2024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?477 B．7777 A．7711041103?2?3?4?2?3?477 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
5a65?2005.从而n?65,5n?325.
又
66P(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.
n2008、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 ．
n9、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
1nmsk?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 n2 * * 2k3 * * 4 * * * 6 * * * * * n则
?f(a)???T(j)?n[T(1)?T(2)]?(n?1)[T(3)?T(4)]??i?1i?1j?1?[T(2n?1)?T(2n)]
……②
k 由此，k?1记
?f(k)??(16?k)[T(2k?1)?T(k)]k?125615……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 ak1 3 3 6 4 6 155 7 6 8 7 6 9 8 ak 因此，k?1?f(k)??(16?k)ak?1k?783……④
14、将2006表示成5个正整数（1）当
x1,x2,x3,x4,x5S?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?2006S?, 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?6615、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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