初中八年级奥林匹克数学竞赛(决赛)模拟试题附答案

第一篇：初中八年级奥林匹克数学竞赛(决赛)模拟试题附答案

初中八年级奥林匹克数学竞赛

（决赛）试题附答案

（竞赛时间：2010年3月21日上午9:30-11:30）

一、选择题（每小题5分，共30分）

1．计算(1252011)(2462010)的结果是（）

A． 1004B． 1006C． 1008D．1010

2．如图1是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A、B、C为图上三点，则在正方体盒子中，∠ABC的度数为（）

A． 120°B．90°C． 60°D．45°

3．九年级的数学老师平均每月上6节辅导课，如果由女教师完成，则

每人每月应上15节；如果只由男教师完成，则每人应上辅导课（）节

A．9B． 10C． 12D．1

44．如果有四个不同的正整数m、n、p、q满足（7－m）（7－n）（7－p）（7－q）=4，那么m+n+p+q

等于（）

A．21B． 24C． 26D．28

5．如图2，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，AD平分

B

∠BAC，AD的延长线交BF于E，且E为垂足，则结论

E

D

①AD=BF，②CF=CD，③AC+CD=AB，④BE=CF，⑤BF=2BE，其中正确的结论的个数是（）

F

CA

(图2）

A．4B．3C．2D．1 6．如果实数mn，且

8mnm

18nmn1，则mn（）

A． 7B． 8C． 9D．10

二、填空题（每小题5分，共30分）

7．若Q(a201

1，41a

49）是第三象限内的点，且a为整数，则a.8．若实数x，满足 y2x23y21，S3x2-2y2，则S的取值范围是 9．在△ABC中，三个内角的度数均为整数，且∠A<∠B<∠C，5∠C=9∠A，则∠B的度数是.10．已知30x2010，67y

2010，则2x

2y



.11．如图3所示的长方形中，甲、乙、丙、丁四块面积相等，甲的长是宽的2倍，设乙的长和宽分别是

a和b，则a:b.12．已知平面直角坐标系内A、B两点的坐标分别是

A(2，3），B（4，1），P（x, 0）是x轴上的一个动

点，则当x时，△PAB的周长最短．以下三、四、五题要求写出解题过程。

三、（本题满分20分）

13．某公司用1400元向厂家订了22张办公椅，办公椅有甲、乙、丙三种，它们的单价

分别是80元，50元，30元，问有哪些不同的订购方案．

八年级数学竞赛（决赛）试题答案

一、选择题：1．B2．B3．B4．D5．A6．A

二、填空题：7． 20108． 0S

9． 5410． 211． 9:212． 3.5 6

四、（本题满分20分）

14．如图4，在△ABC中，AD交边BC于点D，∠BAD=15°，∠ADC=4∠BAD，DC=2BD． ⑴求∠B的度数； ⑵求证：∠CAD=∠B.A

C

D

B

(图4）

13、解：设80元x张，50元y张，则30元（22－x－y）张.由题意得 

80x50y30(22xy)=1400

x0，y0，xy2

2



解得 5y=372x

5372

x010x14.8

xy22

x3752

x22

因为 x、y和

x都为整数，所以x 的值可取10、12、1414、解：⑴∵∠BAD=15°，∠ADC=4∠BAD，A

∴∠ADC=60°，∴∠B=60°－15°=45°，⑵ 过C作CEAD于E，连接EB.∵∠ECD=90°－60°=30° ∴DC=2ED，∵DC=2BD，∴ED=BD

∴∠DBE=∠DEB=∠ECD=30°，∴∠EBA=45°－30°=15°=∠BAD D∴AE=EC=EB

(图4）

∴∠CAD=∠B=45°15、解：由

abab4abab141a1

1b4① 同理得：11111ac5②，bc1

6③

将①②③式相加得： 1a1b137c120

④ ④－①得 17c120c120

7④－②得 113b120b120

3④－③得 117a120a120

∴17a13b7c120120120120

五、（本题满分20分）15．已知

abacbc

ab4 ac5 bc

6.求17a13b7c的值．

第二篇：初中数学奥林匹克竞赛教程

初中数学奥林匹克竞赛教程

（初稿）

2004年5月8日

初中数学竞赛大纲（修订稿）

数学竞赛对于开发学生智力，开拓视野，促进教学改革，提高教学水平，发现和培养数学人才都有着积极的作用。目前我国中学生数学竞赛日趋规范化和正规化，为了使全国数学竞赛活动健康、持久地开展，应广大中学师生和各级数学奥林匹克教练员的要求，特制定《初中数学竞赛大纲（修订稿）》以适应当前形势的需要。

本大纲是在国家教委制定的九年义务教育制“初中数学教学大纲”精神的基础上制定的。《教学大纲》在教学目的一栏中指出：“要培养学生对数学的兴趣，激励学生为实现四个现代化学好数学的积极性。”具体作法是：“对学有余力的学生，要通过课外活动或开设选修课等多种方式，充分发展他们的数学才能”，“要重视能力的培养„„，着重培养学生的运算能力、逻辑思维能力和空间想象能力，要使学生逐步学会分析、综合、归纳、演绎、概括、抽象、类比等重要的思想方法。同时，要重视培养学生的独立思考和自学的能力”。

《教学大纲》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的要求。除教学大纲所列内容外，本大纲补充列出以下内容。这些课外讲授的内容必须充分考虑学生的实际情况，分阶段、分层次让学生逐步地去掌握，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关系，这样才能加强基础，不断提高。

1、实数

十进制整数及表示方法。整除性，被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定。

素数和合数，最大公约数与最小公倍数。

奇数和偶数，奇偶性分析。

带余除法和利用余数分类。

完全平方数。

因数分解的表示法，约数个数的计算。

有理数的表示法，有理数四则运算的封闭性。

2、代数式

综合除法、余式定理。

拆项、添项、配方、待定系数法。

部分分式。

对称式和轮换对称式。

3、恒等式与恒等变形

恒等式，恒等变形。

整式、分式、根式的恒等变形。

恒等式的证明。

4、方程和不等式

含字母系数的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。

含绝对值的一元一次、二次方程的解法。

含字母系数的一元一次不等式的解法，一元一次不等式的解法。

含绝对值的一元一次不等式。简单的一次不定方程。

列方程（组）解应用题。

5、函数

y=|ax+b|,y=|ax2+bx+c|及 y=ax2+bx+c的图像和性质。

二次函数在给定区间上的最值。简单分式函数的最值，含字母系数的二次函数。

6、逻辑推理问题

抽屉原则（概念），分割图形造抽屉、按同余类造抽屉、利用染色造抽屉。

简单的组合问题。

逻辑推理问题，反证法。

简单的极端原理。

简单的枚举法。

7、几何

四种命题及其关系。

三角形的不等关系。同一个三角形中的边角不等关系，不同三角形中的边角不等关系。

面积及等积变换。

三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质。第一讲 整数问题：特殊的自然数之一

A1－001 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．

【题说】 1956年～1957年波兰数学奥林匹克一试题1．

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11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． A1－002 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．

【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2．

【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． A1－003 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．

【题说】 1962年上海市赛高三决赛题 1． 【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．

A1－004 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．

【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题2．算术级数有无穷多项． 【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．

A1－005 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零）．

【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题 1．

【解】 设 n满足条件，令n＝100a＋b，其中 0＜b＜100．于是 n＞10a，即 n≣10a＋1．因此

b＝n100a≣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．

A1－006 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．

222

2【题说】 1964年～1965年波兰数学奥林匹克二试题 1．

【解】 当p≡±1（mod 5）时，5|4p＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p＋1．所以本题只有一个解p＝5． A1－007 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＝n＋a都不是素数． 【题说】 第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题1，本题由原民主德国提供． 【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．

第二讲 整数问题：特殊的自然数之二

A1－008 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．

【题说】 第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题 4． 【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！

因此，和的数字中必有偶数．

A1－009 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．

【题说】 第五届（1973年）加拿大数学奥林匹克题 3． 【证】 因为p是奇数，所以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． 于是6是p＋1的因数．

A1－010 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）．

【题说】 美国第二届（1973年）数学奥林匹克题5．

【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）（m

原命题成立．

A1－011 设n为大于2的已知整数，并设Vn为整数1＋kn的集合，k＝1，2，„．数m∈Vn称为在 Vn中不可分解，如果不存在数p，q∈Vn使得 pq＝m．证明：存在一个数r∈Vn可用多于一种方法表达成Vn中不可分解的元素的乘积．

【题说】 第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．

【证】 设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于Vn．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在Vn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2分解的元素之积），前者有因数a，后者没有． A1－012 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． 【题说】 1979年英国数学奥林匹克题 6． 【证】 序列 1，10001，100010001，„，可写成

1，1＋104，1＋104＋108，„

一个合数．

即对n＞2，an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，an均为合数．

A1－013 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．

【题说】 第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克八年级题 8． 【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．

A1－014 设正整数 d不等于 2、5、13．证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．

【题说】 第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．

【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＝x5d－1＝y2

（1）（2）2 13d－1＝z2（3）其中x、y、z是正整数．

由（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即 d＝2n2－2n＋1（4）（4）式说明d也是奇数．

于是由（2）、（3）知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．

第三讲 整数问题：特殊的自然数之三

A1－015 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．

【题说】 第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题 1． 【解】 由n个数

ai＝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„² n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ai与 aj（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是ai－aj＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但ai与n！互质，所以ai与aj不可能有公共质因数p，即ai、aj（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．

A1－016 已知n≣2，求证：如果k2＋k＋n对于整数k

素数．

【题说】 第二十八届（1987年）国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．

（1）若m≣p，则p|（m－p）＋（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

2得

4m2＋4m＋1≢m2＋m＋n 即

3m2＋3m＋1－n≢0 由此得

A1－017 正整数a与b使得ab＋1整除a＋b．求证：（a＋b）/（ab＋1）是某个正整数的平方．

2【题说】 第二十九届（1988年）国际数学奥林匹克题6．本题由原联邦德国提供．

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

（2），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．

A1－018 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． 【题说】 第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．

【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pl，则k＝pj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此

a＋k（2≢k≢n＋1）

这n个连续正整数都不是素数的整数幂．

第四讲 整数问题：特殊的自然数之四

A1－019 n为怎样的自然数时，数

32n＋

1－

22n＋1

－6是合数？

n【题说】 第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5 【解】 32n1－22n1－6n＝（3n－2n）（3n1＋2n1）＋＋

＋

＋当 n＞l时，3n－2n＞1，3n1＋2n1＞1，所以原数是合数．当 n＝1时，原数是素数13． ＋

＋ A1－020 设n是大于6的整数，且a1、a2、„、ak是所有小于n且与n互素的自然数，如果

a2－a1＝a3－a2＝„＝ak－ak－1＞0 求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．

【题说】 第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题2．本题由罗马尼亚提供． 【证】 显然a1＝1．

由（n－1，n）＝1，得 ak＝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＝ak＝1＋（k－1）d，所以3 d．又1＋d＝a2，于是3

1＋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．

A1－021 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．

【题说】 第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．

【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 1800 1201 1700 1301 1600 1401 1999 1002 1899 1102 1799 1202 1699 1302 1599 1402

„ „ „ „ „ „ 1901 1100 1801 1200 1701 1300 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 Si＝ai＋ai＋1＋„＋ai＋9（i＝1，2，„，1901）

则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则Si＝15005；若i为偶数，则Si＝15004． 综上所述A＝15005．

第五讲 整数问题：特殊的自然数之五

A1－022 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？

【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题2． 【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）

所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋„＋（n＋10）2不是平方数，A1－023 是否存在完全平方数，其数字和为1993？

0（mod 5）【题说】 第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第二轮题2． 【解】 存在，事实上，取n＝221即可．

A1－024 能够表示成连续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？

【题说】 第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6． 【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＋„＋50 A1－025 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？ 【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1．

【解】 如果2n＋1＝k，3n＋1＝m，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k－m＝（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．

222

2第六讲 整数问题：特殊的自然数之六

A1－026 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．

【题说】 1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题2． 【证】 若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2

由此可得

（2n＋1），3

（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2

反之，若n＋1＝k＋（k＋1）＝（t±1）＋2t，则

2n＋1＝（2k＋1），3n＋1＝（3t±1）

从而命题得证．

A1－027 设 a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问 a＋b＋c＋d能否为素数． 【题说】 第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题 10． 【解】 由题意知

222

正整数，将它们分别记作k与l．由

a＋c＞c≣c1，b＋c＞c≣c2

所以，k＞1且l＞1．

从而，a＋b＋c＋d＝kl为合数．

A1－028 设k1＜k2＜k3＜„是正整数，且没有两个是相邻的，又对于m＝1，2，3，„，Sm＝k1＋k2＋„＋km．求证：对每一个正整数n，区间（Sn，Sn＋1）中至少含有一个完全平方数．

【题说】 1996年爱朋思杯——上海市高中数学竞赛题2． 【证】 Sn＝kn＋kn－1＋„＋k1

所以

从而

第七讲 整数问题：求解问题之一

A2－001 哪些连续正整数之和为1000？试求出所有的解．

【题说】 1963年成都市赛高二二试题 3．

【解】 设这些连续正整数共n个（n＞1），最小的一个数为a，则有

a＋（a＋1）＋„＋（a＋n－1）＝1000 即

n（2a＋n－1）＝2000 若n为偶数，则2a＋n－1为奇数；若n为奇数，则2a＋n－1为偶数．因a≣1，故2a＋n－1＞n．

同，故只有n＝5，16，25，因此可能的取法只有下列三种： 若n＝5，则 a＝198； 若n＝16，则 a＝55； 若n＝25，则 a＝28． 故解有三种：

198＋199＋200＋201＋202

55＋56＋„＋70 28＋29＋„＋52 A2－002 N是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得N是整数的四次方． 【题说】 第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题3． 【解】 设b为所求最小正整数，则

7b2＋7b＋7＝x4

素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有

b2＋b＋1＝73k4

当k＝1时，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是满足条件的最小正整数．

A2－003 如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和，求n． 【题说】 1976年美国纽约数学竞赛题 7．

s2－s1＝n2＝100 从而求得n＝10．

A2－004 设a和b为正整数，当a2＋b2被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2＋r＝1977． 【题说】 第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题 5．本题由原联邦德国提供．

【解】 由题设a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≢r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以 q2≢1977，从而q≢44． 若q≢43，则r＝1977－q2≣1977－432＝128．

即（a＋b）≢88，与（a＋b）＞r≣128，矛盾． 因此，只能有q＝44，r＝41，从而得 a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009 不妨设|a－22|≣|b－22|，则1009≣（a－22）2≣504，从而45≢a≢53． 经验算得两组解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7． 由对称性，还有两组解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．

A2－005 数1978n与1978m的最后三位数相等，试求出正整数n和m，使得m＋n取最小值，这里n＞m≣1． 【题说】 第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题 1．本题由古巴提供． 【解】 由题设

1978n－1978m＝1978m（1978n因而

1978m≡2m³989m≡0（mod 8），m≣3 又

1978n而 1978n≡3n－m－m

－m－m

－1）≡0（mod 1000）

≡1（mod 125）

＝（1975＋3）n－m－1－m

＋（n－m）3n－m²1975（mod 125）（1）

从而3n≡1（mod 5），于是n－m是4的倍数．

设n－m＝4k，则

代入（1）得

从而

k（20k＋3）≡0（mod 25）

因此k必须是25的倍数，n－m至少等于4³25＝100，于是m＋n的最小值为 n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103 A2－006 求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整数解x、y． 【题说】 1980年卢森堡等五国国际数学竞赛题 6．本题由荷兰提供．

于是 x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vu

x2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v

从而原方程变为

2v（u－4）＝u3－8u2－8（2）因u≠4，故（2）即为

根据已知，u－4必整除72，所以只能有

u－4＝±23，其中α＝0，1，2，3；β＝0，1，2

进一步计算可知只有u－4＝2²3＝6，于是

u＝10，v＝16

α

β

第八讲 整数问题：求解问题之二

A2－007 确定m2＋n2的最大值，这里 m和 n是整数，满足 m，n∈｛1，2，„，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1．

【题说】 第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题 3．

【解】 若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1． 若m≠n，则由n2－mn－m2＝±1得 n＞m．令n＝m＋uk，于是

[（m＋uk）2－m（m＋uk）－m2]2＝1

于是有

若uk≠uk－1，则以上步骤可以继续下去，直至

从而得到数列：

n，m，uk，uk－1，„，uk－l，uk－l－1

此数列任意相邻三项皆满足ui＝ui－1＋ui－2，这恰好是斐波那契型数列．

而{1，2，„，1981}中斐氏数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可见m＝987，n＝1597时，m2＋n2＝3524578为满足条件的最大值． A2－008 求方程w！＝x！＋y！＋z！的所有正整数解．

【题说】 第十五届（1983年）加拿大数学奥林匹克题 1． 【解】 不妨设x≢y≢z．显然w≣z＋1，因此

（z＋1）！≢w！＝x！＋y！＋z！≢3²z！

从而z≢2．通过计算知x＝y＝z＝2，w＝3是原方程的唯一解． A2－009 求满足下式的所有整数n，m：

n2＋（n＋1）2＝m4＋（m＋1）4

【题说】 1984年匈牙利阿拉尼²丹尼尔数学竞赛（15年龄组）题 1． 【解】 由原式得

n（n＋1）＝m（m＋1）（m＋m＋2）

设m＋m＝k，我们有n（n＋1）＝k（k＋2）．显然，只可能两边为零．解是（0，0），（0，－1），（－1，0），（－1，1）．

A1－010 前1000个正整数中可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的正整数有多少个？ 【题说】 第三届（1985年）美国数学邀请赛题 10． 【解】 令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．

22个不同的正整数值．

另一方面f（x＋n）＝f（x）＋20n对任一正整数n成立．将1－1000分为50段，每20个为1段．每段中，f（x）可取12个值．故总共可取到50³12＝600个值，亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的形式． A2－011 使n＋100能被n＋10整除的正整数n的最大值是多少？

【题说】 第四届（1986年）美国数学邀请赛题 5．

【解】 由n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，则900也应被n＋10整除．因此，n最大值是890．

第九讲 整数问题：求解问题之三

A2－012 a、b、c、d为两两不同的正整数，并且

a＋b＝cd，ab＝c＋d 求出所有满足上述要求的四元数组a、b、c、d． 【题说】 1987年匈牙利数学奥林匹克题 1．

【解】 由于a≠b，所以当且仅当a＝1或b＝1时，才有a＋b≣ab． 如果a、b都不是1，那么

c＋d＝ab＞a＋b＝cd 由此知c＝1或d＝1．

因此a、b、c、d中总有一个（也只有一个）为1．如果a＝1，那么由消去b可以推出

从而得到c＝2，d＝3，或者c＝3，d＝2． 这样，本题的答案可以列成下表

A2－013 设[r，s]表示正整数r和s的最小公倍数，求有序三元正整数组（a，b，c）的个数，其中[a，b]＝1000，[b，c]＝2000，[c，a]＝2000．

【题说】 第五届（1987年）美国数学邀请赛题 7．

【解】 显然，a、b、c都是形如2m²5n的数．设a＝2m1²5n1，b＝2m2²5n2，c＝2m3²5n3．

由[a，b]＝1000＝23²53，知max（m1，m2）＝3，max（n1，n2）＝3．同理，max（m2，m3）＝4，max（n2，n3）＝3；max（m1，m3）＝4，max（n1，n3）＝3．

由此，知m3应是4，m1、m2中必有一是3．另一个可以是0、1、2或3之任一种，因此m1、m2的取法有7种．又，n1、n2、n3中必有两个是3，另一个可以是0、1、2或3．因此n1、n2、n3取法有10种．故mi、ni（i＝1、2、3）不同取法共有7³10＝70种，即三元组共有70个．

A2－014 设m的立方根是一个形如n＋r的数，这里n为正整数，r为小于1/1000的正实数．当m是满足上述条件的最小正整数时，求n的值．

【题说】 第五届（1987年）美国数学邀请赛题12．

m＝n3＋1＜（n＋1032－3－3）3

－6

－9＝n＋3n²10＋3n²10＋10 于是

从而n＝19（此时m＝193＋1为最小）．

【题说】 第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克九年级题 1． 【解】 144＝122，1444＝382 设n＞3，则

则k必是一个偶数．所以

也是一个自然数的完全平方，但这是不可能的．因为平方数除以4，因此，本题答案为n＝2，3．

A2－016 当n是怎样的最小自然数时，方程[10n/x]＝1989有整数解？

【题说】 第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克十年级题 1． 【解】 1989≢10n/x＜1990 所以

10n/1990＜x≢10n/1989

即

10²0.000502512„＜x≢10²0.000502765„

所以n＝7，这时x＝5026与5027是解．

A2－017 设an＝50＋n2，n＝1，2，„．对每个n，an与an＋1的最大公约数记为dn．求dn的最大值． 【题说】 1990年日本第1轮选拔赛题 9． 【解】

dn＝（an，an＋1）

＝（50＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））＝（50＋n2，2n＋1）

n

n＝（2（n2＋50），2n＋1）（因 2n＋1是奇数）＝（2（n＋50）－n（2n＋1），2n＋1）＝（100－n，2n＋1）

＝（100－ n，2n＋1＋2（100－ n））＝（100－n，201）≢201 在n＝100≠201k（k∈N）时，dn＝201． 故所求值为201．

A2－018 n是满足下列条件的最小正整数：（1）n是75的倍数；

（2）n恰为 75个正整数因子（包括1及本身）．试求n/75． 【题说】 第八届（1990年）美国数学邀请赛题5．

【解】 为保证 n是75的倍数而又尽可能地小，可设n＝2²3²5，其中α≣0，β≣1，γ≣2，并且

（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75 由75＝52²3，易知当α＝β＝4，γ＝2时，符合条件（1）、（2）．此时n＝24²34²52，n/75＝432．

α

β

γ

2第十讲 整数问题;求解问题之四

A2－019 1．求出两个自然数x、y，使得xy＋x和xy＋y分别是不同的自然数的平方．

2．能否在988至1991范围内求到这样的x和y？

【题说】 第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克九年级题5． 【解】 1．例如x＝1，y＝8即满足要求． 2．假设

988≢x＜y≢1991 x、y∈N，使得xy＋x与xy＋y是不同的自然数的平方，则

x2＜xy＋x＜xy＋y 这时

y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）2－x2＝2x＋1 即

y＞3x＋1 由此得

1991≣y＞3x＋1≣3³998＋1 矛盾！故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y．

A2－020 求所有自然数n，使得

这里[n/k2]表示不超过n/k2的最大整数，N是自然数集． 【题说】 1991年中国数学奥林匹克题 5． 【解】 题给条件等价于，对一切k∈N，k2＋n/k2≣1991（1）

且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992．（2）（1）等价于对一切k∈N，k4－1991k2＋n≣0 即（k2－1991/2）2＋n－19912/4≣0（3）

故（3）式左边在k取32时最小，因此（1）等价于

n≣1991³322－324＝1024³967 又，（2）等价于存在k∈N，使

（k－996）＋n－996＜0 上式左边也在k＝32时最小，故（2）等价于

n＜1992³322－324＝1024³968 故n为满足

1024³967≢n≢1024³967＋1023 的一切整数．

A2－021 设n是固定的正整数，求出满足下述性质的所有正整数的和：在二进制的数字表示中，正好是由2n个数字组成，其中有n个1和n个0，但首位数字不是0．

【题说】 第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题2． 【解】 n＝1，易知所求和S1＝2．

n≣2时，首位数字为1的2n位数，在其余2n－1位上，只要n个0的位置确定了．则n－1个1的位置也就确定了，从而这个2n位二进制数也随之确定．

现考虑第k（2n＞k≣1）位数字是1的数的个数．因为其中n个0的位置只可从2n－2个位置（除去首位和第k位）中选择，故这样的

将所有这样的2n位二进制数相加，按数位求和，便有

A2－022 在{1000，1001，1002，„，2000}中有多少对相邻的数满足下列条件：每对中的两数相加时不需要进位？ 【题说】 第十届（1992年）美国数学邀请赛题6．

7或 8时，则当n和n＋1相加时将发生进位．再若b＝9而c≠9；a＝9而b≠9或c≠9．则当n和n＋1相加时也将发生进位．

如果不是上面描述的数，则n有如下形式

其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}．对这种形式的n，当n和n＋1相加时不会发生进位，所以共有

53＋52＋5＋1＝156 个这样的n．

A2－023 定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”，如果存在一个正整数m，使得m！的十进位制表示中，结尾恰好有n个零，那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾？

【题说】 第十届（1992年）美国数学邀请赛题15．

【解】 设f（m）为m！的尾．则f（m）是m的不减函数，且当m是5的倍数时，有

f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3）

＝f（m＋4）＜f（m＋5）

因此，从f（0）＝0开始，f（m）依次取值为：

0，0，0，0，0；1，1，1，1，1；2，2，2，2，2；3，3，3，3，3；4，4，4，4，4；6，6，6，6，6；„；1991，1991，1991，1991，1991 容易看出

如果存在m使f（m）＝1991，则

因而m＞4³1991＝7964．由公式（1）可计算出f（7965）＝1988，从而f（7975）＝1991． 在序列（1）中共有7980项，不同的值有7980/5＝1596个．所以在{0，1，2，„，1991}中，有1992－1596＝396个值不在（1）中出现．这就说明，有396个正整数不是阶乘的尾．

第十一讲：整数问题：求解问题之五

A2－024 数列{an}定义如下：a0＝1，a1＝2，an＋2＝an＋（an＋1）2．求a1992除以7所得的余数．

【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题1． 【解】 考虑an以7为模的同余式： a0＝1≡1（mod 7）a1＝2≡2（mod 7）

a1＝1＋22＝5≡－2（mod 7）a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod 7）a4≡－2＋（－1）＝－1（mod 7）a5≡－1＋（－1）＝0（mod 7）a6≡－1＋02＝－1（mod 7）a7≡0＋（－1）2＝1（mod 7）a8≡－1＋12＝0（mod 7）a9≡1＋02＝1（mod 7）a10≡0＋12＝1（mod 7）a11≡1＋12＝2（mod 7）

所以，an除以7的余数以10为周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）．

A2－025 求所有的正整数n，满足等式

S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝„＝S（n2）

其中S（x）表示十进制正整数x的各位数字和．

【题说】 1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克（最后一轮）题 3． 【解】 显然，n＝1满足要求．

由于对正整数x，有S（x）≡x（mod 9），故当n＞1时，有

n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）

所以9|n．

若n是一位数，则n＝9，又S（9）＝S（2³9）＝S（3³9）＝„＝S（92）＝9，故9满足要求． 22

10≢n＜10

k

k＋又9 10k，故

10k＋1≢n＜10k1

＋若n＜10k＋10k1＋„＋10＋1，则 －

与已知矛盾，从而

n≣10k＋10k1＋„＋10＋1（1）

－令n＝9m．设m的位数为l（k≢l≢k＋1），m－1＝

S（n）＝S（（10k＋10k＝S（（10k＝S（10k＋1＋1

－1

＋„＋10＋1）n）

－1）m）

＋（m－1）＋（10k1－10l）＋（10l

－m））

其中9有k＋1－l个，bi＋ci＝9，i＝1，2，„，l． 所以

S（n）＝9（k＋1）（2）由于n是 k＋1位数，所以 n＝99„9＝10k1－1．

＋另一方面，当 n＝99„9＝10k1－1时，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝„＝S（n2）． ＋综上所述，满足要求的正整数为n＝1及n＝10k－1（k≣1）．

A2－026 求最大正整数k，使得3k|（23m＋1），其中m为任意正整数． 【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题 2． 【解】 当m＝1时，23m＋1＝9，故k≢2．又由于 2＋1＝（2）≡（－1）3＝0 所以，对任意正整数m，9|（23m＋1）．即所求k的值为2． m－13m33m－1＋1 ＋1（mod 9）

最大整数．

【题说】 1993年全国联赛一试题2（4），原是填空题． 【解】 因为1093＋33＝（1031）3＋33 ＝（1031＋3）（（1031）2－3³1031＋ 32）

＝（1031）（1031－3）＋9－1 它的个位数字是8，十位数字是0．

A2－028 试求所有满足如下性质的四元实数组：组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积． 【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十一年级二试题5．

【解】 设这组数的绝对值为a≢b≢c≢d．无论a为b，c，d哪两个数的乘积，均有a≣bc，类似地，d≢bc．从而，bc≢a≢b≢c≢d≢bc，即a＝b＝c＝d＝a2．所以a＝0或1，不难验证，如果组中有负数，则负数的个数为2或3．

所以，答案为{0，0，0，0}，{1，1，1，1}，{－1，－1，1，1}，{－1，－1，－1，1}．

第十二讲 整数问题：求解问题之六

A2－029 对任意的实数x，函数f（x）有性质f（x）＋f（x－1）＝x．如果f（19）＝94，那么f（94）除以1000的余数是多少？

【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题3． 【解】 重复使用f（x）＝x2－f（x－1），有 f（94）＝942－f（93）＝942－932＋f（92）＝942－932＋922－f（91）＝„

＝942－932＋922－„＋202－f（19）

＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－ 91）＋„＋（22＋21）（22－21）＋202－94 ＝（94＋93＋92＋„＋21）＋306 ＝4561 因此，f（94）除以1000的余数是561．

A2－030 对实数x，[x]表示x的整数部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋„＋[log2n]＝1994成立的正整数n． 【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题 4．

【解】 [long21]＋[log22]＋[log23]＋„＋[log2128]＋[log2129]＋„＋[log2255]＝2³1＋4³2＋8³3＋16³4＋32³5＋64³6＋128³7＝1538．

A2－031 对给定的一个正整数n．设p（n）表示n的各位上的非零数字乘积（如果n只有一位数字，那么p（n）等于那个数字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋„＋p（999），则S的最大素因子是多少？

【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题5．

【解】 将每个小于1000的正整数作为三位数，（若位数小于3，则前面补0，如 25可写成 025），所有这样的正整数各位数字乘积的和是

（0²0²0＋0²0²1＋0²0²2＋„＋9²9²8＋9²9²9）－0²0²0 ＝（0＋1＋2＋„＋9）3－0 p（n）是n的非零数字的乘积，这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到． 因此，＝463－1＝33²5²7²103 最大的素因子是103．

A2－032 求所有不相同的素数p、q、r和s，使得它们的和仍是素数，并且p2＋qs及p2＋qr都是平方数． 【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题7．

【解】 因为四个奇素数之和是大于2的偶数，所以所求的素数中必有一个为偶数2．

若p≠2，则p2＋qs或p2＋qr中有一个形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p＝2．

设22＋qs＝a2，则qs＝（a＋2）（a－2）．

若a－2＝1，则qs＝5，因为q、s是奇素数，所以上式是不可能的．于是只能是

q＝a－2，s＝a＋2 或者

q＝a＋2，s＝a－2 所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4． 三个数q－

4、q、q＋4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被 3整除．q或q＋4为3时，都导致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是

（p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3）

A2－033 求所有这样的素数，它既是两个素数之和，同时又是两个素数之差． 【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题5．

【解】 设所求的素数为p，因它是两素数之和，故p＞2，从而p是奇数．因此，和为p的两个素数中有一个是2，同时差为p的两个素数中，减数也是2，即p＝q＋2，p＝r－2，其中q、r为素数．于是p－

2、p、p＋2均为素数．在三个连续的奇数中必有一数被3整除，因这数为素数，故必为3．不难验证只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7时，才满足条件．所以所求的素数是5．

个整数．

【题说】 第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题4．本题由澳大利亚提供．

【解】 n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因为（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1），所以mn－1|m2＋n．因此m，n对称，不妨设m≣n．

当n＝1时，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，从而m＝2或3，以下设n≣2．

若m＝n，则n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），从而n2－1|（n＋1），m＝n＝2． 若m＞n，则由于

2（mn－1）≣n2＋mn＋n－2≣n2＋2m＞n2＋m 所以mn－1＝n2＋m，即

（m－n－1）（n－1）＝2 从而

于是本题答案为

（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组．

第十三讲 整数问题 ：求解问题之七

【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题7． 【解】 由已知得

即

所以

A2－036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？ 【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题10．

【解】 设这数为42n＋p，其中n为非负整数，p为小于42的素数或1．

由于2³42＋1，42＋2，42＋3，42³5＋5，42＋7，2³42＋11，42＋13，4³42＋17，3³42＋19，42＋23，3³42＋29，2³42＋31，4³42＋37，2³42＋41，都是合数，所以在n≣5时，42n＋p都可表成42的正整数倍与合数之和，只有42³5＋5例外．因此，所求的数就是42³5＋5＝215．

A2－038 求所有正整数x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，这里z是x、y的最大公约数． 【题说】 第三十六届（1995年）IMO预选题．

【解】 由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为 a＋b2＋z＝abz2（1）由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b≢a＋z． a＋z＋b2＝abz2

＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z－2）a－2z）

≣a＋z＋b＋b（（z－2）a－2z）（2）

（2）中不等式的等号只在b＝1并且b＝a＋z时成立，而这种情况不可能出现（a＋z＞1），所以（2）是严格的不等式．这表明

（z2－2）a－2Z＜0（3）从而z≢2（否则（3）的左边≣z2－2－2z≣z－2＞0）． 222在z＝2时，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，从而x＝4，y＝2或6． 在z＝1时，（1）成为

a＋b＋1＝ab（4）从而

（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2 这表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3． 因此本题共有四组解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．

A2－039 设 m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示 m、n的最大公约数． 【题说】 1996年日本数学奥林匹克题 2． 【解】 记H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）． 则

H（0，1）＝（2，12）＝2 H（1，1）＝（12，12）＝12 因H（m，n）＝H（n，m），故可设n≣m． 当n≣2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n＋7n－2m－m2＋7n

－m）－5m7m（5n

－2m））

－2m＝（5m＋7m，5m7m（5n＝（5m＋7m，5n－2m＋7n）－2m））

＋7n－2m当m≢n＜2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－n－m＋7n

－m）－5n

－m

7n

－m

（52m

＋72mn））－－－＝（5m＋7m，52mn＋72mn）记

则

（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；（3）（m′，n′）＝（m，n）．

当（m，n）＝1时，反复进行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．从而有

A2－040 求下列方程的正整数解：

（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab 其中a≣b，[a，b]、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数． 【题说】 1996年日本数学奥林匹克预选赛题 7．

【解】 记（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，则[a，b]＝da′b′．题设条件变为 1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′（*）所以

故1＜d≢4．

当d＝4时，a′＝b′＝1，从而a＝b＝4； 当d＝3时，（*）等价于

（2a′－1）（2b′－1）＝3 由a′≣b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3． 当d＝2时，（*）等价于

（a′－1）（b′－1）＝2 由a′≣b′得a′＝3，b′＝2．从而a＝6，b＝4． 综上所述，所求的正整数解有4，4；6，4；6，3．

A2－041 一个幻方中，每一行，每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值．图示一个幻方中的四个数，求x． 【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题1．

【解】 幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s，这3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一数的3倍．所以中央的

左下角的数为19＋96－1＝114．因此

x＝3³105－19－96＝200

第十四讲 整数问题：求解问题之八

A2－042 对整数1，2，3，„，10的每一个排列a1，a2，„，a10，作和

|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|

数．求p＋q．

【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题12． 【解】 差|ai－aj|有如下的45种：

这45种的和为1³9＋2³8＋3³7＋4³6＋5³5＋6³4＋7³3＋8³2＋9³1＝165．每一种出现的次数相同，而在和

|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10| 中有5种，所以

A2－043 设正整数a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整数的平方．求这两个平方数中较小的数能够取到的最小值． 【题说】 第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题4．本题由俄罗斯提供． 【解】 15a＋16b＝r，16a－15b＝s 于是

16r2－15s2＝162b＋152b＝481b（1）所以 16r2－15s2是481＝13³37的倍数．

由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一数的平方．因22此，16r≡15s（mod 13）时，必有13|s．

22同样，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方为 0，±1，±3，±4，±9，±12，±16（mod 37），所以必有 37|s．

于是481|s．由（1），481|r．

在r＝s＝481时，b＝（16－15）³481＝481，a＝（16＋15）³481＝31³481，满足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2． 所以所说最小值为481．

A2－044 设自然数n为十进制中的10位数．从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数，第2位上的数恰是n的数字中1的个数，一般地，第k＋1位上的数恰是n的数字中k的个数（0≢k≢9）．求一切这样的数n．

【题说】 1997年日本数学奥林匹克预选赛题 7．

【解】 设n的左数第k＋1位上的数字为nk（0≢k≢9），则数字k出现的次数为nk．因为n是10位数，所以 n0＋n1＋n2＋„＋n9＝10（1）

又数字k若在左数第nj＋1位上出现，则数字j在n中出现k次．nk个k意味着有数字j1，j2，„，jnk，共出现knk次．于是，又有

ni＋2n2＋„＋9n9＝10（2）

由（2）显然n5，n6，n7，n8，n9，至多一个非零，且n6，n7，n8，n9均≢1． 若 n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0（3）

则n0≣5．于是n中至少有一个数字≣5，与（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一个非零，其余四个为0．从而 n1＋2n2＋3n3＋4n4≢5（4）

（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有两个为0，从而n中0的个数不少于6，即n0≣6．于是n6，n7，n8，n9中有一个为1，n5＝0．

若n9＝1，则n0＝9，n1≣1，这显然不可能．

若n8＝1，则n0＝8，n1≣1，但无论n1＞1或n1＝1均不合要求．

若n7＝1，则n0＝7，n1＝1或2，前者显然不合要求．后者导致n2≣1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．

若n6＝1，则n0＝6，n1＝2或3．n1＝2时，n2＝1，数6210001000满足要求．n1＝3时，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．

综上所述，满足条件的10位数n只有6210001000．

A2－045 求所有的整数对（a，b），其中a≣1，b≣1，且满足等式ab2＝ba． 【题说】 第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题5．本题由捷克提供． 【解】 显然当a、b中有一个等于1时，（a，b）＝（1，1）．以下设a，b≣2．

设t＝b2/a，则由题中等式得到b＝at，at＝a2t，从而t＝a2t1．如果2t－1≣1，则t＝a2t1≣（1＋1）2t1≣1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1．

－

－

－记K＝1/t，则K＝a/b2＞1为有理数，由a＝bk可知 K＝bK－2

（1）

如果K≢2，则K＝bK2≢1，与前面所证K＞1矛盾，因此K＞2．设K＝p/q，p，q∈N，p、q互质，则p＞2q．于是由（1）－

q＝1，即K为一个大于2的自然数．

当b＝2时，由（2）式得到K＝2K2，所以K≣4．又因为

－

等号当且仅当K＝4时成立，所以得到a＝bK＝24＝16．

当b≣3时，＝bK2≣（1＋2）K2≣1＋2（K－2）＝2K－3．从而得到K≢3．这意味着K＝3，于是得到b＝3，a＝bK＝33＝27． －－综上所述，满足题目等式的所有正整数对为（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）．

第十五讲 整数问题：数字问题之一

时间：2004-4-19 11:57:00 来源：www.xiexiebang.com整除．

【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供． 【证】Cp－Cq=p（p＋1）－q（q＋1）=p2－q2＋p－q=（p－q）（p＋q＋1）

所以（Cm+1－Ck）（Cm+2－Ck）„（Cm+n－Ck）

=（m－k＋1）（m－k＋2）„（m－k＋n）²（m＋k＋2）（m＋k＋3）²„²（m＋k＋n＋1）

C1C2„Cn=n！（n＋1）！

因此只需证 nn

=A²B 是整数．

由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数．

是整数．因为m＋k＋1是大于n＋1的质数，所以m＋k＋1与（n＋1）！互素，从而（m＋k＋2）（m＋k＋3）„（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整数，命题得证．

A4－009 设a、b、m、n是自然数且a与b互素，又a＞1，证明：如果am＋bm能被an＋bn整除，那么m能被n整除． 【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克十年级题1． 【证】由于

ak＋bk=ak-n（an＋bn）－bn（ak-n－bk-n）a－b=a（a＋b）－b（a＋b）

l

l

l-n

n

n

n

l-n

l-n所以

（i）如果a＋b能被a＋b整除，那么a－b（ii）如果a－b能被a＋b整除，那么a＋bllnn

l-nkknn

k-n

k-n

也能被a＋b整除．

n

n

nn

l-n

也能被a＋b整除．

设m=qn＋r，0≢r＜n，由（i）、（ii）知ar＋（－1）qbr能被an＋bn整除，但0≢|ar＋（－1）qbr|＜an＋bn，故r=0（同时q是奇数）．亦即n|m．

A4－010 设m，n为任意的非负整数，证明：

是整数（约定0！=1）．

【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．

易证 f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）（1）n）为整数，则由（1），f（m＋1，n）是整数． 因此，对一切非负整数m、n，f（m，n）是整数． A4－011 证明对任意的自然数n，和数

不能被5整除．

【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．

又

两式相乘得

因为72n+1=7³49≡2³（－1）（mod 5）

nn

A4－012 设p和q均为自然数，使得

证明：数p可被1979整除．

【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．

将等式两边同乘以1319！，得

其中N是自然数．

由此可见1979整除1319！³p．因为1979是素数，显然不能整除1319！，所以1979整除p．

A4－013 一个六位数能被37整除，它的六个数字各个相同且都不是0．证明：重新排列这个数的六个数字，至少可得到23个不同的能被37整除的六位数．

【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克十年级题1．

（c＋f）被37整除．

由于上述括号中的数字是对称出现的，且各数字不为0，故交换对

又因为100a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以

各再得7个被37整除的数，这样共得23个六位数．

第二十讲 整数问题：整除之三

A4－014（a）对于什么样的整数n＞2，有n个连续正整数，其中最大的数是其余n－1个数的最小公倍数的约数？（b）对于什么样的n＞2，恰有一组正整数具有上述性质？ 【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题4． 【解】设n个连续正整数中最大的为m．

当n=3时，如果m是m－1，m－2的最小公倍数的约数，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m－1）（m－2）得m|2，与m－2＞0矛盾．

设n=4．由于

m|（m－1）（m－2）（m－3）所以m|6，而m＞4，故这时只有一组正整数3，4，5，6具有所述性质．

设n＞4．由于m|（m－1）（m－2）„（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），则（n－1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1与n－2互质，m－（n－1）与m－（n－2）互质，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）与m－（n－2）的最小公倍数，因而m具有题述性质．

类似地，取m=（n－2）（n－3），则m整除m－（n－2）与m－（n－3）的最小公倍数，因而m具有题述性质． 所以，当n≣4时，总能找到具有题述性质的一组正整数．当且仅当n=4时，恰有唯一的一组正整数．

A4－018

试求出所有的正整数a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a－1）（b－1）（c－1）是abc－1的约数． 【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题1．本题由新西兰提供． 【解】设x=a－1，y=b－1，z=c－1，则1≢x＜y＜z并且xyz是

（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数，从而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数． 由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．

若x=1，则yz是奇数1＋2y＋2z的约数．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的约数．于是z=7．

若x=2，则2yz是2＋3y＋3z＋yz的约数，从而y，z均为偶数，设y=2y1，z=2z1，则4y1z1≢1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因为y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的约数得z1=7，z=14．

因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8）．

A4－019 x与y是两个互素的正整数，且xy≠1，n为正偶数．证明：x＋y不整除xn＋yn． 【题说】1992年日本数学奥林匹克题1．

【证】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1． 当n=2时，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）假设当n=2k（k∈N+）时，（x＋y）

2xy．故（x＋y）

（x2＋y2）．

（x2k＋y2k）．则当n=2（k＋1）时，由于

x2(k+1)＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x2k＋y2k）

所以（x＋y）

A4－020 证明当且仅当n＋1不是奇素数时，前n个自然数的积被前n个自然数的和整除． 【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题1．（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除xn＋yn．

若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3≢q≢r，则n

A4－021 找出4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除． 你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗？ 【题说】1992年英国数学奥林匹克题3． 【解】显然，2、6、10、14满足要求． 任取n个不同的正整数。a1、a2、„、an，令

则n个不同的正整数la1、la2、„、lan中任意两个的和显然整除l2，从而整除它们的积lna1a2„an． A4－022 求最大自然数x，使得对每一个自然数y，x能整除7y＋12y－1． 【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题1．

【解】当y=1时，7y＋12y－1=18．假设7y＋12y－1是18的倍数，因为 7y+1＋12（y＋1）－1=6³7y＋12＋（7y＋12y-1）=6³（7＋2）＋（7＋12y-1）

7＋2≡1＋2≡0（mod 3）

所以，7y+1＋12（y＋1）－1是18的倍数．

从而对一切自然数y，18整除7y＋12y－1，所求的x即18． A4－023 证明：若n为大于1的自然数，则2n－1不能被n整除． 【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛九年级题2． 【证】若n是偶数，显然有n

n

（2n－1）．若n是奇素数，由费马定理知2n≡2（mod n），所以2n－1≡1（mod n），即

n

r

n

yyy（2n－1）．若n是奇合数，设p是n的最小素因子，由费马定理知2p-1≡1（mod P）；若i是使2i≡1（mod P）成立的最n，设n=qi＋r，0＜r＜i，则2≡小自然数，则2≢i≢P－1，从而i 1（mod p），即p（2n－1），故n

（2－1）．

第二十一讲 整数问题：整除之四

A4－024 当n为何正整数时，323整除20＋16－3－1？ 【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第一轮题5． 【解】 323=17³19 当n为偶数时，20n＋16n－3n－1≡1＋3n－3n－1≡0（mod 19）

n

n

n

20n＋16n－3n－1≡3n＋1n－3n－1≡0（mod 17）

所以此时323整除20＋16－3－1．

当n为奇数时，20n＋16n－3n－1≡3n－1－3n≡－2 A4－025 设x、y、z都是整数，满足条件

（x－y）（y－z）（z－x）=x＋y＋z．（*）试证：x＋y＋z可以被27整除．

【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级二试题5．

【证】（1）整数x、y、z被3除后余数都相同时，27|（x－y）（y－z）（z－x），即27|x＋y＋z．（2）x、y、z被3除后有且仅有两个余数相同，例如x≡y（mod 3），且y 与（*）式矛盾，可见情形（2）不会发生．

（3）x、y、z被3除后余数都不相同，这时3|（x＋y＋z），但3 也不会发生．

于是，x、y、z除以3余数都相同，并且，27|x＋y＋z．

A4－026 对于自然数n，如果对于任何整数a，只要n|an－1，就有n2|an－1，则称n具有性质P．（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．

【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题．本题由印度提供． 【证】（1）设n=P为素数且p|（ap－1），于是，（a，p）=1．因为

ap－1=a（ap-1－1）＋（a－1）

由费马小定理p|（a－1）．所以，p|（a－1），即a≡1（mod p）．因而

a≡1（mod p），i=0，1，2，„，p－1 将这p个同余式加起来即得

ap-1＋ap-2＋„＋a＋1≡0（mod p）

所以，p2|（a－1）（ap-1＋ap-2＋„＋a＋1）=ap－1

ip-1nnn

0（mod 17），所以此时323不整除20n＋16n－3n－1．

z（mod 3），这时3 x＋y＋z且3|（x－y），（x－y）（y－z）（z－x）．仍与（*）式矛盾，可见情况（3）

a≡1（mod n）．于是，像（1）一样又可推得n2|（an－1）．因此，（q－1）（p－1）．因为q|（p－2），所以q

（p－1）．又因

具有性质P．显然p＜n＜p2．取大于p2的素数，又可获得另一个具有性质P的合数．所以，有无穷多个合数n具有性质p． A4－027 证明：对于自然数k、m和n．不等式[k，m]²[m，n]²[n，k]≣[k，m，n]2成立．（其中[a，b，c，„，z]表示数a、b、c，„，z的最小公倍数．）【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级（决赛）题5． 【证】将k、m、n分解．设

其中pi（i=1，2，„，l）为不同的素数，αi、βi、γi为非负整数．

对任一个素因数pi，不妨设0≢αi≢βi≢γi．在所要证明的不等式左边，pi的指数为βi＋γi＋γi=βi＋2γi；而右边pi的指数为γi²2=2γi．

因而所要证明的不等式成立．

A4－029 证明；所有形如10017，100117，1001117，„的整数皆可被53整除． 【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克八年级题2． 【证】易知第一个数10017可被53整除，而数列中相邻二数的差

也可被53整除，所以数列中所有数皆可被53整除

A4－030 证明：无论在数12008的两个0之间添加多少个3，所得的数都可被19整除． 【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题7． 【证】我们有

故结论成立 A4－031 设S={1，2，„，50），求最小自然数k，使S的任一k元子集中都存在两个不同的数a与b，满足（a＋b）|ab． 【题说】1996年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题2． 【解】设a、b∈S，满足（a＋b）|ab，令（a，b）=c，则 a=ca1，b=cb1，（a1，b1）=1． 从而

c（a1＋b1）=（a＋b）|ab=c2a1b1

因为（a1＋b1，a1）=1，（a1＋b1，b1）=1，所以

（a1＋b1）|c 由于a、b是S中不同的数，从而a＋b≢99即 c（a1＋b1）≢99，而a1＋b1|c，故有3≢a1＋b1≢9．

在a1＋b1=3时，d=3，6，9，12，15，18，21，24，相应的（a，b）=（3，6），（6，12），（9，18），（12，24），（15，30），（18，36），（21，42），（24，48）．类似地，可得出a1＋b1=4，5，6，7，8，9时的数对（a，b）．将每一对得到的a、b用线相连成右图．

S中剩下的25个数与图上画圈的13个数所成的38元集，不含任一对a、b满足（a＋b）|ab．

另一方面，S中任一集R，如果元数≣39，那么图上至多11个数 R，从而12对数（14，35），（9，18），（28，21），（42，7），（5，20），（30，15），（45，36），（6，3），（10，40），（12，4），（24，8），（48，16）中至少有一对数都属于R，即R中有a、b满足（a＋b）|ab． 综上所述，K=39．

A4－032 设自然数x、y、p、n和k满足等式

x+y=p

证明：若n（n＞1）是奇数，p是奇素数，则n是数p的正整数幂． 【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题3． 【证】不失一般性，设x与y都不被p整除．因为n为奇数，所以

n

n

k

用A表示上式右边．由于p＞2，因此x、y中至少有一个数大于1．因为n＞1，所以A＞1．因为A（x＋y）=pk，所以A被p整除，数x＋y也被p整除． 于是得到

0≡A≡xn-1－xn-2（－x）＋xn-3（－x）2－„

第三篇：2011年小学生信息学奥林匹克竞赛决赛试题

2011年小学生信息学奥林匹克竞赛决赛试题

（时间：120分钟）

一、购买文具：

“六·一”儿童节“文具套装”优惠销售，三种购买方式如下：

1、现购：10元/套，超过2套以外的，9元/套，超过10套以外的，则7.5元/套；

2、网购：9元/套，超过10套，全部打8折；超过50套，则全部打6折；

3、团购：10套起团购，6元/套，达到或超过50套，则5元/套，达到或超过100套，则4元/套。小明想用其中一种方式购n套文具，请帮他计算应付多少元钱？ [输入]购买方式号（1、2、3）套数n（n<=200）[输出]应付钱数（保留2位小数）[样例]输入：1 11 输出：99.50

二、爱心捐赠：

小明和小朋友们共同献爱心捐赠的图书共n类，每类m本。现在要将这些书全部分给各个希望小学，规定：分给每个希望小学的书数量相同，种类K尽量多，并且每类书数量＝k。小明请你算算共能捐赠多少个希望小学？

[输入]n m（n，m<＝10000）[输出]xuexiao=学校数 [样例]输入：12 54 输出：xuexiao=18

三、梦幻王国：

梦幻王国钱币面值有五种1、7、49、343、2401（即：7、7、7、7、7）。某人买东西要用现金支付n元，买卖双方可以相互找钱（假设双方各种钱币数量都足够多）。

0

234 1 问：买卖双方最少总共需用多少张钱币？ [输入]n(n<=3000)[输出]最少钱币数 [样例]输入：12 输出：4（即：买方用2张7元；卖方找2张1元）

四、长跑接力：

长跑接力赛全程m公里，规定：每个队5人，每个人都必须跑而且只能跑一次，并且至少跑1公里、最多跑n公里，接力点必须在整公里处。刘教练挑选了5名队员，测试后得到每个人连续跑1、2、3、„„、n公里的最短时间。他准备精心安排每个队员跑的公里数，使全队完成接力赛用时最短。你能帮教练做一个最佳方案吗？（数据保证最佳方案唯一）（设：每人连续跑的路程越长速度越慢，若有保持速度的，也绝不会变快。）[输入]m n(m<＝5000，n<＝1000)下接5行，每行n个整数（表示每人连续跑1-n公里的最短时间，以空格相隔）[输出]第一行：最短时间（时间<=maxlongint）

第二行：五个整数（表示安排1~5号队员各自连续跑的公里数，以空格相隔）[样例]输入：25 10 333 700 1200 1710 2240 2613 3245 3956 4778 5899 300 610 960 1370 1800 2712 3834 4834 5998 7682 298 612 990 1560 2109 2896 3790 4747 5996 7654 289 577 890 1381 1976 2734 3876 5678 6890 9876 312 633 995 1467 1845 2634 3636 4812 5999 8123 输出：9748 6 5 5 4 5 2

第四篇：小学二年级数学奥林匹克竞赛题(附答案)

小学二年级数学奥林匹克竞赛题（附答案）

1、用0、1、2、3能组成多少个不同的三位数？

18个

2、小华参加数学竞赛，共有10道赛题。规定答对一题给十分，答错一题扣五分。小华十题全部答完，得了85分。小华答对了几题？（10×10-85）÷（10+5）=1题

10-1=9题3、2，3，5，8，12，(20)，（32)

4、1，3，7，15，(31)，63,(127)

5、1，5，2，10，3，15，4，(20)，(5)

6、○、△、☆分别代表什么数？

(1)、○+○+○=18

(2)、△+○=14

(3)、☆+☆+☆+☆=20

○=(6)

△=(8)

☆=(5)

7、△+○=9

△+△+○+○+○=2

5△=(2)○=(7)

8、有35颗糖，按淘气-笑笑-丁丁-冬冬的顺序，每人每次发一颗，想一想，谁分到最后一颗？ 35÷4=8……3

丁丁

9、淘气有300元钱，买书用去56元，买文具用去128元，淘气剩下的钱比原来少多少元？

56+128=184（元）

10、5只猫吃5只老鼠用5分钟，20只猫吃20只老鼠用多少分钟？ 5分钟

11.修花坛要用94块砖，•第一次搬来36块，第二次搬来38，还要搬多少块？(用两种方法计算)94-（36+38）=20（块）94-36-38=20（块）

12.王老师买来一条绳子，长20米剪下5米修理球网，剩下多少米？ 20-5=15（米）

13.食堂买来60棵白菜，吃了56棵，又买来30棵，现在人多少棵？ 60-56+30=34（棵）

14、小红有41元钱，在文具店买了3支钢笔，每支6元钱，还剩多少元？ 41-3×6=23（元）

15、二(1)班从书店买来了89本书，第一组同学借了25本，第二组同学借了38本，还剩多少本？ 89-25-38=27（本）

16、果园里有桃树126颗，是梨树棵数的3倍，果园里桃树和梨树一共多少棵？

126+126÷3=16817、1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=(55)

18、11+12+13+14+15+16+17+18+19=(145)

19、按规律填数。

(1)1，3，5，7，9，(11)2

(2)1，2，3，5，8，13(21)

(3)1，4，9，16，(25)，36

(4)10，1，8，2，6，4，4，7，2，(11)

20、在下面算式适当的位置添上适当的运算符号，使等式成立。

(1)8 ×（8×8 + 8×8）-8-8-8 =1000

(2)（4+）× 4 – 4×=16

(3)9 + 8 × 7-6×

5-4×

3-2+ 1=22

21、30名学生报名参加小组。其中有26人参加了美术组，17人参加了书法组。问两个组都参加的有多少人？ 26+17-30=13

22、用6根短绳连成一条长绳，一共要打()个结。

23、篮子里有10个红萝卜，小灰兔吃了其中的一半，小白兔吃了2个，还剩下(3)个。24、2个苹果之间有2个梨，5个苹果之间有几个梨？ 8个

25、用1、2、3三个数字可以组成(6)个不同的三位数。

26、有两个数，它们的和是9，差是1，这两个数是(4)和(5)27、3个小朋友下棋，每人都要与其他两人各下一盘，他们共要下(3)3

盘。

28、把4、6、7、8、9、10填下入面的空格里(三行三列的格子)，使横行、竖行、斜行上三个数的和都是18。（题目出错）29、15个小朋友排成一排报数，报双数的小朋友去打乒乓，队伍里留下(8)人。

30、一只梅花鹿从起点向前跳 5米，再向后跳4米，又朝前跳7米，朝后跳10米；然后停下休息，你知道梅花鹿停在起点前还是起点后？与起点相距几米？ 起点后2米

31、哥哥给了弟弟2支铅笔后还剩5支，这时两人的铜笔一样多，弟弟原来有铅笔(3)支。

32、林林、红红、芳芳三个小朋友买糖吃。林林买了7粒，红红买了8粒，芳芳没有买。三个小朋友要平分吃，芳芳一共付了1元钱，其中给林林(4)角，给红红(6角)。

33、三个人吃3个馒头，用3分钟才吃完；照这样计算，九个人吃9个馒，需要(3)分钟才吃完？

34、环形跑道上正在进行长跑比赛。每位运动员前面有7个人在跑，每位运动员后面也有7个人在跑。跑道上一共有(8)个运动员.4

35、把16只鸡分别装进5个笼子里，要使每个笼子里鸡的只数都不相同，应怎样装？请把每只笼子里的鸡的只数分别填入下面五个方框中。1、2、3、4、6

36、今天红红8岁，姐姐13岁，10年后，姐姐比红红大(5)岁。

37、汽车每隔15分钟开出一班，哥哥想乘9时10分的一班车，但到站时，已是9时20分，那么他要等(5)分钟才能乘上下一班车。

38、从底楼走到3楼，用了24秒；那么从1楼走到6楼，需要(70)秒。

39、二(1)班小朋友排成长方形队伍参加体操表演。红红左看是第6名，右看是第2名，前看是第4名，后看是第3名。二(1)班共有(42)小朋友。

40、汽车场每天上午8时发车，每隔8分钟发一辆。那么从8时到8时40分，共发了(6)辆车？

41、一只苹果的重量等于一只桔子加上一只草莓的重量，而一只苹果加上一只桔子的重量等于9只草莓的重量，请问，一只桔子的重量等于几只草莓的重量。4只草莓

42、有一个天平，九个砝码，其中一个砝码比另八个要轻一些，问至少要称几次才能将轻的那个找出来？ 3次

43、按规律填数：

(1)54321 43215 32154(21543)154321

(2)1，2，3(7)2，3，4(14)3，4，5(21)

(3)1，4，7，10，(13)，16，(19)

(4)1，2，3，7，11，16，（），29

(5)2，5，4，5，6，5，(8)，5

(6)7，8，10，13，17，(22)28 44、10个一百是(1000)，10000里面有(10)个一千。45、3572最高位是(千)位，读作(三千五百七十二)，九千零五十写作(9050)。

46、一个2分币大约重1(克)；小明今年7岁，他的体重约是28(千克)。47、90里面有(9)个十，290里面有(29)个十。

48、百位上的6比十位上的6多(590)。49、49个苹果平均分给9个小朋友，每人分(5)个，还剩(4)个。

50、判断题(对的在括号里打“√”，错的打“×”)

(1)、一个数除以4，所得的余数最大是3。(√)

（2、48÷3×2 = 48÷6(×)

（3、一个苹果重120千克。(×)

（4、千位右面一定是万位。(×)51、1米与1克相比(A)

A 无法比较

B 1米大

C 1克大

52、积是16的的算式是(B)

A 32÷2

B 4×4

C 8+8

53、下面的单位中，不是重量单位的是(A)

A 元 B 千克 C 克

54、一个三位数。三个数字的和是26，这个数最大是(C)

A 899 B 989 C 998 55、8070读作（C)

A 八千七十

B 八千七

C 八千零七十

56、口算

5×8 =40

24÷6 =4 57、1千克梨有8个，1千克苹果比1千克梨的个数多1个，妈妈买了2千克梨和2千克苹果，共有苹果和梨(34)个。

58、一只蜗牛向前爬25厘米，又朝后退15厘米，在朝前爬10厘米，结果前进了(20)厘米。

59、小明第一天写5个大字，以后每一天都比前一天多写2个大字，6天后小明一共写了(60)个大字。

60、一辆公共汽车上有6个空座位。车开到团结站，没有人下车，但上来了9人，空座位还有2个，上车的人中有(5)人站着。

61、两箱苹果都重40千克，从第一箱中拿出8千克到第二箱后，第二箱比第一箱多(16)千克。

62、学校校门的右边插了8面彩旗，每两面彩旗之间的距离都是2米，从第1面彩旗到第8面彩旗之间共有(14)米。

63、一个三位数，十位上的数字是9，正好是个位数字的3倍，三个数位之和是13。这个三位数是(193)

64、冬冬今年10岁，爸爸今年40岁，冬冬(30)岁时，爸爸的年龄正好是 8

冬冬的2倍。

65、小明栽树5棵，大强、李卫、大华和冬冬每个人栽的棵数和小明同样多。他们一共栽树(25)棵。

66、星期天，小刚在家烧水、泡茶。洗茶壶：1分钟，烧开水：15分钟，洗茶杯：1分钟，拿茶叶：2分钟。问：小刚最少要(16)分钟泡上茶。

67、晚上小华在灯下做作业的时候，突然停电，小华去拉了两下开关。妈妈回来后，到小华房间又拉了三下开关。等来电后，小华房间的灯(不亮)(填“亮”或“不亮”)

68、花果山上的桃熟了，小猴忙到树上摘桃。第一次，它摘了树上桃的一半，回家时还随手从树上摘了2个；第二次，它将树上剩下的8个桃全部摘回家。小猴共摘回(20)个桃。

69、节日里，学校门前的彩灯从左到右按2个红3个黄4个蓝的顺序排列。从左到右看，第12只彩灯是(黄)色，第36只彩灯是(蓝)。

70、把一杯水倒入空瓶，连瓶共重140克，如果倒入三杯水，连瓶共重260克。空瓶的重量是(80)克。

71、李奶奶家现有16个鸡蛋，还养了两只每天下一个蛋的母鸡。如果李奶奶家每天都吃4个鸡蛋，她家可以连续吃(5)天。

72、一条毛毛虫由幼虫长成成虫，每天长大一倍，30天能长到20厘米。问长到5厘米时要用(28)天。

73、每3个空瓶可以换一瓶汽水，有人买了27瓶汽水，喝完后又用空瓶换汽水，那么，他最多喝(40)瓶汽水。

74、小红做计算题时，由于粗心大意，把一个加数个位上的8错误地当作了3，把百位上的6错当成了9，所得的和是138，正确的和是多少？(写过程)138-93=45 45+68=113

75、小明做计算题时，把被减数个位上的3写成了5，十位上的6错写成了0，这样得差是189，正确的差是多少？(写出过程)63-5=58 189+58=247

76、○+○+○=15，○+△+△=19，求△-○=(2)

77、用两个5和两个0组成一个四位数，当零都不读出来时，这个数是(5500)，当只读一个零时，这个数是(5005或5050)。

78、一座5层高的塔，最上边一层装了2只灯，往下每低一层多装4只灯，最下面一层要装多少只灯？(写出过程)2+6+10+14+18=50

79、在合适的地方插入“+”或“-”，使等式成立。（题目有问题）2 3 4 5 6 7 8 9=99

80、一条毛毛虫由幼虫长成成虫，每天长大一倍，30天能长到20厘米，问 10

长到5厘米时要用(28)天。

81、鸡兔共有腿50条，若将鸡数与兔数互换，则腿数变为54条，鸡有()只，兔有()只。（题目数据有问题）

82、学校派一些学生去搬树苗，如果每人搬6棵，则差4棵，如果每人搬8棵，则差18棵，这批树苗有(38)棵。（18-4）÷（8-4）=7（人）

7×6-4=38（棵）

83、有人问孩子年龄，回答：“比爸爸的岁数的一半少9岁。”又问爸爸的年龄，回答说：“比孩子的4倍多2岁。”孩子年龄(8)岁。

84、每3个空瓶可以换一瓶汽水，有人买了27瓶汽水，喝完后又用空瓶换汽水，那么，他最多喝多少瓶汽水？(写出过程)40瓶

85、哥弟俩共有邮票70张，如果哥哥给弟弟4张邮票后还比弟弟多2张，哥哥原来有邮票多少张？(写出过程)（70-4×2-2）÷2=30（张）70-30=40（张）

86、口算。

2×3×7＝

63÷(3×3)＝

54÷6＝

16＋4－15＝

72－12－30＝

5×4＋4＝

6×6－6＝ 60＋7＋30＝ 2×5＋49＝

91－14－36＝

87、最大的两位数和最小的三位数相差(1)。

88、甲数比乙数少15，乙数是28，甲乙两数的和是（41)。

89、量长短不同的物体，可以用(米)或(厘米)作单位。90、2米比120厘米长(80)厘米。91、16＋16＋16＋8＝(8)×(7)。

92、已知：○＋□＝15，○－□＝1。那么○＝(8)，□＝(7)。

93、一些笔平均分给8个同学刚好分完，最少有(8)支笔。94、63减去7，减()次结果是0，算式(63÷7=9)。

95、确定一个顶点，可以画(无数个)个角。一个角的两条边延长，这个角的大小(不变)。

96、判断(对的打√，错的打×，共10分)

(1.在乘法算式里，积不一定比每个因数大。(√)

(2.一个方桌的一个角被截去后，这个方桌就剩下三个角。(×)

(3.9乘一个数，这个数每增加1，积就增加9。(×)。

(4.13名同学做纸花，每4人用一张纸，最少要用3张纸。(×)

(5.36是4的9倍，就是36里面有4个9。(×

97.操作题(10分)

(1.画一条线断，长度是1厘米的4倍。

(2.在图中添一条线段，使它增加4个直角。

98.计算

(1.脱式计算

68－27－13

54＋14＋28

18＋(72－27)

86－(35－14)

(2.在括号中最大能填几？(4分)13)。

8×（）﹤71

47﹥9×（）

（）×7﹤60

23﹥4×（）

99.列式计算

(1.一个因数是8，另一个因数比36少27，积是多少？

(2.54里面有几个9？

(3.6的8倍是多少？

(4.被除数是24，除数是3，商是多少？

100，列式计算

(1.一只手有5个手指，那么两个人共有多少个手指？

(2.有4盆黄花、5盆红花，每盆都开6朵花，一共开了几朵花？

(3.二⑴班有男生28人，有女生24人，二⑵班比二⑴班多3人，二⑵班有多少人？

第五篇：全国初中奥林匹克化学竞赛试题94版

1994年全国初中奥林匹克化学竞赛试题

一、选择题(共3

8分，1～10题每题2分，ll～16题每题3分，每题有1个或2个正确答案)

1．下列物质由一种气体单质在氧气里燃烧生成的是（）。

(A)二氧化硫

(B)二氧化碳

(C)水

(D)一氧化氮

2．在常温下，向100克质量分数为5％的氯化钠溶液里加入5克氯化钾粉末，完全溶解后，氯化钠溶液中溶质的质量分数将（）。

(A)增大

(B)减小

(C)不变

(D)无法判断

3．实验室制氧气、氢气、二氧化碳，都可选用的仪器是（）。

(A)大试管

(B)长颈漏斗

(C)广口瓶

(D)平底烧瓶

4．汽油加油站必须贴的标志是（）。

5．为建一个大型化工基地，收集到下列意见，其中正确的是（）。

(A)建在干旱山区可以脱贫致富

(B)不宜建在居民区附近

(C)企业有权自主选择基地

(D)应建在水源丰富和交通方便的地点

6．下列物质放置在空气中，由于发生化学反应而变质的是（）、(A)浓H2SO4

(B)CaCO3

(C)CaO

(D)KNO3

7．已知反应3A＋2B==2C＋D，A、B两物质完全反应时质量比为3：4，若生成C和D共140克，则该反应消耗B的质量为（）。

(A)6

0克(B)80克(C)90克

(D)12O克

8．下列过程有元素化合价变化的是（）

(A)用磷制造烟幕

(B)撒布干冰产生云雾

(C)用液态氢发射火箭

(D)加热胆矾颜色变白

9．比Ar原子核电荷数少1且有相同核外电子数的微粒是（）。

(A)F－

(B)S2－

(C)K－(D)Cl－

1O．1吨下述氮肥的市场价格如下：CO(NH2)2，1080元、(NH4)2SO4，450元、NH4NO3，810元、NH4HO3，330元。分别用m元采购上述氮肥，购得的氮肥含氮元素最多的是（）。

(A)CO(NH2)2

(B)NH4HCO3

(C)NH4NO3

(D)(NH4)2SO4

11．在加热条件下，l4．4克某金属氧化物与一氧化碳充分反应，可生成8．8克二氧化碳。这种氧化物是（）。

(A)FeO

(B)ZnO

(C)PbO

(D)CuO

l

2．将5

6克不纯的铁粉与足量的稀硫酸反应，仍能生成2克氢气，是因为（）。

(A)铁中含有碳和锌

(B)铁表面有铁锈

(C)铁中含有碳和铝

(D)铁中含有碳

3．下列各组溶液中，需要用其他试剂配合才能一一鉴别出来的是（）。

(A)NH4Cl、CuSO4、NaOH

(B)K2CO3、CaCl2、Ca(OH)2

(C)H2SO4、(NH4)2SO4、Ba(OH)2

(D)HNO3、Na2CO3、AgNO3

4．下列各图中能表示18．2

5克质量分数为2%的盐酸与20克质量分数为2％的氢氧化钠溶液发生中和反应的是（）。

5．下列各种措施，不正确的是（）。

(A)木制电线杆埋入地下的一端应事先烧焦表面

(B)不能用碱水清洗铝制品表面的污垢

(C)为防止煤气中毒，应在煤炉上放一壶水

(D)金属钠应保存在煤油里

l

6．X元素1个原子的质量是m克，Y元素的原子量为A；化合物XY2的式量是M，则w克XY2中含有Y的原子数是（）。

(A)

(B)

(c)

(D)

二、填空题(共34分)

l

7．有一容器在相同条件下分别充满氢气、空气、二氧化碳气体。

(1)所盛气体的质量由大到小的顺序是。

(2)理由是。

8．因金属锈蚀而造成损失是惊人的，仅就钢铁来说，每年锈蚀的钢铁将近达世界年产量的1／4。联系生产和生活实际举出防止钢铁生锈的两种常用方法：(1)

；(2)。

19．Ba2＋是有毒性的物质。(1)对胃作X光造影时，BaS04可用作钡餐而不造成中毒，这是因为，(2)若用BaCO3代替BaSO4，将导致中毒，这是因为。

0．利用乙炔焰的高温可进行气割或气焊。(1)发生乙炔焰的化学方程式是

。(2)气割时应使

气过量。(3)气焊时应控制

气的用量，以防止

被氧化。

1．由氢、硫、氧三种元素组成的某种化合物中，氢、硫、氧元素的质量比为1：1

6：24。(1)该化合物的化学式为

。(2)该化合物与钠形成的酸式盐的化学式为。

2．某学生取X、Y、Z三种不同金属分别与氧化铜和氧化锌混合加热进行实验，结果记录于下表。表中“＋“表示能发生置换反应，“－“表示不发生反应。则X、Y、Z和Cu、Zn五种金属的还原性由强到弱的顺序为。

反应物

CuO

ZnO

X

＋

－

Y

－

－

Z

＋

＋

3．有A、B两种元素，B元素的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，B元素的阴离子与A元素的二价阳离子电子层排布相同，则A与B形成的化合物的化学式为。

4．测得某硫酸铁溶液中水分子与Fe3＋的个数比为1

00：1，则该溶液中溶质的质量分数为。

5．氢化钠(NaH)和氢化钙(CaH2)都可与水反应生成氢气和相应的碱。(1)写出反应的化学方程式：①

；②

。(2)若用等质量的NaH和CaH2分别与水反应，生成氢气多的是

26．有盐酸、硫酸、石灰水、烧碱、氢氧化钡、纯碱、硝酸钠、氯化钡八种溶液。

(1)从中选出四种，使得右图中各线条相连的物质均能反应生成难溶物，将选出物质的化学式按要求填写在图的方框里。

(2)依次写出②、③两个反应的化学方程式。

7．如图为固体A的溶解度曲线图。

(1)t1℃时，在x克A的饱和溶液中含有

克水。

(2)把y克固体A放入

克水中，恰好形成t2℃时A的饱和溶液。

(3)向100克含A的溶液中加入5克固体A后恰好形成t2℃时

A的饱和溶液，则原溶液中含溶质A为

克。

(4)将2

5克质量分数为2

0%的A溶液从t2℃降温至t1℃时有1克固体A析出，则m1为

克。

三、简答题(共1

6分)

28．用锌片与稀硫酸反应，六次实验结果记录如下(注意：本题计算结果均取整数)：

次数

加入锌的质量／克

稀硫酸的质量／克

生成硫酸锌的质最／克

O

次数

加入锌的质量／克

稀硫酸的质量／克

生成硫酸锌的质量／克

O

(1)第2和第5两次实验产生硫酸锌的质量依次是。

(2)画出硫酸锌与锌的质量函数关系的曲线。

(3)若使(1O＋m)克锌与6

O克稀硫酸充分反应后剩余固体的质量为

克。

(4)稀硫酸中溶质的质量分数为。

9．用磷的同素异形体红磷和白磷做如下实验，装置如图所示。取0．5克(过量)红磷置于燃烧匙中，点火后立即插入瓶内并塞紧橡皮塞，停止燃烧后待瓶温冷却到室温，把瓶倒置于盛水的水槽中，在水面下打开塞子，任水进入瓶里，最终进入瓶内水的体积约为瓶容积的15%。如果把0．5克(过量)白磷置于燃烧匙中，按照相同操作最终进入瓶内水的体积约占瓶容积的2

1％。

(1)以上两个实验结果说明了什么?

(2)有人认为，在水面下打开塞子水即进入瓶内，主要原因是五氧化二磷溶于水，这种看法是否正确?为什么?

(3)白磷和红磷燃烧时看到的现象是，反应的化学方程式是。

四、计算题(共1

2分)

O．将一些氧化铜粉末加入到100克质量分数为l4%的硫酸溶液中，微热至氧化铜全部溶解，再向该蓝色溶液中加入20克铁粉。充分反应后，过滤、烘干，得到干燥的固体物质仍是20克。

(1)原加入的氧化铜的质量是多少?

(2)最后得到的溶液中溶质的质量分数是多少?

1994年年全国初中奥林匹克化学竞赛试题答案

1．C

2．B

3．A

4．B

5．BD

6．C

7．B

8．AC

9．D1

0．B

1．A

2．C

3．B

4．AD

5．C

l

6．A

l

7．CO2>空气>H2；它们的式量由大到小(或密度由大到小)。

8．(1)在铁器表面涂上可以隔绝空气和水蒸气的物质，如涂上漆。

(2)在铁器表面镀上一层比铁活动性强的金属。

9．BaSO4．不溶解，(2)BaCO3溶于胃酸。

20．(1)2C2H2十SO2

4CO2＋2H20；(2)氧(3)氧；金属。

1．(1)H2SO3；(3)NaHSO3

22．Z>Zn>X>Cu>Y

23．MgO

24．100％

25．(1)①NaH＋H2O==NaOH＋H2↑

②CaH2＋2H2O毒Ca(OH)2＋2H2↑

(2)CaH2

26．(1)在上框Ba(OH)2;右上框：H2SO4

f在下框：BaCl2，右下框：Na2CO3

(2)②Ba(OH)2＋Na2CO3=BaCO3↓＋2NaOH

⑨BaCl2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HCl

27．(1)1

00x／(ml＋100)

(2)100y／m2

(3)(100m2—500)／(1

00＋m2)

(4)20克

28．(1)10．17；(2)图略;(3)3＋m;(4)l7％

29．(1)白磷比红磷更容易和O2化合。(或答“参加反应白磷的质量大于红磷的质量“。)

(2)不正确,主要原因是压强低于大气压强，五氧化二磷是固体，不占多少体积。

(3)都产生白烟；4P＋5O22P2O5

30．(1)l

O克；(2)20．6

5％