高中数学奥林匹克竞赛试题及答案Word文档格式.docx

1、34，就得到无限多个符合要求的 a8 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da为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和bc9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p2都是大于3的素数，那么6是p1的因数 1973年加拿大【证】 因p是奇数，2是p1的因数因为p、p1、p2除以 3

2、余数不同，p、p2都不被 3整除，所以p1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（mn）3p（ln）3q（ml）3r3（ln）（m11 设n为大于2的已知整数，并设Vn为整数1kn的集合，k1，2，数mVn称为在 Vn中不可分解，如果不存在数p，qVn使得 pqm证明：存在一个数rVn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an1，b2n1，则a2、b2、a2b2都属于Vn因为a2（n1）2，所以a2在Vn中

3、不可分解式中不会出现a2ra2b2有两种不同的分解方式：ra2b2a2（直至b2分成不可分解的元素之积）与rabab（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1，1104，1104108，一个合数即对n2，an均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a21000113773故对一切n2，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

4、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，104M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ab1不是完全平方数 1986年德【证】 证明2d1、5d1、13d1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可用反证法

5、，设5d1x2 5d1y213d1z2其中x、y、z是正整数 x是奇数，设x2n1代入有 2d1（2n1）2即d2n22n1说明d也是奇数y、Z是偶数，设y2p，z2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2dq2p2（qp）（qp）因2d是偶数，即q2p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而qp和qp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（n5）个数的和为合数 1987年全苏【解】 由n个数aiin！1，i1，2，n组成的集合满足要求因为其中任意k个数之和为mk（mN，2kn）由于n！12 n是 k的

6、倍数，所以mk是 k的倍数，因而为合数对任意两个数ai与 aj（ij），如果它们有公共的质因数p，则p也是aiaj（ij）n！的质因数，因为0ijn，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（ij）互素令n5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，60116 n2，证：如果k2kn对于整数k素数 1987苏联（1）若mp，则p|（mp）2（mp）n又（mp）2（mp）nnP，这与m是使k2kn为合数的最小正整数矛盾（2）若mp1，则（p1m）2（p1m）n（p1m）（pm）n被p整除，且（p1m）2（p1m）nnp因为（p1m）2

7、（p1m）n为合数，所以p1mm，p2m1由得4m24m1m2mn即3m23m1n0由此得17 正整数a与b使得ab1整除a2b2求证：（a2b2）/（ab1）是某个正整数的平方 1988德国a2kabb2k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab0（否则ab1，a2b2k（ab1）0）又由于k不是完全平方，故ab0设（a，b）是（1）的解中适合a0（从而b0）并且使ab最小的那个解不妨设ab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b0，所以a0但由（3）从而abab，这与ab的最小性矛盾，所以k必为完全平方18 求

8、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（n1）！，则a2k（2kn1），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a2k是质数的整数幂pl，则kpj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj1整除，所以a2k被pj整除而不被pj1整除，于是a2kpjk，矛盾因此a2k（2kn1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂19 n为怎样的自然数时，数32n122n16n是合数？ 1990年全苏解 32n122n16n（3n2n）（3n12n1）当 nl时，3n2n1，3n12n11，原数是合数当 n1时，原数是132

9、0 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a2a1a3a2akak10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（n1，n）1，得 akn1令 da2a10当a22时，d1，从而kn1，n与所有小于n的自然数互素由此可知n是素数当a23时，d2，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a23a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n由于n1ak1（k1）d，所以3 d又1da2，于是3 1d由此可知3|12d若12dn，则a312d，这时3|（a3，n）矛盾若12dn，则小于n且与n互素自然数的个数为2设n2m（6）若m

10、为偶数，则m1与n互质，若m为奇数，则m2与m互质即除去n1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1001100220001500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和15005，所以A15005另一方面，将10012000排列如下： 2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 10

11、02 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402 1901 1100 1801 1200 17011300 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（i1）j项，1i20，1j10）令 Siaiai1ai9（i1，2，1901）则S115005，S215004易知若i为奇数，则Si15005；若i为偶数，则Si15004综上所述A1500522 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】 （n1）2（n2）2（n10）210n2110n3855（

12、2n222n77）不难验证n0，1，1，2，2（mod 5）时，均有2n222n772（n2n1） 0（mod 5）所以（n1）2（n2）2（n10）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n221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4

13、9551525945465440415025 如果自然数n使得2n1和3n1都恰好是平方数，试问5n3能否是一个素数？ 1993年全俄数学奥林匹克【解】 如果2n1k2，3n1m2，则5n34（2n1）（3n1）4k2m2（2km）（2km）因为5n3（3n1）2m222m1，所以2km1（否则5n32km2m1）从而5n3（2km）（2km）是合数26 设n是正整数证明：2n1和3n1都是平方数的充要条件是n1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2n1及3n1是平方数，因为2 （2n1），3 （3n1），可设2n1（2k1）2，

14、3n1（3t1）2，由此可得n1k2（k1）2，n1（t1）22t2反之，若n1k2（k1）2（t1）22t2，则2n1（2k1）2，3n1（3t1）2从而命题得证27 设 a、b、c、d为自然数，并且abcd试问 abcd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accc1，bccc2。 所以，k1且l1从而，abcdkl为合数28 设k1k2k3是正整数，且没有两个是相邻的，又对于m1，2，3，Smk1k2km求证：对每一个正整数n，区间（Sn，Sn1）中至少含有一个完全平方数 1996年上海高中数学竞赛题【证】 Snknkn1k1所以。

15、又 从而A2001 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（n1），最小的一个数为a，则有a（a1）（an1）1000即n（2an1）2000若n为偶数，则2an1为奇数；若n为奇数，则2an1为偶数因a1，故2an1n同，故只有n5，16，25，因此可能的取法只有下列三种：若n5，则 a198；若n16，则 a55；若n25，则 a28故解有三种： 198199200201202 555670 282952A2002 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 1977年加拿大数学奥林匹克【解】 设b为所求最小

16、正整数，则7b27b7x4。素数7应整除x，故可设x7k，k为正整数于是有b2b173k4当k1时，（b18）（b19）0因此b18是满足条件的最小正整数 A2003 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s2s1n2100 从而求得n10A2004 设a和b为正整数，当a2b2被ab除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2r1977【解】 由题设a2b2q（ab）r（0rab），q2r1977，所以 q21977，从而q44若q43，则r1977q21977432128 即（ab）88，与（ab）r128，矛盾因此，只能有q4

17、4，r41，从而得a2b244（ab）41。（a22）2（b22）21009不妨设|a22|b22|，则1009（a22）2504，从而45a53经验算得两组解：a50，b37及a50，b7 由对称性，还有两组解a37，b50；a7，b50A2005 数1978n与1978m的最后三位数相等，试求出正整数n和m，使得mn取最小值，这里nm1【解】 由题设1978n1978m1978m（1978nm1）0（mod 1000）因而1978m2m989m0（mod 8）， m3。 又1978nm1（mod 125） 1978nm（19753）nm3nm（nm）3nm11975（mod 125）（1）

18、从而3nm1（mod 5），于是nm是4的倍数设nm4k，则代入（1）得从而k（20k3）0（mod 25）因此k必须是25的倍数，nm至少等于425100，于是mn的最小值为nm2m106，m3，n103 A2006 求方程x3x2yxy2y38（x2xyy21）的全部整数解x、y 1980卢森堡数学竞赛于是 x3x2yxy2y3（xy）32xy（xy）u32vu x2xyy2（xy）2xyu2v从而原方程变为2v（u4）u38u28 （2）因u4，故（2）即为根据已知，u4必整除72，所以只能有u423，其中0，1，2，3；0，1，2进一步计算可知只有u4236，于是u10，v16A200

19、7 确定m2n2的最大值，这里 m和 n是整数，满足 m，n1，2，1981，（n2mnm2）21【解】 若mn，由（n2mnm2）21得（mn）21，故mn1若mn，则由n2mnm21得 nm令nmuk，于是 （muk）2m（muk）m221于是有若ukuk1，则以上步骤可以继续下去，直至得到数列： n，m，uk，uk1，ukl，ukl1 此数列任意相邻三项皆满足uiui1ui2，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m987，n1597时，m2n23524578为满足条

20、件的最大值A2008 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xyz显然wz1，因此（z1）！w！3z！从而z2通过计算知xyz2，w3是原方程的唯一解A2009 求满足下式的所有整数n，m： n2（n1）2m4（m1）4 1984年匈牙利数学竞赛【解】 由原式得n（n1）m（m1）（m2m2）设m2mk，我们有n（n1）k（k2）显然，只可能两边为零解是（0，0），（0，1），（1，0），（1，1）A1010 前1000个正整数中可以表示成2x4x6x8x的正整数有多少个？ 1985年美国数学邀请赛【解】 令f（x）2x4x6x8x 个不同的正整数值另

21、一方面f（xn）f（x）20n对任一正整数n成立将11000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5012600个值，亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成2x4x6x8x的形式 A2011 使n3100能被n10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n3100（n10）（n210n100）900知，若n3100被n10整除，则900也应被n10整除故n最大值是890A12 a、b、c、d为两两不同的正整数，并且abcd，abcd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ab，所以当且仅当a1或b1

22、时，才有abab如果a、b都不是1，那么cdababcd由此知c1或d1因此a、b、c、d中总有一个（也只有一个）为1如果a1，那么由消去b可以推出从而得到c2，d3，或者c3，d2这样，本题的答案可以列成下A2013 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，b1000，b，c2000，c，a2000 1987年美国数学邀请赛【解】 显然，a、b、c都是形如2m5n的数设a2m15n1，b2m25n2，c2m35n3由a，b10002353，知max（m1，m2）3，max（n1，n2）3同理，max（m2，m3）4，max（n2，n3）3；max

23、（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（i1、2、3）不同取法共有71070种，即三元组共有70个A2014 设m的立方根是一个形如nr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mn31（n103）3n33n21033n106109于是从而n19（此时m1931为最小）1987年）全俄数学奥林匹克【解】 144122，1444382设n3，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n2，3