高中数学奥林匹克竞赛试题及答案Word文档格式.docx

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34，…就得到无限多个符合要求的a．

8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．1970年苏

【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！

9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．1973年加拿大

【证】因p是奇数，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．

10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）．美国1973年

【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

11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．1977年荷兰

【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＝a2·

b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·

ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．

12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．1979年英国

【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＝137·

73．故对一切n≥2，an均为合数．

13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．1984年苏

【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，104×

M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．

14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德

【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＝x2 

5d－1＝y2 

13d－1＝z2 

其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 

说明d也是奇数．

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．

15.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．1987年全苏

【解】由n个数ai＝i·

n！

＋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m·

＋k（m∈N，2≤k≤n）由于n！

＝1·

2·

…·

n是k的倍数，所以m·

＋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．

16n≥2，证：

如果k2＋k＋n对于整数k

素数．1987苏联

（1）若m≥p，则p|（m－p）2＋（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

得4m2＋4m＋1≤m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≤0由此得

17正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：

（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国

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

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．

18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．1989年瑞典提供．

【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pj＋1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj＋1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此a2＋k（2≤k≤n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．

19n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？

1990年全苏

解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13

20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．1991年罗马尼亚．

证由（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．

21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．1992年台北数学奥林匹克

【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．

22相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？

1992年友谊杯国际数学竞赛七年级

【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（mod5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）

0（mod5）

所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，

23是否存在完全平方数，其数字和为1993？

1993年澳门数学奥林匹克第二轮

【解】存在，

取n＝221即可．

24能表示成连续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？

1993年美国数学邀请赛【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

25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？

1993年全俄数学奥林匹克

【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（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．

26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．1994年澳大利亚数学奥林匹克

【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2

（2n＋1），3

（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±

1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±

1）2＋2t2

反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±

1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±

1）2从而命题得证．

27设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题

【解】由题意知

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．

28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．1996年上海高中数学竞赛题

【证】Sn＝kn＋kn－1＋…＋k1

所以

。

又

从而

A2－001哪些连续正整数之和为1000？

试求出所有的解．1963年成都

【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＋20255＋56＋…＋7028＋29＋…＋52

A2－002N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．1977年加拿大数学奥林匹克

【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．1976年纽约数学竞赛

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．

【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．

【解】由题设1978n－1978m＝1978m（1978n－m－1）≡0（mod1000）

因而1978m≡2m×

989m≡0（mod8），m≥3。

又1978n－m≡1（mod125）

1978n－m＝（1975＋3）n－m≡3n－m＋（n－m）3n－m－1·

1975（mod125）

（1）

从而3n－m≡1（mod5），于是n－m是4的倍数．设n－m＝4k，则

代入

（1）得

从而k（20k＋3）≡0（mod25）

因此k必须是25的倍数，n－m至少等于4×

25＝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．1980卢森堡数学竞赛

于是 

x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vux2＋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＝±

2α3β，其中α＝0，1，2，3；

β＝0，1，2

进一步计算可知只有u－4＝2·

3＝6，于是u＝10，v＝16

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．

【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

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．1983年加拿大数学奥林匹克

【解】不妨设x≤y≤z．显然w≥z＋1，因此（z＋1）！

≤w！

≤3·

z！

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）41984年匈牙利数学竞赛

【解】由原式得n（n＋1）＝m（m＋1）（m2＋m＋2）

设m2＋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？

1985年美国数学邀请赛

【解】令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．

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50×

12＝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n3＋100能被n＋10整除的正整数n的最大值是多少？

1986年美国数学邀请赛题

【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．故n最大值是890．

A12a、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．1987匈牙利

【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

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]＝2000．1987年美国数学邀请赛

【解】显然，a、b、c都是形如2m·

5n的数．设a＝2m1·

5n1，b＝2m2·

5n2，c＝2m3·

5n3．

由[a，b]＝1000＝23·

53，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7×

10＝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．1987年美国数学邀请赛

m＝n3＋1＜（n＋10－3）3＝n3＋3n2·

10－3＋3n·

10－6＋10－9

于是

从而n＝19（此时m＝193＋1为最小）．

1987年）全俄数学奥林匹克

【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