江苏省七年级开学分班考专项复习：竞赛知识（解析版）

江苏省七年级开学分班考专项复习06竞赛知识（4种题型）

l|Q考点剖/

---------------------IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII-----------------------

题型一：整数的综合运用

一、单选题

1.（2021・全国•竞赛）从正整数里取出左个不同的数，使得这人个数中任意两个数之差的绝对值是质数,

则k的最大值是（）.

A.3B.4C.5D.6

【答案】B

【详解】解法一首先4个数1,3,6,8满足题目要求，故所求人的最大值24.

若左25,记第〃个数为%（〃=1,2,…阳，且为＜的＜••,＜冬,则分下列几种情形：

（1）/为奇，。2为奇，于是为偶数.

又—。2|为质数，故&—=2,即%=+2.

若见为奇数，又名/出，故%-q为不等于2的偶数，即%-%为不小于4的偶数，即%-q为合数，矛

盾.故%为偶数，%也只能为偶数.

那么，若名为奇，则%-%＞。3-622为偶数，即%为不小于4的偶数，从而。5-%为合数，矛盾.

若生为偶数，则。5-。3＞4-。322为偶数，从而。5-。3为合数，矛盾.

（2）%为奇，的为偶，于是%-%为奇数，即。2-/23.

若知为奇数，贝1」。3-%＞。2-%23为偶数，故。3-。1为合数，矛盾.

所以为偶数，且%-。2=2.

若4为奇数，则的23为不小于4的偶数，即为合数，矛盾.

若氏为偶数，贝1」的-。2-。3＞?=2为不小于4的偶数，即为-。2为合数，矛盾.

（3）%为偶，。2为奇或偶，都类似于（I），（2）可导致矛盾.

综上得所求发的最大值是4,故选B.

解法二同解法一得上24.若左25,则将全体正整数分为4个不相交的子集M1,M2,必，M4,其中

由全体被4除余7•的正整数组成。=0,123）于是任取上25个数，其中必有2个数a,6（a>b）属于同一个

子集河,，于是被4整除，不是质数，矛盾.故所求人的最大值等于4.

二、填空题

2.（2021・全国•竞赛）下列竖式是1995减去一个三位数其差仍为一个三位数的算式，每个“。”内盖住一个

数字.设被“。”盖住的六个数字之和为。，六个数字之积为6,则f的最小值是

b

1995

一OOO

OOO

【详解】要减数及差均为三位数，数值结构必如图所示，其中x+>=15,6<x<9,6WyV9,故

a=4x9+x+y=51,b=94-xy,易知孙的最大值是7*”6,故.的最小值为

b94X7X8367416

1995

-99%

99y

3.2021•全国•竞赛）一个十位数,其数码只能是2或3,且没有2个3是相邻的，则这样的十位数共有

个.

【答案】144

【详解】设满足题目条件的〃位数有%个，则%=2,&=3（2位数只有3个数：22,23,32）.对任意

n>3,当首位数字是2时，只要余下的n-1位数满足题目条件，这样的n-l位数有4T个，当首位数字是3

时，前两位数只能是32,只要余下的2位数满足题目条件，这样的〃-2位数有氏_2个，于是得到

an=an_x+an_2,由此递推得a3=a2+q=3+2=5,%=%+?=5+3=8,%=%+。3=

8+5=13,4=%+&=13+8=21,%=a6+a5=21+13=34,6=%+4=34+21=55,

旬=。8+%=55+34=89,。10=%+/=89+55=144.即满足条件的十位数有144个.

4.（2021・全国•竞赛）一本书共有61页，顺次编号为1,2,61,某人将这些数相加时，有两个两位数

的页码都错把个位数和十位数弄反了（形如曲的两位数被当成了两位数而），结果得到总和是2008,那么

书上这两个两位数页码之和的最大值是.

【答案】68

【详解】解：注意到1+2+3+…+61=9箸=1891,2008-1891=117.因为形如方的页码被当成而后，

力口得的和将相差|(106+a)_(10a+6)|=92一刈,并且0,6只能在1,2,9中取值,|6-。区8,

9|/>-«|<72,设弄错的两数是方和良，则9|Z>-a|+9|d-c|=117,而将117写成两个正整数之和，其中每

个数既要不大于72,又要是9的倍数，只有下列两种可能：117=72+45=63+54.

当9|6-。|=72,9|d-c|=45时，\b-a\=S,|<7-c|=5,则只有7=19，而方可取16,27,38,49,此时

瓦+G的最大值是19+49=68.

当9|j|=63,9|d-c|=54,即|6-。|=7,|d-c|=6,此时方可取18,29,而可取17,28,39,则直+而

的最大值是29+39=68.

综上所述，+的最大值是68,故应填68.

5.(2021•全国•竞赛)把正整数1,2,3,…，10分成两组，其中/组：al,a2,---,am；5组:

\,b2,-,bn.现从/、2两组中各取出一个数，把取出的数相乘，则所有不同的两个数乘积的和的最大值为

【答案】756

【详解】解：设所有不同的两个数乘积的和为S,并记尤=%+/+…+%，则

4+仇+…+6“=1+2+…+10-x=一x=55-x,依题意得

S=(q+?+…+M)伍+4+…+")=x(55-x)=_1一曰)+［曰］•

因为x为整数，x-y>|,所以5<-\：+［|：=756.

当％=1,a2=2,%=3,a4=4,a5—7,a6=10,=5,b2=6,4=8,b&=9,即

x=%+&+%+%+/=27时，等号成立，S取到最大值756,故应填756.

注本题中S取到最大值的情况不唯一.例如％=造=1,2,…,7),4=8,4=9,4=10,即x=28时，S也

取最大值.

6.(2021•全国•竞赛)将"个棋子放于10个盒子内，可以找到一种放法，使每个盒子内都有棋子，且这10

个盒子内的棋子数都不同.若将(〃+1)个棋子放入11个盒子内，都找不到一种放法，能使每个盒子内都

有棋子，并且这11个盒子内的棋子数都不相同，则"的最大值等于,最小值等于.

【答案】6455

【详解】要使10个盒子内每个都有棋子且各盒子内棋子数互不相同，则需要最少棋子的放法是这10个盒

子内分别放了1,2,3,…，10个棋子，所放棋子总数为1+2+…+10=；xl0xll=55.同理，要使11个

盒子内每个都有棋子且各盒子内棋子数互不相同，则需要最少棋子的放法是这11个盒子内分别放了1,2,

fn>55

3,11个棋子，一共放了1+2+…+10+11=55+11=66,所以只有当即55OW64时，〃才

n+l<65

满足题目的条件，其中〃的最大值为64,最小值为55.故填最大值等于64,最小值等于55.

三、解答题

7.（2021・全国・竞赛）对某个正整数〃进行一次操作：如果”为偶数，则将”除以2,得到金；若”为奇数,

则"加上1再除以2,求证：对任意正整数”，经过有限次操作后必变为1

【答案】见解析

【详解】证明对任意正整数〃，令/=〃.

T（"为偶数）2（〃为偶数）

如果经过一次操作后得到的数为工=.，则/-工〜2，故只要

等（nN3,为奇数）3（n23,为奇数）

、2

/W1,每次操作后，f至少减小1,但正整数不可能无限次减少下去.所以，经过有限步操作后，得到的数

必是1.

8.（2021・全国・竞赛）在黑板上写上三个整数，然后将其中一个擦去，换上其他两个数之和与1的差.将

这个过程重复若干次后得到（17,2011,2027）.问一开始黑板上写出的三个数是否可能是（2,2,2）或（3,3,3）?

【答案】有可能，是（3,3,3）

【详解】解由于三个数在题述过程中的奇偶性变化关系为：

（偶，偶，偶）一（偶，偶，奇）一（偶，偶，奇）（奇偶性不变量），所以（2,2,2）无法经过若干次操作

达到（17,2011,2027）.

由于（奇，奇，奇）一（奇，奇，奇），故（3,3,3）可能是操作过程中的初始状态.

先考虑（3,3,3）经过若干次操作达到（17,。,6）（。<b）,于是b=17+a—1=。+16,显然2027=2011+16,固定

17,选择尽可能小的小使（17,。,。+16）经过若干次操作能达到（17,2011,2027）.

对于（17,卅+16）,擦去“，经过操作后得到（17,a+16,a+2x16）（不分顺序），再擦去。+16,操作后得

（17,a+2xl6,a+3xl6）,经过，次操作得（17,a+16",a+16（〃+l））.

由于2011=125x16+11,故取a=11,于是（17,11,27）经过125次操作可达到（17,2011,2027）.

又因为有如下的逆推：(17,11,27)—(7,11,17)—(5,7,11)-(3,5,7)—(3,3,5)—(3,3,3),故(17,11,27),可由

(3,3,3),经过5次操作得到.可见(17,2011,2027)可由的(3,3,3),经过125+5=130次操作而得到.

9.(2021•全国•竞赛)在8x8格子纸的每一个方格中放上一个正整数，我们每次可进行如下的操作：在8x8

格子纸上任取一个3x3或4x4的子棋盘，并将这个子棋盘内每个数都加上1,问是否能经过有限次这样的操

作，使得这个8x8格子纸上的64个方格中的数均为10的倍数？

【答案】不是任何数表都能经过有限次操作使表中64个数都是10的倍数

【详解】解(不变量方法)如图(。)将8x8格子纸上20个小方格染成黑色，则任意一个3x3或4x4的子

棋盘恰会有偶数个黑格(2、4或6个).因此我们可取一个数表，使得这20个黑格内的数字之和为奇数，

那么，一次操作不会改变黑格内数字之和的奇偶性.即操作过程中，这20个黑格内的数字和永远是奇数，

从而不能是10的倍数.这表明不是任何数表都能经过有限次操作使表中64个数都是10的倍数.

注图(〃)也可用下列图(6)或(c)代替只要各黑格内的数之和为奇数即可.

10.(2021・全国•竞赛)黑板上写着从1到1988的正整数，对这些数交替进行操作A和操作B,即先A后

B,再A,再3,并这样继续下去.操作A为将黑板上写的每一个数都减去同一个正整数(在不同次的操作

A中，减去的数可以不同)；操作B为擦去某两个数，然后写上该两数的和，操作过程一直进行到某次3之

后，黑板上仅剩下一个数时为止.已知该数非负，求这个数.

【答案】1

【详解】解因为操作A不减少黑板上数的个数，操作3每次使数的个数减少1,故当A和3各进行1987次

后，黑板上仅剩下一个数.设第左次操作A时减去的正整数是乙体=1,2,…,1987).由于第左次操作A时黑板

上仅剩下1989-后个数，故进行第左次操作A后，黑板上各数之和应减少(1989-左)(，而操作3不改变各数

之和的值.所以交替进行1987次操作A和5后，黑板上所写的数应为

x=(1+2+…+1988)—(19884+1987(72+…+2t/1987)

=1988（1-4）+1987（1-心）+…+2（1-九87）+1.

而4t为正整数，1一〃40（左=1,2,…,1987）,又X20,所以4=1%=1,2,…,1987）,从而x=l.即黑板上最

后剩下的一个数是1.

11.（2021・全国•竞赛）有一堆火柴共有1千万根，甲、乙两人进行如下游戏甲先取并且两人轮流取火柴,

在每一步中游戏者可从堆中取走p"根火柴，其中P为质数，77=0,1,2,3,….谁取到最后根火柴，谁就获

胜.问甲、乙两人谁有必胜策略？怎样获胜？

【答案】甲，甲取r根火柴，使余下的火柴数又是6的倍数，甲每次都按此方法办事，最后必然获胜

【详解】解注意到游戏者每步可取1,2,3,4,5根火柴，但不能取6左（左=1,2,3,…）火柴，所以甲第1次

只要取4根火柴，余下的火柴数必是6的倍数.无论乙怎么取，他取的余下的火柴数一定不是6的倍数，

设它除以6的余数为｛1,2,3,4,5｝）,则甲取厂根火柴，使余下的火柴数又是6的倍数，甲每次都按此方

法办事，最后必然获胜.

注本题中败局由所有6的正整数倍组成，胜局则由所有不是6的倍数的正整数组成.

12.（2021・全国•竞赛）桌上有3堆火柴，根数分别是100,200,300,甲、乙两人进行游戏.甲先开始并

轮流进行如下操作：每次取走一堆火柴，再把余下的两堆火柴中的一堆分成非空的两堆，轮到谁不能进行

操作，就算谁输.问在两人都能确操作的前提下，谁有必胜策略？说明理由.

【答案】甲有必胜策略，见解析

【详解】解注意,3堆火柴的根数可写成100=22x25,200=23x25,300=22x75.我们就3堆火柴为

2"a,2"6,2mc（0＜n＜m,m,〃为整数，a,b,。均为奇数）＜*＞的一般情形进行讨论.

甲可先取走根数为2%的那堆火柴，并将根数为2%的那堆火柴分为两堆，两堆的根数分别为2"和

2*（2…c-1）,于是甲操作以后，3堆火柴的根数可写成2"%,2%,2"%（%，出，的均为奇数）＜**＞，

接下来轮到乙操作，不妨设他取走了根数为2"%的那一堆.而将根数为2"出的分成两堆，根数分别为2"也，

2"他，其中4，%均为奇数且因为2"出=2"'4+2"屹，所以或者有名=%,或者有巧="，

无论哪种情形3堆的火柴数又化为（*）式所示的情形.于是，甲又可以按上述方式操作并使过程

进行到某次乙无法操作为止，所以甲有必胜策略.

注本题中的胜局就是3堆中的火柴数能写成（*）式所示的情形，败局则是3堆中的火柴数能写成（**）

式所示的情形.

13.（2021•全国•竞赛）甲、乙两人进行数学游戏，先写出数0,1,2,1024.甲先从中勾掉512个数,

然后乙从余下的数中勾去256个数，然后甲再勾掉128个.如此继续下去，在第10步乙勾掉一个数后还剩

下两个数，此时乙应付给甲分数，分数之值等于余下两个数之差，试问怎样勾数对甲有利，怎样勾数对乙

有利？如果两人都以最佳的方式执步，乙将付给甲多少分？

【答案】甲每次勾掉数时，应使所余的数中两数之差的最小值越大越好；乙勾数时，应使所余的数中两数

之差的最大值越小越好；乙应付给甲的分数为32

【详解】解由于最后两数之差越大对甲越有利，因此，甲每次勾掉数时，应使所余的数中两数之差的最小

值越大越好.乙勾数时，应使所余的数中两数之差的最大值越小越好.

甲第一次把所有奇数勾掉，然后不论乙怎样勾数，甲第二次将所有4的倍数勾掉，若不够，再任意勾掉一

些数，直到够数为止，直到第5次，甲把所有32的倍数都勾掉，于是所余的数中任何两数之差都不小于

32,所以甲最后至少要得32分.

第一次轮到乙时，甲已勾掉512个数，乙必须认清0〜512及513〜1024中哪一组余下的数多，然后乙只须将

其中数少的一部分全勾掉，不够时再接着在另一组勾下去，只到够数为止，于是所余的数中两数之差的绝

对值不超过512.以后每次轮到乙时，都按此方法办事，每次总可以把两数差的最大值缩小到未来的一半，

直到第10步勾掉1个数后，余下的两数之差不超过32.

可见，两人都正确执步时，乙应付给甲的分数为32.

14.（2021・全国•竞赛）2006个都不等于119的正整数％,电，…,排列成一行数，其中任意连续若干项的

和都不等于119,求生+&+…+&006的最小值.

【答案】3910

【详解】解：首先我们证明119个正整数配…/四中必有连续若干项（至少一项，至多119项）之和是

119的倍数.事实上考察下列119个和：

S[=6],S2=b1+b2,Si=bl+b2+bi,,S119=bx+b2-\-----.

其中若有一个数是119的倍数，则结论成立，否则它们除以119的余数只能是1,2,3,118,这118

"119-1"

个数之一.由抽屉原理知国,$2,…,$9中必有+1=2个数除以119的余数相同，设这两个数是s和S,

（1<Z<J<119）,于是S「S,=6m+/2+…+4是119的倍数.

对于生，出，…,出。。6中任意连续119个数，由上述结论可知，其中一定有若干连续项之和是119的倍数.又由

题设知它不等于119,所以它大于或等于2x119.又2006=119x16+102,所以

at+a2-\----Fa2006>16x2x119+102=3910.①

取向9=。238=*''=01904=120,其他数都等于1,①中等号成立，所以％+电+…+。2006的最小值为3910.

注①中等号成立的条件不唯一，例如取为=%=%=…=可则=2,6905=。1906=…=。2006=1，也使①中等

号成立.

15.(2021・全国•竞赛)某学生在黑板上写出了17个自然数，每个自然数的个位数码只能是01,2,3,4这5

个数字中的一个，求证：从这17个数中可以选出5个数，它们的和能被5整除.

【答案】见解析

【详解】证明：如果17个数的个位数字0,1,2,3,4都有，那么可选5个数，它们的个位数字恰好是

0,1,2,3,4,则这5个数之和的个位数字为零，故这5个数之和被5整除.

如果17个数的个位数字最多只有4种不同数字，那么由抽屉原理，至少有上三+1=5个数的个位数字相

同，这5个数字之和能被5整除.

16.(2021•全国•竞赛)从1,2,205共205个正整数中，最多能取出多少个数，使得对于取出来的数

中的任意三个数a,b,c(a<b<c)都有abwc.

【答案】193个

【详解】解：若取出的数为1,x,x+1,x+2,…，205,则只要x(x+l)>205,即转14,就可使取出的

数具有题设的性质.当x=14时，取出的数为1,14,15,…，205,它们一共有205-13+1=193个，并且

对其中任意3个数a,b,c(a<6<c).若a=l,贝！］ab=6<c；若。>1,贝！|214x15=210>c,故取

出的数满足题目条件.

另一方面，考虑下列12个三数组：(13,14,13x14},{12,15,12x15},{11,16,11x16),{3,24,3x24},

{2,25,2x25),它们是互不相等的39个数，最小的是2,最大的是13x14=182<205,所以每组中至少有一

个数不能取出，即至少有12个数不能取出，故至多只能取出205-12=193个数.

综上所述，在1,2,3,…，205中，最多能取出193个数，满足题设条件.

17.(2021・全国•竞赛)如果两个整数x,y的和、差、积、商的和等于100,那么这样的整数有几对？并

求尤与y的和的最小值，及x与y的积的最大值.

【答案】7对，-202,400

【详解】解：依题意(x+y)+(x-y)+盯+—=100(尸0)①

y

即^3+1)2=12x22x52.

y

因为X,y是整数，所以x+y,x-y,切为整数，由①知；也为整数.

(1)当工=25,3+1)2=22时，y+l=±2,

x=25x=-75

所以或

y=iy=-3

(2)当一=4,3+1)2=52时，y+l=±5,

x=16

所以

y=4

x

(3)当一=1,3+1)2=102时,y+l=+10,

所以

Y

(4)当一=100,3+1)2=12时，y+l=±l,

x=0x=-200

所以(舍去)或

y=0y=~2

由上可知，满足题意的整数X,>共7对，其中(、+歹卷0=(—200)+(—2)=—202,

(HU=(_200)x(-2)=400.

18.(2021•全国•竞赛)设q,b,c,a+b-c,a+c-b,b+c-a,Q+6+C是七个两两不同的质数，且

a,b,c中两数之和是800.设d是这七个实数中最大数与最小数的差，求d的最大可能值.

【答案】1594

【详解】解：不妨设于是七个数中a+b-c,最小，Q+6+C最大，从而有

d=(a+b+c)-(a+b-c)=2c.问题转化为求c的最大值.因a+b—c>0,所以c<Q+6<Q+c<b+c.

又因为a+b,a+c,b+c中有一个数为800,所以。<800.

由于799=17x47和798都不是质数，而797为质数,故有c9797,t/=2c<1594.

另一方面，当。=797时，若6+。=800,贝|Z?=3.又a<b,所以〃=2,止匕时a+6+c=802为合数，不符合

题意.

若a+c=800,则。=3,由于。+6—。〉0,b>c-a=794.

又6<。=797,而795,796皆为合数，故此时也不符合题意.

所以a+b=800,注意至!]6<c=797,a>800-6>3,并且a=5,b=795；〃=7,6=793=13x61,

<7=11,6=789=3x263都不全是质数，从而不能满足题目要求.

而。=13,6=787都是质数，。=797是质数，。+6-。=3是质数，。+。-6=23也是质数，容易验证

6+。-〃=1571和〃+b+c=1597也都是质数.

综上所述知，d的最大可能值为1594.

19.（2021・全国•九年级竞赛）如图，在4x4方格内已填有16个数字，可以对问题格中数字进行如下的操

作：将一行或一列或一条对角线上的4个数同时加上或减去同一个正整数.问能否经过有限次操作使16个

数都相等?

1876

2010

3245

5689

【答案】不能

【详解】解任何一次操作中，4个数加上或减去同一个正整数，所以这16个数之和除以4的余数不变（同

余不变量）.如果16个数相等，那么这16个数之和除以4的余数等于0,而一开始16个数之和为67,它

除以4的余数为3*0.因此，无论经过多少次操作，不可能使16个数都相等.

3

20.（2021・全国•竞赛）已知三个正整数倒数之和等于二，求这三个数.

4

【答案】符合题意的三个正整数有6组：2,5,20；2,6,12；2,8,8；3,3,12；3,4,6；4,4,4

【详解】解：设三个正整数为x,y,z,x4〉4z,则工+，+_1=：1（，+_1+，］=9，由平均值原理知

xyz43^xyz）4xyz

中必有一个不小于所以其中较大者!之巳且尤是正整数，故工只可能是J或（或即x=2

4尤4x4x234

或3或4

当x=2时，—+-=故工,‘中必有一个不小于J，所以其中较大的

yz421yzj8yz8y8

l<>48/=2,3,4,5,6,7,8,代入①验证知y=2,3,4,7时z不为正整数，舍去.当V=5,6,8时，z分别等于

20,12,8.

当x=3时，—+-=故!一中较大的,不小于三，从而>《多.

yz12^yzy245

又y2x23,所以y只可能为3,4,分别代入②得z=12,6.

当x=4时，'+:=:③，故］，一中较大的,不小于］，从而

yz2yzy4

又>2x24,所以y=4,代入③得z=4.

综上所述，得满足题意的三个正整数有下列6组：2,5,20;2,6,12;2,8,8;3,3,12;3,4,6;4,4,4.

21.（2021・全国・竞赛）从1,2,3,50这50个正整数中任取〃个数，在这〃个数中总能找到3个数,

它们两两互质.求〃的最小值.

【答案】n的最小值等于34.

【详解】记5={1,2,3,…,50},4是S中能被，整除的正整数组成的集合（i=L2,3）,|阕，⑷分别4,4

中数的个数，由容斥原理有|4。4|=|阕+闾-区门阕=4+日-碧=25+16-8=33.

L3ZXJ

从4中任取3个数，其中至少有2个数属于4或4中同一个集合，它们不互质.

故所求"的最小值234.

2222

其次，设用={123,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47},S2={2,3,5,7},4={2x23,3x17,5x9},则

B一星，名中共有16+4+3=23个数，于是从S内任取34个数，其中至少有34-（50-23）=7个数属于

用u与口用.由抽屉原理知，这7个数中至少有—+1=3个数属于g，B2,鸟中同一个子集，它们两

两互质.

综上所述，所求〃的最小值等于34.

22.（2021・全国•竞赛）设正整数〃有如下性质：1,2,〃中任取99个不同的数，这99个数中必有两

个数的差等于7,求〃的最大值.

【答案】196

【详解】我们从1，2,197中取出如下99个数：1〜7,15〜21,29〜35,43〜49,57〜63,71-77,85〜91,

99〜105,113-119,127〜133,141-147,155-161,169-175,183-189,197,它们中任何两数之差不等于

7,故所求”的最大值V196.另一方面，从1,2,…，196中任取99个数，由抽屉原理知其中至少有

-99-1-

—+1=15个数除以7的余数相同.设这个余数为r,而在1,2,196中恰有196+7=28个数除以7

的余数为厂，故取出的15个被7除余数为r的数中一定有2个数之差等于7.

综上可知，所求"的最大值为196.

23.（2021・全国•竞赛）从1,2,3,…，2010这2010个正整数中，最多能取出多少个数，使得对于任意

取出的一个数x,都有15x不在取出的数中？

【答案】最多能取出1884个数.

【详解】因为对任意正整数x,要使15x不在取出的数中，只要15x>2010,即x>134,故135,136,

137,2010都可以在取出的数中，并且要使15x<135,只要x<9,故1,2,8也可在选取的数中，

于是当我们选取的数为1,2,8和135,136,…，2010时，对上述任何一个数x,15x都不在其中，

满足题目的要求，这时一共取出了2010-134+8=1884个数.

另一方面，对9,10,…，134中任意一个数x,x与15x中至少有一个数不能取出，即至少有134-8=126个

数不能取出，即取出的数至多为2010-126=1884个.

综上所述，最多能取出1884个数.

24.（2021•全国•竞赛）己知〃个（n>2）正整数占出,…,尤“，把它们从小到大排列为再4々4…4%.若

这〃个正整数的和等于这〃个正整数的积，求毛的最大值.

【答案】所求x“的最大值等于〃.

【详解】考察下面的一些特殊情形：

2x2=2+2,1X2X3=1+2+3,lxlx2x4=l+l+2+4,lxlxlx2x5=l+l+l+2+5,...

我们猜出％=〃，并且我们可构造一个Z=〃的实例如下：子=%=.•・=怎.2；=1，X〃T=2,xn=n,则

x1+x2~1-----1-xn=（〃—2）+2+〃=2n=1-1......1-2-n=2n.

故所求血的最大值不小于〃.

另一*方面，若则芭=%2=…=、〃一1=1，x2-\xn-（^n—1）+xn>Xn=x{x2,•*,矛盾，故

%一122.其次，若％2H+1,则由得

1西+々+…I1I,ll111

再入2X2X3''，XnXlX3'''XnX\X2，，，Xn-l2（几+1）2（〃+1）2（〃+1）n+\2

n-2112n+l

=-----------1-------1—=---------<I1,

2（n+l）n+l22〃+2

导致矛盾，从而

综上所述知，所求当的最大值等于

25.（2021・全国•竞赛）（I）证明：在任意连续13个正整数中，必存在一个数，它的各位数字之和被7整

除；

（2）在任意连续12个正整数中，是否一定存在一个数，它的各位数字之和被7整除？如果一定存在，请

给出证明；如果不一定存在，请举出实例说明.

【答案】（I）见解析；（2）不一定，下列12个连续正整数：

994,995,996,997,998,999,1000,1001,1002,1003,1004,1005的各位数字之和分别是

22,23,24,25,26,27,1,2,3,4,5,6,它们都不被7整除

【详解】⑴对任意非负整数a,我们设下列10个数4={10。,10。+1,10。+2,…,10a+分为从10a开始的基

本段.于是，任意连续13个正整数或者包含在2个相邻的基本段中，或者包含在3个相邻的基本段中.在

前一情形下，至少有7个数包含在同一个基本段中，在后一情形，有10个数包含在同一个基本段中，总之，

至少有7个数包含在同一个基本段中.

设7个数;10a+6,10a+b+1,1Otz+6+2,10a+b+3,10a+b+4,10a+b+5,l0a+6+6(°为个非负整,

6=0或3),记。的各位数字之和为M，则上述7个数的各位数字之和分别是

Na+b,Na+b+l,Na+b+2,-Na+b+6,它们除以7的余数两两互不相同，故其中必有一个数被7整除.

(2)下列12个连续正整数：994,995,996,997,998,999,1000,1001,1002,1003,1004,1005的各位数字之和分另IJ

是22,23,24,25,26,27,1,2,3,4,5,6,它们都不被7整除，故任意连续12个正整数中不保证存在一个数，它的

各位数字之和被7整除.

题型二：十进制整数及表示法

一、填空题

1.军训基地购买苹果慰问学员.已知苹果总数用八进位制表示为返，七进位制表示为丽.那么，苹果

的总数用十进位制表示为.

【答案】220

【详解】填220.理由：因iWa,b,c<6,ax82+Z>x8+c=cx72+Z?x7+a,即63a+6-48c=0,即

6=3(16c-21a),所以，b=0,3,6.

经检验，6=3符合题意.故b=3,c=4,a=3.则3x8?+3x8+4=220.

解答题

2.把(01101001)2化为十进制小数.

【答案】(0.1101001)2=(0.8203125)1O

1101001

--1---1---1---1----1----1----

【详解】.(0.1101001)2=

24816326412810

=(0.5+0.25+0.0625+0.0078125)10

=(0.8203125)10,

所以(O.11O1OO1)2=(O.82O3125)IO.

3.将十进制数2002化成二进制数.

【答案】(11111010010)2

【详解】将(2002)10化成二进制数为(In11010010)2.

4.有一个写成七进制的三位数，如果把各位数码按相反顺序写出，并把它看成是九进制的三位数，且这两

数相等，求这个数.

【答案】248

【详解】设所求的数为4在七进制中，N可写为N=72.a+7)+c,

这里a,6,ce{0,1,2,3,4,5,6},a^O.

数A在九进制中可表不为A=92-c+9-b+a-

于是由题意得方程72，a+7)+c=92.c+91+a,即6=8(3a-5c).

于是6是8的倍数,又6e{0,l,2,…,6},则只能有6=0.

再由3a—5c=0,a,ce{0,1,2,•1,,6),a字0,可得a=5,c=3.

于是数/在七进制中为(503)7,在九进制中为(305)9,在十进制中为4=72.5+3=248.

5.在哪种进位制中，16324是125的平方？

【答案】在七进制中，16324是125的平方

【详解】.设进位制的基数为6.由题设，显然6>6.

此时可得方程/+6/+3/+26+4=(〃+2b+5)2,

经整理可得2/一1一1防-21=0,即S-7)(2/+36+3)=0,

此方程仅有唯一的实根人=7.

于是在七进制中，16324是125的平方.

6.N是整数，它的6进制表示是777,求最小的正整数6,使得N是十进制整数的4次方.

【答案】18

【详解】本题等价于求最小的正整数6,使得方程

7b2+lb+7=x4①

对x有整数解.

因为7是素数，所以由方程①，7是x的约数，为此设》=7左，则方程①化为"+6+i=73/

最小的6出现在人最小的时候.取左=1,止匕时有/+6+1=343,即/+6-342=0,

此时有3-18)3+19)=0,解得正整数6=18.

4

我们用(⑷1t表示人进制的数，则有(777九=(7)io.

7.在哪种进位制中，413=100?

【答案】六进制

【详解】设进位制的基数为上由题设，显然6>4.

„…一小、皿［4(1年+3)=1方+0.6+0,

此时可得万程“

历>4,

从而有6,-46-12=0,解得b=6,b=-2(舍去).

于是题设中的等式是在六进制中.

8.化(1325%为二进制数.

【答案】(1325)8=(1011010101)2

【详解】二进制数与八进制数有着特殊的关系，这是因为23=8.所以，一位八进制数相当于三位二进制数,

如：

(1)8=(001)2,(2)8=(010)2,(3)8=(101)2,(4)8=(100)2,(5)8=(101)2,(6)8=(110)2,(7)s=(lll)2.

1325

jJJJ

001011010101

所以，(1325)8=(001011010101)2=(1011010101),.

9.求证：对于任意进位制的数，10201都是合数.

【答案】见解析

【详解】假设10201是x进位制数，因为其中出现了0,1,2,所以它至少是三进制数，即

42422-

x>3.(1020l)t=lx%+2xx+1=x+2X+1=(X+1),由x23,得/+1210.

因此它一定是合数.

10.将(20107。化为下列进位制的数：

(1)二进位制的数；

(2)八进位制的数.

【答案】(1)(2010)10=(11111011010)2；(2)(2010)：=(3732)8

【详解】解(1)用2作除数，除2010商为1005,余数为0；再用2除1005商502,余数为1,继续下去

直到商是0时为止.所得的各次余数排列出的数，就是所化出的二进位制的数.

各次商数被除数除数

0137153162125251502100520102

11111011010各次余数

1098765432

显然，11111011010=1-2+1-2+1-2+1-2+1.2+0-2+1-2+1.2+0.2+1-2+0=(2010)10.

故(2010端=(11111011010)2.

(2)由

033125120108

3332

知(20101。=(3732晨

11.设在三进位制中，数N的表示是20位数12112211122211112222,求N在九进位制中表示最左边的一

位数字.

【答案】5

【详解】解把N的三进位制表示的数字一对一地组合，得到

7V=(l-319+2-318)+(1-317+1-316)+---+(2-3+2)

=(1-3+2).(32)9+(1-3+1).(32)8+---+(2-3+2)

=5-9S+4-98+---+8.

故所求数字为5.

12.设1987可以在6进位制中写成三位数孙z,且x+y+z=l+9+8+7,试确定出所有可能的x,y,z和

b.

【答案】x=5,y=9fz=ll,b=19

xb2+yb+z=1987(x>1),①

【详解】解由题设

x+y+z-25.②

由①一②得@-l)-[@+l)x+y]=1962.

所以6-1是1962=29109的因数.

又〃>1987,/<1987,所以12<b<45.

从而6-1=2-9=18,即6=19.

又1987=5」92+9」9+11,故％=5,歹=9,z=ll.

13.计算：

(1)(11011010)2+(1011011)2；

(2)(1101101)2-(1010110)2；

(3)(1000000)2-(10011)2-(101101)2.

【答案】(1)(100110101)2；(2)(10111)2；(3)0

【详解】利用二进制数间的加减运算.

11011010

(1)+1011011

100110101

所以(11011010)2+(1011011)2=(100110101)2.

1101101

(2)一1010110

10111

所以(1101101)2—(1010110)2=(10111)2.

10000000101101

(3)一10011—101101

1011010

所以(1000000)2-(10011)2-(101101)2=0.

题型三：整除性

一、填空题

1.大约1500年前，我国伟大的数学家祖冲之，计算出%的值在3.1415926和3.1415927之间，成为世界上

第一个把%的值精确到7位小数的人，现代入利用计算机已经将乃的值计算到了小数点后515亿位以上.这

些数排列既无序又无规律，但是细心的同学发现：由左起的第一位3是质数，31也是质数，但314不是质

数，那么在3141,31415,314159,3141592,31415926,31415927中，质数是.

【答案】314159

【详解】3141,31415,3141592,31415926,31415927依次能被3,5,2,2,31整除.所以314159是质

数.

2.在0,1,2,49,50这51个数中，能同时被2,3整除的数共有个.

【答案】9

【详解】被2,3整除，即被6整除.从1到50共有8个被6整除，加上0共9个.

3.已知p,q均为质数，其中有一个是一位数，p+q=1994,如果今天是星期一，且天后的那一天不是

星期一，那么是星期.

【答案】天

【详解】填天.理由：

当°=3时，q=1991,但1991=11x181,1991不是质数.

当？=5时，q=1989,但1989=9x221,1989也不是质数.

当p=7时，q=1987.反过来，p=1987时，q=1.

当p=7,4=1987时，7^7被7整除，则天后是星期一，不合题意；

当p=1987,q=7时，19877=(7*284-l)7m(-l)7(mod7)m6(mod7).

所以a天后的那一天是星期天.

二、解答题

4.已知1176a=/,a,6为正整数，求°的最小值.

【答案】2646.

【详解】因1176=22x3x72,贝U23X3X72A=64,即3了.

又因3是质数，则30.

同理，20,7