设有三个正整数的乘积N是这三个正整数之和的6倍
2020年小升初数学专题复习训练—拓展与提高：数论(2)(知识点总结+同步测试)
知识点复习
一．位值原则
【知识点归纳】
1．位置原则：同一个数字，由于它在所写的数里的位置不同，所表示的数也不同．也就是说，
每一个数字除了本身的值以外，还有一个“位置值”．例如“5”，写在个位上，就表示 5 个
一；写在十位上，就表示 5 个十；写在百位上，就表示 5 个百；等等．这种把数字和数位结合
例 2：一本书如果每天读 80 页，那么 4 天读不完，5 天又有余；如果每天读 90 页，那么 3 天
读不完，4 天又有余；如果每天读 N 页，恰好 N（N 是自然数）天读完，这本书是 324 页．
分析：设页数为 x，①由“一本书如果每天读 80 页，那么 4 天读不完，5 天又有余”得 320＜
性质 4 可以说是性质 3 的特殊情形．因为 b 与 c 互质，它们的最小公倍数是 b×c． 事实上，根据性质 4，我们常常运用如下解题思路：
要使 a 被 b×c 整除，如果 b 与 c 互质，就可以分别考虑，a 被 b 整除与 a 被 c 整除． 能被 2，3，4，5，8，9，11 整除的数都是有特征的，我们可以通过下面讲到的一些特征来判 断许多数的整除问题．
位数共有（ ）
A、3
B、4
C、5
D、6
分析：设：原两位数的十位数为 x，个位数为 y，则原两位数值为（10x+y），交换后两位数的个位数为 x，
十位数为 y，数值为（10y+x），x．y 为小于 10 的正整数．因为交换后的两位数比原来小 27，所以：（10x+y）
-（10y+x）=27，进而得出 x-y=3．然后对 x、y 进行取值，解决问题．
为商）．
【教师版】小学奥数5-4-3 约数与倍数(三).专项练习及答案解析
1. 本讲主要对课本中的：约数、公约数、最大公约数；倍数、公倍数、最小公倍数性质的应用。
2. 本讲核心目标：让孩子对数字的本质结构有一个深入的认识，例如：（1）约数、公约数、最大公约数；倍数、公倍数、最小公倍数的内在关系；（2）整数唯一分解定理：让学生自己初步领悟“任何一个数字都可以表示为...⨯⨯⨯☆☆☆△△△的结构，而且表达形式唯一”一、 约数、公约数与最大公约数概念(1)约数:在正整数范围内约数又叫因数,整数a 能被整数b 整除，a 叫做b 的倍数，b 就叫做a 的约数；(2)公约数:如果一个整数同时是几个整数的约数，称这个整数为它们的“公约数”；(3)最大公约数：公约数中最大的一个就是最大公约数；(4)0被排除在约数与倍数之外1． 求最大公约数的方法①分解质因数法：先分解质因数，然后把相同的因数连乘起来．例如：2313711=⨯⨯，22252237=⨯⨯，所以(231,252)3721=⨯=；②短除法：先找出所有共有的约数，然后相乘．例如：2181239632，所以(12,18)236=⨯=；③辗转相除法：每一次都用除数和余数相除，能够整除的那个余数，就是所求的最大公约数．用辗转相除法求两个数的最大公约数的步骤如下：先用小的一个数除大的一个数，得第一个余数；再用第一个余数除小的一个数，得第二个余数；又用第二个余数除第一个余数，得第三个余数；这样逐次用后一个余数去除前一个余数，直到余数是0为止．那么，最后一个除数就是所求的最大公约数．(如果最后的除数是1，那么原来的两个数是互质的)．例如，求600和1515的最大公约数：151********÷=；6003151285÷=；315285130÷=；28530915÷=；301520÷=；所以1515和600的最大公约数是15． 2． 最大公约数的性质①几个数都除以它们的最大公约数，所得的几个商是互质数；②几个数的公约数，都是这几个数的最大公约数的约数；③几个数都乘以一个自然数n ，所得的积的最大公约数等于这几个数的最大公约数乘以n ．3． 求一组分数的最大公约数先把带分数化成假分数，其他分数不变；求出各个分数的分母的最小公倍数a ；求出各知识点拨教学目标5-4-3.约数与倍数（三）个分数的分子的最大公约数b ；b a即为所求． 4． 约数、公约数最大公约数的关系（1）约数是对一个数说的；（2）公约数是最大公约数的约数，最大公约数是公约数的倍数二、倍数的概念与最小公倍数(1)倍数:一个整数能够被另一整数整除，这个整数就是另一整数的倍数(2)公倍数:在两个或两个以上的自然数中，如果它们有相同的倍数，那么这些倍数就叫做它们的公倍数(3)最小公倍数：公倍数中最小的那个称为这些正整数的最小公倍数。
数学启蒙必备：倍数初步认识练习教案详解
数学启蒙必备：倍数初步认识练习教案详解。
一、知识点讲解1.倍数的定义：一个正整数a，如果能够表示成另一个正整数b与自然数n的乘积，那么a是b的倍数，b是a的约数。
2.倍数的表示：如果a是b的倍数，那么有a = b × n，表示n是a与b的商。
对于任意的自然数k，k × b是b的倍数，其中n和k两个数都是自然数。
举个例子：6的倍数：6 × 1,6 × 2,6 × 3……依此类推。
3.倍数的性质：⑴ 相邻的两个倍数之差等于第一个数本身。
⑵ 倍数具有传递性，即若a是b的倍数，b是c的倍数，则a一定是c的倍数。
⑶ 任何一个数都是1的倍数与它本身的倍数。
二、课堂练习以下是一些练习题，供学生们在课堂中练习、讨论。
1.下列各数中，哪些是12的倍数？为什么？⑴ 54；⑵ 91；⑶ 122；⑷ 360；⑸ 85；⑹ 144。
2.求下列各数的3倍、5倍和7倍，并从中找到规律。
⑴ 11；⑵ 24；⑶ 45；⑷ 78；⑸ 99。
3.求下列各自然数的第9个倍数：⑴ 4；⑵ 7；⑶ 10；⑷ 16；⑸ 25。
4.两个自然数是36的倍数，并且它们的和是846，求这两个数。
参考答案：1.通过计算可以得知：⑴ 6；⑶ 12；⑷ 30；⑹无；因为要是一个正整数是12的倍数，则其必然可以表示为12的一个正整数倍，所以对于这题中的每一个数字（除了85之外），都能找到一个正整数n，使得n × 12等于这个数。
2.每个数的3倍、5倍和7倍运算的结果如下：⑴ 33、55、77；⑵ 72、120、168；⑶ 135、225、315；⑷ 234、390、546；⑸ 297、495、693。
通过这些答案，我们可以找到规律：对于任何一个正整数，其3倍、5倍和7倍都是一个规律的序列，且有如下规律：其3倍：一个奇数 +2；其5倍：以五为尾数（0或5）的数；其7倍：一个整数 -1或+2。
3.每一个自然数的第9个倍数如下：⑴ 36；⑵ 63；⑶ 90；⑷ 144；⑸ 225。
整数的乘法运算
整数的乘法运算整数的乘法运算是数学中基础而重要的运算方式之一。
乘法是指将两个或更多的数相乘，得出它们的乘积。
整数乘法遵循一定的规则和性质，正确地理解和应用这些规则，能够帮助我们有效地进行计算和解决问题。
一、整数的乘法法则1. 正整数乘法：两个正整数相乘，乘积仍为正整数。
例如：3 × 4 = 12。
2. 负整数乘法：两个负整数相乘，乘积为正整数。
例如：-3 × (-4) = 12。
3. 正负整数相乘：一个正整数与一个负整数相乘，乘积为负整数。
例如：3 × (-4) = -12。
4. 零的乘法：任何数与零相乘，结果都为零。
例如：5 × 0 = 0。
二、整数乘法的运算性质1. 交换律：整数乘法满足交换律，即交换乘法中的因数位置不影响乘积的结果。
例如：3 × 4 = 4 × 3。
2. 结合律：整数乘法满足结合律，即三个或更多整数相乘，可以按照任意次序进行计算，结果不变。
例如：(2 × 3) × 4 = 2 × (3 × 4)。
3. 分配律：整数乘法满足分配律，即对于三个整数a、b、c，有a ×(b + c) = (a × b) + (a × c)。
例如：2 × (3 + 4) = (2 × 3) + (2 × 4)。
三、应用实例整数乘法在实际生活和学习中有广泛的应用。
下面列举几个实例：1. 购买物品：如果某件商品的原价为100元，现在打九折出售，我们可以使用整数乘法来计算打折后的价格。
假设折扣为0.9，则折后价格为100 × 0.9 = 90元。
2. 计算面积：计算矩形的面积需要将矩形的长度和宽度相乘。
例如，一块长为5米，宽为3米的矩形的面积为5 × 3 = 15平方米。
3. 计算时间：计算某个事件持续的时间可以使用整数乘法。
小升初数学专项解析+习题-数论篇-通用版
小升初重点中学真题之数论篇数论篇一1 （人大附中考题）有____个四位数满足下列条件：它的各位数字都是奇数；它的各位数字互不相同；它的每个数字都能整除它本身。
2 （101中学考题）如果在一个两位数的两个数字之间添写一个零，那么所得的三位数是原来的数的9倍，问这个两位数是＿＿。
3（人大附中考题）甲、乙、丙代表互不相同的3个正整数，并且满足：甲×甲=乙+乙=丙×135．那么甲最小是____。
4 (人大附中考题)下列数不是八进制数的是( )A、125B、126C、127D、128预测1．在1～100这100个自然数中，所有不能被9整除的数的和是多少？预测2．有甲、乙、丙三个网站，甲网站每3天更新一次，乙网站每五5天更新一次，丙网站每7天更新一次。
2004年元旦三个网站同时更新，下一次同时更新是在____月____日？预测3、从左向右编号为1至1991号的1991名同学排成一行．从左向右1至11报数，报数为11的同学原地不动，其余同学出列；然后留下的同学再从左向右1至11报数，报数为11的同学留下，其余的同学出列；留下的同学第三次从左向右1至1l报数，报到11的同学留下，其余同学出列．那么最后留下的同学中，从左边数第一个人的最初编号是______．数论篇二1 （清华附中考题）有3个吉利数888，518，666，用它们分别除以同一个自然数，所得的余数依次为a,a+7,a+10,则这个自然数是_____.2 （三帆中学考题）140，225，293被某大于1的自然数除,所得余数都相同。
2002除以这个自然数的余数是 .3 （人大附中考题）某个两位数加上3后被3除余1，加上4后被4除余1，加上5后被5除余1，这个两位数是______.4 （101中学考题）一个八位数，它被3除余1，被4除余2，被11恰好整除，已知这个八位数的前6位是257633，那么它的后两位数字是__________。
5 （实验中学考题）(1)从1到3998这3998个自然数中，有多少个能被4整除?(2)从1到3998这3998个自然数中，有多少个各位数字之和能被4整除?预测1. 如果1＝1！，1×2＝2！，1×2×3＝3！……1×2×3×……×99×100＝100！那么1！+2！+3！+……+100！的个位数字是多少？预测2．（★★★★）公共汽车票的号码是一个六位数，若一张车票的号码的前3个数字之和等于后3个数字之和，则称这张车票是幸运的。
山东省诸城市桃林镇中考数学第27章完全平方数复习题(无答案)
第27章完全平方数27.1如果22x y 为正整数，那么在下面的四组数值中，x 和y 只能取（ ）A. x ＝25530， y ＝ 29464B.x ＝37615，y ＝26855C.x ＝15123，y ＝32477D.x ＝28326，y ＝2861127.2去掉全体正整数中的完全平方数和完全立方数（按递增顺序），则去掉的第19个和第92个数分别是（ ）A. 216 和 6859B.216和6241C 225 和 6241 D.225和608427. 3在十进制中，各位数字全由奇数组成的完全平方数共有（ ）个.A.0B.2C.超过2，但有限D.无限多27.4 p 是质数，且p 4的全部正约数之和恰好是一个完全平方数，则满足上述条件的质数p 的个数是 （ ）（A ） 3 （B ） 2 （C ） 1 D .027. 5小于1000的正整数中，是完全平方数且不是完全立方数的数有__个27.6 一个三位数与1993之和恰好是一个完全平方数，这样的三位数共有 ___ 个.27. 7连续的1993个正整数之和恰是一个完全平方数，则这1993个连续正整数中最大的那个数的最小值是___27.8 已知矩形四边的长都是小于10的整数，用这些长度数可以构成一个四位数，这个四位数的千位数字与百位数字相同，并且这个四位数是一个完全平方数，，那么这个矩形的面积是__.27.9使得n 2－19n ＋91为完全平方数的正整数n 的个数为_.27.10把正整数依次写在黑板上，规定遇到完全平方数时就要：“跳”过去接着写它后面的自然数.这样写成了2， 3， 5，6， 7，8，10，11，…一列数，这样写的第1个数是2，第4个数是6，第8个数是11，…按照这个规律，在黑板上写出的第1992个数是_27.11试求出所有具有如下性质的两位数：它与将它的两个数字颠倒后所得的两位数的和是完全平方数.27.12有一个正整数的平方，它的最后三位数字相同但不为0，试求满足上述条件的最小正整数. 27.13求所有不超过100的恰好有三个正整数因子的正整数的乘积，并证明所有这样的数是完全平方数.27.14求出满足下列条件的所有三位数：这些三位数的平方的末三位数就是原来的三位数.27.15求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得到一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非0）.27.16求最大正整数n，使n2＋1990n是一个完全平方数.27.17N是一个四位完全平方数，各位数字均小于7，且每一位数字增加3后仍是一个完全平方数，求N.27.18求所有这样的正整数n，使得28＋ 211＋2n是一个正整数的平方.27.19如果a＜b＜c＜d＜e是连续的正整数，b＋e＋d是完全平方数，a＋b＋c＋d＋e是完全立方数，那么c的最小值是多少?27.20求出所有这样的正整数，它等于其所有因数的个数的平方.27.21试求两个不同的正整数，它们的算术平均数A和几何平均数G都是两位数.其中A、G中一个可由另一个交换个位和十位数字得到.27.22试证：若a是完全平方数，则a的正约数的个数一定是奇数；反之，若正整数a的正约数的个数是奇数，则a是完全平方数.27.23在小于50的正整数中，含有奇数个正整数因子的数有多少个？27.24用d（n）表示n的正因数的个数，试确定d（1）＋d（2）＋…＋d（1990）的奇偶性.27.25自然数a和b恰好有99个正整数因数（包括1和该数本身）试何:数ab能不能恰有1000个正整数因数（包括1和该数本身）？27.26大楼装有编号为1， 2，…，100的单人牢房都关着门.有编号为1，2，…，100的议员去视察牢房，每位议员只去自己编号倍数的牢房，如发现牢房关着，他就打开视察；如发现打幵的，认为已査，他就关上，100位议员各自独立执行视察，互不干涉他人.最后决定，100名议员视察完后牢房门仍幵着的，其中的犯人减刑，问：哪些犯人得以减刑？：.27.27a、b、c是大于20的正整数，它们中有一个含有奇数个正因数，另两个恰有王个正因数.又a＋b＝c，求满足上述条件的c的最小值.27. 28求证:n2＋n＋1（n＞0）不是完全平方数.27. 29试证:若n是一个正整数，则n3＋n2＋n不是完全平方数.27. 30假设n是正整数，d是2n2的正因数.证明：n2＋d不是完全平方数.27.31若一个数能分解成k个大于1的连续正整数之积，则说这个数具有特征P（k）.（1）求数k，对这个数k，有某个数同时具有特征P（k）和P（k＋2）.（2）求证：同时具有特征P（2）和P（4）的数不存在.27. 32 求证：8个连续正整数的积不能是某一个自然数的四次幂.27.33 能否有这样的正整数x 和y ，使x 2＋y 和y 2＋x 都是整数的平方？27.34若x 与y 都是正整数.试证：x 2＋y ＋1和y 2＋4x ＋3的值不能同时都是完全平方数.27. 35找出使427＋41000＋4x 成为完全平方数的最大整数x .27 36在整数范围内解方程：1964xx x x x y ++++=个 . 27. 37 （1）求出两个正整数x 、y ，使得xy ＋x 和xy ＋y 分别是不同的正整数的平方（2）能否在998至1991范围内求到这样的x 和y ?27. 38试证:任何正整数m ，m （m ＋1）不是整数幂.27. 39 证明:三个连续正整数之积不能是一个正整数的k 次方幂（k ≥2）.27.40求证：4个连续正整数之积不是完全平方数.27.41求证：5个连续正整数的积不是完全平方数.27. 42求证：5个连续正整数的平方和不是完全平方数.27.43已知A 是一个百位数，其史有99位数字是5，问：A 能不能是完全平方数？27.44求证：当n 是非负整数时，3n ＋2×17n 不是完全平方数.27. 45试证：一个两位或两位以上的各位数宇都相同的数一定不是完全平方数.27.46试找出所有这样的质数p ，使得2p 4－p 2＋16是完全平方数.27. 47试问:能否找到4个正整数，使得其中每两个数的乘积与1990的和都是完全平方数？ 27.48设d 1，d 2，…，d k 为正整数n 的全部因数，1＝d 1＜d 2＜d 3＜…＜＝d k ＝n ，求出使k ≥4并且d 12＋d 22＋d 32＋d 42＝n 的所有n .27.49 假设a 1、a 2、a 3、a 4、a 5和b 是满足a 12＋a 22＋a 32＋a 42＋a 52＝b 2的整数.求证：这些数不可能都是奇数.27.50 设有一列数：8×0＋1，8×1＋1，8×2＋1，8×3＋1.…，8×2000＋1.试问:在这一列数中，有多少个完全平方数？27.51求证：如果p 是大于1的整数，那么3p ＋1不可能被2p 整除.27.52设x 是一个n 位数，问：是否总存在非负整数y ≤9和z ，使得10n ＋1z ＋10x ＋y 是一个完全平方数？27.53若24a 2＋1＝b 2，求证：a 和b 不能都被5整除，也不能都不被5整除.27.54 10个连续的整数的平方和能否为完全平方数？27.55按任意的次序把1， 2，…，1976这1976个自然数写成一排.求证:所得的数一定不是完全平方数.27.56证明：不存在这样的三位数石，使成为完全平方数.27.57求证:若×、y为正整数，使得x2＋y2－x被2xy整除，则x为完全平方数.27.58 已知连续2008个正整数的和是一个完全平方数，问：其中最大的数的最小值是多少?27.59 已知M是一个四位的完全平方数.若将M的千位数减少3而个位数增加3可以得到另一个四位的完全平方数.请问：M的值是多少?27.60 在不超过1000的自然数中，平方后的末两位数字相同(但不为0)，这样的数有多少个?27.61 (1)是否存在整数a，b，c满足方程a2＋b2－8c＝9的整数a、b、c？(2)求证：不存在整数a，b，c满足方程a2＋b2－8c＝6的整数a、b、c.27.62 在两个连续的平方数之间能不能有两个完全立方数?换言之，是否存在正整数a、b、n 使得n2＜a3＜b3＜(n＋1)2?27.63 设m是一个小于2006的四位数，已知存在正整数n，使得m－n为质数，且mn是一个完全平方数，求满足条件的所有四位数m.27.64 设m、n均为正整数.证明：当且仅当n－m是偶数时，5n＋5m可以表示为两个完全平方数的和。
安徽省合肥市一六八中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题(含解析)
合肥一六八中学2025届高三10月段考试卷数学考生注意：1．试卷分值：150分，考试时间：120分钟．2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．3．所有答案均要答在答题卡上，否则无效．考试结束后只交答题卡．一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1．已知集合，，则（ ）A ．B ．C ．D ．2．设，均为单位向量，则“”是“”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件3．已知数列满足，若，则（ ）A ．2B ．－2C ．－1D ．4．已知实数a ，b ，c 满足，则下列不等式中成立的是（ ）A ．B ．C ．D ．5．已知，，则（ ）A．B ．C ．D ．6．10名环卫工人在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距15米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从（1）到（10）依次编号，为使每名环卫工人从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为（ ）A ．（1）和（10）B ．（4）和（5）C ．（5）和（6）D ．（4）和（6）7．设，，，则（ ）A ．B ．C ．D ．{A x x =<1ln 3B x x ⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭A B = {x x <{x x <{0x x <<{0x x <<a b 55a b a b -=+a b ⊥ {}n a ()111n n a a +-=11a =-10a =120a b c <<<11a b b a+>+22a b aa b b+<+a b b c a c<--ac bc>a ∈R 2sin cos αα+=tan 2α=433443-34-0.1e1a =-111b =ln1.1c =b c a<<c b a<<a b c<<a c b<<8．定义在R 上的奇函数，且对任意实数x 都有，．若，则不等式的解集是（ ）A ．B ．C ．D ．二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）9．已知O 为坐标原点，点，，，，则（）A ．B ．C ．D ．10．三次函数叙述正确的是（ ）A ．当时，函数无极值点B ．函数的图象关于点中心对称C ．过点的切线有两条D ．当a <－3时，函数有3个零点11．已知，对任意的，都存在，使得成立，则下列选项中，可能的值是（ ）A ．B ．C ．D ．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知复数与3i 在复平面内用向量和表示（其中i 是虚数单位，O 为坐标原点），则与夹角为______．13．函数在上的最大值为4，则m 的取值范围是______．14．设a 、b 、，则______．四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15．（13分）已知中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，．（1）求角A ；（2）已知，从下列三个条件中选择一个作为已知，使得存在，并求出的面积．()f x ()302f x f x ⎛⎫--+=⎪⎝⎭()12024e f =()()0f x f x '+->()11ex f x +>()3,+∞(),3-∞()1,+∞(),1-∞()1cos1,sin1P ()2cos 2,sin 2P -()3cos3,sin 3P ()1,0Q 12OP OP = 12QP QP =312OQ OP OP OP ⋅=⋅ 123OQ OP OP OP ⋅=⋅ ()32f x x ax =++1a =()f x ()f x ()0,2()0,2()f x ()2sin 2f x x =+π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦2π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()123f x f x α=+α3π44π76π78π71+OA OB OAOB2x y m m =-+(],2-∞[]0,1c ∈M ABC △cos sin 0a C C b c --=8b =ABC △ABC △条件①：；条件②：；条件③：AC．（注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．）16．（15分）某地区上年度天然气价格为2.8元/，年用气量为．本年度计划将天然气单价下调到2.55元/至2.75元/之间．经调查测算，用户期望天然气单价为2.4元/，下调单价后新增用气量和实际单价与用户的期望单价的差成反比（比例系数为k ）．已知天然气的成本价为2.3元/．（1）写出本年度天然气价格下调后燃气公司的收益y （单位：元）关于实际单价x （单位：元/）的函数解析式；（收益=实际用气量×（实际单价－成本价））（2）设，当天然气单价最低定为多少时，仍可保证燃气公司的收益比上年度至少增加20%?17．（15分）已知函数（a 为常数，且，），且是奇函数．（1）求a 的值；（2）若，都有成立，求实数m 的取值范围．18．（17分）已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）求函数在处切线方程；（3）若有两解，，且，求证：．19．（17分）（1）若干个正整数之和等于20，求这些正整数乘积的最大值．（2）①已知，都是正数，求证：；②若干个正实数之和等于20，求这些正实数乘积的最大值．2cos 3B =-7a =3m 3m a 3m 3m 3m 3m 3m 0.2k a =()824x x xa f x a +⋅=⋅0a ≠a ∈R ()f x []1,2x ∀∈()()20f x mf x -≥()()2ln f x x x =-()f x ()f x ()()22e ,ef ()f x m =1x 2x 12x x <2122e e x x <+<12,,,n a a a ⋅⋅⋅12n a a a n++⋅⋅⋅+≥合肥一六八中学2025届高三10月段考试卷·数学参考答案、提示及评分细则题号1234567891011答案DCCBBCACACABDAC一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1．【答案】D【解析】，∵，∴．故选D ．2．【答案】C【解析】∵“”，∴平方得，即，则，即，反之也成立．故选C ．3．【答案】C 【解析】因为，，所以，，，所以数列的周期为3，所以．故选C ．4．【答案】B【解析】对于A ，因为，所以，所以，故A 错误；对于B ，因为，所以，故B 正确；对于C ，当，，时，，，，故C 错误；对于D ，因为，，所以，故D 错误．故选B ．5．【答案】B【解析】，则，即，可得，解得或．那么．故选B ．6．【答案】C【解析】设树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为x ，则各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和为：．131ln 0e 3x x <⇒<<23e 2<661132e 2⎛⎫⎛⎫<⇒< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭55a b a b -=+ 222225102510a b a b a b a b +-⋅=++⋅200a b ⋅= 0a b ⋅= a b ⊥111n na a +=-11a =-212a =32a =41a =-{}n a 101a =-0a b <<11a b >11a b b a+<+0a b <<()()()()222220222a b b a a b a b a b a a b b a b b a b b+-++--==<+++2a =-1b =-1c =13b a c =-1a b c =-b aa cb c<--a b <0c >ac bc <2sin cos αα+=()252sin cos 2αα+=2254sin 4sin cos cos 2αααα++=224tan 4tan 15tan 12ααα++=+tan 3α=-1322tan 3tan 21tan 4ααα==-1152151015S x x x =-⨯+-⨯+⋅⋅⋅+-⨯若S 取最小值，则函数也取最小值，由二次函数的性质，可得函数的对称轴为，又∵x 为正整数，故或6．故选C 7．【答案】A【解析】构造函数，，则，，当时，，时，，单调递减；时，，单调递增．∴在处取最小值，∴，（且），∴，∴；构造函数，，，∵，，，∴，在上递增，∴，∴，即，∴．故选A ．8．【答案】C【解析】因为是奇函数，所以是偶函数，因为，所以，令，，在R 上单调递增．又因为且是奇函数，所以的周期为3，，则，所以，则不等式，因为在R 上单调递增，所以，即．故选C ．二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）9．【答案】AC()()()()22222221210101101210y x x x x x =-+-+⋅⋅⋅+-=-+++⋅⋅⋅+()2222101101210y x x =-+++⋅⋅⋅+ 5.5x =5x =()1ln f x x x =+0x >()211f x x x'=-0x >()0f x '=1x =01x <<()0f x '<()f x 1x >()0f x '>()f x ()f x 1x =()11f =1ln 1x x>-0x >1x ≠101ln1.111111>-=c b >()1e 1ln x g x x -=--1x >()11ex g x x-'=-1x >1e1x ->11x<()0g x '>()g x ()1,+∞()()10g x g >= 1.11e 1ln1.1-->0.1e 1ln1.1->a c >()f x ()f x '()()0f x f x '+->()()0f x f x '+>()()e xg x f x =()()()e 0xg x f x f x ''=+>⎡⎤⎣⎦()g x ()302f x f x ⎛⎫--+=⎪⎝⎭()f x ()f x ()12024e f =()12ef =()212e e e g =⨯=()()()()111e 1e 12ex x f x f x g x g ++>⇒+>⇒+>()g x 12x +>1x >【解析】∵，，，，∴，，，，，，易知，故A 正确；∵，，∴，故B 错误；，，∴，故C 正确；，，故D 错误．故选AC ．10．【答案】ABD【解析】对于A ：，，，单调递增，无极值点，故A 正确；对于B ：因为，所以函数的图象关于点中心对称，故B 正确；对于C ：设切点，则切线方程为，因为过点，所以，，解得，即只有一个切点，即只有一条切线，故C 错误；对于D ：，当时，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，有极大值为，所以若函数有3个零点，有极小值为，得到，故D 正确．故选ABD ．11．【答案】AC【解析】∵，∴，∴，∵对任意的，都存在，使得成立，()1cos1,sin1P ()2cos 2,sin 2P -()()()3cos 12,sin 12P ++()1,0Q ()1cos1,sin1OP = ()2cos 2,sin 2OP =- ()()()3cos 12,sin 12OP =++ ()1,0OQ = ()1cos11,sin1QP =- ()2cos 21,sin 2QP =-- 121OP OP ==1QP= 2QP = 12QP QP ≠ ()3cos 12cos1cos 2sin1sin 2OQ OP ⋅=+=- 12cos1cos 2sin1sin 2OP OP ⋅=- 312OQ OP OP OP ⋅=⋅1cos1OQ OP ⋅= 23cos 2cos3sin 2sin 3cos5cos1OP OP ⋅=-=≠1a =()32fx x x =++()2310f x x '=+>()f x ()()4f x f x +-=()f x()0,2()()1,x f x ()()()111y f x f x x x '-=-()0,2()()()112f x f x x '-=-331111223x ax x ax ---=--10x =()23f x x a '=+3a <-()0f x '=x =,x ⎛∈-∞ ⎝()0f x '>()f x x ⎛∈ ⎝()0f x '<()f x x ⎫∈+∞⎪⎪⎭()0f x '>()f x ()f x 20f ⎛=> ⎝()f x ()f x 20f =+<3a <-π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦[]1sin 0,1x ∈()[]12,4f x ∈1π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦2π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()123f x f x a =+∴，，∴，∴，，在上单调递减．在上单调递增．当时，，，，故A 正确，当时，，，故B 错误，当时，，，，故C 正确，当时，，．故错误．故选AC ．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．【答案】【解析】由题知，，．故本题答案为．13．【答案】【解析】当时，函数的图象是由向上平移个单位后，再向下平移个单位，函数图象还是的图象，满足题意，当时，函数图象是由向下平移m 个单位后，再把x 轴下方的图象对称到上方，再向上平移m 个单位，根据图象可知满足题意，时不合题意．()2min 23f x α+≤()2max 43f x α+≥()2sin 2f x x =+()2min 2sin 3x α+≤-()2max 1sin 3x α+≥-sin y x =π3π,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦3π,2π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦3π4α=23π5π,44x α⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦()2max 3π1sin sin 043x α+=>>-()2min5πsin sin 4x α+==23<-4π7α=24π15π,714x α⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦()2max 15π7π12sin sin sin 14623x α+=>=->-6π7α=26π19π,714x α⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦()2max 6π1sin sin 073x α+=>>-()2min 19πsin sin 14x α+=<4π2sin33=<-8π7α=28π23π,714x α⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦()2max 8π9π1sin sin sin 783x α+=<=<-π6(OA = ()0,3OB = cos ,OA OB OA OB OA OB⋅==⋅π6AOB ∠=π6(],2-∞0m ≤2x y m m =-+2xy =m m 2xy =02m <≤2x y m m =-+2xy =02m <≤2m >故本题答案为．14．【解析】不妨设，则，∴，当且仅当，，，即，，时，等号成立．．四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15．【解析】（1）因为，由正弦定理得．即：，，即，因为，所以，得；（2）选条件②：．在中，由余弦定理得：，即．整理得，解得或．当时，的面积为：，当c=5时，的面积为：，(],2-∞301a b c ≤≤≤≤M=≤=33M =+≤+≤b a c b -=-0a =1c =0a =12b =1c =3+cos sin 0a C C b c +--=sin cos sin sin sin 0A C A C B C +--=()sin cos sin sin sin 0A C A C A C C +-+-=()sin cos sin sin 0sin 0A C A C C C --=>cos 1A A -=π1sin 62A ⎛⎫-= ⎪⎝⎭0πA <<ππ66A -=π3A =7a =ABC △2222cos a b c bc A =+-222π7816cos3c c =+-⋅28150c c -+=3c =5c =3c =ABC △1sin 2ABC S bc A ==△ABC △1sin 2ABC S bc A ==△选条件③：AC，设AC 边中点为M ，连接BM ，则，，在中，由余弦定理得，即．整理得，解得或（舍）．所以的面积为．16．【解析】（1），；（2）由题意可知要同时满足以下条件：，∴，即单价最低定为2.6元/．17．【解析】（1），因为是奇函数，所以，所以，所以，所以，；（2）因为，，所以，所以，，令，，，由于在单调递增，所以．18．【解析】（1）的定义域为，，当时，，当时，BM =4AM =ABM △2222cos BM AB AM AB AM A =+-⋅⋅2π21168cos3AB AB =+-⋅2450AB AB --=5AB =1AB =-ABC △1sin 2ABC S AB AC A =⋅⋅=△()2.32.4k y a x x ⎛⎫=+-⎪-⎝⎭[]2.55,2.75x ∈()()[]0.2 2.3 1.2 2.8 2.32.42.55,2.75a a x a x x ⎧⎛⎫+-≥-⎪⎪-⎝⎭⎨⎪∈⎩2.6 2.75x ≤≤3m ()1122x x f x a =⨯+()f x ()()f x f x -=-11112222x x x x a a⎛⎫⨯+=-⨯+ ⎪⎝⎭111202x xa ⎛⎫⎛⎫++=⎪⎪⎝⎭⎝⎭110a +=1a =-()122x x f x =-[]1,2x ∈22112222x x xx m ⎛⎫-≥- ⎪⎝⎭122x x m ≥+[]1,2x ∈2xt =[]1,2x ∈[]2,4t ∈1y t t=+[]2,4117444m ≥+=()f x ()0,+∞()1ln f x x '=-()0f x '=e x =()0,e x ∈，当时，，故在区间内为增函数，在区间为减函数；（2），，所以处切线方程为：，即；（3）先证，由（1）可知：，要证，也就是要证：，令，，则，所以在区间内单调递增，，即，再证，由（2）可知曲线在点处的切线方程为，令，，∴在处取得极大值为0，故当时，，，则，即，又，，∴．19．【解析】（1）将20分成正整数之和，即，假定乘积已经最大．若，则将与合并为一个数，其和不变，乘积由增加到，说明原来的p 不是最大，不满足假设，故，同理．将每个大于2的拆成2，之和，和不变，乘积．故所有的只能取2，3，4之一，而，所以将取2和3即可．如果2的个数≥3，将3个2换成两个3，这时和不变，乘积则由8变成9，故在p 中2的个数不超过2个．那只能是，最大乘积为；（2）①证明：先证：．令，则，，且，()0f x '>()e,x ∈+∞()0f x '<()f x ()0,e ()e,+∞()2e 0f =()22e 1ln e 1f '=-=-()()22e ,ef ()()201e y x -=--2e 0x y +-=122e x x +>2120e e x x <<<<12212e 2e x x x x +>⇔>-()()()()21112e 2ef x f x f x f x <-⇔<-()()()2eg x f x f x =--()0,e x ∈()()()2ln 2e 2ln e 2e e 0g x x x '=--≥--=()g x ()0,e ()()e 0g x g <=122e x x +>212e x x +<()f x ()2e ,0()2e x x ϕ=-()()()()()222ln e 3ln e m x f x x x x x x x x ϕ=-=---+=--()2ln m x x '=-()m x e x =()0,e x ∈()()f x x ϕ<()()12m f x f x ==()()2222e m f x x x ϕ=<=-22e m x +<10e x <<()()111111112ln 1ln m f x x x x x x x x ==-=+->2122e x x m x +<+<1,,n x x ⋅⋅⋅120n x x =+⋅⋅⋅+1n p x x =⋅⋅⋅11x =1x 2x 1221x x x +=+122x x x =21x +2i x ≥()21,2,,i x i n ≥=⋅⋅⋅22i i x x =+-2i x -()224i i i x x x -≤⇒≤i x 42222=⨯=+i x 202333333=++++++6321458⨯=1ex x -≥()1e x f x x -=-()1e 1x f x -'=-()10f '=()()10f x f ≥=，，，∴②让n 固定，设n 个正实数之和为20，，，要是最大，最大即可，令，其中，，∴时，单调递增，时，单调递减，而，所以这些正实数乘积的最大值为．1-≥1,2,,i n =⋅⋅⋅1111--≥=1n ≥0n ≥12n a a a n ++⋅⋅⋅+≥1,,n x x ⋅⋅⋅120n x x n n +⋅⋅⋅+≤=1220nn p x x x n ⎛⎫=⋅⋅⋅≤ ⎪⎝⎭20nn ⎛⎫ ⎪⎝⎭20ln nn ⎛⎫⎪⎝⎭()()20ln ln 20ln tg t t t t ⎛⎫==- ⎪⎝⎭*t ∈N ()20ln ln e g t t '=-7t ≤()g t 8t ≥()g t ()()()()87787ln 207ln 78ln 208ln 8ln 8ln 7200g g -=---=-⨯>7207⎛⎫⎪⎝⎭。
小学五年级数学思维专题训练—因数与倍数(含答案解析)
小学五年级数学思维专题训练—因数与倍数1、由不小于30人，不大于50人的学生围成一个圆圈，由某人开始从1连续报数，如果报30和198是同一个人时，请问：这批学生一共多少人？.2、有这样一类2009位数，它们不含有数字0，任何相邻两位（按原来的顺序）组成的两位数都有一个因数和20相差1，这样的2009位数共有多少个？3、一个自然数，它的最大的因数和次大的因数和是111，这个自然数是（74 ）4、筐中有60个苹果，将它们全部都取出来，分成偶数堆，使得每堆的个数相同。
问：有多少种分法？5、称一个两头（首位和末位）都是1的数为“两头蛇数”。
一个四位数的“两头蛇数”去掉两头得到一个两位数，它恰好是这个“两头蛇数”的因数，这个“两头蛇数”是。
（写出所有可能）6、你能在3×3的方格表（如下图）中填入彼此不同的9个自然数（每个格子里只填一个数），使得每行、每列、两条对角线上三个数的乘积都等于2005吗？若能，请填出一例；若不能，请说明理由）7、已知三位数240有d个不同的因数，求d的值。
8、100以内有10个因数的最小自然数是( ),它的所有因数的和是（）。
9、一个正整数，它的2倍的因数恰好比它自己的因数多2个，它的3倍的数的因数恰好比自己的因数多3个。
那么这个正整数是（）10、能被2145整除且恰有2145个因数的数有（）个。
11、一个自然数恰好有18个因数，那么它最多有（）个因数的个位是3.12、N是1，2，3，...，1995，1996，1997的最小公倍数，请问N等于多少个2与一个奇数的积？13、在下面一列数中，从第二个开始，每个数都比它前面相邻的数大7，数列如下：8，15，22，29，36.....它们前n-1个数相乘的积末尾0的个数比前n 个数相乘积的末尾0的个数少3个，求n 的最小值。
14、81，92，103, (2009)2002中，共有（ ）个最简分数。
15、美术老师要在一张长12分米、宽84厘米的纸上裁出同样大小的正方形手工纸若干张，且没有纸剩下，那么每张正方形纸的边长最大是（ ）厘米，一共能裁出（ ）张这样的手工纸？16、如下图所示，某公园有两段路，AB=175m,BC=125m,在这两段路上安路灯，要求A,B,C 三点各设一个路灯，相邻两个路灯间的距离都相等，则在这两段路上至少要安装多少盏灯？17、将一个数的各位数字相加得到新的一个数称为一次操作，经连续若干次这样的操作后可以变为6的数称为“好数”，那么不超过2012的“好数”的个数为( ),这些“好数”的最大公因数是（）。
走美杯孩子考试情况分析和试题分析
2021年走美杯孩子考试情况分析和试题分析2021年3月18日举行了2021年走美杯比赛，考试时间90分钟，试卷总分值150分。
试题分布：1～5题各8分，6～10题各10分，11～15题各12分。
15道题目，孩子做了13道空了2道。
答案正确的： 3道(前五题)+3道(中间五题)+4道(后五题)＝10道，得分102分。
答案错误的和没有作答的：2道(前五题)+2道(中间五题)+1道(后五题)＝5道，这5道题目的题号是：3(空)、4(错)、6(错)、7(错)、12(空)。
做了13道对了10道，仅从正确率来看，孩子本次考试还是不错的。
错的题目中也有简单题目，例如数字迷那道题不是很难，做错了，但是同时也有不是难题孩子做出来了，例如年龄问题的第8题，五个数的数论问题的第10题都做对了，而且12分的5道题目做了4道都对了，有1道12题不会做。
从整体表现来看，孩子是值得表扬和肯定的。
从大家的反映情况来看，似乎比去年的题目要难，而且比前一天举行的华杯赛初赛和上周举行的希望杯初赛更要难上很多，从这个角度来看，孩子对于越难的题目得分越好，越简单的题目分数越不理想。
前一天参加的华杯赛初赛，10道题目总分值100分(6道选择题4道填空题，每题10分)，挺简单的，但是孩子只得了60分，选择题错了2个〔第5、6题〕，填空题错了1个空着1个〔第8题不会做〕，很多孩子总分值或者八九十分。
前一周参加的希望杯初赛，20道题目总分值120分(20道题全部是填空题，每题6分)，更简单，但是孩子只得了83分，全对11道，局部对5道，全错4道〔第18题已经算到最后一步56÷4了，计算错误得个16，这种错误多冤枉呀，不是不会而是不仔细呀〕，很多孩子超过了100分。
希望杯虽然进了复赛，但是也反映出来孩子的问题，希望孩子以后对于所有题目不管简单与否都能认真一些。
以下详细分析各道试题。
第1题，计算，等差数列，分组，难度级别：☆☆☆☆☆2021+2021+2021+……+1007-1006-1005-1004-……-1=________。
2020年高联二试模拟题_数论
数论【基本问题】1.证明：对于每个正整数n，存在大于1且两两互素的正整数k1, k2, …, k n，使得k1k2…k n– 1为两个连续正整数的乘积.2.设正整数n > 4，证明：对任意n个不超过2n的正整数a1, a2, …, a n，都有min 1≤i<j≤n [a i,a j]≤6([n2] + 1).3.令a (a > 1)是一个给定的正整数. 数列a1, a2, …, a n, …满足：a1 = 1, a2 = a, a n+2 = aa n+1–a n (n≥1).证明：存在无穷多个素数，使得它们当中的每一个都是数列{a n}n≥1中某一项的因子.4.已知无穷等差数列{a n}各项均为正整数，且数列{S(a n)}单调不减（S(a)是正整数a在十进制下的各位数字之和）. 证明：数列{a n}是常数数列.5.用S(m)与P(m)分别表示正整数m在十进制下的各位数字之和与各位数字之积. 证明：对于任意正整数n，都存在正整数a1, a2, …, a n，满足：S(a1) < S(a2) < …< S(a n)且S(a i) = P(a i+1) (i = 1, 2, …, n)，其中a n+1 = a1.6.已知n为大于2的正整数，整数a1, a2, …, a n和b1, b2, …, b n都是模n的完全剩余系，证明：a1b1,a2b2, …, a n b n不是模n的完全剩余系.7.已知正整数n > 2，证明：对于任意n个正整数a1, a2, …, a n，均有∏(j−i) 1≤i<j≤n | ∏(a j−a i)1≤i<j≤n.8.称一个有理数r为“指数型”的，若存在互质的正整数p, q和大于1的正整数k，使得r = p kq. 已知三个正有理数a, b, c满足abc = 1，且存在正整数x, y, z，使得a x + b y + c z也是正整数. 证明：a, b, c都是指数型的.9.设P(x)是一个整系数多项式，已知m个非零整数a1, a2, …, a m，满足：对任意整数n，P(n)至少被a1, a2, …, a m中的一个整除. 证明：存在一个a i (1≤i≤m)，使得对任意整数n，P(n)均被a i整除.10.称一个正整数m为“有趣的”，若存在100个非负整数a1, a2, …, a100（不必互异），使得m = 2a1+ 2a2+ …+ 2a100. 试求最小的正整数n，满足：n的任意正整数倍都不是“有趣的”.11.设S = {n∈N+ | 存在正整数d (n2 + 1≤d≤n2 + 2n)，使得d | n4}. 证明：集合S中没有被7除余3或4的数.12.黑板上有n (n≥3)个互不相等的正整数，证明：可以从中选出两个数，使得这n个数中的任何一个数的3倍都不是这两个数之和的倍数.【进阶问题】13. 设正整数m > 1001，N = m 1001 + 1. 将N , N – m , N – 2m , … , m + 1, 1按从大到小的顺序从左到右写在黑板上，每次操作定义为删掉最左边的数，同时删掉它的全部正约数. 试求最后删掉的数.14. 设n 为正整数，用g (n )表示n 的全体正约数之和. 证明：存在无穷多个正整数n ，使得n | 2g (n ) – 1.15. 设正整数n ≥2，证明：对于任意n 个正整数a 1, a 2, … , a n ，总存在正整数b 1, b 2, … , b n ，同时满足下列条件：(1) a i ≤b i (i = 1, 2, … , n )；(2) b 1, b 2, … , b n 除以n 的余数互不相同；(3) b 1 + b 2 + … + b n ≤n ·( n−12 + [ a 1+a 2+⋯+a n n] ).（其中，[x ]表示不大于x 的最大整数）16. 给定正整数n (n ≥2)，设集合A n = { 2n – 2k | k ∈Z, 0≤k < n }. 试求最大的正整数M ，使得M 不能表示成A n 中的若干个元素之和（可以相同）.17. 设n , k 为正整数. 现有k 个整数a 1, a 2, … , a k (n ≥a 1 > a 2 > … > a k > 0)，满足：其中任意两个数的最小公倍数都不超过n ，证明：对于任意的正整数i (1≤i ≤k )，有ia i ≤n .18. 称实数数列a 0, a 1, a 2, … 为“好的”，若同时满足下列条件： (1) a 0为正整数；(2) 对任意非负整数i ，有a i +1 = 2a i + 1或a i +1 = a i a i +2 ； (3) 存在正整数k ，使得a k = 1154.试求最小的正整数n ，使得存在一个好的数列a 0, a 1, a 2, … ，满足a n = 1154.19. 设正整数n ≥2，称一个n 元有序正整数数组(a 1, a 2, … , a n )为“有趣的”，若存在一个正整数k ，使得(a 1 + a 2)(a 2 + a 3)…(a n –1 + a n )(a n + a 1) = 22k –1.（数组中的元素可以相同）(1) 试求正整数n 的所有可能值，使得存在一个有趣的n 元数组；(2) 证明：对于任意的正奇数m ，存在正整数n (n ≥2)及一个有趣的n 元数组，使得该数组中包含m .20. 证明：对任意正整数n 和k ，都存在k 个正整数m 1, m 2, … , m k ，使得1 + 2k −1n = (1 + 1m 1)(1 + 1m 2)…(1 + 1m k ). 21. 已知集合A = { 1 + 1k | k = 1, 2, 3, … }.(1) 证明：对于任意正整数x (x ≥2)，x 都可以表示为集合A 中的若干元素之积（这些元素可以相同）.(2) 对于任意正整数x (x ≥2)，将其表示为集合A 中的若干元素之积，用f (x )表示所用元素个数的最小值（相同的元素按出现的次数计算）.证明：存在无穷多对正整数(x , y ) (x , y ≥2)，满足f (xy ) < f (x ) + f (y ).22. 对任意的正整数n ，选出满足下列条件的正整数数列a 1, a 2, … ：(1) 对于任意的正整数i ，有a i = a i +n ；(2) 对于任意的正整数i ，有n ∤ a i ；(3) 对于任意的正整数i ，有a i | a i+a i .问：对哪些正整数n (n > 1)，只有数列a 1, a 2, … 中的项全相等时才能满足这些条件？23. (1) 证明：对于区间(0, 12)中的任意实数t ，存在一个正整数n ，满足：在任意n 元正整数集合S 中，总可以找到两个不同的元素x , y ，使得存在一个非负整数m ，满足|x – my |≤ty .(2) 对于区间(0, 12)中的任意实数t ，是否存在一个正整数的无穷集合S ，满足：对于S 中的任意两个不同元素x , y ，不等式|x – my | > ty 对任意正整数m 恒成立.24. 若正整数n = p 1α1p 2α2⋯p k αk ，其中p 1, p 2, … , p k 为互不相同的素数，α1, α2, … , αk 均为正整数，则称p 1α1, p 2α2, … , p k αk 中的最大值为n 的最大素数幂因子. 设n 1, n 2, … , n 10000为10000个互不相同的正整数，并且这10000个数的最大素数幂因子均相等，证明：存在整数a 1, a 2, … , a 10000，使得10000个等差数列{a i + n i , a i + 2n i , a i + 3n i , … } (1≤i ≤10000)两两不相交.【挑战问题】25. 定义rad(n )如下：rad(1) = 1，而对大于1的正整数n ，rad(n )等于n 的所有不同素因子的乘积. 数列a 1, a 2, … 定义如下：a 1∈N +，a n +1 = a n + rad(a n ) (n ≥1). 证明：对任意正整数m (m ≥3)，数列a 1, a 2, … 中都存在连续m 项，它们构成一个等差数列.26. 求所有的正整数组(a , m , n )，满足：a > 1, m < n ，且a m – 1的质因子集合与a n – 1的质因子集合相同.27. 设c 是一个正整数，数列a 1, a 2, … , a n , … 按如下方式定义：a 1 = c , a n +1 = a n 2 + a n + c 3 (n ≥1).求正整数c 的所有可能值，使得存在正整数k 和m (m ≥2)，满足a k 2 + c 3是某个正整数的m 次幂.28. 设c 为正整数，定义数列{a n }n ≥1为：a 1 = c ，a n +1 = a n 3 – 4c ·a n 2 + 5c 2·a n + c (n ≥1).证明：对任意正整数n (n ≥2)，都存在一个素数p ，使得p | a n 且p ∤ a 1a 2…a n –1.29. 设Q 是有理数集，Z 是整数集. 在坐标平面上，对正整数m ，定义点集：A m = {(x , y ) | x , y ∈Q , xy≠0, xy m ∈Z }. 对线段MN ，定义f m (MN )为线段MN 上属于集合A m 的点的个数.求最小的实数λ，使得对坐标平面上的任意直线l ，均存在与l 有关的实数β(l )，满足：对直线l 上任意两点M , N ，都有f 56(MN )≤λf 55(MN ) + β(l ).30. 已知a 1 < a 2 < … < a n 是n 个两两互素的正整数，其中a 1是素数且a 1≥n + 2. 在数轴上的区间I = [0,a 1a 2…a n ]中，称一个整数为“好数”，若它至少可以被a 1, a 2, … , a n 中的一个整除. 于是得到一个好数数列0 = x 0 < x 1 < … < x m = a 1a 2…a n ，所有好数把区间I 分成了m 个小区间[x i , x i +1] (0≤k ≤m –1). 证明：这m 个小区间长度的平方和为a 1的倍数.。
2003美国数学邀请赛(AIME)试题
2003AIME1． 设有三个正整数的乘积N 是这三个正整数之和的6倍，且其中一个数是另外两个数的和，则N 的所有可能值之和是多少？2． 设N 表示每一位数上的数字都不同的正整数，且为8的最大整数倍数，则N 除以1000所得的余数是多少？3． 定义一个“好字”为只由三个字母A ，B ，C 所组成的序列（A ，B ，C 不必全部出现在序列中），其中A 不能紧接在B 之后，B 不能紧接在C 之后且C 不能紧接在A 之后。
试问7个字母的“好字”有多少个？4．在一个正四面体中，以其四个面的中心为顶点可形成一个较小的四面体，若小四面体和大四面体的体积之比为mn，其中m ，n 为互质的正整数，则m+n=？ 5．一圆柱形木头其直径为12英寸，利用两次贯穿此木头的平面切割，可得一个契形木块。
第一次切割垂直于此圆柱的中心线，第二次切割所在平面与第一次切割所在平面所夹的二面角为45º，且此二平面之交线恰与圆柱交于一点设所得之契形木块的体积为n π立方英寸，其中n 为正整数，求n 。
6．在ΔABC 中，AB=13，BC=14，AC=15。
且G 为三中线的交点，若以G 为中心，将ΔABC 旋转180º后，A ，B ，C 三点分别移动到A ’,B’,C’.那么ΔABC 与ΔA ’B ’C ’所盖住的平面面积是多少？7．已知菱形ABCD ，ΔABD 与ΔACD 的外接圆半径分别为12。
5与2。
5，试求此菱形面积。
8．由某两个等差数列之对应项相乘所得的数列为1440，1716，1848，…试求此数列的第8项。
9．设多项式6532()P x x x x x =---，且432()1Q x x x x =---，已知1234,,,z z z z 为()0Q x =的根，求1234()()()()P z P z P z P z +++=？10．两个正整数相差60，它们平方根的和是某个非完全平方整数的平方根，试问这样的两个正整数之和其最大可能值是多少？11．ΔABC 为一直角三角形。
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案
1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≢9，0≢b≢9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≢18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≣10a＋1．因此b＝n2100a2≣20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≢4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≣422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≣m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4²24，4²34，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≢9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2²b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab²ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137²73．故对一切n≣2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104³M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≢5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i²n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m²n！＋k（m∈N，2≢k ≢n）由于n！＝1²2²…²n是k的倍数，所以m²n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n≣2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m≣p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≣n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≢p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≣n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m≣m，p≣2m＋1由得4m2＋4m＋1≢m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≢0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab≣0（否则ab≢－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≢0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≣b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≢k≢n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2≢k≢n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≣n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≣15005，所以A≣15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≢i≢20，1≢j≢10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由a＋c＞c≣c1，b＋c＞c≣c2。
高中数学竞赛专题讲座---同余理论及其应用(二)
数论定理一. 知识要点1. 欧拉定理和费尔马小定理缩系的定义：设m 为正整数，一个模m 的剩余类称为与模m 互素的余类，如果它中的数与m 互素．在与模m 互素的各个剩余类中分别取一个代表所构成的集合称为模m 的一组缩系．很显然，缩系具有以下性质：（1）模m 的缩系中含有ϕ（m ）个数（ϕ（m ）是小于m 的正整数中且与m 互素的个数）．（2）设()m r r ϕ ,1是ϕ（m ）个与m 互素的整数，则()m r r ϕ ,1模m 两两不同余．（3）设()1,=m a ，且()m r r ϕ ,1是模m 的一组缩系，则()m ar ar ar ϕ,,,21 是模m 的一组缩系．欧拉（Euler ）定理：设m 是大于1的整数，a 为整数，且()1,=m a ，则()()m a m mod 1≡ϕ．For personal use only in study and research; not for commercial use解：设()m x x x ϕ,,,21 是模m 的缩系．因为()1,=m a ，所以()m ax ax ax ϕ,,,21 也是模m 的缩系．这两个缩系分别乘起来得()()()m x x x ax ax ax m m mod ·2121ϕϕ ≡，且()()1,21=m x x x m ϕ ．从而()()m a m mod 1≡ϕ )()m a m mod 1≡ϕ．特别地，取m 为质数p ，有费尔马（Fermat ）小定理：设p 为质数，a 为整数，p a ，则()p a p mod 11≡-．它也常常写成()p a a p mod ≡．这里不需假定p a ，但p 应为素数．For personal use only in study and research; not for commercial use2. 中国剩余定理（孙子定理）中国剩余定理：设k m m m ,,21是两两互质的正整数，k a a a ,,,21 是任意整数，则同余方程组()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≡=≡.mod ,mod ,mod 2211k k m a x m a x m a x 对模k m m m 21有唯一解． 解：设()k i m m m m M iki ,,2,121 ==．依题设，有()1,=i i m M ，由裴蜀定理知，存在整数i b ，使得()i i i m b M mod 1≡，k i ,2,1=．对k k k M b a M b a M b a x +++= 222111，其中i i i M b a 能被k i i m m m m ,,,,111+-整除，而被i m 除的余数恰为i a ．从而∑==ki i i i M b a x 1是同余方程组的解．又设x ，y 均为同余方程组的解，则有y x m -1，y x m -2，…，y x m k -，即y x m m m k - 21，亦即()k m m m y x 21mod ≡．所以同余方程组对模k m m m 21有唯一解．3. 威尔逊（wilson ）定理威尔逊（wilson ）定理：设p 为质数，则()()p p mod 1!1-≡-．解：对于任意整数a ，且1≤a ≤p －1，由裴蜀定理知，存在整数a ’，使得()p aa mod 1'≡．称a ’为a 的数论倒数，且不妨设1≤a ’≤p －1．若有整数b ，满足()p ba mod 1'≡，则将此式两边同乘以a ，有()p a b mod ≡．这说明对于不同整数a ，1≤a ≤p －1，对应着不同的数论倒数a ’．又若整数a 的数论倒数是它自身，则()p a a mod 1≡⋅，亦即()()()p a a mod 011≡-+，故1≡a 或()p mod 1-．当2=p 时，显然有()()p p mod 1!1-≡-．当p ＞2时，有2，3，…，p －2这p －3个数恰好配成互为数论倒数的23-p 对数，故它们的积()()p p p mod 1123223≡≡-⨯⨯⨯- ．于是()()()p p p mod 1111!1-≡-⨯⨯≡-．4. 拉格朗日定理设p 为质数，n 是非负整数，多项式()01a x a x a x f n n +++= 是一个模p 为n 次的整系数多项式（即p a n ），则同余方程()()p x f mod 0≡ （※），至多有n 个解（在模p 的意义下）．证明：我们对n 用归纳法．当0=n 时，()0a x f =，因为p a 0，故同余方程（※）无解，命题成立．设当l n =时命题成立，则当1+=l n 时，若命题不成立，即同余方程（※）至少有2+l 个解，设为()p c c c x l mod ,,,221+≡ ①，我们考虑多项式()()()()()11111111c x a c x a c x a c f x f l l l l l l -++-+-=-+++ )()111c x a c l l-++- ()()()()x h c x x a c x l l 111-=+-=+ ②，其中()x h 是l 次多项式并且首项系数1+l a ，满足1+l a p ，从而由归纳假设知l 次同余方程()()p x h mod 0≡ ③，至多有个l 个解，但由①，②可知同余方程③至少有l ＋1个解．()p c c c x l mod ,,,232+≡ ，矛盾！故当1+=l n 时命题成立．综上所述，命题得证．二. 典型例题例1. 已知正整数k ≥2，k p p p ,,,21 为奇质数，且()1,21=k p p p a ．证明：()()()111121----k p p p a 有不同于k p p p ,,21的奇质因数．证明：由()1,21=k p p p a ，有()1,1=p a ．由费尔马小定理，()11mod 11p ap ≡-．又k ≥2，p p p ,,,32 k p p p ,,,32 为奇质数，则()()()211121---k p p p 为正整数，从而()()()()12111mod 121p ak p p p ≡--- ，即()()()12111121----k p p p ap .同理，()()()1211121--⋯--k p p p a能被P 2，P 3，…P k 整除，从而()()()1211121+-⋯--k p p p a不能被k p p p p ,,,,321 整除．注意到()()()211121---k p p p 是一个偶数，则()()()0211121≡---k p p p a或1（mod4），因此4不整除()()()1211121+---k p p p a，故()()()1211121+---k p p p a异于k p p p ,,,21 的奇质因数．所以()()()()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-------1121111112121k k p p p p p p a a()()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+---1211121k p pp a有异于k p p p ,,,21 的奇质因数．例2. 对于自然数n ，如果对于任何整数a ，只要1-n a n ，就有12-na n ，则称n 具有性质P ．（34届IMO预）（1）求证：每个素数n 都具有性质P ． （2）求证：有无穷多个合数也都具有性质P ．证：（1）设p n =为素数且1-p a p ，于是()1,=p a ．由费尔马小定理知11--p a p ，而()()1111-+-=--a a a a p p ．故1-a p ，即()p a m o d 1≡．因此，()p a i mod 1≡，1,,2,1,0-=p i ．上述p 个同余式累和，得()p p a a a p p mod 0121≡≡++++-- ．故()()11212++++---a a a a p p p ，即12-pa p ．（2）设n 是具有性质P 的合数．若1-na n ，则()1,=a n ．由欧拉定理，有()()n a n mod 1≡ϕ，又因()n a n mod 1≡，由阶的性质知，()()()n a n n mod 1,≡ϕ．如果()()1,=n n ϕ，则()n a mod 1≡，于是利用（1）中证明可得12-na n ．因此，问题化为求无穷多个合数n ，使()()1,=n n ϕ．对任何素数p ≥5，取p －2的素因数q ，并令pq n =．这时()()()11--=q p n ϕ．因为()2-p q ，所以q (p －1)．又因q ≤p －2＜p ，故p (q －1)．因此，有()()1,=n n ϕ．对于每个这样的合数n ，若()1-na n ，则()1-a n ，因而()n a k mod 1≡，,2,1,0=k ．故()12-n a n ．因为对于每个素数p ≥5都可按上述程序得到具有性质P 的相应合数()p n ，且p ＜()p n ＜p 2，所以，有无穷多个合数n 具有性质P ．例3. 求所有整数n ≥2，满足：对所有的整数a ，b ，且()()1,,==n b n a ，()n b a mod ≡的充分必要条件是()n ab mod 1≡．（第41届IMO 预选题）解：若n 有奇素因子p ，设n p a||，记1n p n a⋅=，N a ∈．由中国剩余定理知，存在Z x ∈，使()n x mod 1≡，()a p x mod 2≡，则()1,=n x ．取x b a ==，即知()n x mod 12≡，从而()a p mod 14≡，故3=p ，且1=a ．因此()1,5=n ．取5==b a ，即知()n mod 125≡，从而24n ，故,12,8,6,4,3,2=n 24,12,8,6,4,3,2．下证：当n 取上述值时，满足条件．注意到，当2 a 时，有()8mod 12≡a ；当3 a 时，有()3mod 12≡a ，又24n ，32243⨯=，故必有()n a mo d 12≡（因为()1,=n a ）．对Z b a ∈,，且()()1,,==n b n a ，()n b a mod ≡，则()n ab mod 1≡．对Z b a ∈,，且()()1,,==n b n a ， ()n ab mod 1≡，则()n ab a mod 12≡≡．从而()a b a n -又()1,=n a ，有()b a n -，即()n b a mod ≡．综上，所求n 的值为2，3，4，6，8，12，24．例4. 求所有正整数n ，满足对所有的正整数n ，存在一个整数m ，使12-n是92+m 的因子．（第39届IMO 预选题）解：引理1：若p 为4k －1（k ≥2）型质数，则不存在Z m ∈，使()p m mod 92-≡．证明：设)p m m mod 31≡()p m m mod 31≡（∵()13,=p ，∴m 1存在），N m ∈1．又∵()p m mod 912-≡, ∴)(mod 121p m -≡．由费马小定理知，()()()p m m p p p mod 11121212111-=-≡=≡---，矛盾．引理2：当1≤i ＜j 时，有()112,1222=++ji )112,12=++j，且()13,122=+i ．证明：∵()()()()12mod 211121222222+≡+-≡+=+--i i j ij ij ，∴()()12,1212,12222=+=++ij i )()12,1212,122=+=++i j．又∵()()3mod 2111222≡+-≡+i i ，∴()()13,23,122==+i．对于原题，若()()9122+-m n，n ≥2．设t n S ⋅=2，2 t ．若t ≥3，则()()1212-+n t ，从而()()9122+-m t ．又必存在4k －1型素数p ，且3≠p ，()12-tp （否则，()4mod 1111121≡⨯⨯⨯≡-≡- t ，矛盾）．此时()92+m p ，与引理1矛盾．故t =1，从而S n 2=，且()()()1212123121212222+++⋅=--S S．由引理2及中国剩余定理知，存在N m ∈1，使()()12m o d 22211+≡-ii m ，i =1，2，…，s －1．故()((2m o d0121222211≡+≡+-i m )()()12mod 0122221+≡+≡-ii ．令13m m =，有()()()12mod 013922122-≡+=+Sm m ．因此，()()9122+-m n ．综上，所求正整数n 为2的幂次2i （i =1，2，…）．数论中存在性问题是最常见的，除了运用数论存在性定理来解决外，还需要有直接构造的能力．例5. 证明：每个正有理数能被表示成3333d c b a ++的形式，且其中a ，b ，c ，d 是正整数．（40届IMO 预选题）证明：设该正有理数为p ．（1）当⎪⎭⎫⎝⎛∈2,21p 时，()()()()333321121p p p p p -++-++=，其中2p －1，2－p ，p ＋1+∈Q ．（2）当p ≥2时，由于⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⎪⎭⎫ ⎝⎛1,41323，故有N n ∈，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21323p n，由（1）有333333333322132132213223⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=p p p p p n n n n n ．（3）当⎥⎦⎤ ⎝⎛∈21,0p 时，由于()4,1233∈⎪⎭⎫ ⎝⎛，故有N n ∈，使⎪⎭⎫ ⎝⎛∈⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛2,21233p n ，由（1）有333333333232123123212332⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=p p p p p n n n n n ．综上，总有+∈Q d c b a m 1111,,,,，使()()31313131313131313d c mb ma d c b a m p ++=++⋅=,设ma 1，mb 1，c 1，d 1的分母公倍数为n ，则取N mna a ∈=1，N mnb b ∈=，N nc c ∈=1，N nd d ∈=1，且3333dc b a p ++=．结论成立． 说明：这里是直接构造证明，首先发现恒等式()()()()333321121p p p p p -++-++=，进一步对p ≥2，或0＜p ≤21构造．例6. 证明：不存在非负整数k 和m ，使得()mk k ！14848+=+．证明：注意到0=k 或0=m 时，上述不定方程无解，于是，可设满足上述方程的k ，m 为正整数．（1）若1+k 为合数，设pq k =+1，2≤p ≤q ，注意到，应有48 | k ！．故k≥6，于是1＜2p ≤k ，故（1+k ）| k ！，进而（1+k ）| 48，结合1+k ≥7，可知1+k =8，12，24或48，分别代入，两边约去48后，可得矛盾．（2）若1+k 为质数，由威尔逊定理，可知k ！()1mod 1+-≡k ，于是，1+k | 47，进而1+k =47，这要求46！＋48=48×47m ①，从而m ＞1，两边除以48可知m 47148!46=+，两边模4，可知()()4mod 11≡-m ，故m 为偶数．设m =2k ，则由①可知2()()14714748!46+-=k k ，由232 |48!46，而()23mod 2147≡+k，故232 | 147-k，利用二项式定理()()223mod 146123247+≡+⨯=k k，从而23 | k ，进而m ≥46，这时，①式右边比左边大．矛盾．注：一般地，若n ＞4，且n 为合数，则n |（n －1）！，依此可以证明威尔逊定理的逆定理也成立． 例7. 设p 是质数，证明：存在一个质数q ，使得对任意整数n ，数p n p-不是q 的倍数．（第44届IMO 试题）证明：由于()212mod 1111p p p p p p p p p +≡++++=--- ．则11--p p p 中至少有一个质因子q ，满足q 对2p 的模不等于1。
数论入门
这份资料的来源，是中学奥数里面的数论模块，主要讲一些基本的知识和分析方法，没有具体的算法和程序，但是，对于学习ACM 的数论模块依然是很有帮助的整数的性质及其应用（1）基础知识整数的性质有很多，这里我们着重讨论整数的整除性、整数的奇偶性，质数与合数、完全平方数及整数的尾数等几个方面的应用。
1．整除的概念及其性质在高中数学竞赛中如果不加特殊说明，我们所涉及的数都是整数，所采用的字母也表示整数。
定义：设b a ,是给定的数，0≠b ，若存在整数c ，使得bc a =则称b 整除a ，记作a b |，并称b 是a 的一个约数(因子)，称a 是b 的一个倍数，如果不存在上述c ，则称b 不能整除a 记作b a 。
由整除的定义，容易推出以下性质：(1)若c b |且a c |，则a b |(传递性质)；(2)若a b |且c b |，则)(|c a b ±即为某一整数倍数的整数之集关于加、减运算封闭。
若反复运用这一性质，易知a b |及c b |，则对于任意的整数v u ,有)(|cv au b ±。
更一般，若n a a a ,,,21 都是b 的倍数，则)(|21n a a a b +++ 。
或着i b a |，则∑=n i i i bc a 1|其中n i Z c i ,,2,1, =∈；(3)若a b |，则或者0=a ，或者||||b a ≥，因此若a b |且b a |，则b a ±=；(4)b a ,互质，若c b c a |,|，则c ab |；(5)p 是质数，若n a a a p 21|，则p 能整除n a a a ,,,21 中的某一个；特别地，若p 是质数，若n a p |，则a p |；(6)(带余除法)设b a ,为整数，0>b ，则存在整数q 和r ，使得r bq a +=，其中b r <≤0，并且q 和r 由上述条件唯一确定；整数q 被称为a 被b 除得的(不完全)商，数r 称为a 被b 除得的余数。
中学数学中与初等数论相关的几个问题
目录1。
前言 (1)2.利用整除性判别法解决整除问题 (1)2.1能被2k或5k整除的判别法 (1)2。
2割尾判别法 (2)3。
利用整除的基本性质解题 (4)4.最大公因数 (6)5.抽屉原理在数论中的应用 (7)6。
致谢 (10)7.参考文献 (11)中学数学中与初等数论相关的几个问题陈琴 （指导老师: 左可正）(湖北师范学院 数学系 湖北 黄石 435002)1。
前言在中学数学中，整数是特殊常用的一类数。
而初等数论是研究整数的性质的、与算术有密切关系的一门学科，可以说初等数论是算术的延续.初等数论问题更是数学竞赛试题多发区.而对于整除性质和抽屉原理的考察一直是中学数学竞赛中应用范围最广的核心内容,作为高中教师，有必要对这些知识进行系统的考查。
2。
利用整除性判别法解决整除问题一个数能不能被另一个数整除，虽然可以用长除法去判别,但当被除数位数较多时，那是很麻烦的。
要判别一个正整数a 能否被另一个正整数d 整除,往往可变为只要找出另一（绝对值）较小的整数b ，而去判别b 能否被d 整除。
这个新的整数b 也就称为判别数。
要看一种整除判别法是否优越，就在于能否用较快的速度而得出很小的判别数。
因为判别数b 越小，就越容易判别能否被d 整除。
下面我将阐述两种判别法。
2。
1能被2k 或5k 整除的判别法令整数01n a a a a =⋯（0<0a ≤9,0≤i a ≤9， i =1，2, ⋯,n)。
i a ∈N.因为210k k |，但k 2不整除110k -，故要判别a 是否能被k 2整除，就是要而且只要判别122n k n k n n a a a a -+-+-⋯能否被k 2整除.我们可以用一个例子来证实这个判别法.例1:试判别51024能否被16整除？解:显然16=42,故相当于来判别a 是否能被42整除.但1024=1000+24而321000∣,42不整除1000，故知以42除1000的余数为8,而8+24=32可被16整除，故知1651024∣.与能被2k 整除的道理一样，判别a 是否能被5k 整除，只需要看122n k n k n n a a a a -+-+-⋯能否被5k 整除就行了。
初中数学重点梳理：质数、合数
质数、合数知识定位质数、合数是初等数论中的一个重要内容，由于数论内涵丰富，因此数论问题灵活而富于变化，解答质数、合数问题往往需要较强的分析能力与具备一定的数学素养。
正因为如此，质数、合数的有关问题常常是各层次数学竞赛的主要题源之一。
在处理有关质数、合数问题时，除了要求会熟练地运用某些常用的方法外，更重要的是要善于分析，要学会抓问题的本质特征。
本节介绍一些常见题型和基本解题思想和技巧的方法来提高学生的解题能力，是完全必要的，也是比较符合中学生的认知规律的，本文主要介绍一些适合初中学生解答的质数、合数问题。
知识梳理1、自然数按因数的个数来分：质数、合数、1、0四类（1）质数（或素数）：只有1和它本身两个因数。
（2）合数：除了1和它本身还有别的因数（至少有三个因数：1、它本身、别的因数）。
（3）1：只有1个因数。
“1”既不是质数，也不是合数。
注：①最小的质数是2，最小的合数是4，连续的两个质数是2、3。
②每个合数都可以由几个质数相乘得到，质数相乘一定得合数。
③20以内的质数：有8个（2、3、5、7、11、13、17、19）④100以内的质数有25个：2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97 2、100以内找质数、合数的技巧看是否是2、3、5、7、11、13…的倍数，是的就是合数，不是的就是质数。
关系：奇数×奇数=奇数质数×质数=合数3、常见最大、最小A的最小因数是：1；最小的奇数是：1；A的最大因数是：本身；最小的偶数是：0；A的最小倍数是：本身；最小的质数是：2；最小的自然数是：0；最小的合数是：4；4、分解质因数：把一个合数分解成多个质数相乘的形式。
5、互质数：公因数只有1的两个数，叫做互质数。
两个质数的互质数：5和7两个合数的互质数：8和9一质一合的互质数：7和86、两数互质的特殊情况（1）1和任何自然数互质；（2）相邻两个自然数互质；（3）两个质数一定互质；（4）2和所有奇数互质；（5）质数与比它小的合数互质。
初二数学命题与证明练习题
初二数学命题与证明练习题在初二的数学学习中，我们将深入探讨命题与证明，这对我们理解数学的逻辑思维和解题能力非常重要。
下面是一些初二数学的命题与证明练习题，希望能帮助同学们更好地理解和掌握这一知识点。
1. 命题：若两个正整数互质，则它们的最小公倍数等于它们的乘积。
证明：设两个正整数为a和b，不妨假设它们的最大公约数为d，则a和b分别可以表示为a=d*m，b=d*n(m、n为正整数且互质)。
根据最大公约数的性质可知，m和n互质。
最小公倍数等于两个数之积除以最大公约数，即lcm(a,b)=a*b/d。
将a和b代入，得到lcm(a,b)=d*m*d*n/d=m*n=a*b。
因此，命题成立。
2. 命题：若直角三角形的两条直角边分别为a和b，斜边为c，则有c²=a²+b²。
证明：设直角三角形的两条直角边为a和b，斜边为c。
根据勾股定理，直角三角形的斜边的平方等于两条直角边的平方和，即c²=a²+b²。
因此，命题成立。
3. 命题：如果一个自然数能同时被2和3整除，则它一定能被6整除。
证明：设自然数为n，根据整除的定义，能被2整除意味着n可以表示为2的倍数，能被3整除意味着n可以表示为3的倍数。
由于2和3都是素数，它们的最小公倍数为6。
即n一定可以表示为6的倍数，即能被6整除。
4. 命题：一个正整数如果同时能被4和6整除，那么它一定能被12整除。
证明：设正整数为n，根据整除的定义，能被4整除意味着n可以表示为4的倍数，能被6整除意味着n可以表示为6的倍数。
由于4和6的最小公倍数为12，即n一定可以表示为12的倍数，即能被12整除。
5. 命题：一个正整数如果同时是3和5的倍数，那么它一定能被15整除。
证明：设正整数为n，根据整除的定义，能被3整除意味着n可以表示为3的倍数，能被5整除意味着n可以表示为5的倍数。
由于3和5的最小公倍数为15，即n一定可以表示为15的倍数，即能被15整除。
正整数知识点总结
正整数知识点总结一、正整数的性质1. 除了1以外，正整数可以表示成若干个不同的质数的乘积。
例如，6=2×3，8=2×2×2。
2. 正整数可以分为两类：偶数和奇数。
偶数能被2整除，奇数除以2有余数。
3. 正整数可以进行加法、减法、乘法和除法运算。
加法和乘法满足交换律和结合律，乘法还满足分配律。
4. 正整数的乘积和最大公因数、最小公倍数的关系。
若a和b是两个正整数，那么a和b的最大公因数乘以最小公倍数等于a和b的乘积。
5. 正整数的除法运算。
当b是a的因数时，可以用a除以b得到商和余数。
商是整数，余数小于除数。
6. 正整数的质因数分解。
每个正整数都可以分解为若干个质数的乘积，这些质数就是这个数的质因数。
7. 正整数的约数和倍数。
a的约数是能整除a的正整数，a的倍数是a的整数倍。
8. 正整数的末位数字的规律性。
末位数字的规律可以用来判断一个数能否被另一个数整除。
9. 正整数的个位数之和的规律性。
个位数之和的规律可以用来判断一个数能否被另一个数整除。
10. 正整数的乘方运算。
a的n次方是a连乘n次，0的任何正整数次方都为0。
11. 正整数的素数和合数。
大于1的正整数，如果除了1和它本身以外没有其他因数，就是素数，否则是合数。
12. 正整数的完全数。
如果一个正整数等于它的约数之和，就是完全数。
例如，28=1+2+4+7+14。
13. 正整数的欧拉函数。
正整数n的欧拉函数是小于等于n且与n互质的正整数个数。
14. 正整数的阶乘。
正整数n的阶乘是从1到n所有整数的乘积，记作n!。
15. 正整数的质数数量。
正整数n之前的所有质数的数量是n/ln(n)的渐进值。
二、正整数的应用1. 在数论中，正整数的性质和规律被用来研究数列、数学归纳法和整除性等问题。
2. 在代数中，正整数被用来进行多项式的运算，解方程和证明等各种计算和推理问题。
3. 在几何中，正整数被用来表示长度、面积和体积等几何量，作为计算和比较的基础。
正整数的基本定义-概述说明以及解释
正整数的基本定义-概述说明以及解释1.引言1.1 概述引言部分作为文章的开头，它旨在为读者提供一个总览和背景信息，以便他们更好地理解接下来的内容。
在本文的引言中，我们将对正整数进行概述，并解释为什么正整数在数学和现实世界中具有重要的地位。
引言在数学中，正整数是指大于零且没有小数和分数部分的数。
即从1开始的自然数序列，如1、2、3、4等。
正整数是数学中最基本的概念之一，我们在日常生活中随处可见正整数的应用。
正整数是数学研究的重要组成部分，也是其他数学概念的基础。
正整数作为一种基本的数学概念，具有许多独特的性质和特点。
它们是数学运算的基础，包括加法、减法、乘法和除法。
正整数还是数学中许多定理和公式的关键要素，如素数定理、费马大定理和欧几里得算法等。
正整数的性质为数学家们提供了丰富的研究材料，并促使他们发展了许多重要的数学理论。
正整数并不仅仅局限于数学领域。
它们在现实世界中也具有广泛的应用。
例如，正整数在计算机科学中被广泛使用，用于表示数据的数量和索引。
正整数也被用来计算人口统计数据、货币计算以及物理量的测量等。
此外，正整数在日常生活中的应用领域也非常广泛，如时间、距离、体积、重量等的表示中均使用正整数。
本文旨在深入研究正整数的定义、性质和应用，并探讨正整数在数学和现实世界中的重要性。
通过对正整数的深入了解，我们可以更好地理解数学中的其他概念和现实生活中的应用。
同时，我们也将思考正整数的发展潜力，展望其在未来的应用和研究中的前景。
（以下为将2.正文部分撰写完成后的内容。
）1.2文章结构文章结构部分的内容可以包括以下内容：文章的结构部分主要用于介绍整篇文章的组织架构和章节安排。
通过合理的结构安排，可以使读者更好地理解文章的内容和逻辑关系。
这一部分通常包括以下几个方面的内容：1. 章节标题和编号：提供一个清晰的章节目录，可以使读者快速了解文章的结构和章节顺序。
在本篇文章中，共包括引言、正文和结论三个大的部分，每个部分又可以细分为几个小节。
n个连续正整数的积能n!整除证明
n个连续正整数的积能n!整除证明在初学数学时，我们经常遇到一类问题，就是证明“n个连续正整数的积能n!整除”。
这个问题有一个很简单的证明方法，下面来一步步分解说明。
首先，为了方便，我们将“n个连续正整数”的积记作M，即M= a(a+1)(a+2)……(a+n-1)。
我们要证明M能够整除n!，也就是n!能够被M整除。
第一步，我们需要把n!分解质因数。
n!的分解式为：n! =2^a_1 ×3^a_2 ×5^a_3 ×……其中，a1、a2、a3等均为正整数。
换言之，n!的因子只可能是2、3、5等质因子的某些乘积。
第二步，我们需要证明M包含n!中的所有质因数。
我们可以通过简单的数学推导，得出M包含n!中所有的质因数。
如何得出这个结论呢？假设p是n!中的一个质因数，且p不属于M中的一个数，也就是说，p不属于a、a+1、a+2、……、a+n-1中的任何一个数的质因子中。
由于p是n!中的质因数，所以p一定出现在n!的分解式中。
但是，由于我们已经指定了p不属于M中任何一个数的质因子，所以p只能在(n+1)到n!之间剩下的n-a个数当中出现，即从(n-a+1)到n的这n-a个数之中某一个的质因子链条当中。
但是，这样做会导致n!的分解式中多出一个p的因子，因为此时n!的分解式中一定有一个p的因子不能被M中任何一个数所消去。
所以，p是M中的一个因子。
第三步，由第二步结论可得，M包含n!中的所有质因数，因此M 能整除n!。
至此，我们完成了这个问题的证明。
需要注意的是，这个证明仅对当n≥1时成立。
当n=0时，n!定义为1，此时M也等于1，因此仍符合证明结果。
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2003AIME
1． 设有三个正整数的乘积N 是这三个正整数之和的6倍，且其中一个数是另外两个数的和，则N 的所有可能值之和是多少？
2． 设N 表示每一位数上的数字都不同的正整数，且为8的最大整数倍数，则N 除以1000所得的余数是多少？
3． 定义一个“好字”为只由三个字母A ，B ，C 所组成的序列（A ，B ，C 不必全部出现在序列中），其中A 不能紧接在B 之后，B 不能紧接在C 之后且C 不能紧接在A 之后。
试问7个字母的“好字”有多少个？
4．在一个正四面体中，以其四个面的中心为顶点可形成一个较小的四面体，若小四面体和大四面体的体积之比为
m
n
，其中m ，n 为互质的正整数，则m+n=？ 5．一圆柱形木头其直径为12英寸，利用两次贯穿此木头的平面切割，可得一个契形木块。
第一次切割垂直于此圆柱的中心线，第二次切割所在平面与第一次切割所在平面所夹的二面角为45º，且此二平面之交线恰与圆柱交于一点设所得之契形木块的体积为n π立方英寸，其中n 为正整数，求n 。
6．在ΔABC 中，AB=13，BC=14，AC=15。
且G 为三中线的交点，若以G 为中心，将ΔABC 旋转180º后，A ，B ，C 三点分别移动到A ’,B’,C’.那么ΔABC 与ΔA ’B ’C ’所盖住的平面面积是多少？
7．已知菱形ABCD ，ΔABD 与ΔACD 的外接圆半径分别为12。
5与2。
5，试求此菱形面积。
8．由某两个等差数列之对应项相乘所得的数列为1440，1716，1848，…试求此数列的第8项。
9．设多项式6
5
3
2
()P x x x x x =---，且4
3
2
()1Q x x x x =---，已知1234,,,z z z z 为
()0Q x =的根，求1234()()()()P z P z P z P z +++=？
10．两个正整数相差60，它们平方根的和是某个非完全平方整数的平方根，试问这样的两个正整数之和其最大可能值是多少？
11．ΔABC 为一直角三角形。
其中AC=7，BC=24且∠C 为直角。
设M 为AB 的中点，且
D 为与C 在AB 同侧的一点，使得AD=BD=15。
若将ΔCMD ，其m,n,p
为正整数，m 与p 互质，且n 不可被任何质数的平方所整除。
试求m+n+p 之值。
12. 一委员会的委员正从27位候选人中选拔一位会长，每位委员只能从这些候选人中选一人投一票若每位候选人的得票百分率（所谓百分率即a%中的数值a ）皆较其得票数至少少1。
问委员会最多有多少位委员？
13．一个跳蚤在一个等腰三角形的三个顶点间跳动，每次跳动可随机由一个顶点跳到其他两个顶点中的一个。
若此跳蚤从某一顶点开始跳动，经过10次跳动后会回到原来顶点的概率为
m
n
，其中m ，n 为互质的正整数，试求m+n 之值。
14．若A(0,0),B(b ,0)是直角坐标平面上两点，且ABCDEF 是凸等边六边形，∠FAB=120 º,AB ∥CD,BC ∥EF,CD ∥FA.且各顶点的纵坐标为集合{0,2,4,6,8,10}中的相异元素，该六边形的面
积可以表示为m,n 为正整数，且n 不可能被任何质数的平方所整除。
试求m+n=?
15设23
24
24241
()24(24)()j j j P x x
j x x -+==+-+∑，令12,,,r z z z 为()0P x =的所有相异的
根，并令2k
k k z a b i =+，其i 是虚数单位，且k a 与k b 为实数，设
1
||r
k
k b
m ==+∑m,n,p 为整数且p 不可能被任何质数的平方所整除，试求m+n+p 之值。