2020全国高中数学联赛《初等数论》专题真题汇编

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T{0,1,2,3,4,5,6},M{

1、记集合

a1a2a3a4

|aiT,i1,2,3,4},7727374将M中的元

素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（）

55635562

234234

77 B．7777 A．77

11041103

234234

77 D．7777 C．77

【答案】C

2、数码

a1,a2,a3,L,a2006

中有奇数个9的2007位十进制数

2a1a2a3La2006的个数为

（）

120062006120062006(108)(108)2006

82006 D．10200682006 22 A． B． C．10

【答案】B

3、方程组

xyz0,

xyzz0,

xyyzxzy0

的有理数解(x,y,z)的个数为（）。

（A） 1 （B） 2 （C） 3 （D） 4

【答案】B

4、设p是给定的奇质数，正整数k使得k2－pk也是一个正整数，则k=

1

【答案】4(p+1)2 【解析】设

k2－pk=n，则(k－

p2p2122，k=(p+1)2． )－n=，(2k－p+2n)(2k－p－2n)=p244

5、如果自然数a的各位数字之和等于7，那么称a为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小到大排成一列

a1,a2,a3,,

若

an2005,

则

a5n

.

∵2005是第1+7+28+28+1＝65个“吉祥数”，即

5

a652005.

从而n65,5n325.

又

66

P(4)C984,P(5)C10210,

而k1

P(k)330.

∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是：70000，61000,60100,60010,60001,52000.∴第325个“吉祥数”是52000，即

a5n52000.

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20062420042005(x1)(1xxLx)2006x6、方程的实数解的个数为 .

【答案】1

7、方程xyz2010满足xyz的正整数解（x,y,z）的个数是 . 【答案】336675

从而满足xyz的正整数解的个数为11003335671336675.

n200

8、已知anC【答案】15

36



200n

1

(n1,2,,95)2，则数列{an}中整数项的个数为．

n

9、已知他们中的任意两人至多通电话一次，他们中的任意n－2个人之间通电话的次数相

等，都是3 k次，其中k是自然数，求n的所有可能值．【解析】显然n5. 记n 个人为A1，A2， AN ，

设A1通话的次数为m1, Ai 与 Aj 之间通话的数为yij, li,jn .则

1n

msk

m i +m j – y i . j =2s1-3= c . （*）

其中c是常数，li,jn . 根据（*）知，

mimj(mims)(mjms)

=

yi.syj.s

1 , li,jn .

mimj1, li,jn

设 mi =max{ms ,1sn.} ,m j = min{ms,1sn.} , 则 m i +m j1.

若 m i +m j=1 ,则对于任意 si,j, 1sn ,

都有(m i +ms-y I ,s)- (m j +ms-y I ,s)=1-(y I ,s – y j ,s)=0 , 即 y I ,s – y j ,s = 1 故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . si,j, 1sn ,

因此 mi  n -2 , m j 1 . 于是，m i +m j n -32 . 出现矛盾，故 m i +m j=0 ，即 ms(1sn)恒为常数。根据（*）知，y I ,j = 0 或 y I ,j = 1 。

10、在世界杯足球赛前，F国教练为了考察A1,A2,…,A7这七名，准备让他们在三场训练比赛(每场90分钟)都上场，假设在比赛的任何时刻，这些中有且仅有一人在场上，并且A1,A2,A3,A4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13整除，如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况。

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∵易观察到 7·2+13·(-1)=1 ∴ 7·406+13·(-203)=203

即 m0=406 n0= 203是③的整数解

∴ ③的整数通解为 m′=406 13k n′= 203+7k k∈Z 令 m′≥0 n′≥0,解得 29≤k≤31 取k=29,30,31得到③满足条件的三组非负整数解：

m29

n0

m16

n7

m3

n14

从而得到②满足条件的三组正整数解：

m33

n3 

m20

n10 m7

n17

11、设三角形的三边长分别是正整数l，m，n．且l>m>n>0．

3l3m3n

已知104=104=104，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数．求这种三角形周



长的最小值．

∵ x=1，2，时3x≡∕1(mod 10)，而34≡1(mod 10)，∴ x必须是4的倍数； ∵ x=4，8，12，16时3x≡∕1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x必须是20的倍数； ∵ x=20，40，60，80时3x≡∕1(mod 103)，而3100≡1(mod 103)，∴ x必须是100的倍数； ∵ x=100，200，300，400时3x≡∕1(mod 104)，而3500≡1(mod 104)．

即，使3x≡1(mod 104)成立的最小正整数x=500，从而l－n、m－n都是500的倍数，设l－n=500k，m－n=500h，(k，h∈N*，k>h)．

由m+n>l，即n+500h+n>n+500k，n>500(k－h)≥500，故n≥501．取n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值． ∴ 所求周长的最小值=3003．

12、对于整数n≥4，求出最小的整数f(n)，使得对于任何正整数m，集合{m，m+1，…，m+n－1}的任一个f(n)元子集中，均至少有3个两两互素的元素．设对于n≤k，④成立，当n=k+1时，由于

M(m，k+1)=M(m，k－5)∪{m+k－5，m+k－4，…，m+k}．

在{m+k－5，m+k－4，…，m+k}中，能被2或3整除的数恰有4个，即使这4个数全部取出，只要在前面的M(m，k－5)中取出f(n)个数就必有3个两两互质的数．于是当n≥4时，f(n+6)≤f(n)+4=f(n)+f(6)－1． k+2k+2k+2

故f(k+1)≤f(k－5)+f(6)－1=[2]+[3]－[6]+1，比较②，知对于n=k+1，命题成立．

n+1n+1n+1

∴对于任意n∈N*，n≥4，f(n)= [2]+[3]－[6]+1成立．又可分段写出结果：

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4k+1，(n=6k， k∈N*)，4k+2，(n=6k+1，k∈N*)，4k+3，(n=6k+2，k∈N*)，

f(n)=

4k+4，(n=6k+3，k∈N*)，4k+4，(n=6k+4，k∈N*)，4k+5，(n=6k+5，k∈N*)．

当n为平方数,0f(n)1

[{n}]当n不为平方数.13、对每个正整数n，定义函数

（其中[x]表示不超过x的最大整数，{x}x[x]). 试求：k1

f(k)

5 *

240

的值.

示例如下：

j

1

i 1 2 3 4 5 6

n

2 * *

2k

3 * *

4 * * *

6 * * * *

*

n

则

f(a)T(j)n[T(1)T(2)](n1)[T(3)T(4)]

i1

i1j1

[T(2n1)T(2n)]

……②

k

由此，k1记

f(k)(16k)[T(2k1)T(k)]

k1

25615

……③

的取值情况如下：

10 8

11 8

12 10

13 7

14 10

15 10

akT(2k1)T(2k),k1,2,,15,

2 5

16n

易得8 9

ak

1 3

3 6

4 6

15

5 7

6 8

7 6

9 8

ak

因此，k1

f(k)(16k)a

k1

k

783

……④

14、将2006表示成5个正整数（1）当

x1,x2,x3,x4,x5

S

之和. 记

1ij5



xixj

. 问：

x1,x2,x3,x4,x5

取何值时，S取到最大值；

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xxj2x,x,x,x,x

（2）进一步地，对任意1i,j5有i，当12345取何值时，S取到

最小值. 说明理由. 【解析】（1）首先这样的S的值是有界集，故必存在最大值与最小值。若

x1x2x3x4x52006

S

, 且使

1ij5



xixj

取到最大值，则必有

xixj1,

(1i,j5) (*)

事实上，假设（*）不成立，不妨假设(i3,4,5) 有

x1x22

。则令

x11x1

，

x21xixix2

,

x2x1x2x1

，

x2x1x2x1x21x1x2x1

。将S改写成

S

1ij5



xixj

x1x2x1x2x3x4x5x3x4x3x5x4x5

。

于

是

有

同时有

x2(x1x2)x3x4x5x3x4x3x5x4x5Sx1

。这与S在

x2x1x20SSx1x1,x2,x3,x4,x5

时取到最大值矛盾。所以必有

xixj1,

(1i,j5). 因此当x1402,x2x3x4x5401取到最大值。

xyzw2

2222

xyzw63333

xyzw20x4y4z4w466

15、解方程组

【解析】令p=x+z、q=xz，我们有p2=x2+z2+2q，p3=x3+z3+3pq，p4=x4+z4+4p2q−2q2。同样，令s=y+w、t=yw，有s2=y2+w2+2t，s3=y3+w3+3st，s4=y4+w4+4s2t−2t2。在此记号系统下，原方程组的第一个方程为p=s+2。（3.1）

于是p2=s2+4s+4，p3=s3+6s2+12s+8，p4=s4+8s3+24s2+32s+16。现在将上面准备的p2、p3、p4和s2、s3、s4的表达式代入，得x2+z2+2q=y2+w2+2t+4s+4，x3+z3+3pq=y3+w3+3st+6s2+12s+8，x4+z4+4p2q−2q2=y4+w4+4s2t−2t2+8s3+24s2+32s+16。

利用原方程组的第二至四式化简，得q=t+2s−1，（3.2） pq=st+2s2+4s−4，（3.3）

2p2q−q2=2s2t−t2+4s3+12s2+16s−25。（3.4）

t

将（3.1）和（3.2）代入（3.3），得

s

12，

（3.5）

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16、设集合P={1，2，3，4，5}，对任意k∈P和正整数m，记

k1mi1i1f(m，k)=，其中[a]表示不大于a的最大整数。求证：对任意正整数n，存在

5

k∈P和正整数m，使得f(m，k)=n。

17、设k，l是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m≥k，使得Cm与l互素．

k

Ck，l1mktl(k!)t【解析】证法一：对任意正整数，令．我们证明m．

k

Cpl／设是的任一素因子，只要证明：p∣m．



若p／∣k!，则由

k!C(mki)[(itl(k!)]i

k

m

i1

i1

i1

kkk

k!modp1

．

k1kk

α+1p|k!p|k!CCpk!Cmm／／／及，且p∣k!，知且∣．从而p∣m． 2

Ck，l1mktl(k!)t证法二：对任意正整数，令，我们证明m． k

Cpl设是的任一素因子，只要证明：p／∣m．若p／∣k!，则由



k!C(mki)[(itl(k!)]i

k!modpi1i1 i1 ．

k

m

2

kkk

即p不整除上式，故p／∣Cm．

112

p|k!pŒk!p|(k!)p|k!≥1若，设使，但．．故由

k1

k

k

k

k!C(mki)[(itl(k!)]ik!modp1αi1i1i1 ,及p|k!，且p+1／∣k!，知

k

m

2



1kk

p|k!Ckm且p／∣k!Cm．从而p／∣Cm．

18、在非负数构成的39数表

x11x12x13x14x15x16x17x18x19

Px21x22x23x24x25x26x27x28x29

xxxxxxxxx313233343536373839

中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，x17x28x390，x27，x37，x18，x38，x19，x29均大于．如果P的前三列构成的数表

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x11x12x13x1kSx21x22x23x2k

xxxx(O)313233P 满足下面的性质：对于数表中的任意一列3k（k1，2，…，

9）均存在某个⑶

i1，2，3

使得．

，i1，2，3一定自数表S的不同列．

xik≤uiminxi1，xi2，xi3

求证：（ⅰ）最小值

uiminxi1，xi2，xi3

x1k*

x2k*x*

（ⅱ）存在数表P中唯一的一列3k*，k≠1，2，3使得33数表 x11x12x1k*Sx21x22x2k*

x31x32x

3k*仍然具有性质(O)． IkM|xikminxi1，xi2，i1，3

．

显然

IkM|x1kx11，x3kx32

且1，23I．因为x18，x381≥x11，x32，所以8I．

xmaxx2k|kI**

故I≠．于是存在kI使得2k*．显然，k≠1，2，3．

下面证明33数表

x11x12x1k*

Sx21x22x2k*

x31x32x

3k*

具有性质(O)．从上面的选法可知

ui:minxi1，xi2，xik*minxi1，xi2

，



3)．这说明，(i1，

x1k*minx11，x12≥u1x3k*minx31，x32≥u3

．

$u$i≥xi1，2，3(O)S3Mik*．由k*I及由数表满足性质，则对于至少存在一个使得

⑷和⑹式知，

$x1k*x11u1

，

$x3k*x32u3

．于是只能有

$x2k*≤u2x2k

．类似地，由S满

足性质(O)及kM可推得

x2k*x2k≤u2

*

．从而kk．

3{a}

19、证明：方程2x5x20恰有一个实数根r，且存在唯一的严格递增正整数数列n，

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2

ra1ra2ra3

使得 5.

32

f(x)2x5x2f(x)6x50，所以f(x)是严格递增的.又【解析】令，则

131

f(0)20,f()0r(0,)

242. ，故f(x)有唯一实数根2r

334710

所以 2r5r20，51rrrrrL.

故数列

an3n2(n1,2,)

是满足题设要求的数列.

和

若存在两个不同的正整数数列

a1a2anb1b2bn

满足

ra1ra2ra3rb1rb2rb3

去掉上面等式两边相同的项，有

25，

rs1rs2rs3rt1rt2rt3，

这里

s1s2s3,t1t2t3

，所有的

si

与

tj

都是不同的.

s1s1s2t1t2

不妨设s1t1，则rrrrr，

1rt1s1rt2s1rr2

1

11r

1112

11

，

矛盾.故满足题设的数列是唯一的.

rk

20、设k是给定的正整数，

1

(1)(l)f(r)f(r)rr，f(r)2．记

f(f(l1)(r)),l2．证明：存在正整数m，使得f(m)(r)为一个整数．这里，x表示不1

111．

小于实数x的最小整数，例如：2，

111

f(r)kkkk11kk2k

22222于是

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

112v1(v11)2v(v1v2)2v1L22vLk22， ① k2v1(v11)2v(v1v2)2v1L22vL

.

这里

显然k中所含的2的幂次为v1．故由归纳假设知，

rk

1

2经过f的v次迭代得到整

(v1)f(r)是一个整数，这就完成了归纳证明．数，由①知，

21、一种密码锁的密码设置是在正n边形

A1A2LAn

的每个顶点处赋值0和1两个数中的一

个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色

中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？

n2i2

当n为奇数时，n2i0，此时

n

2i0

C

j0

2jn2i

2n2i1

． ②

4

代入①式中，得

n

n

n2inn

222



2i2j2in2i1

2Cn2i2n2iCnCn2i4Cn2

j0i0i0

C2

k

n

k0

nk

knk

Cn2(1)k(21)n(21)nk0

3n1．

22、证明：对任意整数n4，存在一个n次多项式 f(x)xnan1xn1a1xa0

具有如下性质：（1）a0,a1,,an1均为正整数；（2）对任意正整数m，及任意k(k2)个互不相同的正整数r1,r2,,rk，均有f(m)f(r1)f(r2)f(rk)．

23、设a1,a2,,an(n4)是给定的正实数，a1a2an．对任意正实数r，满足ajaiakaj

r(1ijkn)

n2

fn(r)(i,j,k)f(r)n4．的三元数组的个数记为．证明：

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24、设A是一个39的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A中的一个mn(1m3,1n9)方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数．称A中的一

个11的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”．求A中“坏格”个数的最大值．

【解析】首先证明A中“坏格”不多于25个．

用反证法．假设结论不成立，则方格表A中至多有1个小方格不是“坏格”．由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”．设方格表A第i列从上到下填的数依次为ai,bi,ci,i1,2,,9．记

Sk

a,T(b

i

k

i1

i1

kk

i

ci),k0,1,2,,9

，

这里S0T00．

我们证明：三组数S0,S1,,S9；T0,T1,,T9及S0T0,S1T1,,S9T9都是模10的完全剩余系．

矛盾！故假设不成立，即“坏格”不可能多于25个．

另一方面，构造如下一个39的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”． 1 1

综上所述，“坏格”1

25、试证明：集合

1 1 1

1 1 1

2 1 10

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

10 1 2

个数的最大值25．

A2,22,L,2n,L



满足

（１）对每个aA，及bN，若b2a1，则b(b1)一定不是2a的倍数；

b2a1，（２）对每个aA（其中A表示A在Ｎ中的补集），且a1，必存在bN，

使b(b1)是2a的倍数．

kk1

a2,kN,2a2,如果b是任意一个小于2a1aA【解析】证明:对任意的,设则



的正整数,则b12a1

由于b与b1中,一个为奇数,它不含素因子2,另一个是偶数,它含素因子2的幂的次数最多为k,因此b(b1)一定不是2a的倍数；

2020全国高中数学联赛《初等数论》专题真题汇编

k

a2m,其中k为非负整数,m为大于1的奇数, a1,aA若,且设

则2a2

k1

m

k1

下面给出(2)的三种证明方法: 证法一:令bmx,b12

y,消去b得2k1ymx1.

k1

xx02tk1

yy0mt其中tz,(x0,y0)为方程的特解. (2,m)1,由于这方程必有整数解;k1(x,y),bmx2a1,使b(b1)是2a的倍数． x2把最小的正整数解记为则,故k1

(2,m)1,由中国剩余定理知,同余方程组证法二:由于

x0(mod2k1)

k1

xm1(modm)在区间(0,2m)上有解xb,即存在b2a1,使b(b1)是2a的倍

数．

本文来源：https://www.wddqw.com/doc/70a79f32a46e58fafab069dc5022aaea998f41da.html

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