初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑴..docx

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1、学习必备欢迎下载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

2、分拆。主要的结论有：1带余除法：若 a，b 是两个整数， b0，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 p1p2 pk 为质数， a1，a2， ak 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

3、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xy与xy-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=an10n+an-1 10n-1 + +a0；2带余形式： a=bq+r；42 的乘方与奇数之积式： n=2mt ，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

4、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？学习必备欢迎下载解：设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a3 ，a2，a1， a0 ，则这个四位数可以写成：1000a3+100a2+10a1+a0 ，它的各位数字之和的10 倍是 10（ a3 +a2 +a1+a0）=10a3+10a2+10a1 +10a0 ，这个四位数与它的各位数字之和的10 倍的差是：990a3+90a2-9 a0 =1998，110a3+10a2 - a0=222。比较上式等号两边个位、十位和百位，可

5、得a0=8，a2=1， a3=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 acb, bac,bca,cab 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a+b+c 14，说明：求解本题所用的基本知识是， 正整数的十进制表示法和最简单的不定方程。例 3 从自然数 1， 2， 3， 1000 中，最多可取出多少个数使得所取出的数中任

6、意三个数之和能被 18 整除？解：设 a，b，c，d 是所取出的数中的任意 4 个数，则 a+b+c=18m，a+b+d=18n，其中 m，n 是自然数。于是 c-d=18 （m-n）。上式说明所取出的数中任意 2 个数之差是 18 的倍数，即所取出的每个数除以 18 所得的余数均相同。设这个余数为 r ，则 a=18a1+r ，b=18b1+r ， c=18c1+r ，其中 a1，b1， c1 是整数。于是 a+b+c=18（ a1+b1+c1）+3r 。因为 18| （a+b+c），所以 18|3r ，即 6|r ，推知 r=0 ， 6，12。因为 1000=55× 18+10，

7、所以，从 1，2， 1000 中可取 6，24，42， 996 共 56 个数，它们中的任意 3 个数之和能被 18 整除。学习必备欢迎下载例 4 求自然数 N，使得它能被 5 和 49 整除，并且包括 1 和 N 在内，它共有 10 个约数。解：把数 N 写成质因数乘积的形式： N= a1a25a 37a4an23Pn由于 N 能被 5 和 72=49 整除，故 a31，a42，其余的指数 ak 为自然数或零。依题意，有（ a1+1）（ a2+1）（ an+1）=10。由于 a3+1 2， a4+13，且 10=2× 5，故 a1+1=a2+1=a5+1= =an+1=1，即 a1

8、=a2=a5=an=0， N只能有 2 个不同的质因数 5 和 7，因为 a4+1 3 2，故由（a3+1）（ a4+1）=10 知，a3+1=5，a4+1=2 是不可能的。 因而 a3+1=2，a4+1=5，即 N=52-1 ×75-1 =5× 74 =12005。例 5 如果 N 是 1，2， 3， 1998，1999，2000 的最小公倍数，那么 N 等于多少个 2 与 1 个奇数的积？解：因为 210 =1024，211 =20482000，每一个不大于 2000 的自然数表示为质因数相乘，其中 2 的个数不多于 10 个，而 1024=210，所以， N 等于 1

9、0 个 2 与某个奇数的积。说明：上述 5 例都是根据题目的自身特点， 从选择恰当的整数表示形式入手，使问题迎刃而解。二、枚举法枚举法（也称为穷举法）是把讨论的对象分成若干种情况（分类），然后对各种情况逐一讨论，最终解决整个问题。运用枚举法有时要进行恰当的分类， 分类的原则是不重不漏。 正确的分类有助于暴露问题的本质， 降低问题的难度。 数论中最常用的分类方法有按模的余数分类，按奇偶性分类及按数值的大小分类等。例 6 求这样的三位数，它除以 11 所得的余数等于它的三个数字的平方和。分析与解：三位数只有 900 个，可用枚举法解决， 枚举时可先估计有关量的范围，以缩小讨论范围，减少计算量。设这

10、个三位数的百位、十位、个位的数字分别为 x，y， z。由于任何数除以 11 所得余数都不大于 10，所以 x2+y2+z210，从而 1x 3， 0 y 3， 0 z 3。所求三位数必在以下数中：100，101， 102， 103，110，111， 112， 120，121， 122， 130，200，201，202， 211，212，220，221， 300，301，310。不难验证只有 100，101 两个数符合要求。例 7 将自然数 N接写在任意一个自然数的右面（例如，将 2 接写在 35 的右面得 352），如果得到的新数都能被 N整除，那么 N 称为魔术数。问：小于 2000 的自然

11、数中有多少个魔术数？解：设 P 为任意一个自然数，将魔术数 N（N2000接后得 PN ，下面对 N 为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论。当 N 为一位数时， PN =10P+N，依题意 N PN ，则 N 10P，由于需对任意数 P 成立，故 N 10，所以 N=1， 2， 5；当 N 为两位数时， PN =100P+N，依题意 N PN ，则 N100P，故 N|100，所以 N=10，20， 25，50；学习必备欢迎下载当 N 为三位数时， PN =1000P+N，依题意 N PN ，则 N1000P，故 N|1000，所以 N=100，125，200，250， 500；当 N 为

12、四位数时，同理可得 N=1000，1250，2000，2500，5000。符合条件的有 1000，1250。综上所述，魔术数的个数为14 个。说明：（ 1）我们可以证明： k 位魔术数一定是 10k 的约数，反之亦然。（2）这里将问题分成几种情况去讨论，对每一种情况都增加了一个前提条件，从而降低了问题的难度，使问题容易解决。例 8 有 3 张扑克牌，牌面数字都在 10 以内。把这 3 张牌洗好后，分别发给小明、小亮、小光 3 人。每个人把自己牌的数字记下后，再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后， 3 人各自记录的数字的和顺次为 13，15， 23。问：这 3 张牌的数字分别是多少？解： 13

13、+15+23=51，51=3×17。因为 17 13，摸 17 次是不可能的，所以摸了 3 次， 3 张扑克牌数字之和是 17，可能的情况有下面 15 种：1，6，101，7，91，8，82，5，102，6，92，7，83，4，103，5，93，6，83，7，7(11)4 ， 4， 9 (12)4 ，5，8(13)4 ，6，7 (14)5 ， 5， 7 (15)5 ， 6， 6只有第种情况可以满足题目要求，即3+5+5=13；3+3+9=15； 5+9+9=23。这 3 张牌的数字分别是 3，5 和 9。例 9 写出 12 个都是合数的连续自然数。分析一：在寻找质数的过程中， 我们可

14、以看出 100 以内最多可以写出 7 个连续的合数： 90，91，92， 93，94，95，96。我们把筛选法继续运用下去，把考查的范围扩大一些就行了。解法 1：用筛选法可以求得在 113 与 127 之间共有 12 个都是合数的连续自然数：114，115， 116， 117，118，119， 120，121，122，123， 124，125，126。分析二：如果 12 个连续自然数中， 第 1 个是 2 的倍数，第 2 个是 3 的倍数，第 3 个是 4 的倍数第 12 个是 13 的倍数，那么这12 个数就都是合数。又 m+2，m+3， m+13是 12 个连续整数，故只要 m是 2， 3

15、， 13 的公倍数，这 12 个连续整数就一定都是合数。解法 2：设 m为 2，3，4，13 这 12 个数的最小公倍数。 m+2，m+3，m+4，m+13分别是 2 的倍数， 3 的倍数， 4 的倍数 13 的倍数，因此 12 个数都是合数。说明：我们还可以写出 13！+2， 13！+3， 13！+13（其中 n！=1×2×3 ×× n）这 12 个连续合数来。同样，（ m+1）！+2，（m+1）！+3，（ m+1）！+m+1是 m个连续的合数。三、归纳法当我们要解决一个问题的时候， 可以先分析这个问题的几种简单的、 特殊的情况，从中发现并归纳出一般规

16、律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径。这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法。例 10 将 100 以内的质数从小到大排成一个数字串， 依次完成以下 5 项工作叫做一次操作：学习必备欢迎下载（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边；（2）从左到右两位一节组成若干个两位数；（3）划去这些两位数中的合数；（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；（5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串。问：经过 1999 次操作，所得的数字串是什么？解：第 1 次操作得数字串；第 2 次操作得数字串11133173；第 3 次操作得数字串 111731；第 4 次操作得数字串 117

17、3；第 5 次操作得数字串1731；第 6 次操作得数字串 7311；第 7 次操作得数字串 3117；第 8 次操作得数字串 1173。不难看出，后面以 4 次为周期循环， 1999=4× 499+3，所以第 1999 次操作所得数字串与第 7 次相同，是 3117。例 11 有 100 张的一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作： 把最上面的第一张卡片舍去， 把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面。再把原来的第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面。反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第几张？分析与解： 可以从简单的不失题目性

18、质的问题入手，寻找规律。列表如下：设这一摞卡片的张数为N，观察上表可知：（1）当 N=2a（ a=0，1，2，3，）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的最后一张，即第 2a 张；（2）当 N=2a+m（m2a）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张。6取 N=100，因为 100=2 +36，2×36=72，所以剩下这张卡片是原来那一摞卡片的第 72 张。说明：此题实质上是著名的约瑟夫斯问题： 传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码 1，2，3，然后把 1 号杀了，把 3 号杀了，总之每隔一个人杀一个人， 最后剩下一个人， 这个人就是约瑟夫斯。 如果这批俘

19、虏有 111 人，那么约瑟夫斯的号码是多少？例 12 要用天平称出 1 克、 2 克、 3 克 40 克这些不同的整数克重量，至少要用多少个砝码？这些砝码的重量分别是多少？分析与解： 一般天平两边都可放砝码，我们从最简单的情形开始研究。（1）称重 1 克，只能用一个 1 克的砝码，故 1 克的一个砝码是必须的。（2）称重 2 克，有 3 种方案：增加一个 1 克的砝码；用一个 2 克的砝码；用一个 3 克的砝码，称重时，把一个 1 克的砝码放在称重盘内， 把 3 克的砝码放在砝码盘内。从数学角度看，就是利用 3-1=2。学习必备欢迎下载（3）称重 3 克，用上面的两个方案，不用再增加砝码，因此

20、方案淘汰。（4）称重 4 克，用上面的方案，不用再增加砝码，因此方案也被淘汰。总之，用 1 克、 3 克两个砝码就可以称出（3+1）克以内的任意整数克重。（5）接着思索可以进行一次飞跃，称重5 克时可以利用： 9- （3+1）=5，即用一个 9 克重的砝码放在砝码盘内， 1 克、 3 克两个砝码放在称重盘内。这样，可以依次称到 1+3+9=13（克）以内的任意整数克重。而要称 14 克时，按上述规律增加一个砝码，其重为： 14+13=27（克），可以称到 1+3+9+27=40（克）以内的任意整数克重。总之，砝码的重量为1，3，32，33 克时，所用砝码最少，称重最大，这也是本题的答案。这个结

21、论显然可以推广，当天平两端都可放砝码时，使用1，3，这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案。练习 11已知某个四位数的十位数字减去1 等于其个位数字，个位数字加2 等于百位数字，这个四位数的数字反着顺序排列成的数与原数之和等于 9878。试求这个四位数。3设 n 是满足下列条件的最小自然数：它们是75 的倍数且恰有75 个4不能写成两个奇合数之和的最大偶数是多少？5把 1，2，3，4， 999 这 999 个数均匀排成一个大圆圈，从1 开始数：隔过 1 划掉 2，3，隔过 4，划掉 5，6这样每隔一个数划掉两个数，转圈划下去。问：最后剩下哪个数？为什么？6圆周上放有 N 枚棋子，如下图所

22、示， B 点的一枚棋子紧邻 A 点的棋子。小洪首先拿走 B 点处的 1 枚棋子，然后顺时针每隔 1 枚拿走 2 枚棋子，连续转了10 周，9 次越过 A。当将要第 10 次越过 A 处棋子取走其它棋子时，小洪发现圆周上余下 20 多枚棋子。若 N 是 14 的倍数，则圆周上还有多少枚棋子？7用 0，1，2，3，4 五个数字组成四位数，每个四位数中均没有重复数字（如 1023，2341），求全体这样的四位数之和。8有 27 个国家参加一次国际会议，每个国家有 2 名代表。求证：不可能将54 位代表安排在一张圆桌的周围就座，使得任一国的 2 位代表之间都夹有 9 个人。学习必备欢迎下载练习 1 答

23、案：11987。（a+d）× 1000+（ b+c）× 110+（a+d）= 9878。比较等式两边，并注意到数字和及其进位的特点，可知：a+d=8，b+c=17。已知 c-1=d，d+2=b，可求得： a=1， b=9，c=8，d=7。即所求的四位数为1987。21324，1423， 2314， 2413， 3412，共 5 个。3432。解：为保证 n 是 75 的倍数而又尽可能地小，因为75=3×5×5，所以可设 n有三个质因数 2，3，5，即 n=2 ×3 ×5 ，其中 0，1，2，并且（ +1）（ +1）（ +1）=75。易

24、知当 =4，=2 时，符合题设条件。此时438。解：小于 38 的奇合数是 9，15， 21，25，27，33。38 不能表示成它们之中任二者之和，而大于 38 的偶数 A，皆可表示为二奇合数之和： A 末位是 0，则 A=15+5n；A 末位是 2，则 A=27+5n；A 末位是 4，则 A=9+5n ；A 末位是 6，则 A=21+5n；A 末位是 8，则 A=33+5n。其中 n 为大于 1 的奇数。因此， 38 即为所求。5406。解：从特殊情况入手，可归纳出：如果是3n 个数（n 为自然数），那么划 1 圈剩下 3n-1个数，划 2 圈剩下 3n-2个数划（ n-1）圈就剩3 个数，

25、再划 1 圈，最后剩下的还是起始数1。699937 ，从 999 个数中划掉（999-36）个数，剩下的（ 6 ）3= 2703 =729 个数，即可运用上述结论。因为每次划掉的是2 个数，所以划掉 270 个数必须划135 次，这时划掉的第270 个数是（ 135×3=）405，则留下的 36个数的起始数为 406。所以最后剩下的那个数是 406。623 枚。解：设圆周上余 a 枚棋子。因为从第9 次越过 A 处拿走 2 枚棋子到第 10 次将要越过 A 处棋子时小洪拿走了2a 枚棋子，所以，在第 9 次将要越过 A 处棋子学习必备欢迎下载时，圆周上有3a 枚棋子。依此类推，在第8

26、 次将要越过A 处棋子时，圆周上有 32a 枚棋子在第1 次将要越过 A 处棋子时，圆周上有 39a枚棋子，在第1 次将要越过A 处棋子之前，小洪拿走了999102(3 a-1)+1枚棋子，所以 N=2(3 a-1)+1+3 a=3 a-1。若 N=310a=59049a-1是 14 的倍数，则 N 就是 2 和 7 的公倍数，所以 a 必须是奇数；若 N=（7×8435+4）a-1=7×8435a+4a-1是 7 的倍数，则 4a-1 必须是 7 的倍数，当 a=21，25，27， 29 时， 4a-1 不是 7 的倍数，当 a=23 时， 4a-1=91=7×

27、 13，是 7 的倍数。当 N 是 14 的倍数时，圆周上有23 枚棋子。7259980。解：用十进位制表示的若干个四位数之和的加法原理为：若干个四位数之和 =千位数数字之和× 1000+百位数数字之和× 100+十位数数字之和× 10+个位数数字之和。以 1，2，3，4 中之一为千位数，且满足题设条件的四位数有 4× 3× 2=24（个）。这是因为，当千位数确定后，百位数可以在其余 4 个数字中选择；千、百位数确定后，十位数可以在其余 3 个数字中选择；同理，个位数有 2 种可能。因此，满足条件的四位数的千位数数字之和为（ 1+2+3+4）&

28、#215; 4×3×2=240。以 1， 2， 3， 4 中之一为百位数时，因为 0 不能作为千位，所以千位数也有3 种选择；十位数也有 3 种选择（加上 0）；个位数有 2 种选择。因此，百位数数字之和 =（ 1+2+3+4）× 18=180。同理，十位数数字之和、个位数数字之和都是 180。所以满足条件的四位数之和为 240× 1000+180×（ 1+10+100） = 259980。8将 54 个座位按逆时针编号： 1，2，54。由于是围圆桌就座，所以从 1 号起，逆时针转到 55，就相当于 1 号座；转到 56，就相当于 2 号座；如

29、此下去，显然转到 m，就相当于 m 被 54 所除的余数号座。设想满足要求的安排是存在的。不妨设1 和 11 是同一国的代表，由于任一国只有 2 名代表，于是 11 和 21 不是同一国代表，下面的排法是：21 和 31 是同一国的代表； 31 和 41 不是同一国的代表； 41 和 51 是同一国的代表； 51 和 61 不是同一国的代表（ 61 即 7 号座）。由此， 20k+1 和 20k+11 是同一国的代表，若20k+1，20k+11 大于 54，则取这个数被 54 除的余数为号码的座位。取 k=13，则 261 和 271 是同一国的， 而 261 被 54 除的余数是 45，271 被 54除的余数是 1，这就是说， 1 号座与 45 号座是同一国的代表， 而我们已设 1 号与11 号座是同一国的代表。这样， 1 号、 11 号、 45 号的三位代表是同一国的，这是不可能的。所以题目要求的安排不可能实现。