第一篇：初中數學奧林匹克競賽教程

初中數學奧林匹克競賽教程

（初稿）

2004年5月8日

初中數學競賽大綱（修訂稿）

數學競賽對于開發學生智力，開拓視野，促進教學改革，提高教學水平，發現和培養數學人才都有著積極的作用。目前我國中學生數學競賽日趨規范化和正規化，為了使全國數學競賽活動健康、持久地開展，應廣大中學師生和各級數學奧林匹克教練員的要求，特制定《初中數學競賽大綱（修訂稿）》以適應當前形勢的需要。

本大綱是在國家教委制定的九年義務教育制“初中數學教學大綱”精神的基礎上制定的。《教學大綱》在教學目的一欄中指出：“要培養學生對數學的興趣，激勵學生為實現四個現代化學好數學的積極性。”具體作法是：“對學有余力的學生，要通過課外活動或開設選修課等多種方式，充分發展他們的數學才能”，“要重視能力的培養??，著重培養學生的運算能力、邏輯思維能力和空間想象能力，要使學生逐步學會分析、綜合、歸納、演繹、概括、抽象、類比等重要的思想方法。同時，要重視培養學生的獨立思考和自學的能力”。

《教學大綱》中所列出的內容，是教學的要求，也是競賽的要求。除教學大綱所列內容外，本大綱補充列出以下內容。這些課外講授的內容必須充分考慮學生的實際情況，分階段、分層次讓學生逐步地去掌握，并且要貫徹“少而精”的原則，處理好普及與提高的關系，這樣才能加強基礎，不斷提高。

1、實數

十進制整數及表示方法。整除性，被2、3、4、5、8、9、11等數整除的判定。

素數和合數，最大公約數與最小公倍數。

奇數和偶數，奇偶性分析。

帶余除法和利用余數分類。

完全平方數。

因數分解的表示法，約數個數的計算。

有理數的表示法，有理數四則運算的封閉性。

2、代數式

綜合除法、余式定理。

拆項、添項、配方、待定系數法。

部分分式。

對稱式和輪換對稱式。

3、恒等式與恒等變形

恒等式，恒等變形。

整式、分式、根式的恒等變形。

恒等式的證明。

4、方程和不等式

含字母系數的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。

含絕對值的一元一次、二次方程的解法。

含字母系數的一元一次不等式的解法，一元一次不等式的解法。

含絕對值的一元一次不等式。簡單的一次不定方程。

列方程（組）解應用題。

5、函數

y=|ax+b|,y=|ax2+bx+c|及 y=ax2+bx+c的圖像和性質。

二次函數在給定區間上的最值。簡單分式函數的最值，含字母系數的二次函數。

6、邏輯推理問題

抽屜原則（概念），分割圖形造抽屜、按同余類造抽屜、利用染色造抽屜。

簡單的組合問題。

邏輯推理問題，反證法。

簡單的極端原理。

簡單的枚舉法。

7、幾何

四種命題及其關系。

三角形的不等關系。同一個三角形中的邊角不等關系，不同三角形中的邊角不等關系。

面積及等積變換。

三角形的心（內心、外心、垂心、重心）及其性質。第一講 整數問題：特殊的自然數之一

A1－001 求一個四位數，它的前兩位數字及后兩位數字分別相同，而該數本身等于一個整數的平方．

【題說】 1956年～1957年波蘭數學奧林匹克一試題1．

x＝1000a＋100a＋10b＋b ＝11（100a＋b）

其中0＜a?9，0?b?9．可見平方數x被11整除，從而x被11整除．因此，數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是某個自然數的平方．對a＝1，2，?，9逐一檢驗，易知僅a＝7時，9a＋1為平方數，故所求的四位數是7744＝882． A1－002 假設n是自然數，d是2n2的正約數．證明：n2＋d不是完全平方．

【題說】 1953年匈牙利數學奧林匹克題2．

【證】 設2n2＝kd，k是正整數，如果 n2＋d是整數 x的平方，那么

k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）

但這是不可能的，因為k2x2與n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方數． A1－003 試證四個連續自然數的乘積加上1的算術平方根仍為自然數．

【題說】 1962年上海市賽高三決賽題 1． 【證】 四個連續自然數的乘積可以表示成

n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1 因此，四個連續自然數乘積加上1，是一完全平方數，故知本題結論成立．

A1－004 已知各項均為正整數的算術級數，其中一項是完全平方數，證明：此級數一定含有無窮多個完全平方數．

【題說】 1963年全俄數學奧林匹克十年級題2．算術級數有無窮多項． 【證】 設此算術級數公差是 d，且其中一項 a＝m2（m∈N）．于是

a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2

對于任何k∈N，都是該算術級數中的項，且又是完全平方數．

A1－005 求一個最大的完全平方數，在劃掉它的最后兩位數后，仍得到一個完全平方數（假定劃掉的兩個數字中的一個非零）．

【題說】 1964年全俄數學奧林匹克十一年級題 1．

【解】 設 n滿足條件，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．

經驗算，僅當a＝4時，n＝41滿足條件．若n＞41則n2－402?422－402＞100．因此，滿足本題條件的最大的完全平方數為412＝1681．

A1－006 求所有的素數p，使4p2＋1和6p2＋1也是素數．

222

2【題說】 1964年～1965年波蘭數學奧林匹克二試題 1．

【解】 當p≡±1（mod 5）時，5|4p＋1．當p≡±2（mod 5）時，5|6p＋1．所以本題只有一個解p＝5． A1－007 證明存在無限多個自然數a有下列性質：對任何自然數n，z＝n＋a都不是素數． 【題說】 第十一屆（1969年）國際數學奧林匹克題1，本題由原民主德國提供． 【證】 對任意整數m＞1及自然數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不是素數．取 a＝4224，4234，?就得到無限多個符合要求的 a．

第二講 整數問題：特殊的自然數之二

A1－008 將某個17位數的數字的順序顛倒，再將得到的數與原來的數相加．證明：得到的和中至少有一個數字是偶數．

【題說】 第四屆（1970年）全蘇數學奧林匹克八年級題 4． 【證】 假設和的數字都是奇數．在加法算式

中，末一列數字的和d＋a為奇數，從而第一列也是如此，因此第二列數字的和b＋c?9．于是將已知數的前兩位數字a、b與末兩位數字c、d去掉，所得的13位數仍具有性質：將它的數字顛倒，得到的數與它相加，和的數字都是奇數．照此進行，每次去掉首末各兩位數字．最后得到一位數，它與自身相加顯然是偶數．矛盾！

因此，和的數字中必有偶數．

A1－009 證明：如果p和p＋2都是大于3的素數，那么6是p＋1的因數．

【題說】 第五屆（1973年）加拿大數學奧林匹克題 3． 【證】 因為p是奇數，所以2是p＋1的因數．

因為p、p＋

1、p＋2除以 3余數不同，p、p＋2都不被 3整除，所以p＋1被 3整除． 于是6是p＋1的因數．

A1－010 證明：三個不同素數的立方根不可能是一個等差數列中的三項（不一定是連續的）．

【題說】 美國第二屆（1973年）數學奧林匹克題5．

【證】 設p、q、r是不同素數．假如有自然數l、m、n和實數a、d，消去a，d，得

化簡得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m

原命題成立．

A1－011 設n為大于2的已知整數，并設Vn為整數1＋kn的集合，k＝1，2，?．數m∈Vn稱為在 Vn中不可分解，如果不存在數p，q∈Vn使得 pq＝m．證明：存在一個數r∈Vn可用多于一種方法表達成Vn中不可分解的元素的乘積．

【題說】 第十九屆（1977年）國際數學奧林匹克題3．本題由荷蘭提供．

【證】 設a＝n－1，b＝2n－1，則a2、b2、a2b2都屬于Vn．因為a2＜（n＋1）2，所以a2在Vn中不可分解．

式中不會出現a2．

r＝a2b2有兩種不同的分解方式：r＝a22b2＝a2?（直至b2分成不可分解的元素之積）與r＝ab2ab＝?（直至ab分成不可2分解的元素之積），前者有因數a，后者沒有． A1－012 證明在無限整數序列

10001，100010001，1000100010001，?

中沒有素數．

注意第一數（一萬零一）后每一整數是由前一整數的數字連接0001而成． 【題說】 1979年英國數學奧林匹克題 6． 【證】 序列 1，10001，100010001，?，可寫成

1，1＋104，1＋104＋108，?

一個合數．

即對n＞2，an均可分解為兩個大于1的整數的乘積，而a2＝10001＝137273．故對一切n?2，an均為合數．

A1－013 如果一個自然數是素數，并且任意地交換它的數字，所得的數仍然是素數，那么這樣的數叫絕對素數．求證：絕對素數的不同數字不能多于3個．

【題說】 第十八屆（1984年）全蘇數學奧林匹克八年級題 8． 【證】 若不同數字多于 3個，則這些數字只能是1、3、7、9．不難驗證1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余數分別為0、1、2、3、4、5、6．因此對任意自然數M，1043M與上述7個四位數分別相加，所得的和中至少有一個被7整除，從而含數字1、3、7、9的數不是絕對素數．

A1－014 設正整數 d不等于 2、5、13．證明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到兩個不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方數．

【題說】 第二十七屆（1986年）國際數學奧林匹克題1．本題由原聯邦德國提供．

【證】 證明2d－

1、5d－

1、13d－1這三個數中至少有一個不是完全平方數即可．用反證法，設 5d－1＝x5d－1＝y2

（1）（2）2 13d－1＝z2（3）其中x、y、z是正整數．

由（1）式知，x是奇數，不妨設x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即 d＝2n2－2n＋1（4）（4）式說明d也是奇數．

于是由（2）、（3）知y、Z是偶數，設y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相減后除以4有

2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）

因2d是偶數，即q2－p2是偶數，所以p、q同為偶數或同為奇數，從而q＋p和q－p都是偶數，即2d是4的倍數，因此d是偶數．這與d是奇數相矛盾，故命題正確．

第三講 整數問題：特殊的自然數之三

A1－015 求出五個不同的正整數，使得它們兩兩互素，而任意n（n?5）個數的和為合數．

【題說】 第二十一屆（1987年）全蘇數學奧林匹克十年級題 1． 【解】 由n個數

ai＝i2n?。?，i＝1，2，?，n 組成的集合滿足要求． 因為其中任意k個數之和為

m2n?。玨（m∈N，2?k?n）

由于n?。?222?2 n是 k的倍數，所以m2n?。玨是 k的倍數，因而為合數．

對任意兩個數ai與 aj（i＞j），如果它們有公共的質因數p，則p也是ai－aj＝（i－j）n！的質因數，因為0＜i－j＜n，所以p也是n！的質因數．但ai與n！互質，所以ai與aj不可能有公共質因數p，即ai、aj（i≠j）互素．令n＝5，便得滿足條件的一組數：121，241，361，481，601．

A1－016 已知n?2，求證：如果k2＋k＋n對于整數k

素數．

【題說】 第二十八屆（1987年）國際數學奧林匹克題6．本題由原蘇聯提供．

（1）若m?p，則p|（m－p）＋（m－p）＋n．

又（m－p）2＋（m－p）＋n?n＞P，這與m是使k2＋k＋n為合數的最小正整數矛盾．

（2）若m?p－1，則（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 因為（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n為合數，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 正整數a與b使得ab＋1整除a＋b．求證：（a＋b）/（ab＋1）是某個正整數的平方．

2【題說】 第二十九屆（1988年）國際數學奧林匹克題6．本題由原聯邦德國提供．

a2－kab＋b2＝k（1）

顯然（1）的解（a，b）滿足ab?0（否則ab?－1，a2＋b2＝k（ab＋1）?0）． 又由于k不是完全平方，故ab＞0．

設（a，b）是（1）的解中適合a＞0（從而b＞0）并且使a＋b最小的那個解．不妨設a?b．固定k與b，把（1）看成a的二次方程，它有一根為a．設另一根為a′，則由韋達定理

（2），a′為整數，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0． 但由（3）

從而a′＋b＜a＋b，這與a＋b的最小性矛盾，所以k必為完全平方．

A1－018 求證：對任何正整數n，存在n個相繼的正整數，它們都不是素數的整數冪． 【題說】 第三十屆（1989年）國際數學奧林匹克題5．本題由瑞典提供．

【證】 設a＝（n＋1）！，則a2＋k（2?k?n＋1），被k整除而不被k2整除（因為a2被k2整除而k不被k2整除）．如

＋＋果a2＋k是質數的整數冪pl，則k＝pj（l、j都是正整數），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）

這n個連續正整數都不是素數的整數冪．

第四講 整數問題：特殊的自然數之四

A1－019 n為怎樣的自然數時，數

32n＋

1－

22n＋1

－6是合數？

n【題說】 第二十四屆（1990年）全蘇數學奧林匹克十一年級題5 【解】 32n1－22n1－6n＝（3n－2n）（3n1＋2n1）＋＋

＋

＋當 n＞l時，3n－2n＞1，3n1＋2n1＞1，所以原數是合數．當 n＝1時，原數是素數13． ＋

＋ A1－020 設n是大于6的整數，且a1、a2、?、ak是所有小于n且與n互素的自然數，如果

a2－a1＝a3－a2＝?＝ak－ak－1＞0 求證：n或是素數或是2的某個正整數次方．

【題說】 第三十二屆（1991年）國際數學奧林匹克題2．本題由羅馬尼亞提供． 【證】 顯然a1＝1．

由（n－1，n）＝1，得 ak＝n－1． 令 d＝a2－a1＞0．

當a2＝2時，d＝1，從而k＝n－1，n與所有小于n的自然數互素．由此可知n是素數． 當a2＝3時，d＝2，從而n與所有小于n的奇數互素．故n是2的某個正整數次方．

設a2＞3．a2是不能整除n的最小素數，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，則a3＝1＋2d，這時3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d?n，則小于n且與n互素自然數的個數為2． 設n＝2m（＞6）．若m為偶數，則m＋1與n互質，若m為奇數，則m＋2與m互質．即除去n－1與1外、還有小于n且與n互質的數．矛盾．

綜上所述，可知n或是素數或是2的某個正整數次方．

A1－021 試確定具有下述性質的最大正整數A：把從1001至2000所有正整數任作一個排列，都可從其中找出連續的10項，使這10項之和大于或等于A．

【題說】 第一屆（1992年）中國臺北數學奧林匹克題6．

【解】 設任一排列，總和都是1001＋1002＋?＋2000＝1500500，將它分為100段，每段10項，至少有一段的和?15005，所以

A?15005 另一方面，將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 并記上述排列為

a1，a2，?，a2000

（表中第i行第j列的數是這個數列的第10（i－1）＋j項，1?i?20，1?j?10）令 Si＝ai＋ai＋1＋?＋ai＋9（i＝1，2，?，1901）

則S1＝15005，S2＝15004．易知若i為奇數，則Si＝15005；若i為偶數，則Si＝15004． 綜上所述A＝15005．

第五講 整數問題：特殊的自然數之五

A1－022 相繼10個整數的平方和能否成為完全平方數？

【題說】 1992年友誼杯國際數學競賽七年級題2． 【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋?＋（n＋10）2 ＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）

不難驗證n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）時，均有

2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）

所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋?＋（n＋10）2不是平方數，A1－023 是否存在完全平方數，其數字和為1993？

0（mod 5）【題說】 第三屆（1993年）澳門數學奧林匹克第二輪題2． 【解】 存在，事實上，取n＝221即可．

A1－024 能夠表示成連續9個自然數之和，連續10個自然數之和，連續11個自然數之和的最小自然數是多少？

【題說】 第十一屆（1993年）美國數學邀請賽題6． 【解】 答495．

連續9個整數的和是第5個數的9倍；連續10個整數的和是第5項與第6項之和的5倍；連續11個整數的和是第6項的11倍，所以滿足題目要求的自然數必能被9、5、11整除，這數至少是495．

又495＝51＋52＋?＋59＝45＋46＋?＋54＝40＋41＋?＋50 A1－025 如果自然數n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方數，試問5n＋3能否是一個素數？ 【題說】 第十九屆（1993年）全俄數學奧林匹克九年級一試題1．

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

因為5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否則5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．從而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合數．

222

2第六講 整數問題：特殊的自然數之六

A1－026 設n是正整數．證明：2n＋1和3n＋1都是平方數的充要條件是n＋1為兩個相鄰的平方數之和，并且為一平方數與相鄰平方數2倍之和．

【題說】 1994年澳大利亞數學奧林匹克二試題2． 【證】 若2n＋1及3n＋1是平方數，因為2

由此可得

（2n＋1），3

（3n＋1），可設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，則

2n＋1＝（2k＋1），3n＋1＝（3t±1）

從而命題得證．

A1－027 設 a、b、c、d為自然數，并且ab＝cd．試問 a＋b＋c＋d能否為素數． 【題說】 第五十八屆（1995年）莫斯科數學奧林匹克九年級題 10． 【解】 由題意知

222

正整數，將它們分別記作k與l．由

a＋c＞c?c1，b＋c＞c?c2

所以，k＞1且l＞1．

從而，a＋b＋c＋d＝kl為合數．

A1－028 設k1＜k2＜k3＜?是正整數，且沒有兩個是相鄰的，又對于m＝1，2，3，?，Sm＝k1＋k2＋?＋km．求證：對每一個正整數n，區間（Sn，Sn＋1）中至少含有一個完全平方數．

【題說】 1996年愛朋思杯——上海市高中數學競賽題2． 【證】 Sn＝kn＋kn－1＋?＋k1

所以

從而

第七講 整數問題：求解問題之一

A2－001 哪些連續正整數之和為1000？試求出所有的解．

【題說】 1963年成都市賽高二二試題 3．

【解】 設這些連續正整數共n個（n＞1），最小的一個數為a，則有

a＋（a＋1）＋?＋（a＋n－1）＝1000 即

n（2a＋n－1）＝2000 若n為偶數，則2a＋n－1為奇數；若n為奇數，則2a＋n－1為偶數．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種： 若n＝5，則 a＝198； 若n＝16，則 a＝55； 若n＝25，則 a＝28． 故解有三種：

198＋199＋200＋201＋202

55＋56＋?＋70 28＋29＋?＋52 A2－002 N是整數，它的b進制表示是777，求最小的正整數b，使得N是整數的四次方． 【題說】 第九屆（1977年）加拿大數學奧林匹克題3． 【解】 設b為所求最小正整數，則

7b2＋7b＋7＝x4

素數7應整除x，故可設x＝7k，k為正整數．于是有

b2＋b＋1＝73k4

當k＝1時，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是滿足條件的最小正整數．

A2－003 如果比n個連續整數的和大100的數等于其次n個連續數的和，求n． 【題說】 1976年美國紐約數學競賽題 7．

s2－s1＝n2＝100 從而求得n＝10．

A2－004 設a和b為正整數，當a2＋b2被a＋b除時，商是q而余數是r，試求出所有數對（a，b），使得q2＋r＝1977． 【題說】 第十九屆（1977年）國際數學奧林匹克題 5．本題由原聯邦德國提供．

【解】 由題設a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0?r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以 q2?1977，從而q?44． 若q?43，則r＝1977－q2?1977－432＝128．

即（a＋b）?88，與（a＋b）＞r?128，矛盾． 因此，只能有q＝44，r＝41，從而得 a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009 不妨設|a－22|?|b－22|，則1009?（a－22）2?504，從而45?a?53． 經驗算得兩組解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7． 由對稱性，還有兩組解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．

A2－005 數1978n與1978m的最后三位數相等，試求出正整數n和m，使得m＋n取最小值，這里n＞m?1． 【題說】 第二十屆（1978年）國際數學奧林匹克題 1．本題由古巴提供． 【解】 由題設

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）

從而3n≡1（mod 5），于是n－m是4的倍數．

設n－m＝4k，則

代入（1）得

從而

k（20k＋3）≡0（mod 25）

因此k必須是25的倍數，n－m至少等于4325＝100，于是m＋n的最小值為 n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103 A2－006 求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整數解x、y． 【題說】 1980年盧森堡等五國國際數學競賽題 6．本題由荷蘭提供．

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

x2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v

從而原方程變為

2v（u－4）＝u3－8u2－8（2）因u≠4，故（2）即為

根據已知，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

進一步計算可知只有u－4＝223＝6，于是

u＝10，v＝16

α

β

第八講 整數問題：求解問題之二

A2－007 確定m2＋n2的最大值，這里 m和 n是整數，滿足 m，n∈｛1，2，?，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1．

【題說】 第二十二屆（1981年）國際數學奧林匹克題 3．

【解】 若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1． 若m≠n，則由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，則以上步驟可以繼續下去，直至

從而得到數列：

n，m，uk，uk－1，?，uk－l，uk－l－1

此數列任意相鄰三項皆滿足ui＝ui－1＋ui－2，這恰好是斐波那契型數列．

而{1，2，?，1981}中斐氏數為：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可見m＝987，n＝1597時，m2＋n2＝3524578為滿足條件的最大值． A2－008 求方程w?。絰?。珁?。珃！的所有正整數解．

【題說】 第十五屆（1983年）加拿大數學奧林匹克題 1． 【解】 不妨設x?y?z．顯然w?z＋1，因此

（z＋1）！?w?。絰?。珁?。珃！?32z！

從而z?2．通過計算知x＝y＝z＝2，w＝3是原方程的唯一解． A2－009 求滿足下式的所有整數n，m：

n2＋（n＋1）2＝m4＋（m＋1）4

【題說】 1984年匈牙利阿拉尼2丹尼爾數學競賽（15年齡組）題 1． 【解】 由原式得

n（n＋1）＝m（m＋1）（m＋m＋2）

設m＋m＝k，我們有n（n＋1）＝k（k＋2）．顯然，只可能兩邊為零．解是（0，0），（0，－1），（－1，0），（－1，1）．

A1－010 前1000個正整數中可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的正整數有多少個？ 【題說】 第三屆（1985年）美國數學邀請賽題 10． 【解】 令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．

22個不同的正整數值．

另一方面f（x＋n）＝f（x）＋20n對任一正整數n成立．將1－1000分為50段，每20個為1段．每段中，f（x）可取12個值．故總共可取到50312＝600個值，亦即在前1000個正整數中有600個可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的形式． A2－011 使n＋100能被n＋10整除的正整數n的最大值是多少？

【題說】 第四屆（1986年）美國數學邀請賽題 5．

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

第九講 整數問題：求解問題之三

A2－012 a、b、c、d為兩兩不同的正整數，并且

a＋b＝cd，ab＝c＋d 求出所有滿足上述要求的四元數組a、b、c、d． 【題說】 1987年匈牙利數學奧林匹克題 1．

【解】 由于a≠b，所以當且僅當a＝1或b＝1時，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中總有一個（也只有一個）為1．如果a＝1，那么由消去b可以推出

從而得到c＝2，d＝3，或者c＝3，d＝2． 這樣，本題的答案可以列成下表

A2－013 設[r，s]表示正整數r和s的最小公倍數，求有序三元正整數組（a，b，c）的個數，其中[a，b]＝1000，[b，c]＝2000，[c，a]＝2000．

【題說】 第五屆（1987年）美國數學邀請賽題 7．

【解】 顯然，a、b、c都是形如2m25n的數．設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應是4，m1、m2中必有一是3．另一個可以是0、1、2或3之任一種，因此m1、m2的取法有7種．又，n1、n2、n3中必有兩個是3，另一個可以是0、1、2或3．因此n1、n2、n3取法有10種．故mi、ni（i＝1、2、3）不同取法共有7310＝70種，即三元組共有70個．

A2－014 設m的立方根是一個形如n＋r的數，這里n為正整數，r為小于1/1000的正實數．當m是滿足上述條件的最小正整數時，求n的值．

【題說】 第五屆（1987年）美國數學邀請賽題12．

m＝n3＋1＜（n＋1032－3－3）3

－6

－9＝n＋3n210＋3n210＋10 于是

從而n＝19（此時m＝193＋1為最小）．

【題說】 第十三屆（1987年）全俄數學奧林匹克九年級題 1． 【解】 144＝122，1444＝382 設n＞3，則

則k必是一個偶數．所以

也是一個自然數的完全平方，但這是不可能的．因為平方數除以4，因此，本題答案為n＝2，3．

A2－016 當n是怎樣的最小自然數時，方程[10n/x]＝1989有整數解？

【題說】 第二十三屆（1989年）全蘇數學奧林匹克十年級題 1． 【解】 1989?10n/x＜1990 所以

10n/1990＜x?10n/1989

即

1020.000502512?＜x?1020.000502765?

所以n＝7，這時x＝5026與5027是解．

A2－017 設an＝50＋n2，n＝1，2，?．對每個n，an與an＋1的最大公約數記為dn．求dn的最大值． 【題說】 1990年日本第1輪選拔賽題 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是奇數）＝（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）時，dn＝201． 故所求值為201．

A2－018 n是滿足下列條件的最小正整數：（1）n是75的倍數；

（2）n恰為 75個正整數因子（包括1及本身）．試求n/75． 【題說】 第八屆（1990年）美國數學邀請賽題5．

【解】 為保證 n是75的倍數而又盡可能地小，可設n＝22325，其中α?0，β?1，γ?2，并且

（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75 由75＝5223，易知當α＝β＝4，γ＝2時，符合條件（1）、（2）．此時n＝24234252，n/75＝432．

α

β

γ

2第十講 整數問題;求解問題之四

A2－019 1．求出兩個自然數x、y，使得xy＋x和xy＋y分別是不同的自然數的平方．

2．能否在988至1991范圍內求到這樣的x和y？

【題說】 第二十五屆（1991年）全蘇數學奧林匹克九年級題5． 【解】 1．例如x＝1，y＝8即滿足要求． 2．假設

988?x＜y?1991 x、y∈N，使得xy＋x與xy＋y是不同的自然數的平方，則

x2＜xy＋x＜xy＋y 這時

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與1991之間不存在這樣的自然數x、y．

A2－020 求所有自然數n，使得

這里[n/k2]表示不超過n/k2的最大整數，N是自然數集． 【題說】 1991年中國數學奧林匹克題 5． 【解】 題給條件等價于，對一切k∈N，k2＋n/k2?1991（1）

且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992．（2）（1）等價于對一切k∈N，k4－1991k2＋n?0 即（k2－1991/2）2＋n－19912/4?0（3）

故（3）式左邊在k取32時最小，因此（1）等價于

n?19913322－324＝10243967 又，（2）等價于存在k∈N，使

（k－996）＋n－996＜0 上式左邊也在k＝32時最小，故（2）等價于

n＜19923322－324＝10243968 故n為滿足

10243967?n?10243967＋1023 的一切整數．

A2－021 設n是固定的正整數，求出滿足下述性質的所有正整數的和：在二進制的數字表示中，正好是由2n個數字組成，其中有n個1和n個0，但首位數字不是0．

【題說】 第二十三屆（1991年）加拿大數學奧林匹克題2． 【解】 n＝1，易知所求和S1＝2．

n?2時，首位數字為1的2n位數，在其余2n－1位上，只要n個0的位置確定了．則n－1個1的位置也就確定了，從而這個2n位二進制數也隨之確定．

現考慮第k（2n＞k?1）位數字是1的數的個數．因為其中n個0的位置只可從2n－2個位置（除去首位和第k位）中選擇，故這樣的

將所有這樣的2n位二進制數相加，按數位求和，便有

A2－022 在{1000，1001，1002，?，2000}中有多少對相鄰的數滿足下列條件：每對中的兩數相加時不需要進位？ 【題說】 第十屆（1992年）美國數學邀請賽題6．

7或 8時，則當n和n＋1相加時將發生進位．再若b＝9而c≠9；a＝9而b≠9或c≠9．則當n和n＋1相加時也將發生進位．

如果不是上面描述的數，則n有如下形式

其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}．對這種形式的n，當n和n＋1相加時不會發生進位，所以共有

53＋52＋5＋1＝156 個這樣的n．

A2－023 定義一個正整數n是一個階乘的“尾”，如果存在一個正整數m，使得m！的十進位制表示中，結尾恰好有n個零，那么小于1992的正整數中有多少個不是階乘的尾？

【題說】 第十屆（1992年）美國數學邀請賽題15．

【解】 設f（m）為m！的尾．則f（m）是m的不減函數，且當m是5的倍數時，有

f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3）

＝f（m＋4）＜f（m＋5）

因此，從f（0）＝0開始，f（m）依次取值為：

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，則

因而m＞431991＝7964．由公式（1）可計算出f（7965）＝1988，從而f（7975）＝1991． 在序列（1）中共有7980項，不同的值有7980/5＝1596個．所以在{0，1，2，?，1991}中，有1992－1596＝396個值不在（1）中出現．這就說明，有396個正整數不是階乘的尾．

第十一講：整數問題：求解問題之五

A2－024 數列{an}定義如下：a0＝1，a1＝2，an＋2＝an＋（an＋1）2．求a1992除以7所得的余數．

【題說】 1992年日本數學奧林匹克預選賽題1． 【解】 考慮an以7為模的同余式： 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的余數以10為周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）．

A2－025 求所有的正整數n，滿足等式

S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝?＝S（n2）

其中S（x）表示十進制正整數x的各位數字和．

【題說】 1992年捷克和斯洛伐克數學奧林匹克（最后一輪）題 3． 【解】 顯然，n＝1滿足要求．

由于對正整數x，有S（x）≡x（mod 9），故當n＞1時，有

n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）

所以9|n．

若n是一位數，則n＝9，又S（9）＝S（239）＝S（339）＝?＝S（92）＝9，故9滿足要求． 22

10?n＜10

k

k＋又9 10k，故

10k＋1?n＜10k1

＋若n＜10k＋10k1＋?＋10＋1，則 －

與已知矛盾，從而

n?10k＋10k1＋?＋10＋1（1）

－令n＝9m．設m的位數為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個，bi＋ci＝9，i＝1，2，?，l． 所以

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

＋另一方面，當 n＝99?9＝10k1－1時，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝?＝S（n2）． ＋綜上所述，滿足要求的正整數為n＝1及n＝10k－1（k?1）．

A2－026 求最大正整數k，使得3k|（23m＋1），其中m為任意正整數． 【題說】 1992年友誼杯國際數學競賽十、十一年級題 2． 【解】 當m＝1時，23m＋1＝9，故k?2．又由于 2＋1＝（2）≡（－1）3＝0 所以，對任意正整數m，9|（23m＋1）．即所求k的值為2． m－13m33m－1＋1 ＋1（mod 9）

最大整數．

【題說】 1993年全國聯賽一試題2（4），原是填空題． 【解】 因為1093＋33＝（1031）3＋33 ＝（1031＋3）（（1031）2－331031＋ 32）

＝（1031）（1031－3）＋9－1 它的個位數字是8，十位數字是0．

A2－028 試求所有滿足如下性質的四元實數組：組中的任一數都等于其余三個數中某兩個數的乘積． 【題說】 第十九屆（1993年）全俄數學奧林匹克十一年級二試題5．

【解】 設這組數的絕對值為a?b?c?d．無論a為b，c，d哪兩個數的乘積，均有a?bc，類似地，d?bc．從而，bc?a?b?c?d?bc，即a＝b＝c＝d＝a2．所以a＝0或1，不難驗證，如果組中有負數，則負數的個數為2或3．

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

第十二講 整數問題：求解問題之六

A2－029 對任意的實數x，函數f（x）有性質f（x）＋f（x－1）＝x．如果f（19）＝94，那么f（94）除以1000的余數是多少？

【題說】 第十二屆（1994年）美國數學邀請賽題3． 【解】 重復使用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的余數是561．

A2－030 對實數x，[x]表示x的整數部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋?＋[log2n]＝1994成立的正整數n． 【題說】 第十二屆（1994年）美國數學邀請賽題 4．

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

A2－031 對給定的一個正整數n．設p（n）表示n的各位上的非零數字乘積（如果n只有一位數字，那么p（n）等于那個數字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋?＋p（999），則S的最大素因子是多少？

【題說】 第十二屆（1994年）美國數學邀請賽題5．

【解】 將每個小于1000的正整數作為三位數，（若位數小于3，則前面補0，如 25可寫成 025），所有這樣的正整數各位數字乘積的和是

（02020＋02021＋02022＋?＋92928＋92929）－02020 ＝（0＋1＋2＋?＋9）3－0 p（n）是n的非零數字的乘積，這個乘積的和可以由上面表達式將0換成1而得到． 因此，＝463－1＝3325272103 最大的素因子是103．

A2－032 求所有不相同的素數p、q、r和s，使得它們的和仍是素數，并且p2＋qs及p2＋qr都是平方數． 【題說】 第二十屆（1994年）全俄數學奧林匹克九年級題7．

【解】 因為四個奇素數之和是大于2的偶數，所以所求的素數中必有一個為偶數2．

若p≠2，則p2＋qs或p2＋qr中有一個形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，這是不可能的，因為奇數的平方除以4的余數是1，所以p＝2．

設22＋qs＝a2，則qs＝（a＋2）（a－2）．

若a－2＝1，則qs＝5，因為q、s是奇素數，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． 三個數q－

4、q、q＋4被3除，余數各不相同，因此其中必有一個被 3整除．q或q＋4為3時，都導致矛盾，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 求所有這樣的素數，它既是兩個素數之和，同時又是兩個素數之差． 【題說】 第二十屆（1994年）全俄數學奧林匹克十年級題5．

【解】 設所求的素數為p，因它是兩素數之和，故p＞2，從而p是奇數．因此，和為p的兩個素數中有一個是2，同時差為p的兩個素數中，減數也是2，即p＝q＋2，p＝r－2，其中q、r為素數．于是p－

2、p、p＋2均為素數．在三個連續的奇數中必有一數被3整除，因這數為素數，故必為3．不難驗證只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7時，才滿足條件．所以所求的素數是5．

個整數．

【題說】 第三十五屆（1994年）國際數學奧林匹克題4．本題由澳大利亞提供．

【解】 n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因為（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對稱，不妨設m?n．

當n＝1時，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，從而m＝2或3，以下設n?2．

若m＝n，則n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），從而n2－1|（n＋1），m＝n＝2． 若m＞n，則由于

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

（m－n－1）（n－1）＝2 從而

于是本題答案為

（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九組．

第十三講 整數問題 ：求解問題之七

【題說】 第十三屆（1995年）美國數學邀請賽題7． 【解】 由已知得

即

所以

A2－036 一個正整數不是42的正整數倍與合數之和．這個數最大是多少？ 【題說】 第十三屆（1995年）美國數學邀請賽題10．

【解】 設這數為42n＋p，其中n為非負整數，p為小于42的素數或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，都是合數，所以在n?5時，42n＋p都可表成42的正整數倍與合數之和，只有4235＋5例外．因此，所求的數就是4235＋5＝215．

A2－038 求所有正整數x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，這里z是x、y的最大公約數． 【題說】 第三十六屆（1995年）IMO預選題．

【解】 由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．設x＝az2，y＝bz，則原方程化為 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）中不等式的等號只在b＝1并且b＝a＋z時成立，而這種情況不可能出現（a＋z＞1），所以（2）是嚴格的不等式．這表明

（z2－2）a－2Z＜0（3）從而z?2（否則（3）的左邊?z2－2－2z?z－2＞0）． 222在z＝2時，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，從而x＝4，y＝2或6． 在z＝1時，（1）成為

a＋b＋1＝ab（4）從而

（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2 這表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3． 因此本題共有四組解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．

A2－039 設 m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示 m、n的最大公約數． 【題說】 1996年日本數學奧林匹克題 2． 【解】 記H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）． 則

H（0，1）＝（2，12）＝2 H（1，1）＝（12，12）＝12 因H（m，n）＝H（n，m），故可設n?m． 當n?2m時，（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當m?n＜2m時，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－n－m＋7n

－m）－5n

－m

7n

－m

（52m

＋72mn））－－－＝（5m＋7m，52mn＋72mn）記

則

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

當（m，n）＝1時，反復進行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．從而有

A2－040 求下列方程的正整數解：

（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab 其中a?b，[a，b]、（a，b）分別表示a與b的最小公倍數與最大公因數． 【題說】 1996年日本數學奧林匹克預選賽題 7．

【解】 記（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，則[a，b]＝da′b′．題設條件變為 1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′（*）所以

故1＜d?4．

當d＝4時，a′＝b′＝1，從而a＝b＝4； 當d＝3時，（*）等價于

（2a′－1）（2b′－1）＝3 由a′?b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3． 當d＝2時，（*）等價于

（a′－1）（b′－1）＝2 由a′?b′得a′＝3，b′＝2．從而a＝6，b＝4． 綜上所述，所求的正整數解有4，4；6，4；6，3．

A2－041 一個幻方中，每一行，每一列及每一對角線上的三個數之和有相同的值．圖示一個幻方中的四個數，求x． 【題說】 第十四屆（1996年）美國數學邀請賽題1．

【解】 幻方中兩條對角線的和與第二列的和都為同一值s，這3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一數的3倍．所以中央的

左下角的數為19＋96－1＝114．因此

x＝33105－19－96＝200

第十四講 整數問題：求解問題之八

A2－042 對整數1，2，3，?，10的每一個排列a1，a2，?，a10，作和

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

數．求p＋q．

【題說】 第十四屆（1996年）美國數學邀請賽題12． 【解】 差|ai－aj|有如下的45種：

這45種的和為139＋238＋337＋436＋535＋634＋733＋832＋931＝165．每一種出現的次數相同，而在和

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

A2－043 設正整數a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整數的平方．求這兩個平方數中較小的數能夠取到的最小值． 【題說】 第三十七屆（1996年）國際數學奧林匹克題4．本題由俄羅斯提供． 【解】 15a＋16b＝r，16a－15b＝s 于是

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

由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方為0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一數的平方．因22此，16r≡15s（mod 13）時，必有13|s．

22同樣，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方為 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時，b＝（16－15）3481＝481，a＝（16＋15）3481＝313481，滿足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2． 所以所說最小值為481．

A2－044 設自然數n為十進制中的10位數．從左邊數起第1位上的數恰是n的數字中0的個數，第2位上的數恰是n的數字中1的個數，一般地，第k＋1位上的數恰是n的數字中k的個數（0?k?9）．求一切這樣的數n．

【題說】 1997年日本數學奧林匹克預選賽題 7．

【解】 設n的左數第k＋1位上的數字為nk（0?k?9），則數字k出現的次數為nk．因為n是10位數，所以 n0＋n1＋n2＋?＋n9＝10（1）

又數字k若在左數第nj＋1位上出現，則數字j在n中出現k次．nk個k意味著有數字j1，j2，?，jnk，共出現knk次．于是，又有

ni＋2n2＋?＋9n9＝10（2）

由（2）顯然n5，n6，n7，n8，n9，至多一個非零，且n6，n7，n8，n9均?1． 若 n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0（3）

則n0?5．于是n中至少有一個數字?5，與（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一個非零，其余四個為0．從而 n1＋2n2＋3n3＋4n4?5（4）

（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有兩個為0，從而n中0的個數不少于6，即n0?6．于是n6，n7，n8，n9中有一個為1，n5＝0．

若n9＝1，則n0＝9，n1?1，這顯然不可能．

若n8＝1，則n0＝8，n1?1，但無論n1＞1或n1＝1均不合要求．

若n7＝1，則n0＝7，n1＝1或2，前者顯然不合要求．后者導致n2?1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．

若n6＝1，則n0＝6，n1＝2或3．n1＝2時，n2＝1，數6210001000滿足要求．n1＝3時，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．

綜上所述，滿足條件的10位數n只有6210001000．

A2－045 求所有的整數對（a，b），其中a?1，b?1，且滿足等式ab2＝ba． 【題說】 第三十八屆（1997年）國際數學奧林匹克題5．本題由捷克提供． 【解】 顯然當a、b中有一個等于1時，（a，b）＝（1，1）．以下設a，b?2．

設t＝b2/a，則由題中等式得到b＝at，at＝a2t，從而t＝a2t1．如果2t－1?1，則t＝a2t1?（1＋1）2t1?1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我們有0＜t＜1．

－

－

－記K＝1/t，則K＝a/b2＞1為有理數，由a＝bk可知 K＝bK－2

（1）

如果K?2，則K＝bK2?1，與前面所證K＞1矛盾，因此K＞2．設K＝p/q，p，q∈N，p、q互質，則p＞2q．于是由（1）－

q＝1，即K為一個大于2的自然數．

當b＝2時，由（2）式得到K＝2K2，所以K?4．又因為

－

等號當且僅當K＝4時成立，所以得到a＝bK＝24＝16．

當b?3時，＝bK2?（1＋2）K2?1＋2（K－2）＝2K－3．從而得到K?3．這意味著K＝3，于是得到b＝3，a＝bK＝33＝27． －－綜上所述，滿足題目等式的所有正整數對為（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）．

第十五講 整數問題：數字問題之一

時間：2004-4-19 11:57:00 來源：www.tmdps.cn整除．

【題說】第九屆（1967年）國際數學奧林匹克題3．本題由英國提供． 【證】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）！

因此只需證 nn

=A2B 是整數．

由于n個連續整數之積能被n！整除，故A是整數．

是整數．因為m＋k＋1是大于n＋1的質數，所以m＋k＋1與（n＋1）！互素，從而（m＋k＋2）（m＋k＋3）?（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整數，命題得證．

A4－009 設a、b、m、n是自然數且a與b互素，又a＞1，證明：如果am＋bm能被an＋bn整除，那么m能被n整除． 【題說】第六屆（1972年）全蘇數學奧林匹克十年級題1． 【證】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．

設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（同時q是奇數）．亦即n|m．

A4－010 設m，n為任意的非負整數，證明：

是整數（約定0！=1）．

【題說】第十四屆（1972年）國際數學奧林匹克題3．本題由英國提供．

易證 f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）（1）n）為整數，則由（1），f（m＋1，n）是整數． 因此，對一切非負整數m、n，f（m，n）是整數． A4－011 證明對任意的自然數n，和數

不能被5整除．

【題說】第十六屆（1974年）國際數學奧林匹克題3．本題由羅馬尼亞提供．

又

兩式相乘得

因為72n+1=7349≡23（－1）（mod 5）

nn

A4－012 設p和q均為自然數，使得

證明：數p可被1979整除．

【題說】第二十一屆（1979年）國際數學奧林匹克題1．本題由原聯邦德國提供．

將等式兩邊同乘以1319！，得

其中N是自然數．

由此可見1979整除1319！3p．因為1979是素數，顯然不能整除1319！，所以1979整除p．

A4－013 一個六位數能被37整除，它的六個數字各個相同且都不是0．證明：重新排列這個數的六個數字，至少可得到23個不同的能被37整除的六位數．

【題說】第十四屆（1980年）全蘇數學奧林匹克十年級題1．

（c＋f）被37整除．

由于上述括號中的數字是對稱出現的，且各數字不為0，故交換對

又因為100a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以

各再得7個被37整除的數，這樣共得23個六位數．

第二十講 整數問題：整除之三

A4－014（a）對于什么樣的整數n＞2，有n個連續正整數，其中最大的數是其余n－1個數的最小公倍數的約數？（b）對于什么樣的n＞2，恰有一組正整數具有上述性質？ 【題說】第二十二屆（1981年）國際數學奧林匹克題4． 【解】設n個連續正整數中最大的為m．

當n=3時，如果m是m－1，m－2的最小公倍數的約數，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m－1）（m－2）得m|2，與m－2＞0矛盾．

設n=4．由于

m|（m－1）（m－2）（m－3）所以m|6，而m＞4，故這時只有一組正整數3，4，5，6具有所述性質．

設n＞4．由于m|（m－1）（m－2）?（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），則（n－1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1與n－2互質，m－（n－1）與m－（n－2）互質，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）與m－（n－2）的最小公倍數，因而m具有題述性質．

類似地，取m=（n－2）（n－3），則m整除m－（n－2）與m－（n－3）的最小公倍數，因而m具有題述性質． 所以，當n?4時，總能找到具有題述性質的一組正整數．當且僅當n=4時，恰有唯一的一組正整數．

A4－018

試求出所有的正整數a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a－1）（b－1）（c－1）是abc－1的約數． 【題說】第三十三屆（1992年）國際數學奧林匹克題1．本題由新西蘭提供． 【解】設x=a－1，y=b－1，z=c－1，則1?x＜y＜z并且xyz是

（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的約數，從而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的約數． 由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．

若x=1，則yz是奇數1＋2y＋2z的約數．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的約數．于是z=7．

若x=2，則2yz是2＋3y＋3z＋yz的約數，從而y，z均為偶數，設y=2y1，z=2z1，則4y1z1?1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因為y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的約數得z1=7，z=14．

因此，所求解為（3，5，15）與（2，4，8）．

A4－019 x與y是兩個互素的正整數，且xy≠1，n為正偶數．證明：x＋y不整除xn＋yn． 【題說】1992年日本數學奧林匹克題1．

【證】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1． 當n=2時，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）假設當n=2k（k∈N+）時，（x＋y）

2xy．故（x＋y）

（x2＋y2）．

（x2k＋y2k）．則當n=2（k＋1）時，由于

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

所以（x＋y）

A4－020 證明當且僅當n＋1不是奇素數時，前n個自然數的積被前n個自然數的和整除． 【題說】第二十四屆（1992年）加拿大數學奧林匹克題1．（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故對一切正偶數n，x＋y不整除xn＋yn．

若n＋1為奇合數，設n＋1=qr，q、r為奇數且3?q?r，則n

A4－021 找出4個不同的正整數，它們的積能被它們中的任意兩個數的和整除． 你能找出一組5個或更多個數具有同樣的性質嗎？ 【題說】1992年英國數學奧林匹克題3． 【解】顯然，2、6、10、14滿足要求． 任取n個不同的正整數。a1、a2、?、an，令

則n個不同的正整數la1、la2、?、lan中任意兩個的和顯然整除l2，從而整除它們的積lna1a2?an． A4－022 求最大自然數x，使得對每一個自然數y，x能整除7y＋12y－1． 【題說】1992年友誼杯國際數學競賽七年級題1．

【解】當y=1時，7y＋12y－1=18．假設7y＋12y－1是18的倍數，因為 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的倍數．

從而對一切自然數y，18整除7y＋12y－1，所求的x即18． A4－023 證明：若n為大于1的自然數，則2n－1不能被n整除． 【題說】1992年友誼杯國際數學競賽九年級題2． 【證】若n是偶數，顯然有n

n

（2n－1）．若n是奇素數，由費馬定理知2n≡2（mod n），所以2n－1≡1（mod n），即

n

r

n

yyy（2n－1）．若n是奇合數，設p是n的最小素因子，由費馬定理知2p-1≡1（mod P）；若i是使2i≡1（mod P）成立的最n，設n=qi＋r，0＜r＜i，則2≡小自然數，則2?i?P－1，從而i 1（mod p），即p（2n－1），故n

（2－1）．

第二十一講 整數問題：整除之四

A4－024 當n為何正整數時，323整除20＋16－3－1？ 【題說】第三屆（1993年）澳門數學奧林匹克第一輪題5． 【解】 323=17319 當n為偶數時，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）

所以此時323整除20＋16－3－1．

當n為奇數時，20n＋16n－3n－1≡3n－1－3n≡－2 A4－025 設x、y、z都是整數，滿足條件

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

【題說】第十九屆（1993年）全俄數學奧林匹克九年級二試題5．

【證】（1）整數x、y、z被3除后余數都相同時，27|（x－y）（y－z）（z－x），即27|x＋y＋z．（2）x、y、z被3除后有且僅有兩個余數相同，例如x≡y（mod 3），且y 與（*）式矛盾，可見情形（2）不會發生．

（3）x、y、z被3除后余數都不相同，這時3|（x＋y＋z），但3 也不會發生．

于是，x、y、z除以3余數都相同，并且，27|x＋y＋z．

A4－026 對于自然數n，如果對于任何整數a，只要n|an－1，就有n2|an－1，則稱n具有性質P．（1）求證每個素數n都具有性質P；（2）求證有無窮多個合數也都具有性質P．

【題說】第三十四屆（1993年）IMO預選題．本題由印度提供． 【證】（1）設n=P為素數且p|（ap－1），于是，（a，p）=1．因為

ap－1=a（ap-1－1）＋（a－1）

由費馬小定理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 將這p個同余式加起來即得

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），所以此時323不整除20n＋16n－3n－1．

z（mod 3），這時3 x＋y＋z且3|（x－y），（x－y）（y－z）（z－x）．仍與（*）式矛盾，可見情況（3）

a≡1（mod n）．于是，像（1）一樣又可推得n2|（an－1）．因此，（q－1）（p－1）．因為q|（p－2），所以q

（p－1）．又因

具有性質P．顯然p＜n＜p2．取大于p2的素數，又可獲得另一個具有性質P的合數．所以，有無窮多個合數n具有性質p． A4－027 證明：對于自然數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]表示數a、b、c，?，z的最小公倍數．）【題說】第二十屆（1994年）全俄數學奧林匹克十年級（決賽）題5． 【證】將k、m、n分解．設

其中pi（i=1，2，?，l）為不同的素數，αi、βi、γi為非負整數．

對任一個素因數pi，不妨設0?αi?βi?γi．在所要證明的不等式左邊，pi的指數為βi＋γi＋γi=βi＋2γi；而右邊pi的指數為γi22=2γi．

因而所要證明的不等式成立．

A4－029 證明；所有形如10017，100117，1001117，?的整數皆可被53整除． 【題說】第五十八屆（1995年）莫斯科數學奧林匹克八年級題2． 【證】易知第一個數10017可被53整除，而數列中相鄰二數的差

也可被53整除，所以數列中所有數皆可被53整除

A4－030 證明：無論在數12008的兩個0之間添加多少個3，所得的數都可被19整除． 【題說】第五十八屆（1995年）莫斯科數學奧林匹克九年級題7． 【證】我們有

故結論成立 A4－031 設S={1，2，?，50），求最小自然數k，使S的任一k元子集中都存在兩個不同的數a與b，滿足（a＋b）|ab． 【題說】1996年中國數學奧林匹克（第十一屆數學冬令營）題2． 【解】設a、b∈S，滿足（a＋b）|ab，令（a，b）=c，則 a=ca1，b=cb1，（a1，b1）=1． 從而

c（a1＋b1）=（a＋b）|ab=c2a1b1

因為（a1＋b1，a1）=1，（a1＋b1，b1）=1，所以

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

在a1＋b1=3時，d=3，6，9，12，15，18，21，24，相應的（a，b）=（3，6），（6，12），（9，18），（12，24），（15，30），（18，36），（21，42），（24，48）．類似地，可得出a1＋b1=4，5，6，7，8，9時的數對（a，b）．將每一對得到的a、b用線相連成右圖．

S中剩下的25個數與圖上畫圈的13個數所成的38元集，不含任一對a、b滿足（a＋b）|ab．

另一方面，S中任一集R，如果元數?39，那么圖上至多11個數 R，從而12對數（14，35），（9，18），（28，21），（42，7），（5，20），（30，15），（45，36），（6，3），（10，40），（12，4），（24，8），（48，16）中至少有一對數都屬于R，即R中有a、b滿足（a＋b）|ab． 綜上所述，K=39．

A4－032 設自然數x、y、p、n和k滿足等式

x+y=p

證明：若n（n＞1）是奇數，p是奇素數，則n是數p的正整數冪． 【題說】第二十二屆（1996年）全俄數學奧林匹克九年級題3． 【證】不失一般性，設x與y都不被p整除．因為n為奇數，所以

n

n

k

用A表示上式右邊．由于p＞2，因此x、y中至少有一個數大于1．因為n＞1，所以A＞1．因為A（x＋y）=pk，所以A被p整除，數x＋y也被p整除． 于是得到

0≡A≡xn-1－xn-2（－x）＋xn-3（－x）2－?

第二篇：奧林匹克數學競賽系列

奧林匹克數學競賽系列

2004-8-3 15:18:19

小學部（三～六年級）

小學升初中數學暑期轉變促成班（跨越小學與中學的鴻溝）

――競賽班、精英班、提高班

華羅庚數學暑期考前輔導承諾班（精講思維導引，評析歷年考題, 承諾入學）華羅庚數學暑期考前輔導班（精講思維導引，評析歷年考題）

小學奧林匹克數學輔導班（金牌教練悉心傳授奧數真諦）

華羅庚數學秋季競賽精英班（面對競賽，培養創造思維）

華羅庚數學秋季同步提高班（與華校同步，吃透思維導引）

中學部（初一～初三）

初、高中數學、物理、化學競賽輔導班

初、高中各科聯賽短期賽前特訓班

競賽班（精英班、奧數班、華數班）

華羅庚數學暑期考前輔導承諾班（精講思維導引，評析歷年考題, 承諾入學）華羅庚數學暑期考前輔導班（精講思維導引，評析歷年考題）

小學奧林匹克數學輔導班（金牌教練悉心傳授奧數真諦）

華羅庚數學秋季競賽精英班（面對競賽，培養創造思維）

華羅庚數學秋季同步提高班（與華校同步，吃透思維導引）

第三篇：世界奧林匹克數學競賽喜報

世界奧林匹克數學競賽喜報

2月17日 在天津落幕的第八屆世界奧林匹克數學競賽（中國區）選拔賽中，寧夏代表隊的27名學生經過4天角逐，喜獲2金4銀7銅的優異成績。獲獎名單如下：

金獎： 牛盾（二十一小分校）鄭楚原（二十一小分校）

銀獎： 楊櫓海（二十一小分校）彭奧（興慶區回民一小）

閆佳瑋（銀川博文小學）胡冠卿（興慶區回民二?。?/p>

銅獎： 白亨達（銀川博文小學）孫昊（銀川博文小學）

任泓宇（興慶回民二?。╅Z怡雯（二十一小分校）

于芳（興慶區7小）何喆（金鳳區八小）

郭奧（二十一?。?/p>

優秀獎： 路松巖（二十一小分校）張鶴山（興慶區十二?。?/p>

饒添榮（二十一小分校）馬天寶（二十一小分校）

郭霄（銀川博文小學）張勇（興慶區十二?。?/p>

孫鵬翛（銀川實驗小學）李睿（興慶區回民二小）

王瑞懿（二十一小分校）馬魯騔（銀川博文小學）

周博軒（興慶區回民三?。╆愋び睿ń瘌P十一?。?/p>

朱琦（金鳳十一小）劉敏炎（二十一小分校

大賽指定培訓機構：北京清大（寧夏）教育管理中心

世界奧林匹克數學競賽官網是，本次比賽詳情網上查詢。

第四篇：全國初中奧林匹克化學競賽95版

1995年全國初中奧林匹克化學競賽

原子量：H－1

C－12

N－14

O－16

Na－23

Mg－24

Al－27

S－32

Cl－35.5

K－39

Ca－40

Fe－56

Cu－64

Zn－65

Ag－108

Ba－137

一、（本題共40分）下列小題分別有1個或2個正確答案，把正確答案的編號填在括號里。

1.天原化工廠是氯堿工業的現代化工廠，原料食鹽用水溶解制得飽和食鹽水，在電解前要除去雜質（如氯化鈣、硫酸鈣、氯化鎂），通常要加入的試劑是（）

①AgNO3

②BaCl2

③NaOH

④Na2CO3

⑤Ca(OH)2

(A)

①②③

（B）②③④

（C）①④⑤

（D）②③⑤

2.下列各組物質中，前者屬純凈物，后者屬混合物的是（）

（A）汽油

丁烷

（B）鋼

生鐵

（C）水

水煤氣

（D）乙烯

聚氯乙烯

3.下列敘述中正確的是（）

（A）混合物中元素一定呈化合態。

（B）某物質中只含有一種元素，該物質一定是純凈物。

（C）同素異形體之間的轉變一定是化學變化。

（D）某純凈物質不是化合物就是單質。

4.有H(+1)、O(－2)、C(+4)、Ca(+2)四種元素，按指定化合價最多可以組成化合物的種數

是（）

（A）5

（B）6

（C）7

（D）8

5.X、Y兩種元素的化合價分別是+1、－2，它們跟硫元素共同形成化合物的分子式

是（）

（A）X2SY

（B）XSY4

（C）X2SY3

（D）X2SY4

6.下列溶液通入氣體后與下圖中的曲線變化相符的是（）

pH

值

0

通往氣體的量

（A）氯化鈉溶液中不斷通入氯化氫氣體

（B）澄清石灰水中不斷通入二氧化碳氣體

（C）鹽酸中不斷通入氨氣

（D）碳酸鈉溶液中不斷通入氯化氫氣體

7.碳元素與某非金屬元素R可形成化合物CRX，已知在一個分子中各原子的電子數之和為74，則R的原子序數和X的值分別是（）

（A）16，2

(B)35，4

(C)17，4

(D)26，3

8.將NaNO3和KC1兩種飽和溶液混合后無晶體析出，在加熱蒸發時開始有晶體析出，此晶體是（）

（A）NaCl

(B)KNO3

(C)KCl

(D)NaNO3

9.在實驗室里用硝酸鈉、鹽酸、純堿、石灰石和蒸餾水五種試劑，無法制取的物質是（）

（A）二氧化碳

（B）氫氣

（Ｃ）燒堿

（D）濃硝酸

10.下列各組物質的溶液，不加任何試劑就能將其一一區別出來的是（）

（A）BaCl2、CuSO4、NaOH、NaCl

（B）Na2SO4、BaCl2、K2CO3、KNO3

（C）FeCl3、NaOH、H2SO4、Ba(NO3)2

（D）NaCl、Na2CO3、Zn(NO3)2、H2SO4

11.某一飽和硫酸銅溶液中，加入含18O的帶標記的無水硫酸銅粉末a克，則如果保持溫度不變，其結果是（）

（A）無水硫酸銅不再溶解，a克粉末不變

（B）溶液中可找到帶標記的SO42－，而且白色粗末變為藍色晶體，其質量大于a克

（C）溶液中可找到帶標記的SO42－，而且白色粗末變為藍色晶體，其質量小于a克

（D）溶液中溶解與結晶體達到平衡狀態，有部分帶標記的SO42－進入溶液，但固體粉末仍是a克。

12.X、Y兩元素的原子量之比為2:1，由兩元素形成的化合物中X、Y元素的質量比為2:3，其中X元素的化合物價為＋a，則化合物中Y元素的化合價為（）

（A）－

(B)－

(C)—

(D)—

13.某元素氧化物的分子量為a，價態相同的硫酸鹽的分子量為b，則此元素的化合價可能是（）

（A）

(B)

(C)

(D)

14.將某物質的溶液蒸發60克水后，溫度降到20℃，析出無水晶體5克，再蒸發60克水，溫度仍降到20℃，又析出無水晶體6克，下列敘述中正確的是（）

（A）將原溶液變成飽和溶液，需補充溶質1克

（B）將原溶液變成飽和溶液，需補充溶質6克

（C）20℃時該溶質的溶解度為10克

（D）20℃時該溶質的溶解度為8.3克

15.已知某鹽在不同溫度下的溶解度如下表。若把質量百分比濃度為32%的該鹽溶液，由50℃逐漸冷卻，則開始有晶體析出的溫度范圍是（）

溫度（℃）

0

溶解度（克）

13.3

20.9

31.6

45.8

63.9

（A）0℃～10℃

（B）10℃～20℃

（C）20℃～30℃

（D）30℃～40℃

16.室溫時，將質量各為5克的下列物質分別放入100克水里，充分攪拌后所得溶液的質量百分比濃度最小的是（）

（A）氧化鈉

（B）氧化鈣

（C）氧化鉀）

（D）氫氧化鈉

17.在空氣中加熱4.8克銅粉，使其全部變成氧化銅。然后把它放入足量的稀硫酸中，待反應完畢后，再加蒸發溶劑，那么可制得硫酸銅晶體的質量是（）

（A）9.38克

（B）18.75克

（C）12克

（D）24克

18.粉末狀金屬混合物12克，加入足量的稀硫酸后產生1克氫氣，這種金屬混合物可能是（）

（A）Al和Fe

（B）Zn和Fe

（C）Mg和Cu

（D）Mg和Zn

19.現有5.85克NaCl樣品（其中混有少量下列某種鹽類），當它跟足量硝酸銀充分反應后，得到AgCl沉淀14.4克，則可能混入的鹽是（）

（A）KCl

（B）CaCl2

(C)BaCl2

(D)MgCl2

20.已知在相同的溫度和壓強下，任何氣體的體積和分子數成正比。在1體積空氣中混入1體積二氧化碳，在高溫下跟足量的焦炭反應，假設氧氣和二氧化碳都轉化為一氧化碳，則反應后氣體中一氧化碳的體積百分含量約是（）

（A）33.3%

(B)50%

(C)67%

(D)75%

二、（本題共24分）

21.上海天原化工廠以食鹽、水為主要原料生產多種化工產品。

（1）以食鹽和水為反應物，經過電解獲得氯氣、氫氣和氫氧化鈉。該反應的化學方程式是。

（1）

將氯氣溶于水時，有一部分氯氣跟水發生以下反應：

Cl2+H2O

HClO+HCl

(次氯酸)

寫出氯氣通入消石灰水溶液中發生反應的化學方程式：。

22.硅酸鹽是構成地殼巖石的主要成分，化學上常用二氧化硅和氧化物的形成表示其組成。例如，鎂橄欖石（Mg2SiO4）常以2MgO·SiO2表示。依照上法表示下列硅酸鹽的組成：

高嶺石Al2(Si2O5)(OH)4

鈣沸石Ca(Al2Si3O10)

·3H2O

滑石Mg3(Si4O10)(OH)2

23.當前發展較快、高效低毒的滅火劑叫“1211”滅火劑，其他學式是CF2lBr，命名方法是按碳、氟、氯、溴的順序分別以阿拉伯數字表示相應的原子數（末尾的“0”可略去）。按此命名原則，寫出下列幾種新型滅火劑的化學式：

1301，122，2402。

24.砷化氫AsH3是一種很強的還原劑，在室溫下它能在空氣中自然，其氧化產物是砒霜（As2O3），寫出該反應的化學方程式。

25.我國古代將爐甘石（ZnCO3）、赤銅（Cu2O）和木炭混合后加熱到800℃左右，得到一種外觀似金子的合金名為“金钅俞

石”。寫出有關反應的公學方程式：。

三、（本題共20分）

26.有一種工業廢水，已知其中含有大量硫酸亞鐵，少量的銀離子和鈉離子等，以及部分污泥。試設計一個既經濟又合理的方法回收金屬銀和硫酸亞鐵。分別列出實驗步驟并說明每一實驗步驟的目的。

27.物質溶于水時，有的放熱會使溶液溫度升高；有的吸熱會使溶液溫度降低。現用廣口瓶、試管、彎曲成如圖形狀的玻璃管，合適的橡皮塞和水為材料，設計一個裝置，使它能對物質溶于水時的吸熱或放熱現象進行研究。畫出裝置圖，并簡述原理。

28.某學生為了測定由兩種元素形成的氣態化合物X的組成，做了如圖所示的實施，把氣體X由注射器A緩慢送入裝有CuO的B裝置，使之完全反應，得到如下結果：

①

實驗前B管及藥品的質量為21.32克，實驗后為21.16克

②

C管中收集到的物質電解后可得到H2和O2，在D中收集到的是N2。

③

X中兩元素的質量比是14：3。問：

（1）C中收集到的液體，質量是

克。

（2）在實驗中看到的現象是。

（3）B中反應的化學方程式是。

29.今有一混有Na2SO4、NH4HCO3和NaCl的固體，在實驗室中以此混合物為原料要得到少量純凈的NaCl溶液。寫出選用的試劑和實驗步驟。

30.從含Cu2S的銅礦石中冶煉銅有多種方法。其中一種是：

①

先將礦石通空氣高溫焙燒，生成兩種氧化物。

②將焙燒過的礦石加上比它質量少一半的未經焙燒過的礦石，混合均勻后隔絕空氣再行高溫煅燒，結果得到金屬銅和一種刺激性氣體。寫出上述反應的化學方程式：、。

31.現有硫酸、氯化鋇、硫酸鈉和碳酸鈉四瓶溶液，為鑒別它們先把四瓶溶液標上A、B、C、D，然后進行以下實驗。

①

A跟B混合有氣體產生；A跟C混合有白色沉淀生成；A跟D混合時無明顯的反應現象。

②

A跟C反應所生成的白色沉淀能溶于B跟C反應后的溶液中。

由此可知：A是，B是，C是，D是。

四、（本題共10分）

32.將一定量碳酸氫鈉和銅的混合粉末放在容器里，在空氣中用酒精燈加熱至質量不再改變，此時發現加熱前后固體總質量相等，寫出有關的化學方程式，并計算原混合粉末中含銅的質量百分率。（碳酸氫鈉加熱會發生分解，生成碳酸鈉、二氧化碳和水，計算結果精確到0.1%。）

33.80℃時硫酸銅溶解度為55克（克/100）克水?，F有50克14.8%的硫酸銅溶液和5克38.7%的硫酸銅溶液，把這兩種溶液混合，并要使混合后的溶液在80℃時成為飽和溶液。問（1）可采用哪些措施？（2）如果試劑只有CuSO4·5H2O，請按所采取的措施分別進行計算得出結論。（計算結果精確到0.1克）

1995年全國初中奧林匹克化學競賽試題答案

1．B

2．CD

3．CD

4．C

5．CD

6．D

7．C

8．A

9．D1

O．AD

1．B

l

2．B

3．AD

4．AC

5．D

6．B

7·B1

8．A

9．BD

20．D

21．(1)2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑

(2)2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl

2＋Ca(ClO)2＋2H2O

22．Al2O3·2SiO2·2H2O，CaO·3SiO2·A12O3·3H2O，3MgO·4SiO2·H20

23．CF3Br；CF2Cl；C2F4Br2

24．2AsH3＋3O2=As2O3＋3H2O

25．①ZnCO3

ZnO＋CO2↑

②2ZnO＋C

2Zn＋CO2↑

③2Cu2O＋C

4Cu＋CO2↑

26．①過濾除去污泥。②向濾液中加入過量的鐵粉，使Ag還原為Ag。⑧過濾，將Ag和過量的鐵粉從溶液中分離出來。④將混有Fe粉的Ag用稀H2SO4處理，使Fe溶解。⑤過濾，分離出銀。⑥將③、⑤兩步的濾液合并，蒸發濃縮，冷卻結晶。⑦過濾，得硫酸亞鐵晶體。加熱晶體使其失去結晶水得到FeSO4

27．如右圖，在玻璃管中加水，在試管中加水，照圖連接好裝置后，向試管中加入NH4NO3晶體，可觀察到彎曲玻璃管左邊液面上升，右邊液面下降,說明物質溶于水時有吸熱現象發生。產生上述現象的原因是NH4NO3溶于水時擴散(物理)過程吸收的熱量大于水合(化學)過程放出的熱量，敵表現為溶液溫度降低，廣口瓶內氣壓減小，故左邊液面上升，右邊液面下降.28．(1)O．1

8；(2)黑色固體逐漸變為紅色；C管中有無色液體出現；D的內管向外推動。

(3)2NH3＋3CuO3Cu十N2↑＋3H20

29．(1)在試管中加入固體混合物，并加熱。(2)加熱的固體殘渣冷卻后加水溶解。(3)向溶液中加入足量的BaCl2溶液。(4)向試管溶液中再加入足量Na2CO3溶液。(5)過濾。(6)向濾液中加入鹽酸至不再產生氣泡為止。(7)將溶液加熱煮沸即得到NaCl溶液

30．2Cu2S＋3O22Cu20＋2SO2；

2Cu20＋Cu2S6Cu＋SO2↑

1．Na2CO3，H2SO4．BaCl2，Na2SO4；

2．5

9．6％

3．(1)①加入CuSO4；或CuSO4·5H2O；②加熱蒸發一部分水，再降溫至80℃。(2)用蒸發溶劑的方法需蒸發28．7克水；用增加溶質的方法需增加35．7克CuSO4·5H2O。

第五篇：初中八年級奧林匹克數學競賽(決賽)模擬試題附答案

初中八年級奧林匹克數學競賽

（決賽）試題附答案

（競賽時間：2010年3月21日上午9:30-11:30）

一、選擇題（每小題5分，共30分）

1．計算(1?2?5???2011)?(2?4?6???2010)的結果是（）

A． 1004B． 1006C． 1008D．1010

2．如圖1是一個無蓋正方體盒子的表面展開圖，A、B、C為圖上三點，則在正方體盒子中，∠ABC的度數為（）

A． 120°B．90°C． 60°D．45°

3．九年級的數學老師平均每月上6節輔導課，如果由女教師完成，則

每人每月應上15節；如果只由男教師完成，則每人應上輔導課（）節

A．9B． 10C． 12D．1

44．如果有四個不同的正整數m、n、p、q滿足（7－m）（7－n）（7－p）（7－q）=4，那么m+n+p+q

等于（）

A．21B． 24C． 26D．28

5．如圖2，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，AD平分

B

∠BAC，AD的延長線交BF于E，且E為垂足，則結論

E

D

①AD=BF，②CF=CD，③AC+CD=AB，④BE=CF，⑤BF=2BE，其中正確的結論的個數是（）

F

CA

(圖2）

A．4B．3C．2D．1 6．如果實數m?n，且

8m?nm?

18n?m?n?1，則m?n?（）

A． 7B． 8C． 9D．10

二、填空題（每小題5分，共30分）

7．若Q(a?201

1，41?a

49）是第三象限內的點，且a為整數，則a.8．若實數x，滿足 y2x2?3y2?1，S?3x2-2y2，則S的取值范圍是 9．在△ABC中，三個內角的度數均為整數，且∠A<∠B<∠C，5∠C=9∠A，則∠B的度數是.10．已知30x?2010，67y

?2010，則2x?

2y

?

.11．如圖3所示的長方形中，甲、乙、丙、丁四塊面積相等，甲的長是寬的2倍，設乙的長和寬分別是

a和b，則a:b?.12．已知平面直角坐標系內A、B兩點的坐標分別是

A(2，?3），B（4，?1），P（x, 0）是x軸上的一個動

點，則當x?時，△PAB的周長最短．以下三、四、五題要求寫出解題過程。

三、（本題滿分20分）

13．某公司用1400元向廠家訂了22張辦公椅，辦公椅有甲、乙、丙三種，它們的單價

分別是80元，50元，30元，問有哪些不同的訂購方案．

八年級數學競賽（決賽）試題答案

一、選擇題：1．B2．B3．B4．D5．A6．A

二、填空題：7． 20108． 0?S?

9． 5410． 211． 9:212． 3.5 6

四、（本題滿分20分）

14．如圖4，在△ABC中，AD交邊BC于點D，∠BAD=15°，∠ADC=4∠BAD，DC=2BD． ⑴求∠B的度數； ⑵求證：∠CAD=∠B.A

C

D

B

(圖4）

13、解：設80元x張，50元y張，則30元（22－x－y）張.由題意得 ?

?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

因為 x、y和

x都為整數，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 過C作CEAD于E，連接EB.∵∠ECD=90°－60°=30° ∴DC=2ED，∵DC=2BD，∴ED=BD

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

(圖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

將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、（本題滿分20分）15．已知

abacbc

a?b?4 a?c?5 b?c

?6.求17a?13b?7c的值．