2014年六年级数学思维训练：数论综合二
一、兴趣篇
1．有4个不同的正整数，它们中任意2个数的和都是2的倍数，任意3个数的和都是3的倍数．要使这4个数的和尽可能小，这4个数应该分别是多少？
2．已知算式（1+2+3+…+n）+2007的结果可表示为n（n＞1）个连续自然数的和．请问：共有多少个满足要求的自然数n？
3．有些自然数能够写成一个质数与一个合数之和的形式，并且在不计加数顺序的情况下，这样的表示方法至少有4种．所有满足上述条件的自然数中最小的一个是多少？
4．甲、乙两个自然数的乘积比甲数的平方小2008．满足上述条件的自然数有几组？
5．两个不同两位数的乘积为完全平方数，它们的和最大可能是多少？
6．n个自然数，它们的和乘以它们的平均数后得到2008．请问：n最小是多少？
7．一个正整数若能表示为两个正整数的平方差，则称这个数为“智慧数”，比如16=52﹣32，16就是一个“智慧数”，请问：从1开始的自然数列中，第2008个“智慧数”是多少？
8．将100!﹣5分别除以2，3，4，…，100，可以得到99个余数（余数有可能为0）．这99个余数的和是多少？
9．小悦、冬冬和阿奇三人经常去电影院，小悦每隔2天去一次，冬冬每隔4天去一次，阿齐每隔6天去一次．今天他们三人都去电影院，将来会有连续三天都有人去电影院．如果今天是第1天，那么最早出现的具有上述性质的连续三天是哪三天？
10．有三个连续的自然数，它们的平方从小到大依次是10、9、8的倍数．这三个数中最小的一个是多少？
二、拓展篇（共12小题，满分0分）
11．一个正整数，如果加上100是一个完全平方数，如果加上168，则是另一个完全平方数，则这个正整数是．
12．已知甲、乙两个自然数的最大公约数是6，两数之和为1998．满足上述条件的数一共有多少组？
13．冬冬往一个水池里扔石子．第一次扔l颗石子，第二次扔2颗石子，第三次扔3颗石子，第四次扔4颗石子…他准备扔到水池的石子总数是106的倍数．请问：冬冬最少需要扔多少次？
14．数学老师把一个两位数的约数个数告诉了小悦，聪明的小悦仔细思考了一下后算出了这个数．同学们，你们知道这个数可能是多少吗？
15．在一个正整数的所有约数中，个位数字为0，1，2，…，9的数都出现过，这样的正整数最小是多少？
16．求最小的正整数n，使得2006+7n是完全平方数．
17．请写出由不同的两位数组成的最长的等比数列．
18．有一些自然数，它们不能用三个不相等的合数之和来表示．这样的自然数中的最大一个是多少？
19．有些数既能表示成5个连续自然数的和，又能表示成6个连续自然数的和，还能表示成7个连续自然数的和．例如：105就满足上述要求，105=19+20+21+22+23；
105=15+16+17+18+19+20；105=12+13+14+15+16+17+18．请问：在1至1000中一共有多少个满足上述要求的数？
20．一个特殊的圆形钟表只有一根指针，指针每秒转动的角度为连续自然数数列．现在设定指针第一秒转动的角度为a度（a为小于360的整数），则其第二秒转动a+l度，第三秒转动a+2度…如果指针在第一圈内恰好能指回出发位置，那么a一共有几种设定方法？最小可以被设成多少？
21．某住宅区有12家住户，他们的门牌号分别是1，2，…，12．他们的电话号码依次是12个连续的六位自然数，并且每家的电话号码都能被这家的门牌号整除，已知这些电话号码的首位数字都小于6，并且门牌号是9的这一家的电话号码也能被13整除，问：这一家的电话号码是什么数？
22．在等差数列1，8，15，22，29，36，43，…中，如果前n个数乘积的末尾0的个数比前n+l个数乘积的末尾0的个数少3个，那么n最小是多少？
三、超越篇（共8小题，满分0分）
23．有一些正整数，它可以表示成连续20个正整数的和，而且当把它表示成连续正整数之和（至少2个）的形式时，恰好有20种方法．这样的正整数最小是多少？（写出质因数分解）
24．有些自然数可以表示成两个合数相乘再加一个合数的形式，例如：33=4×6+9．请问：不能表示成这种形式的自然数最大是多少？
25．在给定的圆周上有100个点．任取一点标上1；按顺时针方向从标有1的点往后数2个点，标上2；从标有2的点再往后数3个点，标上3…依此类推，直至在圆周上标出100．对于圆周上的这些点，有的点可能标上多个数，有的点可能没有被标数．请问：标有100的那个点上标出的数最小是多少？
26．三个聪明的初中生聚在一起玩一个推理的游戏，小强与小花各选了一个自然数并分别将它告诉小安．小安告诉小强和小花，他将分别把这两个数的和与乘积写在不同的纸上．小安写好后，将其中一张纸藏起来，把另一张纸亮出来给小强和小花看（这张纸上写着2008）．小安请小强和小花互猜对方所选的数，小强首先宣称他无法确定小花所选的数，小花听完小强的话后，也说她无法确定小强所选的数．请问：小花所选的数是什么？
27．已知三个互不相等的正整数成等比数列，且三个数的乘积是完全平方数，那么这三个数的和最小是多少？
28．是否存在一个完全平方数，它的每一位上的数字全都相同（至少是两位数）？如果存在，请写出一个；如果不存在，请说明理由．
29．有一根均匀木棍，先用红色刻度线将它分成m等份，再用蓝色刻度线将它分成n等份，m＞n．然后按所有刻度线将该木棍锯成小段，一共可以得到170根长短不一的小棍，其中最长的小棍恰有100根．求m和n．
30．是否存在这样的自然数：在这个数后面重写一遍这个数，新组成的数是一个完全平方数？如果存在，请举例；如果不存在，请说明理由．
2014年六年级数学思维训练：数论综合二
参考答案与试题解析
一、兴趣篇
1．有4个不同的正整数，它们中任意2个数的和都是2的倍数，任意3个数的和都是3的倍数．要使这4个数的和尽可能小，这4个数应该分别是多少？
【分析】首先从被2、3整除数的特征入手，根据被3除的余数特征分析探讨得出答案即可．【解答】解：任意两数之和是2的倍数，说明这4个数要么都是2的倍数，要么都不是2
的倍数．
任意三数之和是3的倍数，分析几种假设：
1、假设这四个数都是三的倍数﹣﹣情况可以成立；
2、假设其中一个数是三的倍数﹣﹣这要求剩下三个数两两相加或三个相加都是3的倍数，而三个不是3倍数的数两两相加是无法得到3的倍数的数的（不是3的倍数的数与3相除得的余数只能是1和2，而1和2拿出3个来两两相加是无法都得到3的），不成立．
3、假设其中两个数是三的倍数﹣﹣同样要求剩下的两个数中任意一个或者两个相加都是3的倍数，与假设违背，不成立．
4、假设其中三个数是三的倍数﹣﹣要求剩下的一个数必须是三的倍数，同样与假设违背，不成立．
因此，这四个数必须都是3的倍数（其中一个可为0）
列出3的倍数（含0）
0、3、6、9、12、15、18、21、24、27
从中取出4个数，这四个数全是2的倍数：0、6、12、18
从中取出4个数，这四个数不能是2的倍数：3、9、15、21
很明显，0、6、12、18符合尽可能小的要求．
所以这四个数为0、6、12、18．
2．已知算式（1+2+3+…+n）+2007的结果可表示为n（n＞1）个连续自然数的和．请问：共有多少个满足要求的自然数n？
【分析】1到n是n个连续自然数的和，将2007平均分给n个数，所得的n个数仍是连续的自然数，
要将2007平均分成n份，所以2007能被n整除，即n是2007的约数．
2007=1×3×3×223，约数共有6个（1，3，9，223，669，2007）．
题目要求n大于1，去掉1，
当n=3时，原式=1+2+3+669×3=670+671+672
当n=9时，原式=1+2+3+…+9+223×9=224+225+…+232
当n=223时，原式=1+…+223+9×223=10+11+…+232
当n=669时，原式=1+…+669+3×669=4+5+…+672
当n=2007时，原式=1+…+2007+1×2007=2+3+…+2008
【解答】解：假设这n个自然数为k+11，k+2，…，k+n+n，
则（k+1+1）+（k+2）+…+（k+n+n）=（1+2+3+.1+2+3+…+n+n）+2007
得nk=2007（n，k为自然数）
因为：
2007=3×3×223
所以2007的约数有3，9，223，669，2007，
所以共15种情况．
答：共有5个满足要求的自然数n．
3．有些自然数能够写成一个质数与一个合数之和的形式，并且在不计加数顺序的情况下，这样的表示方法至少有4种．所有满足上述条件的自然数中最小的一个是多少？
【分析】在所有的质数中，从小到大的那一组至少是41+4=45．于是对45、46、47根据题意进行拆分，从而找出满足上述条件的自然数中最小的一个数，解决问题．
【解答】解：在所有的质数中，从小到大的那一组至少是41+4=45．
按题目要求分析，45有如下12种方法：
45=3+42=5+40=7+38=11+34=13+32=17+28=19+26=23+22=29+16=31+14=37+8=41+4
按题目要求分析，46有如下7种方法：
46=2+44=7+39=11+35=13+33=19+27=31+15=37+9
按题目要求分析，47有如下7种方法：
47=2+45=3+44=5+42=7+40=11+36=13+34=17+30=19+28=23+24=29+18=27+10=41+6=43+4 因此，满足题意的最小自然数是47．
4．甲、乙两个自然数的乘积比甲数的平方小2008．满足上述条件的自然数有几组？
【分析】可设甲、乙两个自然数分别为a、b，则：a2﹣ab=a（a﹣b）=2008=2×2×2×251，依此可求2008的约数的个数，进一步即可求解．
【解答】解：设甲、乙两个自然数分别为a、b，则：
a2﹣ab=a（a﹣b）=2008=2×2×2×251，
2008的约数共有（3+1）×（1+1）=8（个），
那么满足条件的解共有8÷2=4组．
答：满足上述条件的自然数有4组．
5．两个不同两位数的乘积为完全平方数，它们的和最大可能是多少？
【分析】从最大的两位数99进行分析，得到满足条件的另外一个乘数，得到它们的和，再分析两位数98，进一步即可求解．
【解答】解：最大的两位数是99，99=9×11，另外一个乘数要含因数11，最大是4×11=44，和=99+44=143；
还有一种情况是98=2×49，另外一个乘数含因数2，最大是2×36=72，和=98+72=170．
答：它们的和最大可能是170．
6．n个自然数，它们的和乘以它们的平均数后得到2008．请问：n最小是多少？
【分析】设它们的平均数为x，则nx×x=2008，即nx2=2008，由此即可得出答案．
【解答】解：设它们的平均数为x，则nx×x=2008，即nx2=2008，因为2008=2×2×2×251，所以nx2=2008=502×22．
答：n最小是502．
7．一个正整数若能表示为两个正整数的平方差，则称这个数为“智慧数”，比如16=52﹣32，16就是一个“智慧数”，请问：从1开始的自然数列中，第2008个“智慧数”是多少？
【分析】如果一个数是智慧数，就能表示为两个正整数的平方差，设这两个数分别m、n，设m＞n，即智慧数=m2﹣n2=（m+n）（m﹣n），因为m，n是正整数，因而m+n和m﹣n就是两个自然数．要判断一个数是否是智慧数，可以把这个数分解因数，分解成两个整数的积，看这两个数能否写成两个正整数的和与差．
【解答】解：1不能表示为两个正整数的平方差，所以1不是“智慧数”．对于大于1的奇正整数2k+1，有2k+1=（k+1）2﹣k2（k=1，2，…）．所以大于1的奇正整数都是“智慧数”．对于被4整除的偶数4k，有4k=（k+1）2﹣（k﹣1）2（k=2，3，…）．
即大于4的被4整除的数都是“智慧数”，而4不能表示为两个正整数平方差，所以4不是“智慧数”．
对于被4除余2的数4k+2（k=0，1，2，3，…），设4k+2=x2﹣y2=（x+y）（x﹣y），其中x，y为正整数，
当x，y奇偶性相同时，（x+y）（x﹣y）被4整除，而4k+2不被4整除；
当x，y奇偶性相异时，（x+y）（x﹣y）为奇数，而4k+2为偶数，总得矛盾．
所以不存在自然数x，y使得x2﹣y2=4k+2．即形如4k+2的数均不为“智慧数”．
因此，在正整数列中前四个正整数只有3为“智慧数”，此后，每连续四个数中有三个“智慧数”．
因为2008=1+3×669，4×（669+1）=2680，
所以2680是第2008个“智慧数”，即第2008个“智慧数”是2680．
8．将100!﹣5分别除以2，3，4，…，100，可以得到99个余数（余数有可能为0）．这99个余数的和是多少？
【分析】设a÷b=c…d，a、b、c、d都是整数，则a=cb+d，d＜b；令a=100！﹣5 则100！
=a+5=cb+d+5=b[c+（d+5）÷b]=bm，可得g=c+（d+5）÷b；因为g为整数，c为整数，所以d+5必为b的倍数，d＜b，且d≥0，然后分类讨论，求出将100!﹣5分别除以2，3，4，…，100，得到的余数的情况，进而求出这99个余数的和是多少即可．
【解答】解：设a÷b=c…d，a、b、c、d都是整数，
则a=cb+d，d＜b；
令a=100！﹣5
则100！=a+5=cb+d+5=b[c+（d+5）÷b]=bm，
可得g=c+（d+5）÷b；
因为g为整数，c为整数，
所以d+5必为b的倍数，d＜b，且d≥0，
所以可推得：
（1）除数b=2，d+5=6，则d=1，
（2）除数b=3，d+5=6，则d=1，
（3）除数b=4，d+5=8，则d=3，
（4）除数b=5，d+5=0，则d=0，
（5）除数b=6，d+5=6，则d=1，
当b＞5时，余数d=b﹣5，
因此这99个余数的和为：
1+1+3+1+2+3…+95=5+95+（1+94）×47=4565．
9．小悦、冬冬和阿奇三人经常去电影院，小悦每隔2天去一次，冬冬每隔4天去一次，阿齐每隔6天去一次．今天他们三人都去电影院，将来会有连续三天都有人去电影院．如果今天是第1天，那么最早出现的具有上述性质的连续三天是哪三天？
【分析】根据题意，可得小悦每3天去一次，冬冬每5天去一次，阿齐每7天去一次，然后分别求出三人第几天去电影院，找出最早出现的具有上述性质的连续三天是哪几天即可．【解答】解：根据题意，可得小悦每3天去一次，冬冬每5天去一次，阿齐每7天去一次，可得小悦第1天、第4天、第7天、第10天、第13天、第16天、第19天、第22天…去电影院，
冬冬第6天、第11天、第16天、第21天、第26天、第31天、第36天、第41天…去电影院，
阿齐第8天、第15天、第22天、第29天、第36天、第43天、第50天、第57天…去电影院，
所以最早出现的具有上述性质的连续三天是第6天、第7天、第8天．
答：最早出现的具有上述性质的连续三天是第6天、第7天、第8天．
10．有三个连续的自然数，它们的平方从小到大依次是10、9、8的倍数．这三个数中最小的一个是多少？
【分析】平方是10的倍数，则原数也是10的倍数．设第一个数是10x，由题意得（10x+1）2是9的倍数：100x2+20x+1，1+2+1=4，x和x2的各位相加是9y+5；
（10x+2）2是8的倍数：（100x2+40x+4）÷8=12.5x2+5x+0.5，其中12.5x2+0.5是整数，x2必须是奇数．
符合条件的最小x=5，进而解决问题．
【解答】解：设第一个数是10x，得：
（10x+1）2是9的倍数：100x2+20x+1，1+2+1=4，x和x2的各位相加是9y+5；
（10x+2）2是8的倍数：（100x2+40x+4）÷8=12.5x2+5x+0.5，其中12.5x2+0.5是整数，x2必须是奇数．
符合条件的最小x=5
最小的是5×10=50
答：这三个数中最小的一个是50．
二、拓展篇（共12小题，满分0分）
11．一个正整数，如果加上100是一个完全平方数，如果加上168，则是另一个完全平方数，则这个正整数是156．
【分析】根据题意，可设所求的数为n，由题意，得：n+168=a2…（1），n+100=b2…（2），然后用（1）式减去（2）式，得到68=a2﹣b2=（a+b）（a﹣b），由于68=1×68=2×34=4×17，只有三种情况，即：①a+b=68，a﹣b=1；②a+b=34，a﹣b=2；③a+b=17，a﹣b=4；对这三种情况进行讨论，得出答案．
【解答】解：设所求的数为n，由题意，得：
n+168=a2 (1)
n+100=b2 (2)
（1）﹣（2），得：
68=a2﹣b2=（a+b）（a﹣b），
由于68=1×68=2×34=4×17，只有三种情况，即：
①a+b=68，a﹣b=1；
②a+b=34，a﹣b=2；
③a+b=17，a﹣b=4；
因为①a与b没有整数解，排除；
②算出a=18，b=16，所以：
n=182﹣168=162﹣10=156；
③a与b没有整数解，排除．
综上，只有n=156，即为所求的数．
故答案为：156．
12．已知甲、乙两个自然数的最大公约数是6，两数之和为1998．满足上述条件的数一共有多少组？
【分析】设甲乙独有的因数分别是x、y，（x、y互质），则x+y=1998÷6=333，因为333÷2=166…，用166减去甲乙独有的因数中均含因数3的数的个数，再减去甲乙独有的因数中均含因数37的数的个数，求出满足条件的数一共有多少组即可．
【解答】解：设甲乙独有的因数分别是x、y，（x、y互质），
则x+y=333，
因为333÷2=166…，
甲乙独有的因数中均含因数3的数的个数：166÷3=55…1，
即甲乙独有的因数中均含因数3的数的个数是55，
由x=37时，y=37×8；x=37×2时，y=37×7；x=37×4时，y=37×5；
可得甲乙独有的因数中均含因数37的数的个数是3，
所以满足上述条件的数一共有：
166﹣55﹣3=108（组）．
答：满足条件的数一共有108组．
13．冬冬往一个水池里扔石子．第一次扔l颗石子，第二次扔2颗石子，第三次扔3颗石子，第四次扔4颗石子…他准备扔到水池的石子总数是106的倍数．请问：冬冬最少需要扔多少次？
【分析】由题意可知，本题是一个等差数列高斯求和的题，欲求应扔石头的次数，即数列的项数，我们可设应扔n次，那么根据高斯求和可求出所扔石子总数为：1+2+3+…+n=×
（n+1）．依题意知，×（n+1）能被106整除，因此可设×（n+1）=106a，（a为106的整
数倍）即n×（n+1）=212a，把212分解质因数得：212a=2×2×53a根据n与n+1为两个相邻的自然数，可知2×2×a=52（或54）．当2×2×a=52时，a=13．当2×2×a=54时，a=13，a不
是整数，不符合题意舍去．因此，n×（n+1）=52×53=52×（52+1），即n=52，所以冬冬应扔52次．
【解答】解：设冬冬应扔n次，根据高斯求和可求出所扔石子总数为，
1+2+3++n=×（n+1），
依题意知，×（n+1）能被106整除，因此可设×（n+1）=106a，
即n×（n+1）=212a，
又212a=2×2×53a，根据n与n+1为两个相邻的自然数，可知2×2×a=52（或54）．
当2×2×a=52时，a=13．
当2×2×a=54时，a=13，a不是整数，不符合题意舍去．
因此，n×（n+1）=52×53=52×（52+1），
所以n=52，冬冬应扔52次．
答：冬冬最少需要扔52次．
14．数学老师把一个两位数的约数个数告诉了小悦，聪明的小悦仔细思考了一下后算出了这个数．同学们，你们知道这个数可能是多少吗？
【分析】根据题意，可得这个两位数的约数个数只能是2，即这个两位数是质数，然后找出两位数中的质数即可．
【解答】解：根据题意，可得这个两位数的约数个数只能是2，
即这个两位数是质数，
所以这个数可能是：
11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97．
答：这个数可能是：11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97．
15．在一个正整数的所有约数中，个位数字为0，1，2，…，9的数都出现过，这样的正整数最小是多少？
【分析】就是求1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的最小公倍数，用最基本的求最小公倍数的方法就可求出，是2520．
【解答】解：10=2×5
9=3×3
8=2×2×2
6=2×3
4=2×2
这个正整数最小是：
2×2×2×3×3×5×7
=72×5×7
=360×7
=2520
答：这样的正整数最小是2520．
16．求最小的正整数n，使得2006+7n是完全平方数．
【分析】先找到比2006大的最接近2006的完全平方数为2025，令2006+7n=2025，得到关于n的方程，解方程得到n的值，根据n为正整数舍去；再找到比2006大的最接近2006
的完全平方数为2116，得到关于n的方程，再根据题意进行判断，直到找到为止．
【解答】解：因为442=1936，452=2025，
所以2006+7n=2025
n=（不合题意舍去）
因为462=2116，
所以2006+7n=2116
n=（不合题意舍去）
因为472=2209，
所以2006+7n=2209
n=29
答：最小的正整数n的值为29．
17．请写出由不同的两位数组成的最长的等比数列．
【分析】要使两位数组成的等比数列越长，则首项、公比应越小，所以首项为10，公比为2，据此求出这个最长的等比数列即可．
【解答】解：要使两位数组成的等比数列越长，
则首项、公比应越小，
所以首项为10，公比为2，
因此这个最长的等比数列是10、20、40、80．
18．有一些自然数，它们不能用三个不相等的合数之和来表示．这样的自然数中的最大一个是多少？
【分析】最小三个合数的和是18，因而17是满足条件的数，若m＞18，可以分m是奇数和偶数两种情况证明不满足题意．
【解答】解：最小三个合数是4，6，8，4+6+8=18，故17是不能表示为三个互不相等的合数之和的整数，
当m＞18时，若m=2k＞18，则m=4+6+2（k﹣5），
若m=2k﹣1＞18，则m=4+9+2（k﹣7）即任意大于18的整数均可表示为三个互不相等的合数之和，
故m=17．
答：这样的自然数中的最大一个是17．
19．有些数既能表示成5个连续自然数的和，又能表示成6个连续自然数的和，还能表示成7个连续自然数的和．例如：105就满足上述要求，105=19+20+21+22+23；
105=15+16+17+18+19+20；105=12+13+14+15+16+17+18．请问：在1至1000中一共有多少个满足上述要求的数？
【分析】该数能表示连续5个自然数的和，说明该数能够被5整除；该数能表示成连续7
个自然数的和，说明该数能够被7整除；该数能够表示成6个连续自然数的和，假设4个连续的自然数分别为：A，A+1，A+2，A+3，A+4，
A+5，六个数之和为6A+15，可见该数能够被3整除，但不能被6整除．据此特点进行解答即可．
【解答】解：根据平均数的知识可知：
该数能表示连续5个自然数的和，说明该数能够被5整除；
该数能表示成连续7个自然数的和，说明该数能够被7整除；
该数能够表示成6个连续自然数的和，
假设4个连续的自然数分别为：A，A+1，A+2，A+3，A+4，
A+5，六个数之和为6A+15=3×（2A+5），
可见该数能够被3整除，但不能被6整除．
由此可知：
该数必然能同时被3，5，7整除，但不能同时被6，7，5整除，
因此该数是105的倍数但不是210的倍数．
在1至1000之间能够被105整除而不能被210整除的数字有：
105，315，525，735，945．共计5个符合要求的数．
答：符合要求的数是105，315，525，735，945．
20．一个特殊的圆形钟表只有一根指针，指针每秒转动的角度为连续自然数数列．现在设定指针第一秒转动的角度为a度（a为小于360的整数），则其第二秒转动a+l度，第三秒转动a+2度…如果指针在第一圈内恰好能指回出发位置，那么a一共有几种设定方法？最小可以被设成多少？
【分析】由题意，对于满足条件的a，即存在1个自然数n，使得a+（a+1）+（a+2）+…+（a+n﹣1）=180，即（2a+n﹣1）n=360，显然a越小时，2a+n﹣1与n的差越小．然后根据2a+n﹣1与n的奇偶性不同，可推出n和a的值，解决问题．
【解答】解：对于满足条件的a，即存在1个自然数n，使得a+（a+1）+（a+2）+…+（a+n ﹣1）=180，即（2a+n﹣1）n=360，显然a越小时，2a+n﹣1与n的差越小．又2a+n﹣1与n的奇偶性不同，于是可推出n=15，a=5．故a最小可以被设成5．
答：a一共有15种设定方法，最小可以被设成5．
21．某住宅区有12家住户，他们的门牌号分别是1，2，…，12．他们的电话号码依次是12个连续的六位自然数，并且每家的电话号码都能被这家的门牌号整除，已知这些电话号码的首位数字都小于6，并且门牌号是9的这一家的电话号码也能被13整除，问：这一家的电话号码是什么数？
【分析】由于电话号码依次是12个连续的六位自然数，所以可设第一户电话号是x+1，第二户x+2，…．第12户电话号x+12，并且每家的电话号码都能被这家的门牌号整除，则得x+i是i的倍数（i=1，2，…，12）因此x是1，2，….12的公倍数．[1，2，…12]=27720，9号家电话号码是9时，除以13余9，27720÷13商2132余4，号码增加27720是余数增加4，9+4=13，所以9号家电话号码是27729时，可以可以被13整除．这个号码加上
27720×13=360360时，仍然可以整除13，并且每家电话号码还能整除门牌号码．所以9号家电话号码可以是27729+360360=388089．如果27729+27720×13×2，首位不小于6，不符合题意．
【解答】解：设第一户电话号是x+1，第二户x+2，…．第12户电话号x+12
根据条件得x+i是i的倍数（i=1，2，…，12）因此x是1，2，….12的公倍数
[1，2，…..12]=27720，
所以x=27720m，
27720÷13商2132余4，
9+4=13，所以9号家电话号码是27729时，可以可以被13整除，
这个号码加上27720×13=360360时，仍然可以可以被13整除，并且每家电话号码还能整除门牌号码．
因为这些电话号码的首位数字都小于6，
所以9号家电话号码可以是27729+360360=388089．
而27729+27720×13×2，首位不小于6，不符合题意．
答：这一家的电话号码是388089．
22．在等差数列1，8，15，22，29，36，43，…中，如果前n个数乘积的末尾0的个数比前n+l个数乘积的末尾0的个数少3个，那么n最小是多少？
【分析】本题根据前n个数乘积的末尾0的个数比前n+l个数乘积的末尾0的个数少3个，可得第n个数是125的倍数，．所以要第n+1个数是125的倍数．根据数列通项a n=7n﹣6，
可得a（n+1）=7n+1，设7n+1=125k，变形为n==18k﹣，得到最小k的值，
从而求解．
【解答】解：如果要满足题目条件，则10是要求因子中有2和5，一对在数末尾出一个0，观察数列，将以上数乘在一起，因子5的数量要少于2的数量．
所以要第n个数是125的倍数．
易知数列通项a n=7n+1，
所以a（n﹣1）=7n﹣6，
设7n+1=125k，n==18k﹣，
得最小k+1=7，则k=6，此时n=107．
答：n的最小值是107．
三、超越篇（共8小题，满分0分）
23．有一些正整数，它可以表示成连续20个正整数的和，而且当把它表示成连续正整数之和（至少2个）的形式时，恰好有20种方法．这样的正整数最小是多少？（写出质因数分解）
【分析】连续20个正整数，设第一个为a，则第二个为a+1…，那么这20个连续正整数和为20a+190=10×（2a+19），这个数可以被2和10整除，即这个整数一定含有因数2和5，又因为恰好有20种方法，所以它的奇质因数的个数也必须是20个，因此要最小，除了质因数2、5外最小是3，因此3的个数是19个；据此解答即可．
【解答】解：连续20个正整数，设第一个为a，则第二个为a+1…，
那么这20个连续正整数和为20a+190=10×（2a+19），
这个数可以被2和10整除，即这个整数一定含有因数2和5，
又因为恰好有20种方法，所以它的奇质因数的个数也必须是20个，
因此要最小，除了质因数2、5只有一个外，最小是3，因此3的个数是20﹣1=19个；
所以，这个数最小，质因数分解是：N=2×5×319；
答：最小是2×5×319．
24．有些自然数可以表示成两个合数相乘再加一个合数的形式，例如：33=4×6+9．请问：不能表示成这种形式的自然数最大是多少？
【分析】因为最小的合数是4，而4×4+4=20，所以小于20的自然数均不能表示成题目要求的形式，大于20的偶数都可以表示成题目要求的形式，这是因为：20=4×4+4、22=4×4+6、24=4×4+8…；大于20的奇数按它除以8的余数分为四类考虑：被8除余1的最小合数是9，于是有25=4×4+9、33=4×6+9、41=4×8+9…可知所有大于20且被8除余1的奇数均可以表示成题目要求的形式．同理被8除余3、5、7的最小合数分别是27、21、15，所以仍用4×偶数+奇合数的形式表示出来．
从上面的分析可以看出比35大的奇数都可以表示成两个合数的乘积与一个合数之和的形式，所以不能表示成两个合数的乘积与一个合数之和的形式的最大的数是35．
【解答】解：最小的合数是4，4×4+4=20 所以大于等于20的偶数都具备这种性质；
大于20的奇数可按除以8的余数分4类考虑，
被8除余1的最小合数是9，于是25=4×4+9，33=4×6+9…可知所有大于17且被8除余1的奇数都可以．
被8除余3的最小合数是27，于是43=4×4+27，51=4×6+27…可知所有大于35且被8除余3的奇数都可以．
被8除余5的最小合数是21，于是37=4×4+21，45=4×6+21…可知所有大于29且被8除余5的奇数都可以．
被8除余7的最小合数是15，于是31=4×4+15，39=4×6+15…可知所有大于23且被8除余7的奇数都可以．
从上面分析可看出比43﹣8=35大的奇数都可以用这种形式表示．
答：不能表示成这种形式的自然数最大是35．
25．在给定的圆周上有100个点．任取一点标上1；按顺时针方向从标有1的点往后数2个点，标上2；从标有2的点再往后数3个点，标上3…依此类推，直至在圆周上标出100．对于圆周上的这些点，有的点可能标上多个数，有的点可能没有被标数．请问：标有100的那个点上标出的数最小是多少？
【分析】确定标有100的是1+2+3+…+100=5050号，5050除以100的余数为50，即圆周上的第50个点标为100，从而可得50+100n=1+2+3+…+k=（k+1）k÷2，即100+200n=k（k+1），由此可得结论．
【解答】解：记标有1为第1号，序号顺时针的依次增大．当超过一圈时，编号仍然依次增加，如1号也是101号，201号，…
则标有2的是1+2号，标有3的是1+2+3号，标有4的是1+2+3+4，…，标有100的是
1+2+3+…+100=5050号．
5050÷1000的余数为50，即圆周上的第50个点标为100，那么50+100n=1+2+3+…+k=（k+1）k÷2，
即100+200n=k（k+1）．
当n=50时，k=100，能满足题意，
k随着n的增大，k也增大．
所以，标有100的那个点上标出的最小数为100．
答：标有100的那个点上标出的数最小是100．
26．三个聪明的初中生聚在一起玩一个推理的游戏，小强与小花各选了一个自然数并分别将它告诉小安．小安告诉小强和小花，他将分别把这两个数的和与乘积写在不同的纸上．小安写好后，将其中一张纸藏起来，把另一张纸亮出来给小强和小花看（这张纸上写着2008）．小安请小强和小花互猜对方所选的数，小强首先宣称他无法确定小花所选的数，小花听完小强的话后，也说她无法确定小强所选的数．请问：小花所选的数是什么？
【分析】首先把2008分解质因数，2008=2×1004=4×502=8×251，只要小强和小花的手中的数是这6个因数中的一个，对方就有两种可能，例如，小强知道自己是8，则小花可能是251，或者是2000，不能确定小花的数，小花手中是若是2000，则确定小强是8，只能是2008﹣2000=8，因为任何数乘2000，不可能得到2008；若小花是251，则小强可能是2008÷251=8，也可能是2008﹣251=1757，无法确定小强的数，所以小花所选的数是251；同理，若小强是1004，则小花可能是2或1004，不能确定小花的数，小花手中若是1004，小强是2或1004，也不能确定小强的数；所以两个人的数只要是2008的因数，则就无法确定对方的数是多少．
【解答】解：2008=2×1004=4×502=8×251
所以小花所选的数是2、4、8、251、502、1004中任意一个．
27．已知三个互不相等的正整数成等比数列，且三个数的乘积是完全平方数，那么这三个数的和最小是多少？
【分析】根据等比数列的定义，可设这三个数分别是a÷d，a，ad（a为整数），得到它们的乘积a3是完全平方数，依此分析即可求解．
【解答】解：设这三个数分别是a÷d，a，ad（a为整数），由题意知
（a÷d）?a?（ad）=a3为一个完全平方数，
可知a=4时，满足条件，
当d=4时，a÷d=1，ad=16，1+4+16=21；
当d=2时，a÷d=2，ad=8，2+4+8=14．
故这三个数的和最小是14．
28．是否存在一个完全平方数，它的每一位上的数字全都相同（至少是两位数）？如果存在，请写出一个；如果不存在，请说明理由．
【分析】此题很难找到解决问题的最佳思路，因此可用假设法解答．假设每一位上的数字全都相同，那么这个数可以提取出这个相同的数字，剩下11111…，无法能分解成两个因数是相同的，故不存在．
【解答】解：假设每一位上的数字全都相同，那么这个数可以提取出一个数A，剩下11111…，无法能分解成两个因数是相同的，因此不存在．
29．有一根均匀木棍，先用红色刻度线将它分成m等份，再用蓝色刻度线将它分成n等份，m＞n．然后按所有刻度线将该木棍锯成小段，一共可以得到170根长短不一的小棍，其中最长的小棍恰有100根．求m和n．
【分析】首先构造出：A=（1﹣）（1+）（1﹣）（1+）…（1﹣）（1+），B=（1﹣）（1+）（1﹣）（1+）…（1﹣）（1+），计算出A﹣B，然后利用整除的性质得出m和n的整数解即可．
【解答】解：A=（1﹣）（1+）（1﹣）（1+）…（1﹣）（1+），
B=（1﹣）（1+）（1﹣）（1+）…（1﹣）（1+），
因为A﹣B===，
所以，
则m==，
即n+13是13×13的因数，
又因为13×13的因数只有3个：1、13、13×13，
所以n+13=13×13=169，
解得n=156，m=12．
30．是否存在这样的自然数：在这个数后面重写一遍这个数，新组成的数是一个完全平方数？如果存在，请举例；如果不存在，请说明理由．
【分析】在这个数后面重写一遍这个数，新组成的数是一个完全平方数．解答如下．
【解答】解：存在，如：
2066115702520661157025=454545454552
2975206611629752066116=545454545462
4049586776940495867769=636363636372
5289256198452892561984=727272727282
6694214876166942148761=818181818192
8264462810082644628100=909090909102
参与本试卷答题和审题的老师有：73zzx；pysxzly；齐敬孝；WX321；奋斗；admin；duaizh （排名不分先后）
菁优网
2016年5月22日
考点卡片
1．等比数列
【知识点归纳】
等比数列是说如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数．这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0），等比数列a1≠0．
【命题方向】
经典题型：
例1：某种细菌在培养过程中，每半小时分裂一次（由一个分裂成两个）．若这种细菌由1个分裂成16个，这个过程要经过（）
A、1小时
B、2小时
C、3小时
D、4小时
分析：由题意可知，一个分裂成两个，2个则分裂成2×2=4个，…，由此可发现其分裂的个数构成一个比值为2的等比数列，即其分列的个数为2，22，23…，16=24，即经过4次分裂后，种细菌由1个分裂成16个，而每半小时分裂一次，即这个过程要经过0.5×4=2小时．解：由题意可知，
其分裂的个数构成一比数列：2，22，23…，
16=24，即经过4次分裂后，种细菌由1个分裂成16个，
而每半小时分裂一次，
即这个过程要经过：0.5×4=2小时．
故选：B．
点评：根据条件发现数列中数的排列规律是完成此类问题的关键．
例2：计算：22003﹣22002﹣22001﹣…﹣22﹣2=2．
分析：设22003﹣22002﹣22001﹣…﹣22﹣2=S，在等号的两边同时乘2，则22004﹣22003﹣22002﹣22001﹣…﹣23﹣22=2S，将两式相减求出S的值．
解：设22003﹣22002﹣22001﹣…﹣22﹣2=S①，
在等号的两边同时乘2，则22004﹣22003﹣22002﹣22001﹣…﹣23﹣22=2S②，
②﹣①，
22004﹣22003﹣22003+2=S，
所以S=2，
故答案为：2．
点评：关键是根据给出的数列的特点，在等号的两边同时乘2，再相减即可．
【解题方法点拨】
（1）先观察数列之间的关系，判断相连两数之间是否恒等于一个比值，就此判断为等比数列
（2）求等比数列的和，把原式乘以公比作为第二式子，与原式进行相减消项，得出结果再除以（公比﹣1）
2．数字问题
【知识点归纳】
1．数字问题的主要题型：
数字问题是研究有关数字的特殊结构、特殊关系以及数字运算中变换问题的一类问题，相对来说，难度较大．通常情况下题目会给出某个数各个位数关系，求这个数为多少．
2．核心知识
（1）数字的拆分
是将一个数拆分成几个因数相乘或者相加的形式，经常需要综合应用整除性质、奇偶性质、因式分解、同余理论等．
（2）数字的排列与位数关系
解答数字的排列与位数关系时，经常需要借助于首尾数法进行考虑、判断，同时可以利用列方程法、代入法、假设法等一些方法，进行快速求解．
【命题方向】
常考题型：
例1：在1到400的整数中，至少能被3和5中的一个数整除的数有（）个5．
A、213
B、187
C、133
D、80
分析：先求出400里面有几个3，就是1﹣400中有多少个数能被3整除，再求出400里面有几个5，就是1﹣400中有多少个数能被5整除；能同时倍3和5整除的数是15的倍数；求出400里面有多少个15，就是能同时被3和5整除的数，然后用3的倍数的个数加上5的倍数的个数然后减去15的倍数的个数即可．
解：1到400中能被3整除有：400÷3≈133（个）；
1到400中能被5整除有：400÷5=80（个）；
1到400中既能被3也能被5整除有：400÷（3×5）≈26（个）；
在1到400的整数中，至少能被3和5中的一个数整除的数：133+80﹣26=187（个）；
故选：B．
点评：本题要注意能同时被3和5整除的数，是重复计算的数字．
例2：自然数12321，90009，41014 …有一个共同特征：它们倒过来写还是原来的数，那么具有这种“特征”的五位偶数有400个．
分析：倒过来写还是原来的数，具有这种“特征”的五位偶数万位和个位有2，4，6，8这4种选择；千位和十位有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10种选择；百位有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10种选择．可以组成倒过来写还是原来的数具有这种“特征”的五位偶数则有4×10×10=400个．
解：根据分析，倒过来写还是原来的数，具有这种“特征”的五位偶数有4×10×10=400个．答：具有这种“特征”的五位偶数有400个．
故答案为：400．
点评：根据这种数的特征，分析各对称数位会出现的数字可能，把出现可能的种数相乘即可得这种特征数的个数．
3．公约数与公倍数问题
【知识点归纳】
1．公约数与公倍数题型简介
（1）约数与倍数
若数a能被b整除，则称数a为数b的倍数，数b为数a的约数．其中，一个数的最小约数是1，最大约数是它本身．
（2）公约数与最大公约数
几个自然数公有的约数，叫做这几个自然数的公约数．
公约数中最大的一个，称为这几个自然数的最大公约数．
（3）公倍数与最大公倍数
几个自然数公有的倍数，叫做这几个自然数的公倍数．
公倍数中最小的一个，称为这几个自然数的最小公倍数．
考试题型一般是已知两个数，求它们的最大公约数或最小公倍数．
【命题方向】
常考题型：
例1：有两个二位数，它们的最大公约数8，最小公倍数是96，这两个数的和是（）A、56 B、78 C、84 D、96
分析：把最大公约数8和最小公倍数96分解质因数，根据最大公约数是两个数的共有质因数，最小公倍数是两个数的共有质因数与独有质因数的乘积，可以判断出这两个数可能是什么，即可得解．
解：8=2×2×2，
96=2×2×2×2×2×3，
所以这两个最大公约数8，最小公倍数是96的二位数只能是2×2×2×2×2=32和2×2×2×3=24；这两个二位数的和是：32+24=56；
故选：A．
点评：利用求解最大公约数和最小公倍数的方法，凑数逆向求解出两个二位数，观察选项，即可得解．
经典题型：
例2：沿小路一边从头开始插彩旗，每隔4米插一面，插到另外一端共插了37面彩旗．如果改成每隔6米插一面彩旗，可以有（）面彩旗不用移动．
A、12
B、13
C、14
D、15
分析：根据题意明白路头栽一棵除去，再利用间隔米数×彩旗面数=路的总长度；再求出4
和6的最小公倍数，在算一算路的总长里有多少个这样的最小公倍数；就有多少颗公栽的树，最后加上开始那颗．
解：4和6的最小公倍数是12，
路长：4×（37﹣1）=144（米），
公栽棵树：144÷12=12（棵），
12+1=13（棵），
答：可以有13面彩旗不用移动．
故选：B．
点评：此题不是多难，关键别忘了路两头都栽树，开始那棵不占路长，再明白路长一定，间距再变，棵树也在变，得有公有的及要用到求最小公倍数，根据题意完成即可．
【解题方法点拨】
（1）两个数如果存在着倍数关系，那么较小的数就是其最大公约数，较大的数就是其最小公倍数．
（2）互质的两个数的最大公约数是1，最小公倍数是它们的乘积．
（3）利用短除法求取三个数的最大公约数和最小公倍数时要注意二者的区别：求取三个数的最大公约数时，只需短除到三个数没有共同的因数（除l外）即可；而求取三个数的最小公倍数时，需要短除到三个数两两互质为止．
（4）多于三个数的最大公约数与最小公倍数的求法与三个数的求法相似．
4．数的整除特征
【知识点归纳】
整除是整数问题中一个重要的基本概念．如果整数a除以自然数b，商是整数且余数为0，我们就说a能被b整除，或b能整除a，或b整除a，记作b丨a．此时，b是a的一个因数（约数），a是b的倍数
数的整除特征
（1）能被2整除的数的特征：如果一个整数的个位数是偶数，那么它必能被2整除．（2）能被5整除的数的特征：如果一个整数的个位数字是0或5，那么它必能被5整除．（3）能被3（或9）整除的数的特征：如果一个整数的各位数字之和能被3（或9）整除，那么它必能被3（或9）整除．
（4）能被4（或25）整除的数的特征：如果一个整数的末两位数能被4（或25）整除，那么它必能被4（或25）整除．
（5）能被8（或125）整除的数的特征：如果一个整数的末三位数能被8（或125）整除，那么它必能被8（或125）整除．
（6）能被11整除的数的特征：如果一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差（大减小）能被11整除，那么它必能被11整除．
【命题方向】
经典题型：
例1：下列4个数都是六位数，A是大于0小于10的自然数，B是0，一定能同时被2、3、5整除的数是（）
A、AAABAA
B、ABABAB
C、ABBABB
D、ABBABA
分析：这个六数个位上的数字是0，能被2和5整除，不管A是比10小的哪个自然数，A+A+A 的和一定是3的倍数，所以ABABAB一定能被3整除
解：B=0，
ABABAB能被2和5整除，
A+A+A的和一定是3的倍数，
ABABAB也一定能被3整除，
故选：B．
点评：此题主要考查能被2、3、5整除的数的特征：一个数个位上是0或5，这个数就能被5整除；个位是0、2、4、6、8的数能倍2整除；一个数各数位上的数字之和是3的倍数，这个数就能被3整除．
常考题型：
例2：有一个四位数3AA1能被9整除，A是7．
分析：已知四位数3AA1能被9整除，那么它的数字和（3+A+A+1）一定是9的倍数然后再根据题意进一步解答即可．因为A是一个数字，只能是0、1、2、3、…、9中的某一个整
数，最大值只能是9．若A=9，那么3+A+A+1=22，22＜27，所以3AA1的各位数字和只能是9的1倍或2倍，即9或18．
解：根据题意可得：
四位数3AA1，它能被9整除，那么它的数字和（3+A+A+1）一定是9的倍数；
因为A是一个数字，只能是0、1、2、3、…、9中的某一个整数，最大值只能是9；若A=9，那么3+A+A+1=3+9+9+1=22，22＜27，所以，3AA1的各位数字和只能是9的1倍或2倍，即9或18；
当3+A+A+1=9时，A=2.5，不合题意；
当3+A+A+1=18时，A=7，符合题意；
所以，A代表7，这个四位数是3771．
答：A是7，
故答案为：7．
点评：本题主要考查能被9整除数的特征，即一个数能被9整除，那么这个数的数字和一定是9的倍数，然后在进一步解答即可．
5．带余除法
【知识点归纳】
如：16÷3=5…1，即16=5×3+1，此时，被除数除以除数出现了余数，我们称之为带余数的除法．
一般地，如果a是整数，b是整数（b≠0），那么一定有另外两个整数q和r，0≤r＜b，使得a=q×b+r．
当r=0时，我们称a能被b整除
当r≠0时，我们称a不能被b整除，r为a除以b的余数，q为a除以b的不完全商（亦简称为商）．
【命题方向】
常考题型：
例1：所有被4除余1的两位数的和为（）
A、1200
B、1208
C、1210
D、1224
E、1229
分析：本题中，由整除的意义可知，除以4后余1的最小两位数是：12+1=13．除以4后余1的最大两位数是：96+1=97．由此我们想除以4后余1的两位数一共有多少个？即所有除以4后余1的数组成的数列：13+17+21+…+97的项数有多少？由题意知数列的公差是4，那么计算项数得：（97﹣13）÷4+1=22．然后利用公式求它们的和就行了．
解：除以4后余1的最小两位数是：12+1=13，
除以4后余1的最大两位数是：96+1=97，
那么除以4后余1的两位数一共有：（97﹣13）÷4+1=22（个），
所有除以4后余1的两位数的和为：
13+17+21+…+97
=（13+97）×22÷2
=110×11
=1210．
答：一切除以4后余1的两位数的和是1210．
故选：C．
高中数学竞赛中数论问题的常用方法 数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理 为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下: 我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的 最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数 b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ?表示 {1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ?为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ?中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ?}为模m 的简化剩余系. 定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=. 定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑； (2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则 )(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m d b d a ≡； (4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+； (3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为 ∑≥1 k k p n . 定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模 m 的完全剩余系； (2)若{)(21,...,,m r r r ?}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ?}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ???=. (2)若n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2) 121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相
分数的速算与巧算—裂项 知识导航 分数裂项是整个奥数知识体系中的一个精华部分，将算式中的项进行拆分，使拆分后的项 可前后抵消，这种拆项计算称为裂项法.裂项分为分数裂项和整数裂项，常见的裂项方法是 将数字分拆成两个或多个数字单位的和或差。遇到裂项的计算题时，要仔细的观察每项的 分子和分母，找出每项分子分母之间具有的相同的关系，找出共有部分，裂项的题目无需 复杂的计算，一般都是中间部分消去的过程，这样的话，找到相邻两项的相似部分，让它 们消去才是最根本的。 1.分数裂差型运算公式： (1)对于分母可以写作两个因数乘积的分数，即1a b ?形式的，这里我们把较小的数写在前面， 即a b <，那么有 11 1 1( ) a b b a a b = - ?- (2)对于分母上为3个或4个连续自然数乘积形式的分数，即： 1 (1)(2) n n n ?+?+， 1 (1)(2)(3)n n n n ?+?+?+形式的，我们有： 1 1 1 1 [ ](1)(2) 2(1) (1)(2) n n n n n n n =- ?+?+?+++ 1 11 1 [ ] (1)(2)(3) 3(1)(2) (1)(2)(3) n n n n n n n n n n =-?+?+?+?+?++?+?+ 裂差型特征： (1)分子全部相同，最简单形式为都是1的，复杂形式可为都是x(x 为任意自然数)的，但是 只要将x 提取出来即可转化为分子都是1的运算。 (2)分母上均为几个自然数的乘积形式，并且满足相邻2个分母上的因数“首尾相接” (3)分母上几个因数间的差是一个定值。 2.分数裂和型运算公式： （1）11a b a b a b a b a b b a += + = + ??? （2） 2 2 2 2 a b a b a b a b a b a b b a += + = + ??? 裂和型运算与裂差型运算的对比： 裂差型运算的核心环节是“两两抵消达到简化的目的”，裂和型运算的题目不仅有“两两抵 消”型的，同时还有转化为“分数凑整”型的，以达到简化目的。 3.整数裂项运算公式： (1) 122334...(1)n n ?+?+?++-?1(1)(1) 3 n n n =-??+ (2) 1123234345...(2)(1)(2)(1)(1) 4 n n n n n n n ??+??+??++-?-?= --+
全国初中数学联赛初二卷及详解
————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：
2017年全国初中数学联合竞赛试题 初二卷 第一试 一、选择题：（本题满分 42 分，每小题 7 分） 1.已知实数a,b,c 满足2a+13b+3c=90，3a+9b+c=72，则32b c a b ++的值为（ ）. A.2 B.1 C.0 D.-1 2.已知实数a,b,c 满足a+b+c=1， 1110135 a b c ++=+++，则(a+1)2+(b+3)2+(c+5)2 的值为（ ）. A.125 B.120 C.100 D.81 3.若正整数a,b,c 满足a ≤b ≤c 且abc=2(a+b+c)，则称(a,b,c)为好数组.那么好数组的个数为（ ）. A.4 B.3 C.2 D.1 4.已知正整数a,b,c 满足a 2 -6b-3c+9=0，-6a+b 2 +c=0，则a 2 +b 2 +c 2 的值为（ ）. A.424 B.430 C.441 D.460 5.梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB=3，BC=4，CD=2，AD=1，则梯形的面积为（ ）. A. 1023 B.103 3 C.32 D.33 6.如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠A=90°，点E 在AB 上，若AE=42，BE=28，BC=70，∠DCE=45°，则DE 的值为（ ）. A.56 B.58 C.60 D.62 二、填空题：（本题满分 28 分，每小题 7 分） 7.使得等式3 11a a ++=成立的实数a 的值为________. 8.已知△ABC 的三个内角满足A ＜B ＜C ＜100°.用θ表示100°-C,C-B,B-A 中的最小者，则θ的最大值为________. 9.设a,b 是两个互质的正整数，且3 8ab p a b =+为质数.则p 的值为________.
高中数学竞赛数论部分文档编制序号：[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08]
初等数论简介 绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。 1．请看下面的例子： （1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。(1894年首 届匈牙利 数学竞赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明2131n -是168的倍数。 ②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++能整除123n ???（1956年上海首 届数学竞赛第一题） （3） 证明：3231 122 n n n ++-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。（1956年 北京、天津市首届数学竞赛第一题） （4） 证明：对任何自然数n ，分数 214 143 n n ++不可约简。（1956年首届国际数学奥林匹 克竞赛第一题） （5） 令(,, ,)a b g 和[,, ,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数， 试证：[][][][]()()()() 2 2 ,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =??（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题） 这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。 2.再看以下统计数字： （1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。 （2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占% 。
2017-2018第二学期六年级数学思维能力竞赛卷 _______小学 ____年____班 姓名___________ 成绩：_____ 【每题5分，你一定行！】 1、9999×778+3333×666= 2、9.81×0.1+ 0.5×98.1+0.049×981= 3、幼儿园小班51名小朋友正在分配奥运纪念品，每个小朋友可以任选两件纪念品作为礼物，这些纪念品分为“贝贝”、“晶晶”、“欢欢”、“迎迎”、“妮妮”5种。至少有（ ）名小朋友分到的礼物是一样的。 4、一根5米长的绳子，先截下它的21，再截下21米，这时还剩下( )米。 5、小红、小明、小亮三人参加运动会100米赛跑，当小红到达终点时，小亮还差20米，小明还差30米；照这样跑下去，当小亮到达终点时，小明距离终点还有（ ）米。 6、 小明上山速度为1米/秒，下山速度为3米/秒，则小明上下山的平均速度是( )米/秒。 7、把一张半径为3cm 的圆形纸片平均剪成2个半圆，每个半圆的周长是 ( )cm 。 8、一个长方形长和宽都增加4cm ，面积则增加80cm ，原来长方形周长是 ( )cm 。 9、小红看一本书，已看的页数与未看的页数的比是1：5，如果再看10页这时已看页数占全书的总页数的25%，这本书有( )页。 10、一个容器是由两个等底等高的圆柱与圆锥拼接成的，里面装了600ml 的水，水高20cm 。如果将容器倒放，水面距上底面还有4cm 。那么圆锥部分装了（ ）ml 的水。 4cm 20cm
11、有25位老人他们的年龄恰好是25个连续自然数，两年以后这25位老人的年龄之和正好是2000岁，其中年龄最大的老人今年( )岁。 1的女生与11名男生12、六（4）班有学生60人，这次校园运动会选取了 4 参加比赛，剩下的男生与女生人数相同，这个班原来有（）名男生。 1，牛的头数是马13、饲养场有马、牛、羊共360头，马的头数是牛和羊的 2 1，饲养场有( )头羊。 和羊的 3 14、一件工程甲队独做要用10天，乙队独做要用30天，现在两队合作甲队休息了2天，乙队休息了8天(不存在两队同一天休息)，从甲乙同时完工共用( )天。 15、甲乙两箱粉笔盒数比是5：1，如果从甲箱中取出12盒放入乙箱后，甲乙两箱粉笔盒数比是7：5，那么甲乙两箱中粉笔共有( )盒。 1，第二天看了24页，第三天看16、小红看一本杂志，第一天看了全书的 6 1没有看，全书共有( )页。的页数是前两天总数的150%，还剩下全书的 4 17、甲乙丙三辆汽车运一堆煤，甲车运走总数的40%，乙车运走的是丙车的60%，已知甲车比乙车多运走28吨，这堆煤共有( )吨。 18、甲站原有车52辆，乙站原有车32辆，若每天从甲站开往乙站28辆，从乙站开往甲站24辆，( )天后乙站车辆数是甲站的2倍。 19、小亮和小刘在周长为400米的环形跑道上跑步，小李每秒跑5米，小刘每秒跑3米，他们从同一地点同时出发，反向而跑，那么二人从出发到第二次相遇需要( )秒。 20、快车与慢车从甲乙两地相对开出，如果慢车先开出2小时，两车相遇时慢车超过中点24千米，若快车先开出2小时，相遇时离中点72千米处，如果同时开出4小时相遇。快车比慢车每小时多行( )千米。
初等数论简介 绪言：在各种数学竞赛中大量出现数论题，题目的内容几乎涉及到初等数论的所有专题。 1． 请看下面的例子： （1） 证明：对于同样的整数x 和y ，表达式2x+3y 和9x+5y 能同时被整除。(1894年首届匈牙利 数学竞 赛第一题) （2） ①设n Z ∈，证明213 1n -是168的倍数。 ②具有什么性质的自然数n ，能使123n ++++ 能整除123n ??? ？（1956年上海首届数学竞赛第一题） （3） 证明：3 231 122 n n n + +-对于任何正整数n 都是整数，且用3除时余2。（1956年北京、天津市首届数学竞赛第一题） （4） 证明：对任何自然数n ，分数 214 143 n n ++不可约简。（1956年首届国际数学奥林匹克竞赛第一题） （5） 令(,,,)a b g 和[,,,]a b g 分别表示正整数,,,a b g 的最大公因数和最小公倍数，试证： [][][][]()()()() 2 2 ,,,,,,,,,,a b c a b c a b b c c a a b b c c a =??（1972年美国首届奥林匹克数学竞赛第一题） 这些例子说明历来数论题在命题者心目中首当其冲。 2.再看以下统计数字： （1）世界上历史最悠久的匈牙利数学竞赛，从1894~1974年的222个试题中，数论题有41题，占18.5%。 （2）世界上规模最大、规格最高的IMO （国际数学奥林匹克竞赛）的前20届120道试题中有数论13题，占10.8% 。 这说明：数论题在命题者心目中总是占有一定的分量。如果将有一定“数论味”的计数型题目统计在内，那么比例还会高很多。 3.请看近年来国内外重大竞赛中出现的数论题： (1)方程323652x x x y y ++=-+的整数解(,)x y 的个数是（ ） A 、 0 B 、1 C 、3 D 、无穷多 （2007全国初中联赛5） （2）已知,a b 都是正整数，试问关于x 的方程()2 1 02 x abx a b -++=是否有两个整数解？ 如果有，请把它们求出来；如果没有，请给出证明。 （2007全国初中联赛12）
六年级数学思维训练综合测试题 一、填空题。 1、在每个（）中填入一个数，使下面的一列数从第3个数开始，每一个数等于前面两个数的和，则第10个数是（）。 （），（），（），（），8，（），（），（），55，（），…… 2、高位数字大于低位数字的四位数（a>b>c>d）有（）个。 3、春节联欢晚会时，2008盏彩灯（各由一个拉线开关控制）大放光明。小真把编号是6的倍数的开关各拉一次，小聪把编号是19的倍数的开关各拉一次，小明把编号是29的倍数的开关各拉一次。这时有（）盏彩灯是亮的。 4、甲、乙、丙、丁四人共同购买了一台液晶电视。已知甲出的钱是其它三人总钱数的 1/3，乙出的钱是其余三人总钱数的 1/4，丙出的钱是其余三人总钱数的 1/5，丁出了2070元，则这台电视的价格是（）元。 5、设两个两位数的积是一个四位数的算式“贝贝×京京＝北京欢迎”中的文字代表数字1，2，3，4，5，相同文字表示相同的数字那么，贝×京＝（）；四位数“北京欢迎”＝（）。 6、有三个圆心相同的半圆，它们的直径分别为1、3、5，用线段将其分割成9块，如图所示，如果每块中的字母代表着这一块面积，并且相同字母表示相同的面积，那么A：B=（）。 二、填空题。 1、给3/7 的分子加上9，要使分数大小不变，分母应（）。 2、60的'20%正好是一个数的75%，这个数是( )。 3、饲养厂鸡的只数比鸭的只数多25%，那么，鸭的只数比鸡的只数少( )% 。 4、小红看一本书，已看的页数与未看的页数的比是1：5，如果再看10页这时已看页数占全书总页数的25%，这本书共（）页。 5、一张圆形纸片的半径是3厘米，一张正方形纸片上的边长是4厘米。两张纸片重叠一部分放在桌面上，覆盖桌面的面积为38平方厘米。问：两张纸片重合部分的面积是（）。 三、应用题。
初中数学竞赛讲座之数论初步(一) 整数的整除性 定义：设a ，b 为二整数，且b ≠０，如果有一整数c ，使a ＝bc ，则称b 是a 的约数，a 是b 的倍数，又称b 整除a ，记作b|a. 显然，１能整除任意整数，任意整数都能整除０. 性质：设a ，b ，c 均为非零整数，则 ①．若c|b ，b|a ，则c|a. ②．若b|a ，则bc|ac ③．若c|a ，c|b ，则对任意整数m 、n ，有c|ma ＋nb ④．若b|ac ，且(a ，b)＝1，则b|c 证明：因为(a ，b)＝1 则存在两个整数s ，t ，使得 as ＋bt ＝1 ∴ asc ＋btc ＝c ∵ b|ac ? b|asc ∴ b|(asc ＋btc) ? b|c ⑤．若(a ，b)＝1，且a|c ，b|c ，则ab|c 证明：a|c ，则c ＝as(s ∈Z) 又b|c ，则c ＝bt(t ∈Z) 又(a ，b)＝1 ∴ s ＝bt'(t'∈Z) 于是c ＝abt' 即ab|c ⑥．若b|ac ，而b 为质数，则b|a ，或b|c ⑦．(a －b)|(a n －b n )(n ∈N)，(a ＋b)|(a n ＋b n )(n 为奇数) 整除的判别法：设整数N ＝121n 1a a a a - ①.2|a 1?2|N ， 5|a 1? 5|N
②.3|a 1＋a 2＋…＋a n ?3|N 9|a 1＋a 2＋…＋a n ?9|N ③.4|a a ? 4|N 25|a a ? 25|N ④.8|a a a ?8|N 125|a a a ?125|N ⑤．7||41n n a a a -－a a a |?7|N ⑥．11||41n n a a a -－a a a |?11|N ⑦．11|[(a 2n ＋1＋a 2n －1＋…＋a 1)－(a 2n ＋a 2n －2＋…＋a 2)] ?11|N ⑧．13||41n n a a a -－a a a |?13|N 推论：三个连续的整数的积能被６整除. 例题： 1.设一个五位数d a c b a ，其中d －b ＝3，试问a ，c 为何值时，这个五位数被11整除. 解：11|d a c b a ∴ 11|a ＋c ＋d －b －a 即11|c ＋3 ∴ c ＝8 1≤a ≤9，且a ∈Z 2.设72|b 673a ，试求a ，b 的值. 解：72＝8×9，且(8，9)＝1 ∴ 8|b 673 a ，且9| b 673a ∴ 8|b 73 ? b ＝6 且 9|a ＋6＋7＋3＋6 即9|22＋a ∴ a ＝5 3.设n 为自然数，A ＝3237n －632n －855n ＋235n ，
数学竞赛讲座 数论的方法技巧(上) 数论是研究整数性质的一个数学分支,它历史悠久,而且有着强大的生命力。数论问题叙述简明,“很多数论问题可以从经验中归纳出来,并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚,但要证明它却远非易事”。因而有人说:“用以发现天才,在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。任何学生,如能把当今任何一本数论教材中的习题做出,就应当受到鼓励,并劝他将来从事数学方面的工作。”所以在国内外各级各类的数学竞赛中,数论问题总是占有相当大的比重。 小学数学竞赛中的数论问题,常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。主要的结论有: 1.带余除法:若a,b是两个整数,b>0,则存在两个整数q,r,使得abq+r(0≤r 4.约数个数定理:设n的标准分解式为(1),则它的正约数个数为: d(n)(a1+1)(a2+1)…(ak+1)。 5.整数集的离散性:n与n+1之间不再有其他整数。因此,不等式x 小学奥数中的数论问题 在奥数竞赛中有一类题目叫做数论题，这一部分的题目具有抽象，思维难度大，综合运用知识点多的特点，基本上出现数论题目的时候大部分同学做得都不好。 一、小学数论究包括的主要内容 我们小学所学习到的数论内容主要包含以下几类： 整除问题：（1）整除的性质；（2）数的整除特征（小升初常考内容） 余数问题：（1）带余除式的运用被除数=除数×商+余数.（余数总比除数小） （2）同余的性质和运用 奇偶问题：（1）奇偶与加减运算；（2）奇偶与乘除运算质数合数：重点是质因数的分解（也称唯一分解定理）约数倍数：（1）最大公约最小公倍数两大定理 一、两个自然数分别除以它们的最大公约数，所得的商互质。 二、两个数的最大公约和最小公倍的乘积等于这两个数的乘积。 （2）约数个数决定法则（小升初常考内容） 整数及分数的分解与分拆：这一部分在难度较高竞赛中常 出现，属于较难的题型。二、数论部分在考试题型中的地位 在整个数学领域，数论被当之无愧的誉为“数学皇后”。翻开任何一本数学辅导书，数论的题型都占据了显著的位置。在小学各类数学竞赛和小升初考试中，系统研究发现，直接运用数论知识解题的题目分值大概占据整张试卷总分的30%左右，而在竞赛的决赛试题和小升初一类中学的分班测试题中，这一分值比例还将更高。 出题老师喜欢将数论题作为区分尖子生和普通学生的依据，这一部分学习的好坏将直接决定你是否可以在选拔考试中拿到满意的分数。三、孩子在学习数论部分常常会遇到的问题 数学课本上的数论简单，竞赛和小升初考试的数论不简单。 有些孩子错误地认为数论的题目很简单，因为他们习惯了数学课本上的简单数论题，比如：例1：求36有多少个约数？ 这道题就经常在孩子们平时的作业里和单元测试里出现。可是小升初考题里则是：例2：求3600有多少个约数？ 很多孩子就懵了，因为“平时考试里没有出过这么大的数！”（孩子语）于是乎也硬着头皮用课堂上求约数的方法去求，白白浪费了大把的时间，即使最后求出结果也并不划 一、兴趣篇 1．甲、乙两队进行象棋对抗赛，甲队的三人是张、王、李，乙队的三人是赵、钱、孙，按照以往的比赛成绩看，张能胜钱，钱能胜李，李能胜孙，但是第一轮的三场比赛他们都没有成为对手．请问:第一轮比赛的分别是谁对谁？ 2．甲、乙、丙、丁与小强五位同学一起比赛象棋，每两人都要比赛一盘．到现在为止，甲已经赛了4盘，乙赛了3盘，丙赛了2盘，丁赛了1 盘．问:小强已经赛了几盘？分别与谁赛过？ 3．甲、乙、丙三名选手参加马拉松比赛，起跑后甲处在第一的位置，在整个比赛过程中，甲的位置共发生了7次变化．比赛结束时甲是第几名？(注:整个比赛过程中没有出现三人跑在同一位置的情形．) 4．有10名选手参加乒乓球单打比赛，每名选手都要和其它选手各赛一场，而且每场比赛都分出胜负，请问:(1)总共有多少场比赛？ (2)这10名选手胜的场数能否全都相同？ (3)这10名选手胜的场数能否两两不同？ 5．6支足球队进行单循环比赛，即每两队之间都比赛一场．每场比赛胜者得3分，负者得0分，平局各得1分，请问: (1)各队总分之和最多是多少分？最少是多少分？ (2)如果在比赛中出现了6场平局，那么各队总分之和是多少？ 6．红、黄、蓝三支乒乓球队进行比赛，每队派出3名队员参赛．比赛规则如下:参赛的9名队员进行单循环赛决出名次，按照获胜场数进行排名，并按照排名获得一定的分数，第一名得9分，第二名得8分，…，第九名得1分；除产生个人名次外，每个队伍还会计算各自队员的得分总和，按团体总分的高低评出团体名次．最后，比赛结果没有并列名次．其中个人评比的情况是:第一名是一位黄队队员，第二名是一位蓝队队员，相邻的名次的队员都不在同一个队．团体评比的情况是:团体第一的是黄队，总分16分；第二名是红队，第三名是蓝队．请问:红队队员分别得了多少分？ 7．5支球队进行单循环赛，每两队之间比赛一场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，打平则双方各得1分，最后5支球队的积分各不相同，第三名得了7分，并且和第一名打平．请问:这5支球队的得分，从高到低依次是多少？ 8．有A、B、C三支足球队，每两队比赛一场，比赛结果为:A:两胜，共失2球；B:进4球，失5球；C:有一场踢平，进2球，失8球．则A与B两队间的比分是多少？9．一次考试共有10道判断题，正确的画“√”，错误的画“×”，每道题10分，满分为100分．甲、乙、丙、丁4名同学的解答及甲、乙、丙3名同学得分如下表所示．丁应得分． 题号学生1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 得 分 甲××√√××√×√√7 0 乙×√×√√××√√×7 0 丙√×××√√√×××6 高中数学竞赛 数论 剩余类与剩余系 1.剩余类的定义与性质 (1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类. (2)性质(ⅰ)i m i K Z 1 0-≤≤=Y 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里. (ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ?a ≡b(modm). 2.剩余系的定义与性质 (1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系. 特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,2 1 ,,1,0,1,,121,21--+----m m m ΛΛ;当m 为偶数时,12 ,,1,0,1,,12,2--+-- m m m ΛΛ或2,,1,0,1,,12m m ΛΛ-+-. (2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系?两两对模m 不同余. (ⅱ)若(a,m)=1，则x 与ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系. 证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm), 矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有 aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾! 七年级数学竞赛讲义附练习及答案（12套） 初一数学竞赛讲座 第1讲数论的方法技巧（上） 数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力. 数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”. 因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了. 任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作. ”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重. 数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆. 主要的结论有： 1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得a=bq+r （0≤r＜b），且q，r是唯一的. 特别地，如果r=0，那么a=bq. 这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a 的约数，a是b的倍数. 2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c. 3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即 其中p 1＜p 2＜…＜p k 为质数，a 1，a 2，…，a k 为自然数，并且这种表示是唯一的. （1）式称为n 的质因数分解或标准分解. 4．约数个数定理：设n 的标准分解式为（1），则它的正约数个数为： d （n ）=（a 1+1）（a 2+1）…（a k +1）. 5．整数集的离散性：n 与n+1之间不再有其他整数. 因此，不等式x ＜y 与x ≤y-1是等价的. 下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解. 一、利用整数的各种表示法 对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决. 这些常用的形式有： 1．十进制表示形式：n=a n 10n +a n-110n-1+…+a 0； 2．带余形式：a=bq+r ； 4．2的乘方与奇数之积式：n=2m t ，其中t 为奇数. 例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差. 结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998. 问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？ 解：设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a 3，a 2，a 1，a 0，则这个四位 数可以写成：1000a 3+100a 2+10a 1+a 0，它的各位数字之和的10倍是10（a 3+a 2+a 1+a 0）=10a 3+10a 2+10a 1+10a 0，这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是： 990a 3+90a 2-9a 0=1998，110a 3+10a 2-a 0=222. 比较上式等号两边个位、十位和百位，可得a 0=8，a 2=1，a 3=2. 所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8. 例2 在一种室内游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数abc (a,b,c 依次是这个数的百位、十位、个位数字)，并请这个人算出5个数cab bca bac acb ,,,与cba 的和N ，把N 告诉魔术师，于是魔术师就可以说出这个人所想的数abc . 现在设N=3194，请你当魔术师，求出数abc 来. 解：依题意，得 竞赛中的数论问题的思考方法 一. 条件的增设 对于一道数论命题，我们往往要首先排除字母取零值或字母取相等值等“平凡”的情况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小顺序、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。 1. 大小顺序条件 与实数范围不同，若整数x ，y 有大小顺序x 六年级数学思维训练题（有答案及解析） 1．甲、乙两队进行象棋对抗赛;甲队的三人是张、王、李;乙队的三人是赵、钱、孙;按照以往的比赛成绩看;张能胜钱;钱能胜李;李能胜孙;但是第一轮的三场比赛他们都没有成为对手．请问：第一轮比赛的分别是谁对谁？ 2．甲、乙、丙、丁与小强五位同学一起比赛象棋;每两人都要比赛一盘．到现在为止;甲已经赛了4盘;乙赛了3盘;丙赛了2盘;丁赛了1 盘．问：小强已经赛了几盘？分别与谁赛过？ 3．甲、乙、丙三名选手参加马拉松比赛;起跑后甲处在第一的位置;在整个比赛过程中;甲的位置共发生了7次变化．比赛结束时甲是第几名？（注：整个比赛过程中没有出现三人跑在同一位置的情形．） 4．有10名选手参加乒乓球单打比赛;每名选手都要和其它选手各赛一场;而且每场比赛都分出胜负;请问：（1）总共有多少场比赛？ （2）这10名选手胜的场数能否全都相同？ （3）这10名选手胜的场数能否两两不同？ 5．6支足球队进行单循环比赛;即每两队之间都比赛一场．每场比赛胜者得3分;负者得0分;平局各得1分;请问： （1）各队总分之和最多是多少分？最少是多少分？ （2）如果在比赛中出现了6场平局;那么各队总分之和是多少？ 6．红、黄、蓝三支乒乓球队进行比赛;每队派出3名队员参赛．比赛规则如下：参赛的9名队员进行单循环赛决出名次;按照获胜场数进行排名;并按照排名获得一定的分数;第一名得9分;第二名得8分;…;第九名得1分;除产生个人名次外;每个队伍还会计算各自队员的得分总和;按团体总分的高低评出团体名次．最后;比赛结果没有并列名次．其中个人评比的情况是：第一名是一位黄队队员;第二名是一位蓝队队员;相邻的名次的队员都不在同一个队．团体评比的情况是：团体第一的是黄队;总分16分;第二名是红队;第三名是蓝队．请问：红队队员分别得了多少分？ 7．5支球队进行单循环赛;每两队之间比赛一场;每场比赛胜者得3分;负者得0分;打平则双方各得1分;最后5支球队的积分各不相同;第三名得了7分;并且和第一名打平．请问：这5支球队的得分;从高到低依次是多少？8．有A、B、C三支足球队;每两队比赛一场;比赛结果为：A：两胜;共失2球;B：进4球;失5球;C：有一场踢平;进2球;失8球．则A与B两队间的比分是多少？ 9．一次考试共有10道判断题;正确的画“√”;错误的画“×”;每道题10分;满分为100分．甲、乙、丙、丁4名同学的解答及甲、乙、丙3名同学得分如下表所示．丁应得分． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 得分 题号 学生 甲××√√××√×√√70 乙×√×√√××√√×70 丙√×××√√√×××60 丁×√×√√×√×√× 10．赵、钱、孙、李、周5户人家;每户至少订了A、B、C、D、E这5种报纸中的一种．已知赵、钱、孙、李分别订了其中的2、2、4、3种报纸;而A、B、C、D这4种报纸在这5户人家中分别有1、2、2、2家订户．周姓订户订有这5种报纸中的几种？报纸E在这5户人家中有几家订户？ 二、拓展篇 11．编号为1、2、3、4、5、6的同学进行围棋比赛;每2个人都要赛1盘．现在编号为1、2、3、4、5的同学已经赛过的盘数和他们的编号数相等．请问：编号为6的同学赛了几盘？ 12．五行（火水木金土）相生相克;其中每一个元素都生一个;克一个;被一个生和被一个克;水克火是我们熟悉的;有一个俗语叫做“兵来将挡;水来土掩”;是说土能克水．另外;水能生木;火能生土．请把五行的相生相克关 系画出来． 13．A、B、C、D、E、F六个国家的足球队进行单循环比赛（即每队都与其他队赛一场）;每天同时在3个场地各进行一场比赛;已知第一天B对D;第二天C对E;第三天D对F;第四天B对C请问：第五天与A队比赛的是哪支 队伍？ 14．A、B、C三个篮球队进行比赛;规定每天比赛一场;每场比赛结束后;第二天由胜队与另一队进行比赛;败队则休息一天;如此继续下去;最后结果是A队胜10场;B队胜12场;C队胜14场;则A队共打了几场比赛？15．甲、乙、丙、丁四名同学进行象棋比赛;每两人都比赛一场;规定胜者得2分;平局各得1分;输者得0分;请问 ： （1）一共有多少场比赛？ （2）四个人最后得分的总和是多少？ （3）如果最后结果甲得第一;乙、丙并列第二;丁是最后一名;那么乙得了多少分？ 16．五支足球队进行循环赛;即每两个队之间都要赛一场;每场比赛胜者得2分;输者得0分;平局两队各得1分． 比赛结果各队得分互不相同．已知： ①第一名的队没有平过; ②第二名的队没有输过; ③第四名的队没有胜过;问：第一名至第五名各得多少分？全部比赛共打平过几场？ 第一讲正整数的表示及进位制 一、基础知识： 1．我们通常接触的整数都是―十进制‖整数，十进制计数法就是用0，1，2…9十个数码，采用―逢十进一‖的法则进行计数的方法。例如1999就是一个一千，9个一百，9个十，9个1组成的，故1999这个数也可以表示为： 1999=1×1000+9×100+9×10+9 底数为10的各整数次幂，恰好是十进制数的各个位数： 100=1(个位上的数—第1位)， 101=10(十位上的数---第2位)，102=100(百位上的数---第3位)，…10n(第n+1 位上的数) 故1999=1×103+9×102+9×101+9×100 二进制即计数法就是用0，1两个数码，采用“逢二进一”的法则进行计数的方法。例如二进制中的111记为(111)2 111=1×22+1×2+1=7 60/2 = 30 余 0 30/2 = 15 余 0 15/2 = 7 余 1 7/2 = 3 余 1 3/2 = 1 余 1 所以十进制数60转为二进制数即为 (11100)2 （二）十进制小数转换为二进制小数 方法：乘2取整，顺次排列。 具体做法是：用2乘十进制小数，可以得到积，将积的整数部分取出，再用2乘余下的小数部分，又得到一个积，再将积的整数部分取出，如此进行，直到积中的小数部分为零，或者达到所要求的精度为止。然后把取出的整数部分按顺序排列起来，先取的整数作为二进制小数的高位有效位，后取的整数作为低位有效位。 例如：0.25 0.25*2 = 0.5 ------------整数部分：0 0.5*2 = 1.0 ------------整数部分：1 所以十进制数0.25转为二进制数即为 0.01 所以十进制数 60.25 转为二进制数即为 (11100.01)2 二、典型问题： 例1 证明：形如abcabc 的六位数总能被7、11、13整除。 证明：将已知的六位数写成十进制表达形式，得 c b a c b a abcabc +?+?+?+?+?=10101010102345 )110()1010()1010(3 4 2 5 +?++?++?=c b a 100110010100100?+?+?=c b a )10100(1001c b a ++?= )10100(13117c b a ++??= a b c a b c ∴总能被7，11，13整除。 【变式】试证明：任何一个四位正整数，如果四个数字和是9的倍数，那么这个四位数必能被9整除。并 把它推广到n 位正整数，也有同样的结论。 证明：设一个四位数为103a +102b +10c +d ，根据题意得 第7讲同余的概念及基本性质 数论有它自己的代数，称为同余理论．最先引进同余的概念与记号的是数学王子高斯． 先看一个游戏：有n＋1个空格排成一行，第一格中放入一枚棋子，甲乙两人交替移动棋子，每步可前移1，2或3格，以先到最后一格者为胜．问是先走者胜还是后走者胜？应该怎样走才能取胜？ 取胜之道是：你只要设法使余下的空格数是4的倍数，以后你的对手若走i格(i=1，2，3)，你走4-i格，即每一次交替，共走了4格．最后只剩4个空格时，你的对手就必输无疑了．因此，若n除以4的余数是1，2或3时，那么先走者甲胜；若n除以4的余数是0的话，那么后走者乙胜． 在这个游戏里，我们可以看出，有时我们不必去关心一个数是多少，而要关心这个数用m除后的余数是什么．又例如，1999年元旦是星期五，1999年有365天，365=7×52＋1，所以2000年的元旦是星期六．这里我们关心的也是余数．这一讲中，我们将介绍同余的概念、性质及一些简单的应用． 同余，顾名思义，就是余数相同． 一、基础知识 定义1 给定一个正整数m，如果用m去除a，b所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作 a≡b(mod m)， 并读作a同余b，模m． 否则，就称a与b对于模m不同余，记作a≡b（mod m）， 根据定义，a与b是否同余，不仅与a、b有关，还与模m有关，同一对数a和b，对于模m同余，而对于模n也许就不同余，例如，5≡8（mod 3），而5≡8（mod 4），若a与b对模m同余，由定义1，有 a=mq1＋r，b=mq2+r． 所以a-b=m(q1-q2)， 即m｜a-b． 反之，若m｜a-b，设 a=mq1＋r1，b=mq2＋r2，0≤r1，r2≤m-1， 则有m｜r1-r2．因｜r1-r2｜≤m-1，故r1-r2=0，即r1＝r2． 于是，我们得到同余的另一个等价定义：(完整版)小学奥数中的数论问题
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