1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：14数论Word版含答案

1、1981年2019年全国高中数学联赛二试试题分类汇编数论部分2019A 5、在1,2,3，,10中随机选出一个数a,在1, 2, 3,，10中随机选出一个数b,则a2 b被3整除的概率为 .37答案：3L100解析：首先数组a,b有10 10 100种等概率的选法.考虑其中使a2 b被3整除的选法数N .若a被3整除，则b也被3整除.此时a,b各有3种选法，这样的a,b有3 3 9组.若a不被3整除，则a2 1 mod3 ,从而b 1 mod3 .止匕时a有7种选法，b有4种选法，这样的a,b有7 4 28组.因此N 9 28 37 .于是所求概率为更。1002019A三、（本题满分50分）设

2、m为整数，m 2.整数数列a,a2,满足：a1,a2不全为零，且对任意正整数n,均有an2 an 1 man .证明：若存在整数r,s, （r s 2 ） 使得 ar as a1 ,则 r s m .解析：证明：不妨设a1,a2ZL素（否则，若 a,a2d 1,则 亘,欠 1互素,d d并且用红,a',*一代替&e2,条件与结论均不改变） d d由数列递推关系知a? a3 a4mod m .以下证明：对任意整数n 3,有an a2 a1 n 3 a2 m mod m .10分事实上，当n 3时显然成立.假设n k时成立（其中k为某个大于2的整数）， 注意到，有mak 1 ma2

3、 modm2 ,结合归纳假设知,C,C,2ak 1ak mak1 a2k3 a2m ma2a2aik2 a2modm 注意，当a1 a2时，对n 2也成立.，即n k 1时也成立.因此对任意整数n3均成立.20分设整数 r,s,(r s 2),满足 a. a$ 4 .若ai a2,由对n 2均成立，可知2a2a1 r 3a2 m aras a2 a1 s 3 a2 m mod m即 a1r 3 a2a1 s 3a2modm , 即 r s a2 0 modm .若a1 a2,则ar as a1 22故s 3.此时由于对n 3均成立，故类似可知仍成立. 30分我们证明a2,m互素.事实上，假如无

4、与m存在一个公共素因子p，则由得p为a2,a3,的公因子，而a1, a2互素，故 p/ a1,这与 aas a1矛盾.因此，由得r s 0 mod m .又r s,所以r s m . 50分n2018A四、(本题满分50分)数列an定义如下：a1是任意正整数，对整数n 1,an1与优i 1互素，且不等于a1,a2, ,.an的最小正整数，证明：每个正整数均在数列an中出现。证明：显然a1或者a2 1.下面考虑整数 m 1,设m有k个不同的素因子，我们对 k归 纳证明m在an中出现 记Sn a1 a2an, n 1.k 1时，m是素数方哥，记m p，其中 0,p是素数.假设m不在an中出现.由于

5、an 各项互不相同，因此存在正整数 N ,当n N时，都有an p .若对某个n N , p | Sn , 那么p与Sn互素，又 a1,a2, ,.an中无一项是 p，故有数列定义知 an 1 p ，但是 an 1 p ,矛盾！因此对每个n N，都有p | Sn.又p | Sn 1 ,可得p | an 1,从而an 1与Sn不互素，这与an 1的 定义矛盾！假设k 2,且结论对k 1成立.设m的标准分解为 m p11p22 pk1假设m不在an中出 现，于是存在正整数 N / ,当n N，时，都有an m.取充分大的正整数 1, 2, k 1 ,使得 M p11P22 pkk11 1maX/a

6、n.我们证明，对n N /,有an 1 M .对于任意n N/,若Sn与Rp2 pk互素，则m与Sn互素，又m在a1,a2, ,.an中均未出 现，而an 1 m,这与数列的定义矛盾，因此我们得到：对于任意n N/, Sn与p1p2 pk不互素 ，若存在i (1 i k 1),使得r |Sn ,则an 1,Sn 1,故r | an 1 ,从而an 1 M (因 为 Pi |M )。若对每个i (1 i k 1),均有r | 0 ,则由 知，必有Pk |Sn .于是Pk | 4 1 ,进而Pk | Sn an 1 ,即 Pk | Sn 1 .故由知：存在 i° ( 1 i°

7、k 1 ),使得 Pi01sn 1 ,再由 Sn 1 Sn an及前面的假设Pi | Sn，可知Pi0 |41 ,故41 M。因此，对n N / 1 ,均有anM ,而MP11 P22PkT1ml弋an,故M不在an中出现，这与假设矛盾！因此，若 m有k个不同的素因子，则 m一定在数列an中出现. 由数学归纳法知，所以正整数均在数列an中出现。2018B四、(本题满分50分)给定整数a 2。证明：对任意正整数 n ,存在正整数k ,使得 连续n个数ak 1, ak 2, , ak n均是合数。证明：设i1 i2 ir是1,2, ,n中与a互素的全体整数，则1 i n,i i1,i2, ,ir

8、, 无论正整数k如何取值，ak i均与a不互素且大于a ,故ak i为合数。对任意j 1,2, ,r,因a ij 1,故a ij有素因子Pj.我们有Pj ,a1 (否则，因Pj是素数，故Pj | a ,但Pj | a i j ,从而Pj | i j ,即a与i j不互素，与i j的取法矛盾).因此，由费马小定理知，aP 1 1 mod Pi现取 kP1 1 P2 1Pr 1 1 ,对任意 j 1,2, ,r ,注意到 k 1 mod Pj 1 ,故kkk有 a ij ai j 0 mod Pj.又 a i j a i jPj ,故 aij 为合数。综上所述，当kr 1 p21Pr 11时，ak

9、 1, ak2, akn均是合数。2017A 4、若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1,则称其为“平稳数”，则平稳数的个数是答案：75解析：考虑平稳数abc。若b 0 ,则a 1 , c 0,1 ,有2个平稳数；若b 1,则a 1,2 , c 0,1,2,有2 3 6个平稳数；若b 2,8,则a, c b 1,b,b 1,有7 3 3 63个平稳数；若b 9,则a,c 8,9,有2 2 4个平稳数；综上可知，平稳数的个数为 2 6 63 4 75。2017B 8、若正整数a,b,c满足2017 10a 100b 1000c,则数组(a,b,c)的个数为答案：5742017_解析：由条件

10、知c 2,当c 1时，有10 b 20 ,对于每个这样的正整数 b,1000由10b a 201知，相应的a的个数为202 10b,从而这样的正整数组的个数为20(102 2) 11(202 10b) (2) 11 572,b 10220172017当 c 2 时，由 20 b ，知，b 20 ,进而 200 a 201,10010故a 200,201 ,此时共有2组(a,b,c).综上所述，满足条件的正整数组的个数为572 2 574.2016A 8、设 &,a2,a3,a4是1,2,3,100中的4个 互不相 同的数222 22a a2 a? a2 a3个数为答案：40解析：由柯西

11、不等式知,(a1a2a2a32a3a4），则这样的有序数组 （a1，a2 ,a3,a4）的立的充分必要条件是ai(a；a2a2a32a2a3a 22a2)(a；a2 a：) (a1a2 a2a3 a3a4)2,等号成即a1，a2,a3, a4成等比数列.于是问题等价于计算满足a1，a2,a3,a4 1,2,3，100的等比数列科e2e3e4的个数设等比数列的公比q 1,且q为有理数.记此时 a4 a1()3 m,其中m, n为互素的正整数，且 m n .先考虑n m的情况. m3a1n3 3a1一3-,注意到 m ,n 互素，故l 1为正整数. 相应地，a1，a2,a3,a4 mm分别等于m3

12、l,m2nl,mn2l,n3l ,它们均为正整数.这表明，对任意Z定的q 1,满足条m3件并以q为公比的等比数列 a1，a2,a3,a4的个数，即为满足不等式n l 100的正整数l1001数，即1-3 n的个334 由于53100,故仅需考虑q2,3, ,4, 一这些情况，相应的等比数列的个数为23100,100, 100, 100,10012 3 3 1 1 827276464当n m时，由对称性可知，亦有 20个满足条件的等比数列ai,a2,a3,a4.综上可知，共有40个满足条件的有序数组（a1，a2，a3，a4）.2016A 四、（本题满分50分）设p与p2均是素数，p3 ,数列an

13、定义为ai2,anan 1证明：对npan 1n3,4, ,pn 2,3,这里表示不小于实数x的最小整数。1 ，均有 n |( pan1）成立。证明：首先注意到，数列 an是整数数列。当n 3时，由条件知a2 2故必须3|1,因此3| pa2p，1,故pa2即n 3时,n用数学归纳法。, 2,_ ._ _ . 一p 1 ，又p与p 2均是素数，且p 结论成立。3,3,4,1时结论成立,即 k | pak1,此时的 kpak 1故pakak 2pakp ak 2pak 2pak 2 1 p k 1故对3pan 1ppn1_p1时,1-pan1n 22pan 31pa2 12n(p 1)(p n)

14、(p 2)显然 n |(p n)(p 2)(pan1 1), 因为n p , p是素数，故(n,n p) (n, p) 1,又p 2是大于n的自然数，故(n, p 2) 1,从而 n 与(n p)( p 2)互素，故由可知 n| (pan i 1)。由数学归纳法知，对n 3,4, p 1,均有n |( pan 1 1)成立。3 .这样的n的个数2016B 8、设正整数 n满足n 2016，且一一24612为.这里x x x ,其中x表示不超过x的最大整数.答案：168解析：由于对任意整数n,有！2nnn4612等号成立的充分必要条件是1 mod12 ,结合 1 n1 3 5 11 &3

15、,2 4 6 122016知，满足条件的所有正整数为n 12k 1 k 1,2,168，共有 168 个.解析：首先注意到，若m为正整数，则对任意整数x, y ,若x y mod m，则"x2.这m m是因为，当x y mod m时，x y mt ,这里t是一个整数，故x x x y mt y mt Ytt， NN ym m m m m mm m m m因此，当整数nn2满足n n2 mod12时，n1n1n1n1"&%出.2461224612容易验证，当正整数满足1n12时，只有当n11时，等式上-3才成24612立.而201612168 ,故当1n2016时，满

16、足-3正整数n的个数24612为 168.2016B、(本题满分40分)非负实数x1，x2,x2016和实数y1，y2, ,y2016满足：(1) x； y2 1, k 1,2, ,2016；(2) y1 y2y2016 是奇数.求x x2x2016的最小值.解析:由已知条件(1)可得：xk 1, yk 1,k1,2,2016,于是(注意x0)2016201620162016222xkxk1 yk 2016 ykk 1k 1k 1k 1不妨设 ,ym0,ym 1,，y20160,0 m20162016yk .k 1m2016，则ykm,k 12016ykk m 12016m.m廿右ykk 12

17、016m 1 ,并且yk2015 m,k m 1m令ykk 12016m 1 a,yk2015 m b,则 0 a,b 1,于是k m 12016m2016ykykykk 1k 1 k m 12015 m b2m 2016 a b,2016由条件(2)知,yk是奇数，所以a b是奇数，这与0 k 1a, b 1矛盾.m因此必有yk m 1 ,或者k 1于是结合得2016 Xk 1.k 12016ykk m 120162015 m,则 仅k 1ykk 12016ykk m 12015.又当X1X2 X2015式等号成立，所以x10, X20161, y1y2y2015X2X2016的最小值为1

18、.1, y20160时满足题设条件，目使得不等2016B二、(本题满分40分)设n,k是正整数，且n是奇数.已知2n的不超过k的正约数的 个数为奇数，证明：2n有一个约数d ,满足k d 2k证明：记 A d|d|2n,d 是奇数，0 d k , A d|d|2n,d 是偶数，0 d k , 则A B , 2n的不超过k的正约数的集合是 A B证明：记 A d|d|2n,0 d k,d 是奇数，B d|d|2n,0 d k,d 是偶数，则 Afi B,2n的不超过k的正约数的集合是 AU B.若结论不成立，我们证明A| |B .对d A,因为d是奇数，故2d |2n ,又2d 2k,而2n没有

19、在区间 k,2k中的约数，故2d k, 即 2d B ,故 A| |B .、一.一，一， 一 k反过来，对d B,设d 2d ,则d | n , d是奇数，又d 3 k ,故d A,从而B A .所以I A |B.故2n的不超过k的正约数的个数为偶数，与已知矛盾.从而结论成立.2015A 8、对四位数 abcd (1 a 9,0 b,c,d 9),若 a b , b c , c d,则称 abcd 为 p类数；若a b, b c, c d ,则称abcd为Q类数用N(P), N (Q)分别表示p类数和Q 类数的个数，则N(P) N (Q)的值为答案：285解析：分别记P类数、Q类数的全体为 A

20、、B,再将个位数为零的 P类数全体记为A0，个 位数不等于零的尸类数全体记为A.对任一四位数 abcd A ,将其对应到四位数 dcba,注意到 a b,b c,c d 1 ,故 dcba B .反之，每个dcba B唯一对应于从中的元素 abcd .这建立了 A与B之间的一 一对应，因此有 N(P) N(Q) |A| |B | |A0| |A| |B| |A1 |.下面计算|A0|对任一四位数abc0 A0, b可取0,1,，9,对其中每个b,由b a 9及b c 9知，a和c分别有9 b种取法，从而92929 10 19|A0 |(9 b)2 k2 285 .b 0k 16因此，N(P)

21、N(Q) 285.2015A四、(本题满分50分)求具有下述性质得所有整数k：对任意正整数 n, 2(k1)n1不整除n!解析：对正整数m ,设%(m)表示正整数 m的标准分解中素因子 2的方哥，则熟知v2(m!) m S(m),这里S(m)表示正整数 m在二进制表示下的数码之和.由于 2(k 1)n 1 不整除(kn)! ,等价于 丫2(妈!) (k 1)n ,即 kn v2(kn)!) n v2(n!),进而 n!n!由知，本题等价于求所有正整数k,使得S(kn) S(n)对任意正整数n成立.10分我们证明，所有符合条件的k为2a(a 0,1,2,-*).一方面，由于S(2an) S(n)

22、对任意正整数n成立，故k 2a符合条件.20分另一方面，若k不是2的方哥，设k 2a q,a 0,q是大于1的奇数.下面构造一个正整数 n,使得S(kn) S(n).因为S(kn) S(2a q) S(qn),因此问题等价于我们选取q的一个倍数m ,使得S(m) S(m).q由(2, q) =l,熟知存在正整数 u,使得2u 1(modq).(事实上，由欧拉定理知，u可以取(q)的.)设奇数q的二进制表示为2a12a22at ,0a1a2at,t2 .取 2al2a2我们有2at 12at tu ,则 S(m) t ,且 mq 2at (2tu 1) 0(mod q).由于0q 2at2u 1

23、q2tu 1° 2u 112at 1(1 2u2u ,故正整数q2u 1，八t 1 2u1,2。1)u) 12 22i 0 qat的二进制表示中的最高次哥小于 u ,由此易知，对任意2u 1 i, a 2u 1整数i,j(0ij t 1),数 2iuat与 2ju at的二进制表示中没有相同的项.qq一一一 2u 1 iu a.又因为ai 0,故 2 at(l0,1，t 1)的二进制表示中均不包含1,故由可知qm2u 1S(m) 1 S(2一1) t t S(m), qq因此上述选取的 m满足要求.综合上述的两个方面可知，所求的k为2a (a0,1,2,).50分2015B三、(本题

24、满分50分)证明：存在无穷多个正整数组(a,b,c)(a,b,c 2015),满足:abc 1, b ac 1,cab 1.证明：考虑c ab 1的特殊情况，此时 c|ab 1成立.10分由 a|bc 1 知，a |b(ab 1) 1,故 a|b 1.由 b|ac 1 知，b|a(ab 1) 1,故 b|a 1.为满足、，取 a k,b k 1(k N )，此时c ab 1 k k 1. 40分当正整数k>2015时，(a,b,c) (k,k 1,k2 k 1)均符合条件，因此满足条件的正整数组 (a,b,c)有无穷多个.50分2015B四、(本题满分50分)给定正整数 m, n(2个互

25、不相同的数构成的一个排列，如果存在km n),设4包，am是1,2, ,n中任取m1,2, ,m使得ak k为奇数，或者存在整数k,l(1 k l m),使得ak砌，则称a1,a2, ,am是一个“好排列”，试确定所有好排列的 个数.解析：首先注意，“存在k 1,2, ,m,使得ak k为奇数”是指存在一个数与它所在的位置序号的奇偶性不同；“存在整数k,l(1 k l m),使得ak al ”意味着排列中存在逆 序，换言之，此排列不具有单调递增性.将不是好排列的排列称为“坏排列”，下面先求坏排列的个数，再用所有排列数减去坏排列数.注意坏排列同时满足：(1)奇数位必填奇数，偶数位必填偶数；(2)

26、单调递增.10分下面来求坏排列的个数.设 P是坏排列全体，Q是在1,2, ,-m中任取m项组成的单调递 2增数列的全体.对于 P中的任意一个排列 a1,a2, ,am，定义f(a1,a2, ,am) (-1F,-2, ,-m2-),因为ak n,k m,故由条件(1)可知，所有的目均属于集合1,2,， .再由 22a. k条件(2)可知，a- ( k 1,2, ,m)单调递增.故如上定义的 f给出了 P Q的一 2个映射.显然.f是一个单射.30分下面证明f是一个满射.事实上，对于 Q中任一个数列h,b2, ,bm ,令ak 2bk 1(k1,2,m) .因为整数bk1bk,故 bk1bk1,

27、从而ak 1ak2(bk1 bk) 1 1(1km 1)故为©, ,am单调递增.又a1 1,而am 2n-m m n ,及ak k 2bk为偶数，故a1，a2, , am为P中的一个1 2排列.显然f(a1，a2, ,am) (bib, ,bm),故f是一个满射.综上可见，f是PQ的一个一映射，故| P | | Q |. 40分又Q中的所有数列与集合1,2, ,n-的所有m元子集一对应，故|Q| Cm1m，从而 2-|P| 明.最后，我们用总的排列数Pnm n!一扣除坏排列的数目，得所有的排列的个数为 (n m)!cm m 50 分(n m)! 2-2014A四、(本题满分50分)

28、设整数k,X2, ,X2014模2014互不同余，若整数y1，y2, , yn模 2014也互不同余，证明：可将y1，y2, ,yn重新排列为Az, N2014，使得： X1 Z1, X2 Z2, X2014 Z2014 模 4028 互不同余。证明：记k1007,不妨设xi yi i mod 2k ,1 i2k ,对每个整数i , 1i 2k,若 XiyiXi kyi k mod4k ,则令 Zi y ,乙 ky k ；否则，令 Ziyi k ,Zi k yi 。可知情形，都能得到 xi Zi xi k Zi k mod 4k ,若不然，我们有Xi yi Xi k y k mod 4k，为

29、y k X k yi mod4 k两式相加得24 24 k mod4k ,于是 Xi Xi k mod2k ,但 x1，X2, ,X2014模 2014( 2k)互不同余， 特别地，x xi k mod2k ,矛盾。由上述构造方法知，Zi,Z2, ,z2k是yi,y2, ,y2k的排列，记 Wi Xi乙，i 1,2, ,2k。下面验证 Wi,W2, ,w2k模4k互不同余。这只需证明，对任意整数i,j , 1 i j k ,Wi,Wj,Wi k,Wj k模4k两两不同余 。实际上前面的构造方法中已经保证了Wi Wi k mod4k , Wj Wj k mod4k情形一：乙 yi ,且Zj yj

30、时，由前面的构造方法可知：w Wi k mod 2k , Wj Wj k mod2k ,由于2i 2 j mod2k ,易知w与Wj及Wj k模2k不同余，91,与0上及0i模2k不同余， 从而模4k更不同余，在结合 式可见 式得证。情形二：Zjyik,且Zjyjk时，由前面的构造方法可知：wiwik 2i k mod2k,wj Wj k 2j k mod2k ,同样有Wj与Wj及Wj k模2k不同余， 9k与Wj及Wj k模 2k不同余，同情形一得证。情形三：Ziyi,且Zjyjk（ Ziyik,且Zjyj时也一样）时，由前面的构造方法可知：Wj wi k 2i mod2k , wj wj

31、k 2 j k mod2k ,由于 k 是奇数，故 2i 2 j k mod 2k ,因此仍然有 Wj与Wj及wjk模2k不同余，Wj k与 吗 及Wj k模2k不 同余，有情形一，从而 式得证。综上可知，本题得证。2014B三、（本题满分50分）给定正整数 k 2, a,b是非零整数，且a b为奇数，假定方 程akx bky a b有整数解x, y其中0 x y 2.证明：a b是某个整数的k次哥。 证明：设a dai, db dbi,其中d是a和b的最大公因素，则 a1与bi互素。根据方程akx bkya b,我们得到 dk1 a1kxbky a1b1,所以 dk 11al b1。又 a

32、bakx yak bk y,且 a b | akbk,所以ab | ak x y ,再我们假设2 | a b ,所以a b与x y互素，从而a b |ak,即a1 b11dk 1a1k, 注意到a1与b1互素，所以a4与砌也互素，从而 a1 b |dk1,所以a4 dk 1, 也就是a b da14 dk是d的k次哥，结论得证。2013A二、（本题?荫分40分）给定正整数u,v,数列an的定义如下：a1a2m am u，记 Sm a a2a2m 1 am v证明：数列Sn中有无穷多项完全平方数。am ( m1,2,证明：S2n 1 1所以S2n设u v对正整数n ,有a1 a3) as)12n

33、1(u v) 2s2n-k2 q,其中k是非负整数,(a2n 1 2(u v) na2n 12n 11）2n2s.的任意正整数，此时S2nl22k 1 q l2 k 1 l2q是奇数，取n qq l2q ,注意到q是奇l2,其中l是满足2k 1 k k 10 mod2l k 1 mod2所以S2nl是完全平方数，由于l的任意性，故数列 Sn中有无穷多项完全平方数。2013A四、(本题满分50分)设n,k为大于1的整数，n 2k，证明：存在2k个不被n整除 的整数，若将他们任意分成两组，则总有一组有若干个数的和被n整除。证明：当n为2的哥的情形，设n 2r, r 1。取3个2r1及2k 3个1,

34、显然这些书 均不被n整除。将这2k个数任意分成两组，则总有一组中含有2个2r 1,它们的和为2r ,被n整除。当n不是2的哥的情形，取2k个数1, 1, 2, 22, , 2k 2,1,2,22, ,2k 1,因为n不是2 的哥，故上述2 k个数均不被n整除。若可将这些数分成两组，使得每一组中任意若干个数的和均不被n整除。不妨设1在第一组，由于1 1 0被n整除，故两个 1应该在第二组；又 11 2 0被n整除，故2应该在第二组；进而2在第二组。先归纳假设1,2, ,2l均在第一组，1, 1, 2, , 2l均在第二组，这里1 l k 2,由于112222k 22k 1 0被n整除，故2l1在

35、第一组，从而 2l 1在第二组。故由数学归纳法知，1,2, ,2k 2在第一组， 1, 1, 2, , 2k 2在第二组。最后，由于 112222k 22k1 0被n整除，故2k1在第一组，因此1,2, ,2l均在第一组，由正整数的二进制表示，每一个不超过2k 1的整数均可以表示为1,2, ,2k 1中若干个数之和，特别地 n 2k,故第一组中的有若干个数之和为n ,被n整除，矛盾。将前述的任意分成两组，则总有一组有若干个数的和被n整除。因此，将前述2k个整数任意分成两组，则总有一组中有若干个数的和，被 n整除。2013B、（本题满分40分）对任意的正整数 nnx y y z证明：假定对于某一

36、个n,存在x 2j2j 2k 2 n 2k 2l 2 n 2j 2lj k 1 n k l 1 n j l 1 n又 mn m mod2，所以 j k 1 k ln ,证明不存在三个奇数 x, y, z满足如下的方程: nX Z .1, y 2k 1, z 2l 1 满足2 n,那么整数i, j,k就满足方程1 j l 1 mod2也就是说j l j l 1 mod2 ,显然矛盾，即我们假设是错误的，从而原命题成立。2012A二、(本题满分40分)试证明：集合 A2,22，2n,满足(1)对每个a A,及b N,若b 2a 1 ,则b(b 1) 一定不是2a的倍数；(2)对每个a A (其中A

37、表示A在N 中的补集)，且a 1,必存在b N , b 2a 1 , 使b(b 1)是2a的倍数.证明：对任意的a A,设a 2k,k N ,则2a 2k 1,如果b是任意一个小于2a 1的正整数，则b 1 2a 1 10分由于b与b 1中，一个为奇数，它不含素因子2,另一个是偶数，它含素因子2的哥的次数最多为k,因此b(b 1) 一定不是2a的倍数； 20分若a A,且a 1,设a 2k m,其中k为非负整数，m为大于1的奇数，则 2a 2k 1 m 30 分下面给出(2)的三种证明方法：证法一：令 b mx, b 1 2k 1 y,消去 b 得 2k 1 y mx 1.x由于(2k1,m)

38、 1,这方程必有整数解；y把最小的正整数解记为(x , y ),则x 2k40分Xo 2k 1t其中y° mt1，故 b mxt z,(x0, y0)为方程的特解.2a 1,使b(b 1)是2a的倍数.一证法二：由于(2k 1,m) 1,由中国剩余定理知,同余方程组k 1、x 0(mod2 )k 1'在区间(0,2 m)上有解xb,即存在b 2a 1,使b(b 1)是2a的倍x m 1(modm)数.40分证法三：由于(2, m) 1,总存在 则 2tr 1(modm)存在 b (2tr 此时m b,2k 1 m 1,因而b(br(r N ,r m 1) q (2k1m) 1

39、)是2a的倍数.1),使 2r 1(modm)取 t N ,使 tr k 1,0,q N,使 0 b40分2a 1,2012B四、(本题满分50分)已知素数数等于解析:pu ,且这pu个正约数之和等于P满足下述条件：存在正整数 pv.求P的一切可能值。n,u,v使n的正约数的个显然na1 1a2 1P1为P11 是素an1P11 P22 puPn为n的素因数分解,m,P2则P22由知PmmNPiPi1Pi2PiP1PpPiPiPP1pv使得a11 p51Pl 1个分式的值都是整数,P是素数，由知，存在，使得PiP 1PiPPi由费马小定理得则pt皿q kpP1P1ps ,因此由于上式最后的两1

40、.c1'故 P|P1P 1p1P 1 mod p ,设 p1八0 P 1 八1 P 2Cp kp Cp kp当 p 3时，C；kpp1,C；kpp2, 这使得右边不可能为 p的哥，矛盾。所以p 2 ,又p是素数，所以p 事实上，p 2时，存在这样的正整数 成绩，即可满足条件，例如 n 21综上所述，所求p2011A 8、已知an答案:15解析:kp1,c；1,CPP 2kp均为2. . - P 1p的倍数，但Cpp不是p2的倍数,2 on ,只要n等于两两不同的2r3 7满足。2是满足条件的唯一素数。nn 3200 n 1C200 网 -j=(2n 1,2,95),则数列200 n 4

41、00 5n由题意anC00 3 3要彳an(1 n 95)为整数,必有2 6200 n400 5n均为整数，从而an(r N )型素数的中整数项的个数为当 n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80 时，200 n 和 400 5n 均为非负整数,所以 a为整数，共有14个.当 n 86 时，a8686238C200 32002002220020024200!86! 114!20025中，200!中因数2的个数为200同理可计算得数为197 8286!中因数2的个数为82114!中因数2的个数为200-197 ,27110,所以C800中因数2的个110

42、 5,故a86是整数.当n 92时,92361092a92 C200 32 ，住 C200为88,108!中因数2的个数为105，故C2860中因数200!, 广 ，一 ，中，同样可求得92!中因数2的个数 92! 108!2的个数为197 88 105 4,故a92不是整因此，整数项的个数为14 1 15 .2011A二、(本题满分40分)证明：对任意整数n 4 ,存在一个n次多项式nn 1f (x) x an 1Xax a0具有如下性质:(1) a0,a1, ,an1均为正整数;(2)对任意正整数 m,及任意k (k 2)个互不相同的正整数r1,r2, ,rk,均有f(m) fGJfQ)f

43、(k)证明：令 f(x) (x 1)(x 2) (x n) 2,将的右边展开即知 f (x)是一个首项系数为1的正整数系数的n次多项式.下面证明f(x)满足性质(2).对任意整数t,由于n 4,故连续的n个整数t 1,t 2, ,t n中必有一个为 4的倍 数，从而由知f(t) 2(mod 4).因此，对任意 k(k 2)个正整数 r1,r2, ,rk,有 f(r1)f(r2)f(rk) 2k 0(mod 4).但对任意正整数 m,有 f(m) 2(mod 4),故 f (m) f(r1)f(r2)f(rk)(mod4),从而f(m)f(r1)f(r2)f (rk).所以f(x)符合题设要求.

44、2010AB二、(本题满分40分)设k是给定的正整数，r k 1。记f(r) f(r) rr,2f(l)(r) f (f(l 1)(r), l 2。证明：存在正整数m ,使得f (m)(r)为一个整数。这里x表 1本不小于实数x的最小整数，例如 11, 12证明：记丫2付)表示正整数n所含的2的哥次.则当v2(k) 1 时,f(m)(r)为整数.卜面我们对v2(k) v用数学归纳法.当v 0时,k为奇数，k 1为偶数,此时f(r)1,k 1为整数.2假设命题对k 2v1(v2V11)成立.对于1 ,设k的二进制表示具有形式f(r)1212v12 k22v1这里k2v1显然kqV 22 2这里,

45、12v 1, vk21)2vv2) 2v122V12，1 1) 2v中所含的2的哥次为v由知，f(v "(r)是一个整数,2) 2v122V1 .故由归纳假设知，r k13经过f的v次迭代得到整数,这就完成了归纳证明.2009*三、(本题满分 50分)设k,l是给定的两个正整数，证明: 使得Cm与l互素。有无穷多个正整数m k ,证明：法一：对任意正整数t,令m k tl (k!).我们证明(Cm，l) 1.设p是l的任一素因子,若 p/ k!,则由 k!Cmm即p不整除上式，故p/k!Cmk(mi 1只要证明:k(mi 1Cm|k!,但 ki)(i1i)| k!,且 pk!,证法二

46、：对任意正整数设p是l的任一素因子,若 p/ k!,则由 k!Cm!p|Cm.k(ii 1k!.则 pktl(k!)k 一 1p | k!Cm 且 p /tl (k!) k!(mod p).11山k!).故由1、 k!(mod p ).kk! Cm.从而t,令m k t l (k!)2.我们证明k . .p / Cm(小)1.50分即p不整除上式，故p/若p | k!,设 1使p只要证明:k(mi 1 ，Ck . Cm|k!,但pC.ki)2(i tl(k!)1ki k!(mod p).i 1k!.12p 1山k!)2.故由_ k21 .k!Cm(m k i) (i tl(k!) i k!(m

47、od p ).i 1i 1i 1及 p | k!,且 p 1 | Cmmk!,知 p | k!Cm 且 p 1 | Cm,k!Cm.从而 p | C： Cmm50 分2007*三、(本题满 分50分)设集合P1,2,3,4,5 ,对于任意k P和正整数m ,记f(m,k)mjk，其中a表示不大于a的最大整数。求证：对于任意正整数n,存i 1, i 1在k P和正整数m ,使得f (m, k) n。k 1证明：te乂集合A mjk 1 | m N ,k P ,由于对任意k,i P且k i , 是.i 1无理数，则对任意的k1,k2P和正整数m1,m2,m1v-k11m2Jk21，当且仅当m1m2

48、, k k2。由于A是一个无穷集，现将 A中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列。对于任意的正整数n ,设此数列中第n项为mjk 1。下面确定n与m,k的关系。<k 1右m1Ji1 m乐1 ,则m1 m . o由m,是正整数可知，对i 1,2,3,4,5,满足这个 ,i 1k 15, k 1条件的m1的个数为 m ,。从而n mf(m,k)。因此对任忌n N ,i 1i 1, i 1存在 M N , k P ,使得 f (m, k) n。2006*6、数码回e2毋3,a2006中有奇数个9的2007位十进制数a1a2a3a2006的个数为一12006A. 一 102 10 2006 答

49、案: 解析:2006812006-2006B. 108220062006C. 108D.O20068B出现奇数个9的十进制数个数有A12005320032005-.,.C2006 9C2006 9C2006 9 。又由于20062006k -2006 k2006(9 1)C20069以及(9 1)k 02006k , ,、kc2006 k C2006 ( 1)9k 012005320032005A C 2006 9C 2006 9.C2006 912006一(10282006 )。2005*6、记集合 T 0,1,2,3,4,5,672的元素从大到小的顺序排列，则第2005个数为A.7172答案:解析:572073C673374374B.567273a373T,i1,2,3,4，将M用 a1a2-,3a17 a2k,2。表示k的p进制数，将集合 p274C.172047374D.M中的每个数乘以74,得a3 7a4