初中数学竞赛专题复习 第三篇 初等数论 第19章 整数的整除性上半部分试题 新人教版.docx

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初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章整数的整除性上半部分试题新人教版

2019-2020年初中数学竞赛专题复习第三篇初等数论第19章整数的整除性（上半部分）试题新人教版

19.1.1★证明：

三个连续奇数的平方和加1，能被12整除，但不能被24整除．

解析要证明一个数能被12整除但不能被24整除，只需证明此数等于12乘上一个奇数即可．设三个连续的奇数分别为、、（其中是整数），于是

．

所以

．

又，而、是相邻的两个整数，必定一奇一偶，所以是偶数，从而是奇数，故

．

19．1．2★★若、为整数，且，之一能被17整除，那么另一个也能被17整除．

解析设，．若，从上面两式中消去，得

．①

所以．

因为（17，3）=1，所以即．

若，同样从①式可知．因为（17，5）=1，所以，即．

19.1.3★★设是奇数，求证：

．

解析因为，、3、5是两两互质的，所以只需证明、3、5能整除即可．

由于是奇数，有

，，

所以；

又有，，

所以；

又有，，

所以．

所以．

评注我们通常把整数分成奇数和偶数两类，即被2除余数为0的是偶数，余数为1的是奇数．偶数常用表示，奇数常用表示，其实这就是按模2分类．又如，一个整数被3除时，余数只能是0、1、2这三种可能，因此，全体整数可以分为、、这三类形式，这是按模3分类．有时为了解题方便，还常把整数按模4、模5、模6、模8等分类，但这要具体问题具体处理．

19．1．4★★设为任意奇正整数，证明：

能被xx整除．

解析因为，所以为证结论成立，只需证为奇正整数时，能被2、17、59整除．显然，表达式能被2整除．

应用公式，为奇数时，

，

.

由于，，所以能被59整除.

又，，所以能被17整除．

19.1.5★★若整数不被2和3整除，求证：

．

解析因为既不能被2整除，也不能被3整除，所以，按模2分类与按模3分类都是不合适的．较好的想法是按模6分类，把整数分成、、、、、这六类．由于、、是2的倍数，是3的倍数，所以只能具有或的形式，有时候为了方便起见，也常把写成（它们除以6余数均为5）．

故具有的形式，其中是整数，所以

．

由于与为一奇一偶（若为奇数，则为偶数，若为偶数，则为奇数），所以，于是便有．

19．1．6★★★求证：

（为正整数）能被2或22整除，但不能被2的更高次幂整除．

解析按模2分类．若为偶数，为正整数，则

．

由是奇数，是奇数的平方，奇数的平方除以8余1，故可设，于是

，

是奇数，不含有2的因数，所以能被2整除，但不能被2的更高次幂整除．

若为奇数，为非负整数，则

．

由于是奇数，所以此时能被整除，但不能被2的更高次幂整除．

19.1.7★★设是质数，证明：

满足的正整数、不存在.

解析用反证法．假定存在正整数、，使得

.

令，，，则.所以

，，

所以．由于是质数，可知，.令，则，所以．同理可得，.即、都含有这个因子，这与矛盾．

19．1．8★★如果与都是大于3的质数，那么6是的约数.

解析每一整数可以写成、、、、、中的一种（为整数），其中、、、在时都是合数，分别被6、2、2、3整除．因此，质数是或的形式.

如果，那么

是3的倍数，而且大于3，所以不是质数．与已知条件矛盾．

因此．这时

是6的倍数．

评注本题是将整数按照除以6，所得的余数分为6类．

质数一定是或的形式．当然，反过来，形如或的数并不都是质数．但可以证明形如的质数有无穷多个，形如的质数也有无穷多个．

猜测有无穷多个正整数，使与同为质数．这是孪生质数猜测，至今尚未解决．

19.1.9★★已知、是整数，能被3整除，求证：

和都能被3整除．

证用反证法.如果、不都能被3整除，那么有如下两种情况：

（1）、两数中恰有一个能被3整除，不妨设，．令，（、都是整数），于是

，

不是3的倍数，矛盾．

（2），两数都不能被3整除.令，，则

，

不能被3整除，矛盾．

由此可知，、都是3的倍数．

19．1．10★★若正整数、使得是素数，求证：

.

解析设是素数，则，所以，故，或者，故可得，且.令，是大于1的整数，则

．

19.1.11★证明：

形如的六位数一定被7、11、13整除．

解析

．

由此可见，被7、11、13整除．

19．1．12★任给一个正整数，把的各位数字按相反的顺序写出来，得到一个新的正整数，试证明：

被9整除．

解析除以9，与的数字和除以9，所得余数相同．除以9，与的数字和除以9，所得余数相同．与的数字完全相同，只是顺序相反，所以与的数字和相等．除以9与除以9，所得的余数相同，所以被9整除．

19.1.13★.求被11除所得的余数．

解显然，的奇数位数字和与偶数位数字和的差为

.除以11的余数与除以11的余数相同，即余数为9．从而除以11，所得的余数为9．

19．1．14★在568后面补上三个数字，组成一个六位数，使它能被3、4、5分别整除．符合这些条件的六位数中，最小的一个是多少？

解析要命名这个六位数尽可能小，而且能被5整除，百位数字和个位数字都应选0．这样，已知的五个数位上数字之和是5+6+8+0+0=19．要使这个六位数能被3整除，十位上可填2、5、8．由能被4整除的数的特征（这个数的末两位数应该能被4整除）可知，应在十位上填2．

这个六位数是568020．

19.1.15★★已知四位数是11的倍数，且有，为完全平方数，求此四位数．

解析在三个已知条件中，说明给出和，就随之给定，再由，可定.而为完全平方数，将和的取值定在两位平方数的十位和个位数字范围中，只要从这个范围中挑选符合要求的即可．

由完全平方数，只可能为16、25、36、49、64、81这六种情况．由，此时相应的为7、7、9、13、10、9．其中13和10显然不可能是四位数的千位数字．

在、、、，这四种可能性中，由，应有．

时，可为1；

时，这种不存在；

时，可为1；

时，可为2．

故满足条件的四位数有：

7161、9361、9812．

评注为完全平方数，表示是两位整数，，因此，不考虑00、01、04、09这四种情况，否则还应加上1012、4048、9097这三个四位数.

19．1．16★★用0，1，2，…，9这十个数字组成能被11整除的最大的十位数是多少？

解析因为0+1+2+…+9=45．这个最大十位数若能被11整除，其奇数位上数字之和与偶数位上的数字之和的差（大减小）为0或11的倍数．由于这十个数字之和是45（奇数），所以这个差不可能是0、22、44（偶数）．

若这个差为33，则只能是，但0+1+2+3+4=10，即最小的五个数字之和都超过6，不可能．若这个差为11，，．

如果偶数位为9、7、5、3、1，其和为25；奇数位为8、6、4、2、0，其和为20．交换偶数位上的1与奇数位上的4，可得偶数位上的数为9、7、5、4、3，奇数位上的数为8、6、2、1、0．于是所求的最大十位数为9876524130．

19.1.17★★一个六位数1234是88的倍数，这个数除以88所得的商是多少？

解析设这个六位数为，因为它是88的倍数，而，8与11互质，所以，这个六位数既是8的倍数，又是11的倍数．由能被8整除，可知能被8整除（一个数末三位组成的数能被8整除，这个数就能被8整除），所以是4．由能被11整除的数的特征（一个数奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除，这个数就能被11整除），可知奇数位数字之和与偶数位数字之和的差

能被11整除，则，即．

．

所以，这个六位数是124344，它除以88的商是1413．

19．1．18★★如果六位数1993能被105整除，那么，它的最后两位数是多少？

解析因为这个六位数能被105整除，而，3、5、7这三个数两两互质，所以，这个六位数能同时被3、5、7整除．根据能被5整除的数的特征，它的个位数可以是0或5．根据能被3整除的数的特征，可知这个六位数有如下七种可能：

199320，199350，199380，199305，199335，199365，199395．而能被7整除的数的特征是：

这个数的末三位数字所表示的数与末三位以前的数字所表示的数的差（以大减小）能被7整除．经试算：

，196能被7整除．

所以，199395能被105整除，它的最后两位数是95．

19.1.19★★形如，且能被11整除的最小数是几？

解析本题实质上确定的最小值．利用被11整除的数的特征：

偶数位数字之和与奇位数字之和的差能被11整除．该数的偶数位数字之和为，奇数位数字之和为，两者之差为．要使，不难看出最小的，故所求最小数为．

19．1．20★★★是否存在100个不同的正整数，使得它们的和与它们的最小公倍数相等？

解析存在满足条件的100个数．

事实上，对任意正整数，下述个数

3，，，…，，，

它们的最小公倍数为，和为

．所以，这几个数的和等于它们的最小公倍数．

取，可知存在符合要求的100个数．

19.1.21★★下面这个41位数能被7整除，问中间方格代表的数字是几？

解析因为，，，所以555555和999999都能被7整除，那么由18个5和18个9分别组成的18位数，也能被7整除．而

原数=+55，

因此右边的三个加数中，前后两个数都能被1整除，那么只要中间的5599能被7整除，原数就能被7整除．

把5599拆成两个数的和：

其中.因为，，所以．

评注记住111111能被7整除很有用．

19．1．22★★一位魔术师让观众写下一个六位数，并将的各位数字相加得，他让观众说出中的5个数字，观众报出1、3、5、7、9，魔术师便说出余下的那个数，问那个数是多少？

解析由于一个数除以9所得的余数与这个数的数字和除以9所得的余数相同，所以是9的倍数．设余下的那个数为，则

，

即，

由于，所以，．

19．1．23★★若、、、都是整数，并且，．求的值．

解析若，则

不是整数，所以．不妨设，于是

，

而是整数，故，即．又

是整数，所以只能为3，从而．所以

．

19．1．24★★★试求出两两互质的不同的三个正整数、、使得其中任意两个的和能被第三个数整除．

解析题中有三个未知数，我们设法得到一些方程，然后从中解出这些未知数．

不妨设，于是、、都是正整数．先考虑最小的一个：

，

所以，即．再考虑，因为，即，所以，于是，

所以，即，从而这三个数为、、．又因为这三个数两两互质，所以．

所求的三个数为1、2、3．

19.1.25★★★求所有的有理数，使得，并且为整数.

解析由条件，可知.当时，是整数；下面考虑的情形，此时设，、为正整数，且．则由为正整数和可知，进而，导致，再结合，得.

于是，又．故，易知仅当时为正整数．

综上可知，满足条件的或．

19．1．26★★设正整数、、、满足．求的最小值．

解析由条件，可知

.

等号在

时取到，因此所求的最小值为.

19.1.27★★已知正整数、、、、、满足条件

，．

证明：

．

解析由条件，可知，，故

，①

．②

将①与②，然后相加，得

．

结合，可知.

19．1．28★★★将正整数接写在任意一个正整数的右面（例如，将2接写在35的右面得352），如果得到的新数都能被整除，那么称为“魔术数”.问：

在小于130的正整数中有多少个魔术数？

解析设为任意一个正整数，将魔术数接后得，下面对为一位数、两位数、三位数分别进行讨论．

（1）当为一位数时，，依题意，则.由于需对任意数成立，故．所以1，2，5．

（2）当为两位数时，，依题意，则，故．所以10，20，25，50．

（3）当为三位数时，，依题意，则，故．所以，125．

综上所述，魔术数的个数为9个．

评注

（1）我们可以证明：

位魔术数一定是的约数．

事实上，设是位魔术数，将接写在正整数的右面得：

，由魔术数定义可知：

，因而也能被整除，所以．这样我们有：

一位魔术数为1，2，5；

二位魔术数为10，20，25，50；

三位魔术数为100，125，200，250，500；

三位或三位以上的魔术数，每种个数均为5．

（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，使问题较容易解决．

19.1.29★★一个正整数如果从左读到右与从右到左读所得的结果相同，则称这个数为回文数．例如：

1，343及xx都是回文数，但xx则不是．请问能否找到xx个不同的回文数，使得

也都是回文数？

解析取回文数，则也是回文数．因为中9的数目可以任选，可取，，…，，因此我们可以找到xx个回文数满足题目所要求的条件．

19．1．30★★将xx个同学排成一行，并从左向右编为1至xx号．再从左向右从1到11地报数，报到11的同学原地不动，其余同学出列．留下的同学再次从左向右从1到11地报数，报到11的同学留下，其余同学出列．留下的同学第三次从左向右1到11报数，报到11的同学留下，其余同学出列．问最后留下的同学有多少人？

他们的编号是几号？

解由题意，第一次报数后留下的同学，他们的编号必为11的倍数．

第二次报数后留下的同学，他们的编号必为的倍数．

第三次报数后留下的同学，他们的编号必为的倍数．

因此，最后留下的同学编号为1331的倍数，我们知道从1~xx中，1331的倍数只有一个，即1331号．所以，最后留下一位同学，编号为1331．

19.1.31★★★甲、乙两人进行了下面的游戏．两人先约定一个整数，然后由甲开始，轮流把0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这十个数字之一填入下面的任一方格中．

□□□□□□

每一方格只填一个数字，六个方格都填上数字（数字可重复）后，就形成一个六位数，如果这个六位数能被整除，就算乙胜；如果这六位数不能被整除，就算甲胜．设小于15，那么当取哪几个数时，乙才能取胜？

解析取偶数，甲可以在最右边方格里填一个奇数（六位数的个位），就使六位数不能被整除，乙不能获胜．，甲可以在六位数的个位填一个不是0或5的数，甲就获胜．

上面已经列出了乙不能获胜的的取值情况．

如果，很明显乙必获胜．

如果或9，那么乙在填最后一个数时，总是能把六个数字之和凑成3的整数倍或9的整数倍．因此乙必获胜．

当，11，13时是本题最困难的情况．注意到，乙就有一种必胜的办法．我们从左往右数这六个格子，把第一与第四，第二与第五，第三与第六配对，甲在一对格子的一格上填某一个数字后，乙就在这一对格子的另一格子上填同样的数字，这就保证所填成的六位数能被1001整除，这个六位数就能被7、11或13整除，故乙就能获胜．

综合起来，使乙获胜的是1、3、7、9、11、13．

19．1．32★★小明家电话号码原为六位数，第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字8，成为一个七位数的电话号码；第二次升位是在首位号码前加上数字2，成为一个八位数的电话号码．小明发现，他家两次升位后的电话号码的八位数，恰是原来电话号码的六位数的81倍，问小明家原来的电话号码是多少？

解析设原来电话号码的六位数为，则经过两次升位后电话号码的八位数为．根据题意，有

．

记

，

于是

，

解得．

因为，所以

，

故.

因为为整数，所以．于是

．

所以，小明家原来的电话号码为282500．

19.1.33★★若是不超过1000的正整数，且是最简分数，则的取值有多少个？

解析因为，所以，由于23是质数，所以不是23的倍数即可，在5，6，…，1004中，23的倍数有43个，所以满足条件的正整数有个．

19．1．34★★★★在各位数码各不相同的10位数中，是11111的倍数的数共有多少个．

解析设这个10位数为，因为这10位数的各位数码各不相同，所以、、、、、、、、、是的一个排列，故

．

所以．

因为且（11111，9）=1，所以，即．又，所以．

因为

，所以，

所以

．

而

，所以，符合题意的数共有

（个）．

19.1.35★★★从1，2，…，9这九个数字中，每次取出3个不同的数字组成三位数，求其中能被3整除的三位数的和．

解析对于固定的三个不同的非零数字、、，任意排列，可得6个不同的三位数，它们的和为．

因为，所以有以下两种情况：

（1）、、除以3所得的余数相同，即、、取成，或，或，这样得到的个的三位数的总和为

．

（2）、、除以3所得的余数各不相同，不妨设取自，取自，取自，这种三位数共有个．对于固定的，易知、有种取法，因而这162个三位数的和为

．

综合

（1）、

（2），可知，所求的满足条件的三位数总和为

9990+89910=99900．

19．1．36★★★证明一个正整数，当且仅当它不是2的整数幂时，可以表示成若干个（至少两个）连续正整数的和．

解析当且仅当，有两方面的意思．一方面，当一个正整数不是2的整数幂时，它可以表示成几个连续正整数的和．另一方面，如果一个正整数可以表示成几个连续正整数的和，那么它一定不是2的整数幂．设不是2的整数幂．这时可以写成

，是大于1的奇数.①

我们可将写成个连续正整数的和．中间一个是，它的两侧是与，再向外分别写与，…，直至与（是奇数，所以是整数），即

．

另一方面，设是个连续正整数，，…，的和，则

，

其中与奇偶性不同，即至少有一个是大于1的奇数．所以这时不是2的整数幂．

评注2的整数幂没有大于1的奇约数．所以一个整数，如果有大于1的奇约数就一定不是2的整数幂．

19.1.37★★★玛丽发现将某个三位数自乘后，所得乘积的末三位数与原三位数相同．请问：

满足上述性质的所有不同的三位数的和是多少？

解析设三位数为，则

，

即，

而，所以，，且；或者，且．

（1）若，且，则，375，625，875，只有使得，故此时满足题意．

（2）若，且，则，375，625，875，只有使得，故此时满足题意．

所以，所求的和为376+625=1001．

19．1．38★★★我们知道，约分后是，但按下面的方法，居然也得.试求出所有分子和分母都是十进制两位正整数，分子的个位数与分母的十位数相同，且具有上述“奇怪”性质的真分数．

解析设真分数具有上述性质，则，且，于是

，

故．

若，则，但是，所以，矛盾．故9不整除，所以．

（1）若，则，于是，所以，而，故只能是，从而，矛盾．

（2）若，则，于是，当时，，此时不是整数；当时，，矛盾；当时，应有，所以，而当时，，此时，满足题意的真分数为，当时，，此时，满足题意的真分数为．

（3）若，则，于是，所以，，故1，4，9．

当时，，此时，满足题意的真分数为；

当时，，此时，满足题意的真分数为；

当时，，矛盾．

综上所述，满足题意的真分数为：

，，，.

19.1.39★★★在1，2，3，…，1995这1995个数中，找出所有满足下面条件的数：

能整除．

解析是一个整数．这个式子的分子、分母都有，所以应当先进行变形，使得分子不含有．

.

根据已知，是整数，所以是整数．

因为

，所以它的因数可以通过检验的方法定出．注意，所以．

如果不被19整除，那么它的值只能是以下两种：

，．

如果被19整除，而不被整除，那么它的值只能是以下两种：

，．

如果被整除，那么它的值只能是以下两种：

，．

于是满足条件的有6个，即从以上的6个值分别减去1995，得出的6个值：

1680，210，798，1330，532，1254．

评注形如的式子，可以化成.使得只有分母含，而分子不含．这种方法有点像假分数化成带分数．

19．1．40★★★在1，2，…，xx这xx个正整数中，最多可以取出多少个数，使得所取出的数中任意三个数之和都能被33整除？

解析首先，如下61个数：

11，11+33，，…，满足题设条件．

另一方面，设是从1，2，…，xx中取出的满足题设条件的数，对于这个数中的任意4个数，因为，，所以．

因此，所取的数中任意两个之差都是33的倍数．

设，.由，得．

所以，，即．

，

故，所以，．

综上所述，的最大值为61．

19.1.41★★★圆周上放有枚棋子，如图所示．点的棋子紧邻点的棋子．小洪首先拿走点的棋子，然后顺时针每隔1枚拿走2枚棋子．这样连续转了10周．9次越过，当将要第10次越过取走其他棋子时，小洪发现圆周上余下20多枚棋子．若是14的倍数，请帮助小洪精确计算一下圆周上还有多少枚棋子．

解析如果在、之间再添一枚棋子，并在第一次取棋子时将它取走，那么每一次都是在相邻3枚棋子中取走2枚，所以每取一周，剩下的棋子是上一次剩下的．

设最后剩下枚棋子．根据分析所说

，①

即

．

因为是14的倍数，所以是偶数，是奇数．又是7的倍数，而（7的倍数）+=（7的倍数）+4，所以是7的倍数．

因为是20与29之间的奇数，将21，23，25，27，29代入，逐一检验，只有23时，是7的倍数．

所以圆周上还有23枚棋子．

评注在、之间添上一枚棋子，使得取棋子有明显的规律，从而得到①．这是一种很巧妙的想法．

在计算除以7的余数时，可以将其中7的倍数抛弃，直至出现小于7的4．这是常用的方法．

19．1．42★★★★求证：

对，2，3，均有无穷多个正整数，使得，，中恰有个可表示为三个正整数的立方和．

解析三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5，这是因为整数可写为或（是整数），而，

．

对，令（是正整数），则、被9除的余数分别为4、5，故均不能表示为三个整数的立方和，而

．

对，令（是正整数）被9除的余数为5，故不能表示为三个整数的立方和，而

，

．

对，令（是正整数）满足条件：

，

，

．

§19．2奇数与偶数

19.2.1★设有101个自然数，记为．已知

是偶数，求证：

是偶数．

解析

是偶数．

19．2．2★设都是或者．求证：

．

解析

.

因为这999个数均为奇数，所以它们的和为奇数，于是

奇数．

19.2.3★★设为或为，并且

．

求证：

是4的倍数．

解析设

中有个，于是也有个，故为偶数．

把

这个数相乘，得

，

所以．

故是偶数，从而是4的倍数．

19．2．4★某次数学竞赛，共有40道选择题，规定答对一题得5分，不答得1分，答错倒扣1分．证明：

不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．

解析我们证明每一个学生的得分都是偶数．

设某个学生答对了道题，答错了道题，那么还有道题没有答．于是此人的得分是

，

这是一个偶数．

所以，不论有多少人参赛，全体学生的得分总和一定是偶数．

19.2.5★把前50个正整数分成两组，使第一组内各数之和等于第二组内各数之和，能办到吗？

说明你的理由．

解析不能办到．如果能办到，那么所有数加起来应该是第一组内各数之和的2倍，是偶数，但这50个数的总和为

是个奇数，矛盾！

19．2．6★设1，2，3，…，9的任一排列为，求证：

是一个偶数．

解析因为

是偶数，所以，

这9个数中必定有一个是偶数，从而可知是偶数．

解析2由于1，2，…，9中只有4个偶数，所以、、、、中至少有一个是奇数，于是、、、、中至少有一个是偶数，从而是偶数.

19.2.7★有个数，它们中的每一个数或者为1，或者为，如果

，

求证：

是4的倍数．

解析我们先证明为偶数，再证也是偶数．

由于的绝对值都是1，所以的绝对值也都是1，即它们或者是为，或者为，设其中有个，由于总和为0，故也有个，从而．

下面我们来考虑.一方面，有

，

另一方面，有

．

所以，故是偶数，从而是4的