【详解】3322229()()93()9a b ab a b a ab b ab a ab b ab --=-++-=++-22223(2)3()3327a ab b a b =-⨯+=-==．故选C ．9．C【详解】设三个连续的正整数分别为n 1-，n ，1n +（n 为大于1的整数）．当一次项系数是n 1-或n 时，∆均小于零，方程无实数根；当一次项系数是1n +1时，22(1)4(1)3(1)4n n n n ∆=+--=--+．因为n 为大于1的整数，所以，要使0∆≥，n 只能取2．当2n =时，方程22320,2310x x x x ++=++=均有整数根，故满足要求的（a ，b ，c ）只有两组：(1,3,2)、(2,3,1)． 10．A【分析】构造矩形ABCD ， E 、F 分别为AD 、AB 的中点，设2AD b =， 2AB a =，将所求三角形面积转化为△△△△矩形=---CEF AEF BCF CDE ABCD S S S S S 即可求解．【详解】解：如图，在矩形ABCD 中， E 、F 分别为AD 、AB 的中点，设2AD b =， 2AB a =， ①AF BF a ==，==AE DE b ，①在Rt AEF △、Rt BCF 、Rt CDE △中，依次可得到：EFCF==CE①△△△△矩形=---CEF AEF BCF CDE ABCD S S S S S 1112222222=⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯a b a b a b a b142=---ab ab ab ab32ab =．故选：A【点睛】本题考查二次根式的应用．能够通过构造矩形及直角三角形，利用等积变换将所求三角形的面积转化为矩形和几个直角三角形的面积之差．利用数形结合是解答本题的关键． 11．C【分析】联立方程组求得M 点坐标，并由只有一个交点条件求得a 、b 的关系式，再由新定义和2||4M ≤≤列出b 的不等式，，求得b 的取值范围，由2242022t b a =-+，得出t 关于b 的二次函数解析式，再根据函数的性质求得t 的取值范围．【详解】解：①抛物线21y ax bx =++与直线y x =只有一个交点M ，①方程组21y x y ax bx =⎧⎨=++⎩只有一组实数解， ①()2110ax b x +-+=，①()2140b a =--=△， ①()21b =-4a ，即()2114b =-a ， ①方程()2110ax b x +-+=可以化为()()22111104b x b x -+-+=，即()()2214140b x b x -+-+=， ①1221x x b ==-， ①1221y y b==- ①22,11M b b ⎛⎫ ⎪--⎝⎭， ①点M 在第一象限， ①10b ->， ①2||4M ≤≤， ①222||||411b b≤+≤--， ①2121b≤≤-，解得：10b -≤≤， ①2242022t b a =-+，①()()22221202212020t b b b =--+=++， ①10b -≤≤，①t 随b 的增大而增大， ①1b时，2020t =，0b =时，2021t =，①t 的取值范围为20202021t ≤≤．故选：C ．【点睛】本题考查二次函数的性质、二元二次方程组、一元二次方程及其判别式、一元一次不等式组等知识．把问题转化为方程或方程组，构建二次函数并且利用二次函数的性质解决问题是解题的关键． 12．A【详解】123453,3,3,3,3，……的末位数字分别为3，9，7，1，3，……，它们是以3，9，7，1四个数为一个周期循环出现的．而199144973=⨯+，所以19913的末位数字与33的末位数字相同，都为7．因此，1991331991+的末位数字与71+的末位数字相同，都为8． 13．B【详解】解法一首先4个数1，3，6，8满足题目要求，故所求k 的最大值4≥．若5k ≥，记第n 个数为(1,2,,)n a n k =，且12 k a a a <<<，则分下列几种情形：（1）1a 为奇，2a 为奇，于是21a a -为偶数．又21a a -为质数，故212a a -=，即212a a =+．若3a 为奇数，又32a a ≠，故31a a -为不等于2的偶数，即31a a -为不小于4的偶数，即31a a -为合数，矛盾．故3 a 为偶数，4a 也只能为偶数．那么，若5a 为奇，则51312a a a a ->-≥为偶数，即51a a -为不小于4的偶数，从而51a a -为合数，矛盾．若5a 为偶数，则53432a a a a ->-≥为偶数，从而53a a -为合数，矛盾．（2）1a 为奇，2a 为偶，于是21a a -为奇数，即213a a -≥．若3a 为奇数，则31213a a a a ->-≥为偶数，故31a a -为合数，矛盾．所以3a 为偶数，且322a a -=．若4a 为奇数，则41313a a a a ->-≥为不小于4的偶数，即41a a -为合数，矛盾．若4a 为偶数，则42322a a a a -->=为不小于4的偶数，即42a a -为合数，矛盾．（3）1a 为偶，2a 为奇或偶，都类似于（1），（2）可导致矛盾．综上得所求k 的最大值是4，故选B ．解法二同解法一得4k ≥．若5k ≥，则将全体正整数分为4个不相交的子集1M ，2M ，3M ，4M ，其中i M 由全体被4除余i 的正整数组成(0,1,2,3)i =于是任取5k ≥个数，其中必有2个数a ，b （a b >）属于同一个子集i M ，于是a b -被4整除，a b -不是质数，矛盾．故所求k 的最大值等于4． 14．B 【详解】原式0⇔==，0>0=，即2003 xy =．又2003是质数，所以1,2003x y =⎧⎨=⎩或2003,1.x y =⎧⎨=⎩故选B15．C【详解】选C ．理由：已知1997年7月1日是星期二，则易推知1997年6月9日是星期一．而1898年6月9日至1997年6月9日共99年，其中闰年24次，所以 993652499244(mod7)⨯+≡+≡， 1434(mod7)-≡-≡．16．D【详解】解：要使x 有意义，必须且只需(2)(1)0,(2)(1)0,(2)(1)0,1,110,21101a a a a a a a a a a a ⎧--≥⎪⎧--=--≥⎪⎪⎪⇒≠⇒=-⎨⎨-≠⎪⎪≠⎩⎪+≠⎪-⎩．所以1988198********05(1)1()(2)(2)1611(1)12x ⨯⨯-+=+=-=-=--+，故x 的个位数字为6，故选：D ． 17．C【详解】对A ，因2222()2()0a b c ab bc ca +-++=+，即222()()()0a b b c c a -+-+-=，所以0a b b c c a -=-=-=，即a b c ==，故A 成立．对B ，因3332223()()a b c abc a b c a b c ab bc ca ++-=+++++++ 2221()[]()()()02a b c a b b c c a =++-+-+-=，所以0a b c ++=，或a b c ==，不一定有a b c ==，故B 不成立．对C ，因44442222220a b c d a b c d +++--=，即222222()()0a b c d -+-=，所以2222,a b c d ==，即,a b c d =±=±，不一定有a b c d ===，故C 不成立．对D ，因422442242222(2)(2)2240a a b b c c d d a b c d abcd -++-+++-=，即2222222()()2()0a b c d ab cd -+-+-=，故2222,,a b c d ab cd ===，由此可推出a b c d ===或a b c d =-==-，不一定有a b c d ===成立，故D 不成立，所以本题应选B 、C 、D ．（注：若限定a b c d ,,,都为正数，则B 和D 成立，答案应选C ．） 18．C【详解】设1分、2分和5分的硬币分别取了x 枚、y 枚和z 枚，依题意得10025300x y z x y z ++=⎧⎨++=⎩①②，②-①得4200y z +=，可见y 是4的倍数，设4y k =，则100453008x z k x z k +=-⎧⎨+=-⎩，解得503450x k y k z k=-⎧⎪=⎨⎪=-⎩．因为x 为非负整数，故5030k -≥，即016,k k ≤≤可取0,1,2,,16中任何一个，有17种取法，从而y 可取0,4,8,,64中任何一个，也有17种取法，故选C ．19．B【详解】理由：当0,1,2m =时，424m m -+都是完全平方数．当3m ≥时，()()22242214m m m m -<-+<，故424m m -+都不是完全平方数．所以，符合条件的自然数m 只有3个．故选：B 20．A【详解】选A ．理由：考察S 的三个因数和的奇偶性． 21．1或3##3或1【分析】一元一次不等式即为含有一个未知数，且未知数的次数是1的不等式，据此即可确定k 的值．【详解】①|2| 43k x -<是关于x 的一元一次方程， ①21k -=，即21k -=±，解得：k ＝1或3，故答案为：1或3．【点睛】本题考查了一元一次不等式的定义，准确理解定义中“一元”与“一次”的含义是解题的关键． 22．-1【分析】根据偶数次幂和绝对值的非负性，求出x ，m 的值，进而即可求解．【详解】解：①（x ﹣3）2＋|m ＋1|＝0，且（x ﹣3）2≥0，|m ＋1|≥0， ①（x ﹣3）2=0，|m ＋1|＝0， ①x =3，m =-1， ①()311x m =-=-．故答案是：-1．【点睛】本题主要考查非负数和的性质，代数式求值，掌握偶数次幂和绝对值的非负性，是解题的关键． 23．-15147【详解】323334!3100a b -=-⨯-⨯-⨯--⨯ 3(23!100)3995115147=-⨯+++-⨯⨯=-24．11【详解】①a ，b 是一元二次方程210x x --=的两根，①1ab =-，1a b +=，21a a =+，21bb =+.①332222343423(1)42(1)3362a b a b b a a b b a a b a++=++=++++=+++ 3(1)3626()511a a b a b =++++=++=.25．1634【详解】①2232n n --是6的倍数，①()22232n n --，①23n ，①2n ，设2n m =（m 是正整数），则()22228626612232m m m m m n n =--=-+---．①2232n n --是6的倍数，①21m -是3的倍数，①31m k =+或32m k =+，其中k 是非负整数．①()23162n k k =+=+或()23264n k k =+=+，其中k 是非负整数． ①符合条件的所有正整数n 的和是()()2814869298410168288941634+++⋅⋅⋅+++++++⋅⋅⋅+++=．26．10【分析】利用勾股定理和正方形的面积公式可得+=四边形四边形四边形ABHL ACMN BCEG S S S ，利用正方形的性质证明()Rt ABC Rt HBG HL ≌和()DBC FCE ASA ≌，根据全等三角形的面积相等，从而得出5=△HBG S ，5=四边形ADEF S ，再根据三个正方形面积的关系可得出5+=△四边形FGL DCMN S S ，从而可得阴影面积之和．【详解】解：如图，设AC a =，AB b =，BC c =， ①在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，5ABCS =①222+=a b c ，①四边形BCEG ，四边形ABHL 和四边形ACMN 都是正方形，①2=四边形BCEG S c ，2=四边形ABHL S b ，2=四边形ACMN S a ，①+=四边形四边形四边形ABHL ACMN BCEG S S S ， ①四边形BCEG 和四边形ABHL 是正方形， ①BC BG =，BA BH =，90H ∠=︒， ①HBG 是直角三角形，在Rt ABC 和Rt HBG △中，BC BGBA BH=⎧⎨=⎩， ①()Rt ABC Rt HBG HL ≌ ①5==△△HBG ABC S S ，①四边形BCEG 和四边形ABHL 是正方形， ①BC CE =，90∠=∠=︒BCD CEF ，①90∠+∠=︒DBC BCA ，90∠+∠=︒FCE BCA ， ①∠=∠DBC FCE ，在在DBC △和FCE △中，DBC FCE BC CEBCD CEF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，①()DBC FCE ASA ≌， ①=△△DBC FCE S S ，①+=+△△△四边形ABC ACD ACD ADEF S S S S ， ①5==△四边形ABC ADEF S S ，①+=四边形四边形四边形ABHL ACMN BCEG S S S ，又①5=++=++△△△四边形四边形四边形HBG FGL FGL ABHL ABGF ABGF S S S S S S ， =+△四边形四边形ACD ACMN DCMN S S S ，=+++△△四边形四边形四边形ABC ACD BCEG ADEF ABGF S S S S S 55=+++△四边形ACD ABGF S S10=++△四边形ACD ABGF S S ，①5+=△四边形FGL DCMN S S ，①5510++=+=△△四边形HBG FGL DCMN S S S ， ①图中阴影部分面积之和为10．故答案为：10．【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等角的余角相等等知识，运用了等积变换的思想方法．运用等积变换是解题的关键． 27．三【详解】111111158737,200033362=⨯=⨯+，所以200011111个被7除的余数与11被7除的余数相同．因为11714=⨯+，所以从今天算起的第200011111个天是星期三．28．68【详解】解：注意到12361++++616218912⨯==，20081891117-=．因为形如ab 的页码被当成ba 后，加得的和将相差|(10)(10)|9||b a a b b a +-+=-，并且a ，b 只能在1，2，…，9中取值，||8b a -≤，9||72b a -≤．设弄错的两数是ab 和cd ，则9||9||117b a d c -+-=，而将117写成两个正整数之和，其中每个数既要不大于72，又要是9的倍数，只有下列两种可能：11772456354=+=+．当9||72b a -=，9||45d c -=时，||8b a -=，||5d c -=，则只有19ab =，而cd 可取16，27，38，49，此时ab cd +的最大值是194968+=．当9||63b a -=，9||54d c -=，即||7b a -=，||6d c -=，此时ab 可取18，29，cd 可取17，28，39，则ab cd +的最大值是293968+=．综上所述，ab cd +的最大值是68，故应填68． 29．432【详解】解因题目中条件去分母整理后可写为：()()()223323333346364460x y x y -+--⋅-+-⋅=，（()()()223323333546564460x y x y -+--⋅-+-⋅=，故依题目条件知33t =或35t =是关于t 的方程()()23333334664460t x y t x y -+---+-⋅=的两根．由韦达定理，得33333546x y +=+--，所以33333456432x y +=+++=． 30．23x ≤≤【详解】由22232(3)25x x x x x x x -=----=---=-，得2030x x -≥⎧⎨-≤⎩即23x ≤≤．故填23x ≤≤．31．1【详解】解：设2521m n ⨯+=（其中n 为正整数），则2521(1)(1)m n n n ⨯=-=+-，①52m ⨯是偶数，①n 为奇数，设21n k =-（其中k 是正整数），则524(1)m k k ⨯=-，即()2521m k k -⨯=-，显然1k >，①k 和1k -互质，①25211m k k -⎧=⨯⎨-=⎩或2512m k k -=⎧⎨-=⎩或2215m k k -⎧=⎨-=⎩，解得：5k =，4m =．因此，满足要求的整数m 只有1个．故答案为：1．32．①①①①【分析】利用正方形的性质，通过证明三角形全等以及利用四点共圆的判定和圆周角定理逐一判断即可得出正确答案．【详解】解:①正方形ACDE 和正方形BCGF ，①CB CG =，AC CD =，ACD BCG ∠=∠；①ACD DCG BCG DCG +=+∠∠∠∠，即ACG BCD =∠∠，①()ACG DCB SAS △≌△，①AG BD =，CAG CDB =∠∠①①正确；①CAG CDB =∠∠，①点A 、D 、O 、C 四点共圆，如图，连接AD ，①°=45AOC ADC =∠∠，故①正确；同理可证°=45BOC ∠，①°=45AGC OCG BDC OCD +=+∠∠∠∠，由()ACG DCB SAS △≌△知=AGC DBC ∠∠，而DBC ∠与BDC ∠不一定相等，①OCG ∠与OCD ∠不一定相等，因此①不一定成立；如图，延长CM 至H ，使MH =CM ，连接AH ，①M 点是AB 的中点，①AM =BM ，又①=AMH BMC ∠∠，①()AMH BMC SAS △≌△，①AMH BMC S S =△△，①AHC ABC S S =△△①AH =BC ，=MAH MBC ∠∠①AH =CG ，=CAH CAM MAH CAM MBC +=+∠∠∠∠∠，①°=180CAM MBC ACB ++∠∠∠，°°°°=3609090=180DCG ACB +--∠∠，①=CAM MBC DCG +∠∠∠，即CAH DCG =∠∠，①()AHC CGD SAS △≌△，①AHC CGD S S =△△，①ABC CGD S S =△△，故①正确；由()AHC CGD SAS △≌△，①ACH CDN =∠∠，①°°==180=90CDN DCN ACM DCN ACD ++-∠∠∠∠∠，①°=90CND ∠，故①正确；因此①①①正确；故答案为：①①①①．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、四点共圆的判定、圆周角定理、倍长中线法构造全等三角形等内容，本题综合性较强、需要学生熟练掌握相关知识并进行灵活运用，本题蕴含了数形结合的思想方法等．33．504【详解】解填504，理由：从1，2，…，2008中选出两个偶数，和为2012的共有501组，即42008+，62006+，…，10041008+．由于2或1006与其中的任意一个偶数之和均不等于2012，因此，至少取出50121504++=个偶数，才能保证其中一定有两个偶数之和为2012.34．21，42，63，84 【详解】设所有两位数是xy ，则10()x y k x y +=+．其中k 是正整数，且为7的倍数．当7k =时，107()x y x y +=+，即2x y =．当1y =时，2x =；2y =时，4x =；3y =时，6x =；4y =时，8x =．当14k =时，1014()x y x y +=+，即4130x y +=．此方程无正整数解．当21,28,k =⋅⋅⋅⋅⋅⋅，方程均无正整数解．所以满足条件的两位数是：21，42，63，84．35．1【分析】先将原方程等号左边部分因式分解，可得2()()32x y x y +-=，根据题意列举出两个正整数乘积为32的情况，考虑到因式分解后含有2()x y +，在保证正整数集的条件下，可列出三个二元一次方程组，分别解方程组即可获得答案．【详解】解：3322x y x y xy -+-22()()x x y y x y =+-+22()()x y x y =+-()()()x y x y x y =++-2()()x y x y =+-，由题意可知2()()32x y x y +-=，列举出两个正整数乘积为32的情况，可以有以下三种（只是因数位置不同的算一种）， 13232⨯=，21632⨯=，4832⨯=，①因式分解后含有2()x y +，在保证正整数集的条件下，则有0x y +>，又①211=，224=，2416=，①根据题意可列出方程组为132x y x y +=⎧⎨-=⎩或28x y x y +=⎧⎨-=⎩或42x y x y +=⎧⎨-=⎩，解第一个方程组，可得16.515.5x y =⎧⎨=-⎩，解第二个方程组，可得53x y =⎧⎨=-⎩，解第三个方程组，可得31x y =⎧⎨=⎩，只有第三个方程组的解均为正整数，因此原方程的正整数解得个数为1个．故答案为：1．【点睛】本题主要考查了因式分解的应用以及解二元一次方程组，灵活运用相关知识，正确进行因式分解是解题关键．36．132x = 【详解】解原方程化为2222111111215217292x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即111111215217292x x x x+=+----，即111111292172152x x x x-=-----，通分得22(112)(92)(172)(152)x x x x --=----，去分母(172)(152)(112)(92)x x x x --=--，即2225564499404x x x x -+=-+．解之得132x =．经检验132x =是原方程的根．故填132x =． 37．4【详解】理由：22(1)320060x x y x ---+=，即2(1)232006x y x x -=-+．显然1x =不满足方程，故1x ≠．因此22320061x x y x -+=- (1)(21)20051x x x --+=- 2005211x x =-+-．从而12005x -．由于20054015=⨯，故取2,6,402,2006x =，分别可得相应的正整数y ，故共有4对正整数解．38． 329 335或334【详解】要使10a 最大，必须1a ，2a ，3a ，4a 及6a ，7a ，8a ，9a ，10a 尽量小．又因为1210a a a <<<，且1a ，2a ，3a ，4a 的最小可能值依次为1，2，3，4，于是有2000123≥+++56104a a a ++++，即56101990a a a +++≤．又651a a ≥+，752a a ≥+，853a a ≥+，954a a ≥+，1055a a ≥+，故51990615a ≥+，51975132966a ≤=．又5a 为正整数，所以5329a ≤，于是6710a a a +++=199********-=．又761a a ≥+，862a a ≥+，963a a ≥+，1064a a ≥+，故65101661a +≤，616515a ≤=13305，且6a 为正整数，所以6330a ≤，而651330a a ≥+=，所以6330a =，要7a ，8a ，9a 最小得7331a =，8332a =，9333a =，这时101661a =-()6789335a a a a +++=．但如果取1a ，2a ，3a ，4a 依次为1，2，3，5，那么同样可得569,,,a a a 取上述值，这时10334a =．故应填5a 的最大值是329，这时10a 的值应是335或334．39 【分析】先根据条件证明()ASA BCN DCP ≌△△，再由1010DQ BP BQ BN --=得出120BED ∠=︒，进而有E 在以O 为圆心，BO 为半径的圆上，再延长CA 至F 使得，)1OF OE =，构造AOE EOF ∽△△，从而有)1CE AE CE EF CF +=+≥，再由勾股定理求出CF 即可．【详解】解：四边形ABCD 是正方形，BC CD ∴=，BCN DCP ∠=∠，DM BN ⊥，NBC PDC ∴∠=∠，(ASA)BCN DCP ∴△≌△，CP CN ∴=，5AB =， ∴1010DQ BP BQ BN --=可以变形为552DQ BP BQ BN AB -+-=， ∴2CQ CP BQ BN AB +=， ∴2CQ CN BQ BN AB +=， ∴2QN BQ BN AB=，在BQN △中，由正弦定理得到sin sin QN BN QBN BQN=∠∠，∴sin 1sin 22QBN QN BQ BQ BQN BN AB BC∠===⋅∠，在Rt BQC △中，sin BC BQC BQ ∠=， ∴sin 111sin 22sin QBN BQ BQN BC BQC∠=⋅=⋅∠∠， BQC BQN ∠=∠，1sin 2QBN ∴∠=， 30QBN ∴∠=︒，120QBC BCD PCQ BED ∴∠+∠+∠=∠=︒，连接BD ，AC 交于G 点，在BD 上取一点O ，连接BO 、CO ，使得120BQD ∠=︒，则在以O 为圆心，BO 为半径的圆上，延长CA 至F 使得，)1OF OE =，如图所示：5AB =，BD AC ∴==BO OE ∴==，12AG GC AC ===， 30OBG ∠=︒，12OG OB ∴==，OA ∴=∴1OEOA=，∴OE OFOA OE=，AOE EOF∠=∠，AOE EOF∴△∽△，)1EF AE∴=，)1CE AE CE EF CF∴+=+≥，CF OF OC=+，)1CF OE OC∴=+=)1CE AE∴+，．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、正弦定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理，解决此题的关键是根据正弦定理将1010DQ BP BQBN--=转化为120BED∠=︒，判断出E在以O为圆心，BO为半径的圆上，构造AOE EOF△∽△将)1CE AE+最小值转化为CF．40．1716PC<<【分析】首先利用光的反射定律及等边三角形的性质证明①P0P1C①①P2P1A①①P2P3B，再根据相似三角形对应边成比例得到用含P3B的代数式表示P1C的式子，然后由1＜BP3＜32，即可求出P1C长的取值范围．【详解】解：①反射角等于入射角，①①P0P1C＝①P2P1A＝①P2P3B，又①①C＝①A＝①B＝60°，①①P0P1C①①P2P1A①①P2P3B，①01P CPC＝21P AP A＝23P BP B，设P1C＝x，P2A＝y，则P1A＝2﹣x，P2B＝2﹣y．①1x ＝2y x-＝32y P B -， ①322xy x x xy P B =-⎧⎨-=⎩， ①x ＝13（2+P 3B ）．又①1＜BP 3＜32， ①1＜x ＜76，即P 1C 长的取值范围是：1＜P 1C ＜76．故答案为：1＜P 1C 76<．【点睛】此题考查了等边三角形的性质，解题的关键是根据等边三角形的性质找出对应点是解此题的关键，难度较大．41．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）应用作矩形的对角线的方法；（2）因为ACD APH ≅，求出PH 的值，然后求出PQ 的值，根据相似三角形的性质2NPQ APH SPQ S PH ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求出NPQ ∆的面积，计算右部分面积之和． (1)解：答案不唯一，合理即可，以下画法仅供参考．(2),,CDA PHA AD AH CAD PAH ∠=∠=∠=∠，∴ACD APH ≅，ACD APH S S ∴=，PH CD ==，1PQ HQ PH ∴=-==， ,APH NPQ AHP NQP ∠=∠∠=∠，∴APH NPQ ~，2NPQ APH SPQ S PH ⎛⎫∴= ⎪⎝⎭， 221•••12NPQ APH PQ PQ S S CD PH CD ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 22PQ CD=， 22⎛=÷ ⎝⎭⎝⎭，12=， ①在直线CN 右侧部分的面积=6个小正方形的面积+NPQ △的面积113622=+=， ①直线CN 等分洛林十字架．【点睛】本题考查图形面积的等积变化，涉及知识点：全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质（相似三角形面积的比等于相似比的平方），解题关键应用相似三角形面积的比等于相似比的平方．42．(1)12，45；(2)见解析；(3)8，2【分析】（1）根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半解答；（2）由题意知，CD 垂直平分BE ，连接BF ，则BF=EF ，求得①EBF =①AEB ＝45°，利用外角的性质得到①AFB =①EBF +①AEB ＝90°，即可得到结论；（3）当点A 、C 、E 在一条直线上时，线段AE 最大，最大值为4+4=8，当MF ①BC 时线段MF 最小，根据BC 的中点M ，得到CF=BF ，设BG=FG=x ，则x ，CG+1)x ，由勾股定理得222CG BG BC +=，求出28x =-222BM MF BF +=，即可求出2MF =．【详解】（1）解：①AC ＝BC ＝EC ，①A 、B 、E 三点在以C 为圆心以AC 为半径的圆上， ①①AEB ＝12①ACB ， ①①AEB ＝45°．故答案为：12，45；（2）解：由题意知，CD 垂直平分BE ，连接BF ，则BF=EF ， ①①EBF =①AEB ＝45°． ①①AFB =①EBF +①AEB ＝90°． ①①ACB ＝90°，①A 、B 、F 、C 在以AB 为直径的圆上，即A 、B 、F 、C 四点共圆；（3）解：当点A 、C 、E 在一条直线上时，线段AE 最大，最大值为4+4=8，当MF ①BC 时线段MF 最小， ①BC 的中点M ， ①CF=BF ，设BG=FG=x ，则，CG x ， ①222CG BG BC +=，①2221)4x x ⎡⎤+=⎣⎦，得28x =- ①222BM MF BF +=，①2222)MF +=，得2MF =，故答案为：8，2 ．．【点睛】此题考查了圆周角定理，四点共圆的判定及性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟记各知识点并熟练应用解决问题是解题的关键． 43．见解析【分析】利用三角形的中线将三角形分为面积相等的两个三角形，将三角形空地分成面积相等的四块．【详解】解：划分方案如图所示【点睛】本题考查了与三角形中线有关的等面积问题，解决本题的关键是构造三角形的中线． 44．见解析【详解】证明将M 分为下列4个点集： {}(,)1,2,3,4,5,(1,2,3,4)i M x y x y i i ====．则由第二抽屉原理知1234,,,M M M M 必有一个集合内至多有1124⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个红色点，不妨设4M ，内至多有2个红色点，从而123M M M 内至少有1129-=个红色点．再将123M M M 分成下列5个点集：{}(,),1,2,3(1,2,3,4,5)i N x y x i y i ====．由第二抽屉原理，12345,,,,N N N N N 必有一个集合内至多有915⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个红色点，不妨设5N 内至多有1个红色点，从而1234N N N N 内至少有918-=个红色点，又将1234N N N N 分成下列3个点集：{}(,)1,2,3,4,(1,2,3)j M x y x y j j '====．由第二抽屉原理知123,,M M M '''中必有一个集合内至多有823⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个红点，不妨设3M '内至多有2个红色点，从而{}12(,)1,2,3,4,1,2M M x y x y ''⋃===内至少有826-=个红色点，又将12M M ''，分为4个集合：{}(,),1,2(1,2,3,4)i N x y x i y i '====．因为这4个集合内一共至少有6个红色点，且每个集合内只有2点，故必有2个集合内有2个红色点（否则这4个集合内一共至多只有11125+++=个红色点，矛盾）．不妨设13,N N ''内4个点都为红色点，这4点即为一个矩形的4个顶点，且矩形的边与坐标轴平行，从而完成了题目的证明． 45．见解析【详解】由8316378+=()82161161778578++⨯及()8216157|78+，得()8316357|78+．46．6【详解】设10个学生为1210,,,a a a ，n 个课外活动小组为12,,,n B B B ．首先，每个学生至少参加了两个课外活动小组，否则，若有某个学生只参加一个课外活动小组，不妨设这个学生为1a ，他参加的小组为1B ，则由于每两个学生都至少参加一个小组，所以1B 内就有10个人了，于是对1B ，2B 不存在两人，他们都不在1B 、2B 内．矛盾．若有一个学生恰参加两个课外活动小组，不妨设1a 恰参加1B 和2B ，由题设，至少有两个学生，他们没有参加这两组，于是，他们与1a 没有参加同一个小组，矛盾．所以，每个学生至少参加三个课外活动小组．于是参加n 个课外活动小组1120,,,B B B 的人数之和不小于31030⨯=．另一方面，每个课外活动小组至多有5人参加，所以n 个小组12,,,n B B B 至多有5n 人参加，故530n ≥，6n ≥．下面例子说明6n =可以达到．。

初中竞赛数学26.整数整除的概念和性质(含答案)

26.整数整除的概念和性质知识纵横对于整数a和不为零的整数b,总存在整数m,n使得a=bm+n(0≤n<b),其中m称为商,n 称为余数,特别地,当n=0时,即a=bm,便称a被b整除(也称a是b的倍数或b是a的约数),记为b│a.整除有以下基本性质:1.若a│b,a│c,则a│(b±);2.若a│b,b│c,则a│c;3.若a│bc,且(a,c)=1,则a│b,若质数p│bc,则必有p│b或p│c;4.若b│a,c│a,且(b,c)=1,则bc│a.解整除有关问题常用到数的整除性常见特征:1.被2整除的数:个位数字是偶数;2.被5整除的数:个位数字是0或5;3.被4整除的数:末两位组成的数被4整除;被25整除的数,•末两位组成的数被25整除;4.被8整除的数:末三位组成的数被8整除;被125•整除的数,•末三位组成的数被125整除;5.被3整除的数:数字和被3整除;6.被9整除的数:数字和被9整除;7.被11整除的数:奇数位数字和与偶数位数字和的差被11整除.例题求解【例1】一个自然数与13的和是5的倍数,与13的差是6的倍数,•则满足条件的最小自然数是_________. (重庆市竞赛题)思路点拨略解:37【例2】有三个正整数a、b、c,其中a与b互质且b与c也互质,给出下面四个判断:①(a+c)2不能被b整除;②a2+c2不能被b整除;③(a+b)2不能被c整除;④a2+b2不能被c整除,其中,不正确的判断有( ).A.4个B.3个C.2个D.1个 (“希望杯”邀请赛试题)思路点拨举例验证.解:选A 提示:当a=3,b=5,c=2时,①③④都是假命题;当a=3,b=2,c=5,②是假命题.xy是72的倍数,求出所有的符合条件的7位数.【例3】已知7位数12876(第15届江苏省竞赛题)思路点拨 7位数12876xy 能被8,9整除,运用整数能被8,9整除的性质求出x,y 的值.解:提示:因为72│12876xy ,所以8│12876xy ,9│12876xy ,由此得1+2+8+7+x+y+6=24+x+y 是9的倍数,而0≤x+y ≤18,则x+y=3或12,又6xy 必是8的倍数, 6y 必是4的倍数,则y=1,3,5,7或9,当y=1时,x=2,8│216;当y=3时,x=0,8不整除36;8│936;当y=5时,x=7,8不整除756;当y=7时,x=5,8│576;当y=9时,•x=•3,•8不整除396,•所以符合条件的7•位数是1287216,1287576.【例4】(1)若a 、b 、c 、d 是互不相等的整数,且整数x 满足等式(x-a)(x-b)(•x-c)(x-d)-9=0,求证:4│(a+b+c+d).(2)已知两个三位数abc 与def 的和abc +def 能被37整除,证明:六位abcdef 也能被37整除.思路点拨 (1)x-a,x-b,x-c,x-d 是互不相等的整数,且它们的乘积等于9,•于是必须把9分解为4个互不相等的因数的积;(2)因已知条件的数是三位数,•故应设法把六位数abcdef 用三位数的形式表示,以沟通已知与求证结论的联系.解:(1)略;(2)提示:abcdef=abc ×1000+def=abc ×999+(abc+def)【例５】(1)一个自然数N 被10除余9,被9除余8,被8除余7,被7除余6,被6除余5,被5除余4,被3除余2,被2除余1,则N 的最小值是_______. (北京市竞赛题)(2)若1059、1417、2312分别被自然数x 除时,所得的余数都是y,则x-y 的值等于( ).A.15B.1C.164D.174 (“五羊杯”竞赛题)(3)设N=1990111 个,试问N 被7除余几?并证明你的结论. (安徽省竞赛题)思路点拨运用余数公式,余数性质,化不整除问题为整除问题.(1)N+1•能分别被2,3,4,5,6,7,8,9,10整除;(2)建立关于x,y 的方程组,通过解方程组求解,(3)从考察11,111,…,111111被7除的余数入手.解:(1)N+1为2～10的公倍数,要使N 最小,取N+1为它们的最小公倍数23×5×33•×7=2520,故所求N 的最小值为2520-1=2519.(2)设已知三数被自然数x 除时,商数分别为a,b,c,则由此得x为358,859,1253的公约数,x=179,进而求得y=164.(3)111111=7×15873,而1990=6×331+4,故只须考察1111被7除的余数,1111=•7×158+5,故N被7除余5.学力训练一、基础夯实a是3的倍数,那么a是________.1.如果五位数12342.如果从5,6,7,8,9这5个数中,选出4个组成一个四位数,使它能被3,5,7整除,•那么这些数中最大的是_______.ab能被198整除,那么a=________,b=_______.3.已知整数13456(第17届江苏省竞赛题)4.在1,2,3,…,2000这2000个自然数中,有_______个自然数能同时被2和3整除,而且不能被5整除. (2000年“五羊杯”竞赛题)5.能整除任意3个连续整数之和的最大整数是( ).A.1B.2C.3D.6 (第15届江苏省竞赛题)6.除以8和9都是余1的所有三位数的和是( ).A.6492B.6565C.7501 C.7514被15整除,则n的最小值等于( ).7.若20022002200215n个2002A.2B.3C.4D.58.有棋子若干,三个三个地数余1,五个五个地数余3,七个七个地数余5,•则棋子至少有( ).A.208个B.110个C.103个D.100个9.(1)证明:形如abcabc的六位数一定能被7,11,13整除.(2)若4b+2c+d=32,试问abcd能否被8整除?请说明理由.xy是99的倍数,求代数式950x+24y+1的值.10.已知7位自然数6242711.已知a,b是整数,求证:a+b,ab,a-b这三个数之中,至少有一个是3的倍数.二、能力拓展12.五位数abcde是9的倍数,其中abcd是4的倍数,那么abcde的最小值是____.13.一个三位自然数,当它分别被2,3,4,5,7除时,余数都是1,那么具有这个性质的最小三位数是______;最大三位数是_______. (第15届“希望杯”邀请赛试题)14.今天是星期日,从今天算起,第1111天是星期_____.2000个115.用自然数n去除63、91、130,所得到的3个余数的和为26,则n=________.(北京市“迎春杯”竞赛题)16.今有自然数带余除法算式:A÷B=C…8,如果A+B+C=2178,那么A=( ).A.2000B.2001C.2071D.210017.有1997盏亮着的电灯,各有一个拉线开关控制着,现按其顺序编号为1,2,…,1997,然后将编号为2的倍数的灯线拉一下;再将编号为3的倍数的灯线拉一下;最后将编号为5的倍数的灯线拉一下,3次拉完后亮着的灯数为( ).A.1464盏B.533盏C.999盏D.998盏(《学习报》公开赛试题)18.19972000被7除的余数是( ).A.1B.2C.4D.619.n为正整数,302被n(n+1)除所得商数q及余数r都是正值,则r的最大值与最小值的得( ).A.148B.247C.93D.12220.某商场向顾客发放9999张购物券,每张购物券上印有一个四位数的号码,•从0001到9999,如果号码的前两位数字之和等于后两位数字的和,则称这张购物券为“幸运券”,试证明:这个商场所发的购物券中,所有幸运券的号码之和能被101整除.(“祖冲之杯”邀请赛试题)21.将分别写有数码1,2,3,4,5,6,7,8,9的九张正方形卡片排成一列,•发现恰是一个能被11整除的最大的九位数.请你写出这九张卡片的排列顺序,并简述推理过程.22.将糖果300粒、饼干210块和苹果163个平均分给某班同学,余下的糖果、•饼干和苹果的数量之比是1:3:2,问该班有多少名同学?三、综合创新23.已知质数p、q使得表达式21pq+及23qp-都是自然数,试确定p2q的值.24.重排任一个三位数三个数位上的数字,得到一个最大的数和一个最小的数,•它们的差构成另一个三位数(允许百位数字为0),再重复以上的过程,问重复2003•次后所得的数是多少?证明你的结论. (2004年武汉市选拨赛试题)答案1.2或5或82.97653.8,0 提示:原数能被2,9,11整除4.267 提示:自然数n 能同时被2和3整除,相当于n 能被6整除,有333个,•其中能被5整除的便能被30整除,有66个.5.C6.A 提示:n-1能被8和9整除,因此n-1是72的倍数,在3位数中,符合条件的n•是2×72+1,2×73+1,…13×72+1.7.B 8.C 提示:设有棋子n 个,则n+2能被3,5,7整除9.(1)提示: abcabc =1001×(100a+10b+c)=7×11×13×(100a+10b +c); (2) bcd =•96b+8c+(4b+2c+d)=8(12b+c+4).10.提示:因9│62427xy 且11│62427xy ,故9│(6+2+x+y+4+2+7),且11│[(6+•x+4+7)-(2+y+2)],又0≤x+y ≤18且-9≤x-y ≤9,得62x y x y +=⎧⎨-=-⎩或159x y x y +=⎧⎨-=⎩, 解得24x y =⎧⎨=⎩或123x y =⎧⎨=⎩(不合题意舍去) 把x=2,y=4代入得,原式=1997.11.对于a 、b,若至少有一个是3的倍数,则ab 是3的倍数,若a 、b 都不是3的倍数,则有:(1)当a=3m+1,b=3n+1时,a-b=3(m-n);(2)当a=3m+1,b=3m+2时,a+b=3(m+n+1);(3)当a=3m+2,b=3n+1时,a+b=3(m+n+1);(4)当a=3m+2,b=3n+2时,a-b=3(m-n).12.10008 13.421,84114.三提示:因111111=15873×7,2000=333×6+2故1112000个1被7除的余数与11被7除的余数相同.15.提示:设自然数n除63、91、130时,商分别为x、y、z,余数分别为a、b、c,•那么63=nx+a ①,91=ny+b ②,130=nz+c ③,①+②+③得 284=n(x+y+z)+(a+b+c),而a+b+c=26,则n(x+y+z)=258=2×3×43,故n=2,3,6,43,86,129或258.16.A 提示:A=BC+8代入得BC+B+C+8=2178,(B+1)(C+1)=2171=13×167,则1131167BC+=⎧⎨+=⎩或1167113BC+=⎧⎨+=⎩,两者都得A=166×12+8=200017.C 18.C19.A 提示:r为偶数,n(n+1)只能取6,12,20,30,42,56,•72,•90,110,132,156,182,210,240,272.20.提示:显然号码为9999是幸运券,除此之外,其余所幸运券可两两配对,•和为9999,因为9999=99×101,故所有幸运券号码之和也能被101整除.21.1～9组成的最大九位数是987654321,但这个数不是11的倍数.经分析所求数的奇位数字和为25,偶位数字和为20,987652413为所求.22.根据被除数、除数、商、余数关系列出方程组,可求得该班有同学为23人.23.提示:先设p≥q,则有1≤23qp-=2×qp-3p<2,于是只能23qp-=1,即p=2q-3,而这时21pq+=45pq-=4-5q,要21pq+为自然数,只能q=5,从而p=7,再设p<q,这时1≤21pq+=2×pq+1q<3,于是我们有以下两种情况:①21pq+=1,q=2p+1,此时23qp-=41pp-,得p=1,不合题意;②21pq+=2,2p+1=2q,左边为奇数,右边为偶数,矛盾.故p2q=72×5=245.24.(1)三个数位上的数字全相同,所得的数为0,(2)三个数位上的数字不全相同,所得的数为495证明:(1)显然成立,下面证(2).若三个数位上的数字不全相同,不妨设这个三位数为abc,其中a≥b≥c,且a≥c+1,abc-cba=99(a-c)=100(a-c-1)+10×9+(10+c-a) 故所得的三位数中必有一个9,而另两个数字之和为9,共有五种可能:990,981,972,963,954,易验证上述五个数经过不超过10次操作得到495.。

奥赛经典

奥赛经典——初中数学竞赛中的数论问题第一章整数的封闭性运算【典型例题与基本方法】例1 (1995年全国联赛题)方程组⎩⎨⎧=+=+2363yz xz yz xy 的正整数解的组数是（）.例2 (2007年天津市竞赛题)八年级二班的同学参加社区公益活动——收集废旧电池，其中甲组同学平均每人收集17个，乙组同学平均每人收集20个，丙组同学平均每人收集21个.若这三个小组共收集了233个废旧电池，则这三个小组共有学生（）人.例3 (2002年“我爱数学”初中生夏令营竞赛题)如果一个正整数等于它的各位数字之和的4倍，那么，我们就把这个正整数叫做四合数.所有四合数的总和等于 .【解题思维策略分析】1.注意整数乘积或幂中的特殊因数例5 (2008年青少年数学国际城市邀请赛题)已知n 为正整数，使得()()()k n n n n n n 2621211=--+-++(k 是正整数).求所有可能的n 值的总和. 2.注意整数运算的封闭性例6 (2007年“新知杯”上海市竞赛题)求满足下列条件的正整数n 的所有可能值：对这样的n ，能找到实数a ，b ，使得函数()b ax x n x f ++=21对任意整数x ，()x f 都是整数. 3.注意在分数不等式中取整数的条件例7 已知n ，k 均为正整数，且满足不等式4396371<+-<k n k n .若对于某一给定的正整数n ，只有唯一的一个正整数k 使不等式成立.求所有符合要求的正整数n 中的最大值和最小值.【模拟实战】A 组1.若满足不等式137158<+<k n n 的整数k 只有一个，则正整数n 的最大值为（）.2.若12032+m 是整数，则所有满足条件的正整数m 的和为（）.3.若直角三角形的一条直角边长为12，另两条边长均整数，则符合这样条件的直角三角形共有（）个.D.无数多是一个具有如下性质的年号：它的各位数码之和为11.那么，自古至今，这种四位数的年号共出现过______次.5.(2005年全国联赛题)不超过100的自然数中，将凡是3或5的倍数的数相加，其和为_____.B 组1.(2008年四川省竞赛题)已知正整数a 、b 、c 满足c b a <<，且abc ca bc ab =++.求所有符合条件的a 、b 、c .2.(2009年南昌市竞赛题)已知n 是大于1的整数.求证：3n 可以写成两个正整数的平方差.3.(第4届中国趣味数学决赛题)有20堆石子，每堆都有2006粒石子．从任意19堆中各取一粒放入另一堆，称为一次操作.经过不足20次操作后，某一堆中有1990粒石子，另一堆石子数在2080到2100之间，这一堆石子有______粒.4.(1995年全国联赛(民族卷)题)已知正整数a 、b 、c 满足下列条件：c b a >>，()()()72=---c a c b b a ，且100<abc ，求a ，b ，c .5.(2006年全国联赛题)2006个都不等于119的正整数200621,,a a a 排成一行，其中任意连续若干项之和都不等于119，求200621a a a +++ 的最小值.6.(第13届日本奥数决赛题)平太给大介出了一道计算题（A ，B 各代表两位数中各位上的数字,相同的字母代表相同的数字）：=⨯BA AB .大介：“得数是2872.”平太：“不对”.大介：“个位的数字对吗”平太：“对”.大介：“其它位的数字有对的吗”平在：“这是保密的.但你调换一下四位数2872中4个数字的位置,就能得出正确答案.” 请求出正确答案.第二章正整数的多项式表示及应用【典型例题与基本方法】例1 将()102010化为下列进位制的数：⑴二进位制的数；⑵八进位制的数.例2 试证：形如abcabc 的六位数总含有7，11，13的因数.例3 一个三位数xyz （其中x ，y ，z 互不相等），将其各个数位的数字重新排列，分别得到的最大数和最小数仍是三位数.若所得到的最大三位数与最小三位数之差是原来的三位数，求这个三位数.例4 设两个三位数xyz ，zyx 的乘积为一个五位数xzyyx （其中x ，y ，z 互不相等），求x ，y ，z.【解题思维策略分析】1.善于运用正整数的十进位制的多项式表示解题例5 若一个首位数字是1的六位数abcde 1乘以3所得的积是一个末位数字为1的六位数1abcde ，求原来的六位数.例6 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（011a a a a n n -与n n a a a a 110- 互为反序数，其中00≠a ，0≠n a ）之和为10879，求原数.2.会利用非十进位制多项式表示解题例7 设在三进位置中，数N 的表示是20位数：1112222.求N 在九进位制中表示最左边的一位数字.例8 设1987可以在b 进位制中写成三位数xyz ，且7891+++=++z y x ，试确定出所有可能的x ，y ，z 和b .【模拟实战】A组1.M表示一个两位数，N表示一个三位数，如果把M放在N的左边，组成一个五位数，那么这个五位数是（）.A. M+NB. MNC. 10000M+ND. 1000M+N2.一个两位数，它是本身数字和的k倍，将个位数字与十位数字交换位置后，组成一个新数，则新数为其数字和的（）.A.()1-k倍B.()k-10倍 D.()k-9倍11倍 C.()k-3.在大于10、小于100的正整数中，数字变换位置后所得的数比原数增加9的数的个数为_____.4.一个两位数，它的各位数字和的3倍与这个数加起来所得的和恰好是原数的两个数字交换了位置所得的两位数，这样的两位数有____个.5.已知ab为两位数，且满足bbba=⋅，求这个两位数.⋅bab6.求一个最小的正整数n，它的个位数字为6，将6移到首位，所得的新数是原数的4倍.B组1.已知一个四位数的各位数字的和与这个四位数相加等于2010，试求这个四位数.2.有一种室内游戏，魔术师要求某参赛者想好一个三位数abc，然后，魔术师再要求他记下五个数acb、bac、bca、cab、cba，并把这五个数加起来求出和N，只要讲出N的大小，魔术师就能说出原数abc是什么.如果3194N，请你确定abc.=3.两位数ab（个位数字与十位数字不同）的平方等于三位数xyz；而这两位数ba的平方恰好等于三位数zyx，求上述两位属于三位数.4.(2008年全国联赛(江西卷)题)一本书共有61页，顺次编号1，2，...，61.某人在将这个数相加时，有两个两位数页码都错把个位数与十位数弄反了（形如ab的两位数被当成了两位数ba），结果得到的总和是2008.那么，书上这两个两位数页码之和的最大值是多少5.(1998年“中小学数学杯”竞赛题)把()2.0化为十进制小数.11010016.(1998年长春市竞赛题)证明：1218-能被7整除.7.(江西省第4届“八一杯”竞赛题)求证：12222222101112131415-++-+-+- 能被5整除.8.(第5届沈阳市竞赛题)若m ，n 是两个自然数，且2>n ，那么12+m 不能被12-n 整除，试说明理由.9.(江西省第2届探索与应用能力竞赛题)将十进制数2002化成二进制数.10.(1997年广州市竞赛题)化()1084375.53为二进制小数.11.有一个写成7进制的三位数，如果把各位数码按相反顺序写出，并把它看成是九进制的三位数，且这两数相等，求这个数.12.在哪种进位制中，16324是125的平方13.N 是整数，它的b 进制表示是777.求最小的正整数b ，使得N 是十进制整数的4次方.14.在哪种进制中，100134=⋅15.(2007年“卡西欧杯”武汉市竞赛题)军训基地购买苹果慰问学员.已知苹果总数用八进位制表示为abc ，七进位制表示为cba .那么，苹果的总数用十进位制表示为_____.16.(1998年“中小学数学杯”竞赛题)化()81325为二进制数.17.(1995年“祖冲之”邀请赛决赛题)求证：对于任意进位制的数，10201都是合数.18.(第2届华杯赛决赛题)下面是两个1989位整数相乘：119891198911111111个个⨯. 问：乘积的数字和是多少19.(第10届《中小学生数学报》邀请赛题)计算：⑴()()22101101111011010+；⑵()()2210101101101101-；⑶()()()222101101100111000000--.。

全国初中数学联合竞赛试题及详细解答(一试二试)

（2）记，则
＝
.
即 ①
……………………15分
不妨设，
如果，即，则有；
如果，即，则有；
如果，即，则有；
由此可知，形如或或（为整数）的数都具有性质 .……………………20分
又若，则，从而，进而可知 .
综合可知：当且仅当或（为整数）时，整数不具有性质 .
又2014＝9×223＋7，所以，在1，2，3，…，2013，2014这2014个连续整数中，不具有性质的数共有224×2＝448个.……………………25分
全国初中数学联合竞赛试题参考答案
说明：第一试，选择题和填空题只设7分和0分两档；第二试各题，请按照本评分标准规定的评分档次给分.如果考生的解答方法和本解答不同，在评卷时请参照本评分标准划分的档次，给予相应的分数.
第一试
一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）
1．已知为整数，且满足，则的可能的值有（）
如果，即，则有；
如果，即，则有；
如果，即，则有；
由此可知，形如或或（为整数）的数都具有性质 .
因此，1，5和2014都具有性质 .
若2013具有性质，则存在整数使得 .注意到，从而可得，故，于是有，即，但2013＝9×223＋6，矛盾，所以2013不具有性质 .
1．已知实数满足，，则 ____．
2．使得不等式对唯一的整数成立的最大正整数为．
3．已知为等腰△ 内一点，，，为的中点，与交于点，如果点为△ 的内心，则．
4．已知正整数满足: ，，，则．
全国初中数学联合竞赛试题
第二试
考试时间3月23日上午9:50—11:20满分70分

初中数学竞赛重要定理及结论(最新版、最完整版)

初中数学竞赛重要定理、公式及结论陈氏版平面几何篇【三角形面积公式（包括海伦公式）】C B A R R abc C ab ah S a ABC sin sin sin 24sin 21212====∆)cot cot (cot 4222C B A c b a ++++= ))()((c p b p a p p pr ---==，其中a h 表示BC 边上的高，R 为外接圆半径，r 为内切圆半径，)(21c b a p ++= 【斯特瓦尔特定理】设已知△ABC 及其底边上B 、C 两点间的一点D ，则有AB 2·DC +AC 2·BD －AD 2·BC ＝BC ·DC ·BD ．【托勒密定理】圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和，即AC ·BD =AB ·CD +AD ·BC ，(逆命题成立) ．（广义托勒密定理）AB ·CD +AD ·BC ≥AC ·BD ．【蝴蝶定理】AB 是⊙O 的弦，M 是其中点，弦CD 、EF 经过点M ，CF 、DE 交AB 于P 、Q ，则MP =QM ．【勾股定理（毕达哥拉斯定理）（广义勾股定理）】(1)锐角对边的平方，等于其他两边之平方和，减去这两边中的一边和另一边在这边上的射影乘积的两倍．(2)钝角对边的平方等于其他两边的平方和，加上这两边中的一边与另一边在这边上的射影乘积的两倍．【中线定理（巴布斯定理）】设△ABC 的边BC 的中点为P ，则有)(22222BP AP AC AB +=+；中线长：222222a c b m a -+=．【垂线定理】2222BD BC AD AC CD AB -=-⇔⊥ 高线长：C b B c A abc c p b p a p p a h a sin sin sin ))()((2===---= 【角平分线定理】三角形一个角的平分线分对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例如△ABC 中，AD 平分∠BAC ，则ACAB DC BD =；（外角平分线定理）．角平分线长：2cos 2)(2A c b bc a p bcp c b t a +=-+=（其中p 为周长一半）．【正弦定理】R Cc B b A a 2sin sin sin ===，（其中R 为三角形外接圆半径）．【余弦定理】C ab b a c cos 2222-+= A cb b c a cos 2222-+=B ac c a b cos 2222-+=【张角定理】ABDAC AC BAD AD BAC ∠+∠=∠sin sin sin 【圆周角定理】同弧所对的圆周角相等，等于圆心角的一半．【弦切角定理】弦切角等于夹弧所对的圆周角．【圆幂定理】（相交弦定理：垂径定理：切割线定理（割线定理）：切线长定理：）【射影定理（欧几里得定理）】直角三角形中，斜边上的高是两直角边在斜边上射影的比例中项。

全国初中数学竞赛试题及答案(2014年)

2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案说明：第一试，选择题和填空题只设7分和0分两档；第二试各题，请按照本评分标准规定的评分档次给分.如果考生的解答方法和本解答不同，在评卷时请参照本评分标准划分的档次，给予相应的分数.第一试一、选择题：（本题满分42分，每小题7分） 1．已知,x y 为整数，且满足22441111211()()()3x y x y x y++=--，错误！未找到引用源。

则x y +的可能的值有（ C ）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个2．已知非负实数,,x y z 满足1x y z ++=，则22t xy yz zx =++的最大值为（ A ） A ．47 B ．59 C ．916 D ．1225 3．在△ABC 中，AB AC =，D 为BC 的中点，BE AC ⊥于E ，交AD 于P ，已知3BP =，1PE =，则错误！未找到引用源。

＝（ B ）A B C D 4．6张不同的卡片上分别写有数字2，2，4，4，6，6，从中取出3张，则这3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的概率是（ B ）A ．12 B ．25 C ．23 D ．345．设[]t 表示不超过实数t 的最大整数，令{}[]t t t =-.已知实数x 满足33118x x +=，则1{}{}x x+= （ D ）A ．12B ．3C ．1(32D ．1 6．在△ABC 中，90C ∠=︒，60A ∠=︒错误！未找到引用源。

，1AC =，D 在BC 上，E 在AB 上，使得△A D E 为等腰直角三角形, 90ADE ∠=︒ ,则BE 的长为（ A ）A ．4-B ．2C ．11)2D 1 二、填空题：（本题满分28分，每小题7分） 1．已知实数,,a b c 满足1a b c ++=，1111a b c b c a c a b++=+-+-+-，则abc =__0__．2．使得不等式981715n n k <<+错误！未找到引用源。

全国各地初中(九年级)数学竞赛《函数》真题大全 (附答案)

全国各地初中（9年级）数学竞赛专题大全竞赛专题6 函数一、单选题1．（2021·全国·九年级竞赛）2420x x y -+，则x y -的值为（）． A ．2B ．6C ．2或2-D ．6或6-2．（2021·全国·九年级竞赛）如图，两个反比例函数1k y x=和2ky x =在第一象限内的图象分别是1l 和2l ，设点P 在1l 上，PC x ⊥轴于点C ，交2l 于点,A PD y ⊥轴于点D ，交2l 于点B ，则四边形PAOB 的面积为（）．A ．12k k +B ．12k k -C ．12k kD ．21k k -3．（2021·全国·九年级竞赛）如右图，点P 是x 轴正半轴上一个动点，过点P 作x 轴的垂线交双曲线1y x=于点Q ，连接OQ ，当点P 向右运动时，Rt QOP 的面积（）．A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．保持不变D ．无法确定4．（2021·全国·九年级竞赛）设a ，b ，c 是ABC 三边的长，二次函数2()22b b y a x cx a =----在1x =取最小值83b -，则ABC 是（）A ．等腰三角形B ．锐角三角形C ．钝角三角形D ．直角三角形5．（2021·全国·九年级竞赛）若函数22(1)32y k x x k k =++++-的图象与x 轴交点的纵坐标为4-，则k 的值是（） A ．1-B ．2-C ．1-或2D ．1-或2-6．（2021·全国·九年级竞赛）设[]x 表示不超过实数x 的最大整数，{}[]x x x =-，则200983201083401783200920092009⨯⨯⨯⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦（）． A ．249075 B ．250958 C ．174696 D ．2510007．（2021·全国·九年级竞赛）在实数范围内，设1988(2)(1)(2)(1)511111a a a a a x a a ⎡⎤--+--⎢⎥+=⎢⎥-⎢⎥+-⎣⎦，则x 的个位数字是（）． A ．1B ．2C ．4D ．68．（2021·全国·九年级竞赛）设抛物线24y x kx =++与x 轴有两个不同交点()()12,0,,0x x ，则下列结论中一定成立的是（）．A ．221217x x += B ．22128x x +=C ．221217x x +< D ．22128x x +>9．（2021·全国·九年级竞赛）设Rt ABC △的三个顶点A ，B ，C 均在抛物线2y x 上，并且斜边AB 平行于x 轴，若斜边上的高为h ，则（） A ．1h <B ．1h =C ．12h <<D ．2h >10．（2021·全国·九年级竞赛）设,n k 为正整数，12132(3)(1)4,(5)4,(7)4A n n A n A A n A +-+=++=++431(9)4,,(21)4,k k A n A A n k A -++=+++，已知1002005A =，则n 的值为（）．A ．1806B ．2005C ．3612D ．4100二、填空题11．（2021·全国·九年级竞赛）边长为整数的等腰三角形一腰上的中线将其周长分为1:2的两部分，那么所有这些等腰三角形中，面积最小的三角形的面积是_________． 12．（2021·全国·九年级竞赛）若0abc ≠，则||||||||a b c abca b c abc +++的最大值是________，最小值是__________． 13．（2021·全国·九年级竞赛）若0x >，则24411x x x y ++-+=的最大值是________．14．（2021·全国·九年级竞赛）设x 为正实数，则函数21y x x x=-+的最小值是______．15．（2021·全国·九年级竞赛）已知,a b 为抛物线()()2y x c x c d =----与x 轴交点的横坐标，a b <，则||||a c c b -+-的值为______．16．（2021·全国·九年级竞赛）设正ABC 的边长为2，M 是AB 边上的中点，P 是BC 边上任意一点，PA PM 十的最大值和最小值分别记为s 和t ，则22s t -=_______． 17．（2021·全国·九年级竞赛）若2008个数122008,,,a a a 满足：12a =，2n a -1112008n n n a a a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭102008+=，其中，2n =，3，…，2008．那么2008a 可能达到的最大值是_________．18．（2021·全国·九年级竞赛）设333199519961997,0x y z xyz ==>，且2223333199519961997199519961997x y z ++111x y z++=_______． 19．（2021·全国·九年级竞赛）如果代数式535ax bx cx ++-当2x =-时的值为7，那么当2x =时，该式的值是_________．20．（2021·全国·九年级竞赛）函数23||7y x x =-+的图象与函数22336y x x x x =-+-+的图象的交点个数是_______．21．（2021·全国·九年级竞赛）不论m 取任何实数，抛物线2221y x mx m m =+++-的顶点都在一条直线上，则这条直线的解析式是______．22．（2021·全国·九年级竞赛）如果一次函数y mx n =+与反比例函数3n x y x -=的图象相交于点1,22⎛⎫⎪⎝⎭，那么该直线与双曲线的另一个交点为________．23．（2021·全国·九年级竞赛）函数|1||2||3|y x x x =+++++，当x =_______时，y 有最小值，最小值等于_______．24．（2021·全国·九年级竞赛）当x 变化时，分式22365112x x x x ++++的最小值是_______．25．（2021·全国·九年级竞赛）代数式21133110x x +的最小值是_______．26．（2021·全国·九年级竞赛）已知a ，b 是正数，并且二次函数22y x ax b =++和22y x bx a =++的图象都与x 轴相交，则22a b +的最小值是________．三、解答题27．（2021·全国·九年级竞赛）在直径为5的圆内放入10个点，证明其中必有两点的距离小于2． 28．（2021·全国·九年级竞赛）试求1231997x x x x -+-+-++-的最小值．29．（2021·全国·九年级竞赛）当12x ≤≤2121x x x x +---30．（2021·全国·九年级竞赛）一幢33层的大楼里有一部电梯停在第一层，它一次最多容纳32人，而且只能在第2层至第33层中某一层停一次．对每个人来讲，他往下走一层楼感到1分不满意，往上走一层感到3分不满意．现有32个人在第一层，并且他们分别住在第2层至第33层的每一层，问：电梯停在哪一层，可以使得这32个人不满意的总分达到最小值？最小值是多少？（有些人可以不坐电梯直接从楼梯上楼） 31．（2021·全国·九年级竞赛）求函数22233x y x x +=++的最大值和最小值．32．（2021·全国·九年级竞赛）已知,,a b c 都是正整数，且抛物线2y ax bx c =++与x 轴有2个不同的交点A 和B ，若,A B 到原点的距离都小于1，求a b c ++的最小值．33．（2021·全国·九年级竞赛）求2221026249T x y z xy yz z =++---+的最小值．34．（2021·全国·九年级竞赛）在40与100之间任取一个实数x ，如果[]7x =，那么1610x ⎡=⎣的概率是多少?这是[]a 表示不超过a 的最大整数（要求答案写成最简分数的形式）．35．（2021·全国·九年级竞赛）如图，D E F 、、分别是ABC 的三边BC CA AB 、、上任意一点，证明：,,AEF BFD CDE △△△中至少有一个三角形的面积不大于ABC 的面积的四分之一．36．（2021·全国·九年级竞赛）某林场安排了7天的植树工作，从第二天起每天都比前一天增加5个植树的人，但从第二天起每人每天都比前一天少植5棵树，且同一天植树的人，植相同数量的树．若7天共植树9947棵，则植树最多的那天共植了多少棵？植树最少的那天，有多少人在植树？37．（2021·全国·九年级竞赛）一幢33层的大楼有一部电梯停在第一层，它一次最多能容纳32人，而且只能在第2层至第33层中某一层停一次．对于每个人来说他往下走一层楼梯感到1分不满意，往上走一层楼梯感到3分不满意．现在有32个人在第一层，并且他们分别在第2至第33层的每一层，问：电梯停在哪一层，可以使32人不满意的总分达到最小？最小值是多少？（有些人可以不坐电梯而直接从楼梯上楼）． 38．（2021·全国·九年级竞赛）已知正整数m ，n 17434m m n -+=，求n 的最大值． 39．（2021·全国·九年级竞赛）对于1,2,3,,i n =，有|| 1 i x <且有12||||||n x x x +++=122009||n x x x ++++．求正整数n 的最小值．40．（2021·全国·九年级竞赛）整数012010,,,x x x 满足条件：00x =，10|||1|x x =+，21|||1|x x =+，…，201020091x x =+，求122010x x x +++的最小值．41．（2021·全国·九年级竞赛）平面内给定一个方向l 和一个凸图形F ，其面积为()S F ，内接于F 且有一边平行于l 的所有三角形中面积最大的记为，其面积记()S ．求最大正实数c ，使对平面内任意给定的凸图形F ，都有()()S c S F ≥⋅．42．（2021·全国·九年级竞赛）已知x ，y ，z 是正数且1x y z ++=，比较149A x y z=++与36B =的大小，并问A 能否等于B ?43．（2021·全国·九年级竞赛）（1）证明：若x 取任意整数时，二次函数2y ax bx c =++总取整数值，那么2,,a a b c -都是整数；（2）写出上述命题的逆命题，并判断真假，且证明你的结论．44．（2021·全国·九年级竞赛）已知一次函数12y x =，二次函数221y x =+，是否存在二次函数23y ax bx c =++，其图象经过点(5,2)-，且对任意实数，这三个函数对应的函数值123,,y y y ，都有132y y y ≤≤成立？若存在，求出函数3y 的解析式；若不存在，请说明理由．45．（2021·全国·九年级竞赛）点(4,0),(0,3)A B 与点C 构成边长是3,4,5的直角三角形．如果点C 在反比例函数ky x=的图象上，求k 可能取到的一切值． 46．（2021·全国·九年级竞赛）已知一次函数y ax b =+的图象经过点(3,32),(3),(,2)A B C c c --，求222a b c ab bc ca ++---的值．47．（2021·全国·九年级竞赛）如图，在直角梯形OABC 中，//OA BC ，A ，B 两点的坐标分别是(13,0)A ，(11,12)B ，动点P ，Q 分别从O ，B 两点同时出发，点P 以每秒3个单位长的速度沿OA 方向运动，点Q 以每秒1个单位长的速度沿线段BC 运动，线段OB 与PQ 的交点为D ，过D 作//DE OA 交AB 于E ，射线QE 交x 轴于点F ，设P ，Q 运动的时间为t 秒．（1）当t 为何值时，以P A B Q 、、、为顶点的四边形是平行四边形，请写出推理过程．（2）设以P A E Q 、、、为顶点的图形面积为y ，求y 关于运动时间t 的函数关系式，并求出y 的最大值．（3）当t 为何值时，PQF △为等腰三角形？请写出推理过程．48．（2021·全国·九年级竞赛）已知抛物线21:34c y x x =--+和抛物线22:34c y x x =--相交于A ，B 两点，点P 在抛物线1c 上，且位于点A 与点B 之间；点Q 在抛物线2c 上，也位于点A 与点B 之间．（1）求线段AB 的长；（2）当//PQ y 轴时，求PQ 长度的最大值．49．（2021·全国·九年级竞赛）已知x ，y ，z 为实数，且满足2023x y z x y z +-=⎧⎨-+=⎩，求222x y z ++的最小值．50．（2021·全国·九年级竞赛）函数22(21)y x k x k =+-+的图象与x 轴的两个交点是否都在直线1x =的右侧，若是，请说明理由；若不一定，请求出两个交点在直线1x =的右侧时，k 的取值范围．竞赛专题6 函数答案解析一、单选题1．（2021·全国·九年级竞赛）2420x x y -+，则x y -的值为（）． A ．2 B ．6C ．2或2-D ．6或6-【答案】D 【解析】【分析】【详解】解：2420x x y -+，2420x x y -+=，240x -，20x y +=，即2,2x y x =±=-，于是()236x y x x x -=--==或6-．故选：D ．2．（2021·全国·九年级竞赛）如图，两个反比例函数1k y x=和2ky x =在第一象限内的图象分别是1l 和2l ，设点P 在1l 上，PC x ⊥轴于点C ，交2l 于点,A PD y ⊥轴于点D ，交2l 于点B ，则四边形PAOB 的面积为（）．A ．12k k +B ．12k k -C ．12k kD ．21k k -【答案】B 【解析】【分析】【详解】OACOBDPOOD PAOB S S SS=--长方形四边形．设(,),(,),(,)P a b A c d B e f ，则122,,ab k cd k ef k ===，所以12212111111222222PAOB S PC PD AC OC BD OD ab cd ef k k k k k =⨯-⨯⨯-⨯⨯=--=--=-四边形．故选：B ．3．（2021·全国·九年级竞赛）如右图，点P 是x 轴正半轴上一个动点，过点P 作x 轴的垂线交双曲线1y x=于点Q ，连接OQ ，当点P 向右运动时，Rt QOP 的面积（）．A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．保持不变D ．无法确定【答案】C 【解析】【分析】【详解】设(,)Q a b ，则,OP a PQ b ==，且1b a=，所以111222OPQS OP PQ ab =⨯⨯=⨯=．故选：C ．4．（2021·全国·九年级竞赛）设a ，b ，c 是ABC 三边的长，二次函数2()22b by a x cx a =----在1x =取最小值83b -，则ABC 是（）A ．等腰三角形B ．锐角三角形C ．钝角三角形D ．直角三角形【答案】D 【解析】【分析】【详解】解依题意可得2220,,42,231,2,52()52338()223ba b a a b c b c a a b c ABC b a c b c b b b a c a b⎧⎪->⎧⎪>⎧⎪⎪=⎪⎪-⎪⎪=⇒+=⇒⇒+=⇒⎨⎨⎨⎪⎪⎪-=⎪⎪⎪=⎩⎩⎪----=-⎪⎩是直角三角形．故应选D ．注：从前面的例题可以看出，解有关二次函数的最值问题，不仅要熟悉有关二次函数的性质，还要灵活运用相关的不等式知识、几何知识等，才能使问题得到顺利解决．5．（2021·全国·九年级竞赛）若函数22(1)32y k x x k k =++++-的图象与x 轴交点的纵坐标为4-，则k 的值是（） A ．1- B ．2-C ．1-或2D ．1-或2-【答案】B【分析】【详解】解因0x =时，4y =-代入函数关系得2432k k -=+-，即(1)(2)0k k ++=，所以1k =-或2k =-．故应选D ．注：本题中的函数可以是一次函数，也可以是二次函数．不能一开始就默认它是二次函数，约定10k +≠，从而错误地选择了B ．6．（2021·全国·九年级竞赛）设[]x 表示不超过实数x 的最大整数，{}[]x x x =-，则200983201083401783200920092009⨯⨯⨯⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦（）． A ．249075 B ．250958 C ．174696 D ．251000【答案】A 【解析】【分析】【详解】原式(20090)83(20091)83(20092008)83200920092009+⨯+⨯+⨯⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦083183200883838383200920092009⨯⨯⨯⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦083183200883083183200883832009200920092009200920092009⨯⨯⨯⨯⨯⨯⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⨯++++----⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭83083183200883200983(122008)2009200920092009⨯⨯⨯⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⨯++++----⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭083183200883200983831004200920092009⨯⨯⨯⎧⎫⎧⎫⎧⎫=⨯+⨯----⎨⎬⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎩⎭．显然，2009与83互质，083,183,,200883⨯⨯⨯除以2009有2009个不同的余数．所以，08318320088301200810042009200920092009⨯⨯⨯+++⎧⎧⎫⎧⎫+++==⎨⎨⎬⎨⎬⎩⎩⎭⎩⎭．故原式200983831004100416674782328249075=⨯+⨯-=+=．7．（2021·全国·九年级竞赛）在实数范围内，设1988(2)(1)(2)(1)511111a a a a a x a a ⎡⎤--+--⎢⎥+=⎢⎥-⎢⎥+-⎣⎦，则x 的个位数字是（）． A ．1 B ．2C ．4D ．6【答案】D【分析】【详解】解：要使x 有意义，必须且只需(2)(1)0,(2)(1)0,(2)(1)0,1,110,21101a a a a a a a a a a a⎧--≥⎪⎧--=--≥⎪⎪⎪⇒≠⇒=-⎨⎨-≠⎪⎪≠⎩⎪+≠⎪-⎩．所以1988198********05(1)1()(2)(2)1611(1)12x ⨯⨯-+=+=-=-=--+，故x 的个位数字为6，故选：D ．8．（2021·全国·九年级竞赛）设抛物线24y x kx =++与x 轴有两个不同交点()()12,0,,0x x ，则下列结论中一定成立的是（）．A ．221217x x += B ．22128x x += C ．221217x x +< D ．22128x x +> 【答案】D 【解析】【分析】【详解】由2244016k k =-⨯>⇒>．又因1212,4x x k x x +=-=，所以()2222121212281688x x x x x x k +=+-=->-=．故选：D ．9．（2021·全国·九年级竞赛）设Rt ABC △的三个顶点A ，B ，C 均在抛物线2y x 上，并且斜边AB 平行于x 轴，若斜边上的高为h ，则（） A ．1h < B ．1h = C ．12h << D ．2h >【答案】B 【解析】【分析】【详解】解设A 的坐标为()2,a a ，点C 的坐标为()2,(|||| )c c c a <，则B 点的坐标为()2,a a -．由勾股定理可得()22222()AC a c a c =-+-，()22222()BC c a a c =++-，则22222(2)4AC BC AB a a +===，于是()()222222224a c a c a ++-=，即()22222a c a c -=-．由于22a c >，所以221a c -=，即斜边上的高h =（A 的纵坐标）-（C 的纵坐标）221a c =-=．注：（1）如图仅画出了0c a <<的情形，在其他情形下，计算是完全相同的．（2）设()()1122,,,A x y B x y ，利用勾股定理可得计算A 与B 的距离的公式为()()2222121AB x x y y =-+-．10．（2021·全国·九年级竞赛）设,n k 为正整数，12132(3)(1)4,(5)4,(7)4A n n A n A A n A +-+=++=++431(9)4,,(21)4,k k A n A A n k A -++=+++，已知1002005A =，则n 的值为（）．A ．1806B ．2005C ．3612D ．4100【答案】A 【解析】【分析】【详解】2221[(1)2][(1)2]4(1)24(1)1A n n n n n +++-+=+-++=+， 2222[(3)2][(3)2]4(3)24(3)3A n n n n n +++-+=+-+=+=+， 2223[(5)2][(5)2]4(5)24(5)5A n n n n n +++-++-+++，同理451007,9,,21001199200520051991806A n A n A n n n =+=+=+⨯-=+=⇒=-=．故选：A ．二、填空题11．（2021·全国·九年级竞赛）边长为整数的等腰三角形一腰上的中线将其周长分为1:2的两部分，那么所有这些等腰三角形中，面积最小的三角形的面积是_________． 37【解析】【分析】设等腰三角形的腰为x ，底为y ，周长被分为的两部分的长分别为n 和2n ，则222x x n x y n ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩或222x x n x y n ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得25(,),33n n x y ⎛⎫= ⎪⎝⎭或4,33n n ⎛⎫ ⎪⎝⎭．因为25233n n ⨯<（此时不能够成三角形，舍去），所以4(,),33n n x y ⎛⎫= ⎪⎝⎭，其中n 是3的倍数．则三角形面积2221472336n n n S ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．当0n ≥时，S 随着n 的增大而增大．所以3n =时．S 37 12．（2021·全国·九年级竞赛）若0abc ≠，则||||||||a b c abca b c abc +++的最大值是________，最小值是__________．【答案】 4 -4 【解析】【分析】【详解】因为1||a a =±，1||b b =±，1||c c =±，1||abc abc =±，所以44||||||a b ca b c -≤++≤．当a ，b ，c 全为正时等于4，当a ，b ，c 全为负时等于4-，故其最大值是4，最小值是4-． 13．（2021·全国·九年级竞赛）若0x >，则24411x x x y ++-+=的最大值是________．32 【解析】【分析】【详解】因0x >，244222441111111x x x x y xx x x ++++==++++-+22222211121232x x x x x x+⋅+⋅等号成立当且仅当221(0)x x x =>，即1x =，所以0x >时，1y 32y 3232=+ 故答案为：0x >时，1y 32y 3232=+ 14．（2021·全国·九年级竞赛）设x 为正实数，则函数21y x x x=-+的最小值是______．【答案】1【分析】【详解】 211(1)10211(0)y x x x x x x=-++-≥+⋅=>，等号当且仅当1x =且1x x =，即1x =时成立，故y 的最小值为1，故答案为：1．15．（2021·全国·九年级竞赛）已知,a b 为抛物线()()2y x c x c d =----与x 轴交点的横坐标，a b <，则||||a c c b -+-的值为______．【答案】b a - 【解析】【分析】【详解】依题意，该抛物线开口向上，又当x a =或b 时，0y =．当x c =时，20y =-<，所以a c b <<，故||||a c c b c a b c b a -+-=-+-=-．故答案为：b a -．16．（2021·全国·九年级竞赛）设正ABC 的边长为2，M 是AB 边上的中点，P 是BC 边上任意一点，PA PM 十的最大值和最小值分别记为s 和t ，则22s t -=_______．【答案】43 【解析】【分析】【详解】因为PA CA ≤，PM CM ≤，故当P 处于BC 边顶点C 这一极端位置时，PM PA 十取最大值，最大值为32s CM CA =+=．如图4-1，作正'A BC ，设'M 为'A B 的中点，则由'PBM PBM ≌得'PM PM ，于是''PA PM PA PM AM +=+≥．连'CM ，则'ACM ∠='ACB BCM ∠+∠=603090︒+︒=︒，所以'AM =22'AC CM +=222(3)7+'7PA AM PM +≥=A 、P 、'M 共线时等号成立，即PA AM +的最小值为7t =22s t -=22(32)(7)3-=4317．（2021·全国·九年级竞赛）若2008个数122008,,,a a a 满足：12a =，2n a -1112008n n n a a a --⎛⎫+ ⎪⎝⎭102008+=，其中，2n =，3，…，2008．那么2008a 可能达到的最大值是_________．【答案】200620082 【解析】【分析】【详解】依题意11102008n n nn a a a a --⎛⎫⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，12008n n a a -= ①或11n n a a -=② 于是连续两次第②类变换互相抵消，保持原数不变，并且当连续三次变换依次是“第①类变换，第②类变换，第①类变换”时，其效果相当为进行一次第②类变换，故从12a =出发变到2008a ，一共要经过2007次变换，相当于进行若干次第①类变换和至多2次第②类变换，并且第②类变换只有第一次、最后一次进行才可能使2008a 最大．其中以前2006次进行第①类变换，最后一次进行第②类变换时，2008a 达到最大值200620082．18．（2021·全国·九年级竞赛）设333199519961997,0x y z xyz ==>，且2223333199519961997199519961997x y z ++111x y z++=_______．【答案】1 【解析】【分析】【详解】解：因0xyz >，故3331995199619970x y z k ===>，则3331995,1996,1997k k k x y z ===， 3333333k k k k k kx y z x y z++，两端三次方得3111111()x y z x y z++=++．又0,0,0x y z >>>，所以1111x y z++=．故答案为：1．19．（2021·全国·九年级竞赛）如果代数式535ax bx cx ++-当2x =-时的值为7，那么当2x =时，该式的值是_________．【答案】17- 【解析】【分析】【详解】解：因为当2x =-时，535328257ax bx cx a b c ++-=----=，所以328212a b c +=-＋，于是当2x =时，5353282512517ax bx cx a b c ++-=++-=--=-．故答案为：17-．20．（2021·全国·九年级竞赛）函数23||7y x x =-+的图象与函数22336y x x x x =-+-+的图象的交点个数是_______．【答案】4 【解析】【分析】【详解】第一个函数化为2237(0),37(0),x x x y x x x ⎧++<=⎨-+≥⎩第二个函数化为26(03),266(03).x y x x x x ≤≤⎧=⎨-+⎩或分别作它们的图象知，它们共有4个交点．或者分别解方程组(22237,37,(0),00)2666y x x y x x x x y x x y ⎧=++=-+<≤≤⎨=-+=⎩及2237,(3)266y x x x y x x ⎧=-+>⎨=-+⎩，可得4个交点为(1111(985,6285,(35),6,(35),6,(313),82222A B C D ⎛⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎝⎭⎝⎭⎝⎭．故答案为：4．21．（2021·全国·九年级竞赛）不论m 取任何实数，抛物线2221y x mx m m =+++-的顶点都在一条直线上，则这条直线的解析式是______．【答案】1y x =-- 【解析】【分析】【详解】二次函数化为2()1y x m m =++-，得顶点坐标为,1,x m y m =-⎧⎨=-⎩消去m 得1y x =--．故答案为：1y x =--．22．（2021·全国·九年级竞赛）如果一次函数y mx n =+与反比例函数3n x y x -=的图象相交于点1,22⎛⎫⎪⎝⎭，那么该直线与双曲线的另一个交点为________．【答案】51,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭【解析】【分析】【详解】将1,22x y ==代入,31y mx n ny x =+⎧⎪⎨=-⎪⎩得12,2261,m n n ⎧=+⎪⎨⎪=-⎩于是1,23.n m ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 解方程13,2312y x y x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩得1,22x y ⎧=⎪⎨⎪=⎩或1,5.2x y =-⎧⎪⎨=-⎪⎩故另一交点为51,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭．故答案为：51,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭．23．（2021·全国·九年级竞赛）函数|1||2||3|y x x x =+++++，当x =_______时，y 有最小值，最小值等于_______．【答案】 2- 2 【解析】【分析】【详解】解当3x ≤-时，(1)(2)(3)3(2)y x x x x =-+-+-+=-+；当32x -<≤-时，(1)(2)(3)y x x x x =-+-+++=-；当21x -<≤-时，(1)(2)(3)4y x x x x =-+++++=+；当1x >-时，(1)(2)(3)3(2)y x x x x =+++++=+．故|1||2||3|y x x x =+++++在(,2]-∞-上递减，在[2,)-+∞上递增，当2x =-时，y 取最小值2．故应填2,2-（如图）．注：①一般说来，对于含绝对值的一次函数，应分区间将绝对值符号去掉变成折线函数，再根据函数的增减性（一次项系数为正时递增，为负时递减）就不难得出所求函数的最大（或最小）值．如果作出其图象，那么其结果是一目了然的．②本题的一种简单解法是利用差的绝对值的几何意义来求解：因为||x a -表示数轴上坐标为x 的点P 到坐标为a 的点A 的距离，故|1||2||3|y x x x =+++++表示数轴上坐标为x 的点P 到坐标分别为1,2,3---的点,,A B C 的距离之和．显然当P 与B 重合时，即2x =-时，这个距离之和为最小，其最小值为线段AC 的长度|(1)(3)|2---=．又如，若要求|9||8||3||1||5||6|y x x x x x x =-+-+-++++++的最小值，则它等价于求数轴上坐标为x 的点P ，分别到坐标为9,8,3,1,5,6---的各点,,,,,A B C D E F 的距离之和的最小值．显然当P 在线段CD 上，即当13x -≤≤时，这个距离之和取最小值，并且最小值|9(6)||8(5)||3(1)|32AF BE CD =++=--+--+--=．24．（2021·全国·九年级竞赛）当x 变化时，分式22365112x x x x ++++的最小值是_______．【答案】4 【解析】【分析】【详解】解令22365112x x y x x ++=++，去分母整理得 2(6)(212)2100y x y x y -+-+-=．若6y =，则①化为20=，矛盾．故6y ≠．因为作为x 的方程①有实根x ，故()22(212)4(6)(210)410244(4)(6)0y y y y y y y =----=--+=---≥，即(4)(6)0y y --≤，解得46y ≤≤．而6y ≠，所以46y ≤<．4y =代入①可得1x =-，故当1x =-时，y 取最小值4．故应填4．注：例5~7中求最值的方法叫做判别式法．这是求函数最值的重要方法之一．但应该注意的是，化简整理为一个关于x 的二次方程后（其余数是变量y 的函数），对其二次项系数是否为零应进行讨论，只有在二次项系数不等于零的情形才能应用判别式法（若使二次项系数等于0的y 的值存在，则这个值也是函数y 可取到的值，在求最值时，应将这个值考虑在内进行讨论）．25．（2021·全国·九年级竞赛）代数式21133110x x +的最小值是_______．【答案】3223【解析】【分析】【详解】解设21133110y x x =+，则()222(110)1133y x x +=+，即22222032233113y xy x +=⨯+⨯．关于x 的方程222322322031130x yx y ⨯-+⨯-=有实根，所以 ()()222222(220)432233113411332230y y y =--⨯⨯⨯⨯-=⨯-⨯≥（因为22220432234113+⨯⨯=⨯），所以3223y ≥．当且仅当223x =y 取最小值3223 故应填322326．（2021·全国·九年级竞赛）已知a ，b 是正数，并且二次函数22y x ax b =++和22y x bx a =++的图象都与x 轴相交，则22a b +的最小值是________．【答案】20 【解析】【分析】【详解】解因两条抛物线都与x 轴相交，故其判别式218a b =-及22(2)4b a =-都不小于零，即22222280,8,8440a b a b a b a b b a b a⎧⎧-≥≥⎪⇒⇒+≥+⎨⎨-≥≥⎪⎩⎩．因,a b 都是正数，所以423(8)64644a b a a a ≥≥⇒≥⇒≥，及242b a b ≥≥⇒≥，所以22224220a b +≥+=，即22a b +的最小值为20．故应填20．注：本题中求最值的方法叫做放缩法，即根据题目条件，将各变量的值适当放缩为一个常数，从而求出其最值．三、解答题27．（2021·全国·九年级竞赛）在直径为5的圆内放入10个点，证明其中必有两点的距离小于2．【答案】见解析【解析】【分析】【详解】分析把圆等分为9个扇形显然不行（虽然必有一扇形内至少有2点，但不保证它们的距离小于2），因此，我们先作一个与已知圆同心的小圆（其直径必须小于2，但不能太小），然后将余下的圆环部分8等分．证明设O 是已知圆心，如图，以O 为圆心作半径为0.9的圆，再将余下的圆环8等分，于是将已知圆面分成了9个部分，由抽屉原理知其中必有一部分内至少有已知10点中的101129-⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦点,M N ，若,M N 在小圆内，则220.9 1.82MN OC ≤=⨯=<．若,M N 同在一个扇面形内，则由余弦定理，有222cos45MN AC OC OA OC OA ≤+-⋅︒0.81 6.2520.9 2.50.7 3.912+-⨯⨯⨯<．从例2可以看出，分割图形制造“抽屉”时，可能不是将图形等分为几部分，而是要求分割的每一部分图形都具有所需要的性质（例2中每一部分图形内任意两点的距离都小于2），读者应用这种方法解题时，应该注意到这一点．28．（2021·全国·九年级竞赛）试求1231997x x x x -+-+-++-的最小值．【答案】997002．【解析】【分析】【详解】解：要求1219961997x x x x -+-+⋯+-+-的最小值，只要在数轴上找出x 所对应的点，使这点到1，2，3，…，1997所对应的点的距离之和最小即可．如图1-1所示，当999x =时，原式的值最小，最小值为999199929999989999999991000999100199919969991997-+-+⋯+--+-+-+⋯+-+-＋99899721012997998=++⋯++++++⋯++(9981)99822+⨯=⨯997002=．29．（2021·全国·九年级竞赛）当12x ≤≤2121x x x x +--- 【答案】21x -．【解析】【分析】【详解】解：令2121(12)A x x x x x +---≤≤，则 222212(21)21A x x x x x x =+-----22224422(2)x x x x x =--+=--()()22222241x x x x x =--=--=-，又0,12A x >≤≤，所以1A x =-30．（2021·全国·九年级竞赛）一幢33层的大楼里有一部电梯停在第一层，它一次最多容纳32人，而且只能在第2层至第33层中某一层停一次．对每个人来讲，他往下走一层楼感到1分不满意，往上走一层感到3分不满意．现有32个人在第一层，并且他们分别住在第2层至第33层的每一层，问：电梯停在哪一层，可以使得这32个人不满意的总分达到最小值？最小值是多少？（有些人可以不坐电梯直接从楼梯上楼）【答案】当电梯停在第27层时，不满意总分最小，最小值为316分【解析】【分析】【详解】解易知这32人恰好是从第2层到第33层各住1人．对于每个乘电梯上下楼的人，他所住的层数一定不小于直接上楼的人所住的层数（事实上，设住s 层的人乘电梯，而住第t 层的人直接上楼，s t <，则这2人不满意分数之和为3t ；若两人交换上楼方式，则2人不满意分数之和为33s t <，即不满意总分减小．设电梯停在第x 层，在第一层有y 人没有乘电梯而直接上楼，那么不满意总分为3[12(33)]3(12)[12(2)]S x y x y =+++-++++++++--，其中3[12(33)]x +++-是住在第1x +层至第33层的人（共33x -人）的不满意总分之和，3(12)y +++是直接从楼梯上楼的人（共y 人）的不满意总分之和，12(2)x y +++--是从第2y +层至第1x -层的人（共2x y --人）的不满意总分之和，于是331(33)(34)(1)(2)(1)222S x x y y x y x y =--+++----222102231684x xy x y y =--+++ 222(102)231684x y x y y =-++++()221021215180308648y x y y +⎛⎫=-+-+ ⎪⎝⎭22102152(6)31631648y x y +⎛⎫=-+-+≥ ⎪⎝⎭，且当27,6x y ==时，316S =．答：当电梯停在第27层时，不满意总分最小，最小值为316分．注：求含2个或2个以上变量的代数式的最大（小）值时，配方法是其中有效方法之一；另一种方法则是利用已有不等式将含有变量的代数式化为一个不大于（或不小于）一个常数c 的不等式，并能确定等号可以成立，则常数c 便是所求的最大值（或最小值）；第三种方法就是化为一元二次方程用判别式法（参看§5例4~7），等等．31．（2021·全国·九年级竞赛）求函数22233x y x x +=++的最大值和最小值．【答案】当2x =-时，y 取最小值2-；当0x =时，y 取最大值23，理由见解析．【解析】【分析】【详解】将原式整理为关于x 的方程：2(32)(32)0yx y x y +-+-=．若0y =，则1x =-，即0y =是函数的一个值；若0y ≠，则因关于x 的方程有实根，所以2(32)4(32)(32)(324)0y y y y y y =---=---≥，即(32)(2)0y y -+≤，解得223y -≤≤．由此可看出0y =即不是最大值也不是最小值．当2y =-时，由222233x x x +-=++，解得2x =-；当23y =时，由2222333x x x +=++，解得0x =．所以当2x =-时，y 取最小值2-；当0x =时，y 取最大值23．32．（2021·全国·九年级竞赛）已知,,a b c 都是正整数，且抛物线2y ax bx c =++与x 轴有2个不同的交点A 和B ，若,A B 到原点的距离都小于1，求a b c ++的最小值．【答案】11，见解析．【解析】【分析】【详解】设()()()1212,0,,0A x B x x x <，则1212120,0,00b x x ax x c x x a ⎧+=-<⎪⎪⇒<<⎨⎪⋅=>⎪⎩．又2402b ac b ac =->⇒>① 又因为121,1OA x OB x =<=<，故121210,101cx x x x c a a-<<-<<⇒=<⇒<．② 因0a >，抛物线开口向上，故1x =-时，0y a b c =-+>，得b a c <+．而,b a c +均为正整数，故1a c b +≥+，于是由①得21()1a c ac a c +>⇒>，由②1a c >，即1a c >，于是22(1)(11)4a c >≥+=，所以5a ≥．又22514b ac >⨯，所以5b ≥．取5,5,1a b c ===时，2551y x x =++满足题目条件，故a b c ++的最小值为55111++=． 33．（2021·全国·九年级竞赛）求2221026249T x y z xy yz z =++---+的最小值．【答案】5 【解析】【分析】【详解】解 ()()()22222692445T x xy y y yz z z z =-++-++-++222(3)()(2)55x y y z z =-+-+-+≥．当6,2x y z ===时，T 取最小值5．注：例2~3中求最值的方法是常用的配方法．34．（2021·全国·九年级竞赛）在40与100之间任取一个实数x ，如果[]7x =，那么1610x ⎡=⎣的概率是多少?这是[]a 表示不超过a 的最大整数（要求答案写成最简分数的形式）．【答案】780【解析】【分析】【详解】因[]7x =，故2278,78x x <≤≤≤．而要使[16]10x =，即22101611,2.5 2. 75,2.5 2.75x x x ≤≤≤，故所求概率22222.75 2.25 1.31257871580p -===-． 35．（2021·全国·九年级竞赛）如图，D E F 、、分别是ABC 的三边BC CA AB 、、上任意一点，证明：,,AEF BFD CDE △△△中至少有一个三角形的面积不大于ABC 的面积的四分之一．【答案】见解析【解析】【分析】【详解】证明记123,,,ABC AEF BFD CDE S S S S S S S S ====，于是11sin 21sin 2AE AF A S AE AFS AB ACAB AC A ⋅⋅⋅⋅==⋅⋅⋅⋅．同理32,S S BF BD CD CE S BA BC S CA CB⋅⋅==⋅⋅，所以1233222()()()S S S AF FB BD DC CE EA S AB BC CA ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅ 222222122264AF FB BD DC CE EA AB BC CA +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭≤=⋅⋅． 31234S S S S ．由平均值原理得123,,S S S 中必有一个不大于S4．即证． 36．（2021·全国·九年级竞赛）某林场安排了7天的植树工作，从第二天起每天都比前一天增加5个植树的人，但从第二天起每人每天都比前一天少植5棵树，且同一天植树的人，植相同数量的树．若7天共植树9947棵，则植树最多的那天共植了多少棵？植树最少的那天，有多少人在植树？【答案】植树最少的那天有54人或24人植树．【解析】【分析】【详解】设第4天有m 人植树，每人植树n 棵，则第4天共植树mn 棵；第3天有5m -人植树，每人植5n +棵，则第3天共植树(5)(5)m n -+棵．同理，第2天共植树(10)(10)m n -+棵；第1天共植树(15)(15)m n -+棵；第5天共植树(5)(5)m n +-棵；第6天共植树(10)(10)m n +-棵；第7天共植树(15)(15)m n +-棵．由七天共植树9947棵得(15)(15)(10)(10)m n m n -++-++(5)(5)(5)(5)m n mn m n -++++-(10)(10)m n ++-(15)(15)9947m n ++-=．化简得77009947mn -=，1521mn =．因221521313=⨯．又每天都有人植树，所以15m >，15n >，故39m n ==．因为第4天植树棵数为39391521⨯=，其他各天植树棵数为(39)(39)a a -+=21521a -（5a =，10或15），所以第4天植树最多，这一天共植树1521棵．当15a =时，2239a -的植树棵数最少．又当15a =时，植树人数为391554+=或391524-=，所以植树最少的那天有54人或24人植树． 37．（2021·全国·九年级竞赛）一幢33层的大楼有一部电梯停在第一层，它一次最多能容纳32人，而且只能在第2层至第33层中某一层停一次．对于每个人来说他往下走一层楼梯感到1分不满意，往上走一层楼梯感到3分不满意．现在有32个人在第一层，并且他们分别在第2至第33层的每一层，问：电梯停在哪一层，可以使32人不满意的总分达到最小？最小值是多少？（有些人可以不坐电梯而直接从楼梯上楼）．【答案】当电梯停在第27层时，这32人不满意的总分达到最小，最小值为316分．【解析】【分析】【详解】易知，这32人恰好是第2至第33层各住一人，对于每个乘电梯上、下梯的人，他所住的层数一定大于直接走楼梯上楼的人所住的层数．事实上，设住s 层的人乘电梯，而住第t 层的人直接走楼梯上楼，且s t <，交换两人上楼方式，其余人不变，则不满意总分不增．现分别证明如下：设电梯停在第x 层，①当x s t ≤<时，若住在第s 层的坐电梯，住第t 层的人直接走楼梯上楼，则这两者不满意总分为3(1)3()t s x -+-=3333t s x +--；交换两人上楼方式，则两者不满意总分为3(1)3()s t x -+-=3333t s x +--，两者相等；②当s x t <<时，若住s 层的人乘电梯，而住第t 层的人直接走楼梯上楼，则这两人不满意总分为3(1)()t x s -+-=33t x s +--；交换两人上楼方式，则这两者不满意总分为3(1)3()s t x -+-=3333t x s -+-，前者比后者多4()0x s ->；③当s t x <≤时，若住s 层的人乘电梯，住t 层的人直接走楼梯上楼，则这两者不满意总分为3(1)()t x s -+-=33t x s +--；交换两人上楼方式，则这两者的不满意总分为3(1)()s x t -+-=33s x t +--，前者比后者多4()0t s ->．今设电梯停在第x 层，设有y 人直接走楼梯上楼，则11y x +≤-，那么不满意总分为3(12)s y =+++3[12(33)]x ++++-[12(11)]x y ++++---3(1)3(33)(34)22y y x x +--=++(2)(1)2x y x y ----222102231684x xy x y y =--+++222(102)231684x y x y y =-++++=210224y x +⎡⎤-⎢⎥⎣⎦()211518030688y y +-+210224y x +⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭215(6)3163168y +-+≥．当27x =，6y =时，316s =，所以，当电梯停在第27层时，这32人不满意的总分达到最小，最小值为316分．38．（2021·全国·九年级竞赛）已知正整数m ，n 17434m m n -+=，求n 的最大值．【答案】104 【解析】【分析】【详解】设70a m =-，104104a a n -+=，两边平方得22222104a a n +-=．令222104a b -=（b 为正整数），则2()()104a b a b -+=．由于-a b 与a b +同奇偶，即同为偶数，所以当2a b -=时，a b +取最大值52104⨯．这时，222()104n a b =+=为最大，所以n 的最大值为104． 39．（2021·全国·九年级竞赛）对于1,2,3,,i n =，有|| 1 i x <且有12||||||n x x x +++=122009||n x x x ++++．求正整数n 的最小值．【答案】正整数n 的最小值为2010．【解析】【分析】【详解】作整体估计如下：2009=1212||||||||n n x x x x x x +++-+++12||||||n x x x n ≤+++<，所以2010n ≥．当2010n =时，取121005x x x ===20092010=，10061007x x ===201020092010x =-，则||1i x <(1,2,,2010) i =且122010|||||x x x +++2009=+122010||x x x +++，满足题目条件，故所求n 的最小值为2010．40．（2021·全国·九年级竞赛）整数012010,,,x x x 满足条件：00x =，10|||1|x x =+，21|||1|x x =+，…，201020091x x =+，求122010x x x +++的最小值．【答案】122010x x x +++的最小值为7．【解析】【分析】【详解】由已知条件可得：2210021x x x =++，2221121x x x =++，…，2220102009200921x x x =++，各式相加整理后得22010x =()2001200922010x x x x +++++．又00x =，故有122010x x x +++=2201020101220102x x +-()220101120112x =+-．因122010x x x +++为整数，故()220101x +为奇数，又2243201045<<且2432011-=16214>=2452011-，所以122010x x x +++2145201172≥-=．。

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初中数学竞赛：连续正整数的性质【内容提要】一.两个连续正整数1.两个连续正整数一定是互质的，其商是既约分数。

2.两个连续正整数的积是偶数，且个位数只能是0，2，6。

3.两个连续正整数的和是奇数，差是1。

4.大于1的奇数都能写成两个连续正整数的和。

例如3＝1＋2，79＝39＋40， 111＝55＋56。

二.计算连续正整数的个数例如：不同的五位数有几个？这是计算连续正整数从10000到99999的个数，它是 99999－10000＋1＝90000（个）1. n 位数的个数一般可表示为 9×10n-1(n 为正整数，100＝1)例如一位正整数从1到9共9个（9×100），二位数从10到99共90个（9×101）三位数从100到999共900个（9×102）……2.连续正整数从n 到m 的个数是 m －n+1把它推广到连续奇数、连续偶数、除以模m 有同余数的连续数的个数的计算，举例如下： 3. 从13到49的连续奇数的个数是21349－＋1＝19 从13到49的连续偶数的个数是21448－＋1＝18 4. 从13到49能被3整除的正整数的个数是31548－＋1＝12 从13到49的正整数中除以3余1的个数是31349－＋1＝13 你能从中找到计算规律吗？三.计算连续正整数的和1. 1＋2＋3＋……＋n ＝（1＋n ）2n （n 是正整数）连续正整数从a 到b 的和记作(a+b)21+-a b 把它推广到计算连续奇数、连续偶数、除以模m 有同余数的和，举例如下： 2. 11＋13＋15＋…＋55＝（11＋55）×223＝759 （∵从11到55有奇数21155－＋1＝23个） 3. 11＋14＋17＋…＋53＝（11＋53）×215＝480 （∵从11到53正整数中除以3余2的数的个数共31153－＋1＝15）四. 计算由连续正整数连写的整数，各数位上的数字和1. 123456789各数位上的数字和是（0＋9）＋（1＋8）＋…＋（4＋5）＝9×5＝452. 1234…99100计算各数位上的数字和可分组为：（0，99），（1，98），（2，97）…（48，51），（49，50）共有50个18，加上100中的1∴各数位上的数字和是18×50＋1＝901五. 连续正整数的积从1开始的n 个正整数的积1×2×3×…×n 记作n ！，读作n 的阶乘1. n 个连续正整数的积能被n ！整除，如11×12×13能被1×2×3整除；97×98×99×100能被4！整除；a （a+1）(a+2)…(a+n)能被（n+1）！整除。

2. n ！含某因质数的个数。

举例如下：① 1×2×3×…×10的积中含质因数2的个数共8个其中2，4，6，8，10都含质因数2 暂各计1个，共5个其中4＝22 含两个质因数2 增加了1个其中8＝23 含三个质因数2 再增加2个② 1×2×3×…×130的积中含质因数5的个数的计算法5，10，15，…125，130 均含质因数5 暂各计1个，共26个其中25，50，75，100均含52有两个5 各加1个，共4个其中125＝53 含三个5 再增加2个∴积中含质因数5的个数是32【例题】例1. 写出和等于100的连续正整数解：∵100＝2×50＝4×25＝5×20＝10×10其中2个50和10个10都不能写成连续正整数而4个25：12＋13，11＋14，10＋15，9＋16得第一组连续正整数9，10，11，12，13，14，15，16。

5个20可由20，19＋21，18＋22得第二组连续正整数18，19，20，21，22。

例2. 一本书共1990页用0到9十个数码给每一页编号共要多少个数码？解：页数编码中，一位数1到9共9个两位数10－99，共90个，用数码90×2＝180个三位数100－999，共900个，用数码900×3＝2700个四位数1000－1990，共991个，用数码991×4＝3964个∴共用数码9＋180＋2700＋3964＝6853例3. 用连续正整数1到100这100个数顺次连接成的正整数：1234……99100。

问：①它是一个几位数？②它的各位上的数字和是多少？③如果从这个数中划去100个数字，使剩下的数尽可能地大，那么剩下的数的前十位数是多少？解：①这个数的位数=9×1+90×2+3=192②各位上的数字和=18×50+1=901(见上页第四点)③划去100个数，从最高位开始并留下所有的9：包括1――8，10――18，19中的1，20――28，29中的2，……，50到56这里共有8＋19＋19＋19＋19＋14＝98个，再划去57，58中的两个5，剩下的数的前十位是9999978596。

例4. 算术平方根的整数部分等于11的连续正整数共有几个？解：∵121＝11，144＝12∴算术平方根的整数部分等于11的正整数x 是112≤x<122;∴符合条件的连续正整数是121，122，123，…，143。

共23个。

例5. 已知两个连续正整数的积等于由同一个数码组成的三位数的2倍，求这两个连续正整数。

解：设连续正整数为x,x+1,相同数码的三位数为100a+10a+a根据题意，得x(x+1)=2(100a+10a+a) 即x(x+1)=222a （1）把222分解质因数得 x(x+1)=2×3×37a （2）∵连续正整数的积的个位数只能是0，2，6 且0＜a ≤9由（1）可知a 可能是1，3，5，6，8 分别代入（2）只有6适合x(x+1)=36×37答所求的连续正整数是36和37【练习】1. 除以3余2的两位数共有___个，三位数有____个，n 位数有____个。

2. 从50到1000的正整数中有奇数___个，3的倍数___个。

3. 由连续正整数连写的正整数123…9991000是_____位数，它的各位上的数字和是_____。

4. 把由1开始的正整数依次写下去，直写到第198位为止，位198123 那么这个数的末三位数是______，这个数的各位上的数字和是_____这个数除以9的余数是_____5. 已知a= 1199011111个, b=9199099999个那么①ab=______________②ab 的各位上的数字和是___________(可用经验归纳法)6. 计算连续正整数的平方和的个位数：① 12+22+32+……+92和的个位数是_______②12+22+32+……+192和的个位数是______ ③12+22+32+……+292和的个位数是______ ④12+22+32+……+392和的个位数是______ ⑤12+22+32+……+1234567892和的个位数是＿＿＿＿＿＿ 7. 写出所有和能等于120的连续正整数(仿例1)它们共有三组：____________，_________________，_____________________。

8. 连续正整数的积1×2×3×4×…×100这积中含质因数5的个数有____，积的末尾的零连续____个。

9. 恰有35个连续正整数的算术平方根的整数部分相同这个相同的整数是多少？10. 设a,b,c 是三个连续正整数且a 2=14884,c 2=15376,那么b 2是( )(A)15116 (B)15129 (C)15144 (D)1537611. 计算：① 2+4+6+ (100)②1+4+7+10+ (100)③ +10+15+…+100= 12. 有11个正整数都是小于20，那么其中必有两个是互质数，这是为什么？如果有(n+1)个正整数，它们都小于2n ，那么必有两个是互质数，试说明理由。

13. 一串数1，4，7，10，…，697，700的规律是第一个数是1，以后的每一个数等于它前面的一个数加，直到700为止。

将这些数相乘，试求所得的积的尾部的零的个数。

提示：先求积中含质因数5的个数【答案】1. 30，300，3×10 n-12. 475个，317个3. 2893，135014. 102，906，65. ①988880111119891989个个 ②1990×9 6. 5，0，5，0，57. 39，40，41；22，23，24，25，26；1，2，3 (15)8.24，249.9. 1710.10. （B）11.11. ①2550，②1717，③105012.∵小于20的正整数中有10个奇数，与奇数连续的正偶数，它们必互质，把互质数放在同一个抽屉，设有10抽屉，11个正整数放入其中，至少有一个抽屉里放有两个。

这一串数是除以3余1的正整数，我们来计算含质因数5的个数：能被5整除且除以3余1的正整数是10，25，40，……700，先各算1个能被52整除且除以3余1的正整数是25，100，175，…700，各多算1个能被53整除且除以3余1的正整数是250，625，再各加1个，能被54整除且除以3余1的正整数是625，再加1个，共含有60个5答积的尾部共有零60个（上述可用式子表示：315-k，3125-k，31125-k，31625-k的整数值）。