专题02 整数（竞赛培优测试）-【竞赛】2024-2025学年初中数学竞赛能力培优教程（全国通用）

全国初中数学竞赛培优教程 专题02 整数专题测试卷 一．选择题（共6小题，满分30分，每小题5分） 1．设a、b、c、d为整数，且a＜2b、b＜3c、c＜4d，若d＜100，则a可能取的最大值是（　　） A．2367 B．2375 C．2391 D．2399 2．有99个大于1的自然数，它们的和为300，若把其中9个数各减去2，其余90个数各加上1，则所得的99个数的乘积必为（　　） A．奇数 B．偶数 C．质数 D．完全平方数 3．若a，b，c都是大于1的自然数，且ac＝252b，则a的最小值为（　　） A．42 B．24 C．21 D．15 4．某寺院有甲、乙、丙三口铜钟．甲钟每4s敲响一声，乙钟每5s敲响一声，丙钟每6s敲响一声．新年到来时，三口钟同时敲响且同时停敲，某人共听到365声钟响．若在此期间，甲、乙、丙三口钟敲响的次数分别为x次、y次、z次，则x+y+z＝（　　） A．365 B．484 C．585 D．465 5．设a、b、c、d、e的值均为0、1、2中之一，且a+b+c+d+e＝6，a2+b2+c2+d2+e2＝10，则a3+b3+c3+d3+e3的值为（　　） A．14 B．16 C．18 D．20 6．设四个自然数a、b、c、d满足条件1≤a＜b＜c＜d≤2004和a+b+c+d＝ad+bc，m与n分别为abcd的最大值和最小值，则等于（　　） A．2002 B．2004 C．2006 D．2008 二．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分） 7．设a、b、c、d为正整数，且a7＝b6，c3＝d2，c﹣a＝17，则d﹣b等于 　 　． 8．将1，2，3，…，100这100个自然数，任意分为50组，每组两个数，现将每组的两个数中任一数值记作a，另一个记作b，代入代数式中进行计算，求出其结果，50组数代入后可求得50个值，则这50个值的和的最大值是　 　． 9．已知对任意正整数n都有a1+a2+a3+…+an＝n3，则　 　． 10．三个三位数，，由数字a，b组成，它们的和是2331，则a+b的最大值是 　 　． 11．设，则4S的整数部分等于　 　． 12．《道德经》中的“道生一，一生二，二生三，三生万物”道出了自然数的特征．在数的学习过程中，我们会对其中一些具有某种特性的数进行研究，如学习自然数时，我们研究了奇数、偶数、质数、合数等．现在我们来研究另一种特殊的自然数﹣﹣“纯数”． 定义；对于自然数n，在计算n+（n+1）+（n+2）时，各数位都不产生进位，则称这个自然数n为“纯数”，例如：32是“纯数”，因为计算32+33+34时，各数位都不产生进位；23不是“纯数”，因为计算23+24+25时，个位产生了进位． 那么，小于100的自然数中，“纯数”的个数为 　 　个． 三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分） 13．（12分）（1）是否存在正整数m，n，使得m（m+2）＝n（n+1）？ （2）设k（k≥3）是给定的正整数，是否存在正整数m，n，使得m（m+k）＝n（n+1）？ 14．（10分）x、y、z均为整数，且11整除7x+2y﹣5z，求证：11整除3x﹣7y+12z． 15．（12分）已知p、q、、都是整数，且p＞1，q＞1．求p+q的值． 16．（12分）求所有满足下列条件的四位数，，其中数字c可以是0． 17．（14分）k、a、b为正整数，k被a2、b2整除所得的商分别为m，m+116． （1）若a，b互质，证明a2﹣b2与a2、b2都互质； （2）当a，b互质时，求k的值． （3）若a，b的最大公约数为5，求k的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 全国初中数学竞赛培优教程 专题02 整数专题测试卷 一．选择题（共6小题，满分30分，每小题5分） 1．设a、b、c、d为整数，且a＜2b、b＜3c、c＜4d，若d＜100，则a可能取的最大值是（　　） A．2367 B．2375 C．2391 D．2399 【分析】本题只需根据题意确定d的取值，然后依次可得出c、b、a的最大取值，继而可得出答案． 【解答】解：∵a取最大值，显然d＝99，则c＜4×99＝396； 取c＝395，则b＜3×395＝1185； 取b＝1184，则a＜2368， 故a的最大整数为2367． 故选：A． 【点评】本题考查了整数问题的综合应用，难度不大，解答本题的关键是根据题意确定d的值，这是本题的突破口． 2．有99个大于1的自然数，它们的和为300，若把其中9个数各减去2，其余90个数各加上1，则所得的99个数的乘积必为（　　） A．奇数 B．偶数 C．质数 D．完全平方数 【分析】首先根据99个大于1的自然数，它们的和为300，可以判断99个数中必然有一个为偶数，再知其中9个数各减去2，其余90个数各加上1，这99个数的奇偶性不会改变，于是知所得的99个数的乘积必为偶数． 【解答】解：经过加减操作，和的奇偶性不变，99个数的和仍然是偶数． 这99个数不可能都是奇数，否则其和必为奇数． 因此这99个数中至少有一个偶数，他们的乘积是偶数， 故选：B． 【点评】本题主要考查整数问题的综合运用的知识点，解答本题的关键是熟练掌握奇偶数的性质，此题难度一般． 3．若a，b，c都是大于1的自然数，且ac＝252b，则a的最小值为（　　） A．42 B．24 C．21 D．15 【分析】根据ac＝252b＝22×32×7b，得出当b最小值为7时，22×32×7b可以表示为（2×3×7）2的形式，从而得出a的最小值． 【解答】解：ac＝252b＝22×32×7b， 显然，当b最小值为7时，22×32×7b可以表示为（2×3×7）2的形式，从而a＝42，c＝2 故a的最小值为42， 故选：A． 【点评】此题主要考查了整数问题的综合应用，根据ac＝252b＝22×32×7b得出b的最小值是解题关键． 4．某寺院有甲、乙、丙三口铜钟．甲钟每4s敲响一声，乙钟每5s敲响一声，丙钟每6s敲响一声．新年到来时，三口钟同时敲响且同时停敲，某人共听到365声钟响．若在此期间，甲、乙、丙三口钟敲响的次数分别为x次、y次、z次，则x+y+z＝（　　） A．365 B．484 C．585 D．465 【分析】根据已知可以得出以一分钟为一个周期，甲钟响了15声，乙钟响了12声，丙钟响了10声，共响了37声，但人听到的只有28声， 因有时是两钟或三钟同时敲响的．由题意知共敲了13分钟，即可求出x+y+z的值． 【解答】解：由题意知：以一分钟为一个周期， 设f（a1，a2，an）表示60秒内同时听到隔a1，a2，an秒敲钟的次数． 则60秒内听到次数为f（4）+f（5）+f（6）﹣f（4，5）﹣f（5，6）﹣f（4，6）+f（4，5，6）＝15+12+10﹣3﹣5﹣2+1＝28． 我们可以发现：甲钟响了15声，乙钟响了12声，丙钟响了10声，共响了37声，但人听到的只有28声， 因有时是两钟或三钟同时敲响的．由题意知共敲了13分钟，x+y+z＝37×13+3＝484． 故选：B． 【点评】此题主要考查了整数问题的综合应用，根据已知得出以一分钟为周期得出人听到的只有28声是解决问题的关键． 5．设a、b、c、d、e的值均为0、1、2中之一，且a+b+c+d+e＝6，a2+b2+c2+d2+e2＝10，则a3+b3+c3+d3+e3的值为（　　） A．14 B．16 C．18 D．20 【分析】由a+b+c+d+e＝6，a2+b2+c2+d2+e2＝10，根据其差为4，即可求得a、b、c、d、e中一定是有2个2，继而可得a、b、c、d、e的中有1个0，2个1，然后代入a3+b3+c3+d3+e3即可求得答案． 【解答】解：∵a+b+c+d+e＝6，a2+b2+c2+d2+e2＝10， ∴（a2+b2+c2+d2+e2）﹣（a+b+c+d+e）＝10﹣6＝4， ∵0和1的平方都不变， ∴这个变化是2造成的． ∵22＝4， ∴a、b、c、d、e中一定是有2个2． ∵有了2个2，那么剩下三个加起来应该是2，这样五个数加起来才是6． 三个数加起来是 2，并且不是0就是 1，那么只有一种情况，1 个 0，2 个 1． 综上，a、b、c、d、e的中有1个0，2个1，2个2． ∴a3+b3+c3+d3+e3＝0+1+1+8+8＝18． 故选：C． 【点评】此题考查了整数的综合应用问题．此题难度较大，解题的关键是根据0和1的平方都不变，求得a、b、c、d、e中一定是有2个2，注意分论讨论思想的应用． 6．设四个自然数a、b、c、d满足条件1≤a＜b＜c＜d≤2004和a+b+c+d＝ad+bc，m与n分别为abcd的最大值和最小值，则等于（　　） A．2002 B．2004 C．2006 D．2008 【分析】根据除1外，任意两个自然数的积要大于这两个自然数的和，由已知条件可求a＝1，依此可得1+b+c＝bc，从而求得b＝2，c＝3，进一步求得m与n，再代入计算即可求解． 【解答】解：四个自然数a、b、c、d满足条件1≤a＜b＜c＜d≤2004和a+b+c+d＝ad+bc， 除1外，任意两个自然数的积要大于这两个自然数的和，所以要想满足a+b+c+d＝ad+bc，就要有1，即a＝1， 则1+b+c+d＝d+bc， 1+b+c＝bc， 只有2，3满足条件， 则b＝2，c＝3， abcd的最大值m＝1×2×3×2004＝12024，最小值n＝1×2×3×4＝24， 故2008． 故选：D． 【点评】考查了整数问题的综合运用，解题的难点是熟练掌握除1外，任意两个自然数的积要大于这两个自然数的和的知识点，依此求得a＝1． 二．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分） 7．设a、b、c、d为正整数，且a7＝b6，c3＝d2，c﹣a＝17，则d﹣b等于 　601　． 【分析】将a7＝b6，c3＝d2转化为关于同一底数幂的形式，再代入c﹣a＝17中试解即可． 【解答】解：因为a7＝b6，所以a只能是m6，b只能是m7． 同理c＝n2，d＝n3． 由c﹣a＝17，得 n2﹣m6＝17， （n+m3）（n﹣m3）＝17， 故n+m3＝17，n﹣m3＝1， 所以n＝9，m＝2． 因此a＝64，b＝128，c＝81．d＝729， d﹣b＝601． 【点评】此题考查了整数问题的综合运用，将题目条件进行转化，再进行试解是解题的关键，体现了转化思想在解题中的应用． 8．将1，2，3，…，100这100个自然数，任意分为50组，每组两个数，现将每组的两个数中任一数值记作a，另一个记作b，代入代数式中进行计算，求出其结果，50组数代入后可求得50个值，则这50个值的和的最大值是　3775　． 【分析】先分别讨论a和b的大小关系，分别得出代数式的值，进而举例得出规律，然后以此规律可得出符合题意的组合，求解即可． 【解答】解：①若a≥b，则代数式中绝对值符号可直接去掉， ∴代数式等于a， ②若b＞a则绝对值内符号相反， ∴代数式等于b 由此可见输入一对数字，可以得到这对数字中大的那个数（这跟谁是a谁是b无关） 既然是求和，那就要把这五十个数加起来还要最大， 我们可以枚举几组数，找找规律， 如果100和99一组，那么99就被浪费了， 因为输入100和99这组数字，得到的只是100， 如果我们取两组数字100和1一组，99和2一组， 则这两组数字代入再求和是199， 如果我们这样取100和99 2和1， 则这两组数字代入再求和是102， 这样，可以很明显的看出，应避免大的数字和大的数字相遇这样就可以使最后的和最大， 由此一来，只要100个自然数里面最大的五十个数字从51到100任意俩个数字不同组， 这样最终求得五十个数之和最大值就是五十个数字从51到100的和， 51+52+53+…+100＝3775． 故答案为：3775． 【点评】本题考查了整数问题的综合运用，有一定的难度，解答本题的关键是利用举例法得出组合规律，这在一些竞赛题的解答中经常用到，要注意掌握． 9．已知对任意正整数n都有a1+a2+a3+…+an＝n3，则　．　． 【分析】首先由a1+a2+a3+…+an＝n3，求得a2、a3、a4与a5的值，观察得到规律为：an＝3n（n﹣1）+1，即可求得a2011的值，代入，再提取公因式，由，即可求得结果． 【解答】解：∵a1+a2+a3+…+an＝n3， ∴a1＝1，a1+a2＝8，a1+a2+a3＝27，a1+a2+a3+a4＝64，a1+a2+a3+a4+a5＝125， ∴a2＝7，a3＝19，a4＝37，a5＝61，an＝3n（n﹣1）+1， ∴a2011＝3×2010×2011+1， ∴， （）， （1）， （1）， ． 故答案为：． 【点评】此题考查了规律性问题，考查了学生的观察归纳能力．注意此题找到规律an＝3n（n﹣1）+1与是解题的关键． 10．三个三位数，，由数字a，b组成，它们的和是2331，则a+b的最大值是 　15　． 【分析】根据题意得到a+2b＝21，根据数的整除性分别求出a、b的值，判断即可． 【解答】解：由题意得：100a+10b+b+100b+10a+b+100b+10b+a＝2331， 则111a+222b＝2331， ∴a+2b＝21， 当a＝3时，b＝9，a+b＝3+9＝12， 当a＝5时，b＝8，a+b＝5+8＝13， 当a＝7时，b＝7，a+b＝7+7＝14， 当a＝9时，b＝6，a+b＝6+9＝15， ∴a+b的最大值是15， 故答案为：15． 【点评】本题考查的是整数问题的综合运用，灵活运用有理数的整除性是解题的关键． 11．设，则4S的整数部分等于　4　． 【分析】首先根据不等式的性质，可得：S＝11+（）+（）+（）+…，整理求解可知：4S＜5，又由S＞1，可求得4S的整数部分的值． 【解答】解：∵S＝1， ＜1+（）+（）+（）+…， ＜1+（）+[4×（）+8×（）+…]， ＝1[]， ＝11， ∴4S＝44+（）＝5， ∵S＞1， ∴4S＞4， ∴4＜4S＜5， ∴4S的整数部分为4． 故答案为：4． 法二：当k＝2，3，4…2011， 因为[] 所以S＝1 ＜1（）（）（）（） ＝1•（） ＝1 即1＜S 即4＜4S＜5， 于是有4＜4S＜5， 故4S的整数部分等于4． 故答案为：4． 【点评】此题考查了整数知识的综合应用．注意不等式性质的应用是解此题的关键． 12．《道德经》中的“道生一，一生二，二生三，三生万物”道出了自然数的特征．在数的学习过程中，我们会对其中一些具有某种特性的数进行研究，如学习自然数时，我们研究了奇数、偶数、质数、合数等．现在我们来研究另一种特殊的自然数﹣﹣“纯数”． 定义；对于自然数n，在计算n+（n+1）+（n+2）时，各数位都不产生进位，则称这个自然数n为“纯数”，例如：32是“纯数”，因为计算32+33+34时，各数位都不产生进位；23不是“纯数”，因为计算23+24+25时，个位产生了进位． 那么，小于100的自然数中，“纯数”的个数为 　12　个． 【分析】根据题目中的新定义可以推出小于100的自然数中“纯数”的个数，本题得以解决． 【解答】解：由题意可得， 连续的三个自然数个位数字是0，1，2，其它位的数字为0，1，2，3时，不会产生进位， 当这个数是一位自然数时，只能是0，1，2，共三个， 当这个自然数是两位自然数时，十位数字是1，2，3，个位数是0，1，2，共九个， 由上可得，小于100的自然数中，“纯数”的个数为3+9＝12． 即小于100的自然数中，“纯数”的个数为12个． 故答案为：12． 【点评】本题考查质数与合数，有理数的加法、新定义，解答本题的关键是明确题意，利用题目中的新定义解答． 三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分） 13．（12分）（1）是否存在正整数m，n，使得m（m+2）＝n（n+1）？ （2）设k（k≥3）是给定的正整数，是否存在正整数m，n，使得m（m+k）＝n（n+1）？ 【分析】（1）m（m+2）＝n（n+1）可以变化成（m+1）2＝n2+n+1，若存在，则n2+n+1即是一个平方数，即可判断； （2）当k＝3时，利用与（1）相同的方法即可证明； 当k≥4时，可以分k是偶数与奇数两种情况进行讨论，当k是偶数时，可以设k＝2t（t是不小于2的整数），代入式子进行讨论；当k是奇数时，可以设k＝t+1（t是不小于2的整数），代入即可判断． 【解答】解：（1）答案是否定的．若存在正整数m，n，使得m（m+2）＝n（n+1），则（m+1）2＝n2+n+1，显然n＞1，于是n2＜n2+n+1＜（n+1）2，所以，n2+n+1不是平方数，矛盾． （2）当k＝3时，若存在正整数m，n，满足m（m+3）＝n（n+1），则4m2+12m＝4n2+4n，（2m+3）2＝（2n+1）2+8，（2m+3﹣2n﹣1）（2m+3+2n+1）＝8，（m﹣n+1）（m+n+2）＝2，而m+n+2＞2，故上式不可能成立． （10分） 当k≥4时，若k＝2t（t是不小于2的整数）为偶数，取m＝t2﹣t，n＝t2﹣1则m（m+k）＝（t2﹣t）（t2+t）＝t4﹣t2， n（n+1）＝（t2﹣1）t2＝t4﹣t2，因此这样的（m，n）满足条件．若k＝2t+1（t是不小于2的整数）为奇数，取 m，n则m（m+k）（2t+1）（t4+2t3﹣t2﹣2t），n（n+1）（t4+2t3﹣t2﹣2t），因此这样的（m，n）满足条件．综上所述，当k＝3时，答案是否定的；当k≥4时，答案是肯定的． （15分） 【点评】本题主要考查了整数的奇偶性，正确对k的范围进行分类，根据k的奇偶性对已知的式子m（m+k）＝n（n+1）进行变形是解题的关键． 14．（10分）x、y、z均为整数，且11整除7x+2y﹣5z，求证：11整除3x﹣7y+12z． 【分析】先由11|7x+2y﹣5z可知11整除（7x+2y﹣5z）×2，再根据x、y、z均为整数可求出11整除11×（x+y﹣2z），再把两式相减即可得出答案． 【解答】解：∵11整除7x+2y﹣5z， ∴11整除（7x+2y﹣5z）×2， ∵（7x+2y﹣5z）×2＝14x+4y﹣10z， ∵x、y、z均为整数， ∴x+y﹣2z为整数， ∴11整除11×（x+y﹣2z）， ∵11×（x+y﹣2z）＝11x+11y﹣22z， ∴（7x+2y﹣5z）×2﹣11×（x+y﹣2z）＝3x﹣7y+12z， ∴11能整除3x﹣7y+12z． 【点评】本题考查的是数的整除性问题，解答此题的关键是根据x、y、z均为整数得到x+y﹣2z为整数，且11整除11×（x+y﹣2z），再由整除的性质解答． 15．（12分）已知p、q、、都是整数，且p＞1，q＞1．求p+q的值． 【分析】此题运用假设法，如设若2，2，则2q﹣1＞＝2p，2p﹣1＞＝2q，两式相加得 2p+2q﹣2≥2p+2q，显然矛盾，可得出故，至少有一个小于2，再假设2，根据是整数，且p＞1 q＞1即可求出p、q的值，再由q＞1即可得出q＝3 p＝5，进而可得出结论． 【解答】解：若2，2，则2q﹣1≥2p，2p﹣1≥2q， 两式相加得 2p+2q﹣2≥2p+2q． 显然矛盾， 故，至少有一个小于2． 设2，因为是整数，且p＞1 q＞1， 所以1，即2q﹣1＝p． 又因为是整数，即4是整数， 所以q＝1或q＝3． 又因为q＞1，所以q＝3 p＝5，则q+p＝8． 故答案为：8． 【点评】本题考查的是整数问题的综合运用，解答此题的关键是利用反证法假设2，2，再根据2q﹣1≥2p，2p﹣1≥2q即可得出与已知相矛盾的结论，再设2，由不等式的基本性质及已知条件即可得出结论． 16．（12分）求所有满足下列条件的四位数，，其中数字c可以是0． 【分析】首先根据题意设，即可将四位数表示为100x+y＝（x+y）2，根据完全平方数与整除的性质求解即可． 【解答】解：设， 则100x+y＝（x+y）2， 故x2+（2y﹣100）x+（y2﹣y）＝0有整数解， 由于10＜x＜100，故y≠0． 因此△x＝（2y﹣100）2﹣4（y2﹣y）＝4（2500﹣99y）是完全平方数， 可设t2＝2500﹣99y， 故99y＝（50﹣t）（50+t），0≤50﹣t＜50+t之和为100， 而且其中有11的倍数，只能有50+t＝55，50﹣t＝1或50+t＝99，50﹣t＝45， 相应得到y＝1，25，代入解得 因此9801或2025或3025． 【点评】此题考查了数字与其数位上数字的关系以及完全平方数的性质．此题难度比较大，解题时要注意题目的要求． 17．（14分）k、a、b为正整数，k被a2、b2整除所得的商分别为m，m+116． （1）若a，b互质，证明a2﹣b2与a2、b2都互质； （2）当a，b互质时，求k的值． （3）若a，b的最大公约数为5，求k的值． 【分析】（1）假设出s是a2﹣b2与a2的最大公约数，得出a，b的关系为互质，得出s＝1；证出a2﹣b2与a2、b2都互质； （2）由k被a2、b2整除所得的商分别为m，m+116，得出ma2＝（m+116）b2得出（a2﹣b2）|116b2，得出a2﹣b2是116的约数，116＝2×2×29，进而得出k的值； （3）假设a＝5x，b＝5y，得出x，y的最大公约数为1，得出m（x2﹣y2）＝116（y）2进而得出k的值． 【解答】解：（1）设s为a2﹣b2与a2的最大公约数， 则a2﹣b2＝su，a2＝sv，u，v是正整数， ∴a2﹣（a2﹣b2）＝b2＝s（v﹣u），可见s是b2的约数， ∵a，b互质， ∴a2，b2互质，可见s＝1． 即a2﹣b2与a2互质，同理可证a2﹣b2与b2互质； （2）由题知：ma2＝（m+116）b2， m（a2﹣b2）＝116b2， ∴（a2﹣b2）|116b2， ∵（a2﹣b2，b2）＝（a2，b2）＝1， ∴（a2﹣b2）|116， 所以a2﹣b2是116的约数，116＝2×2×29， a2﹣b2＝（a﹣b）（a+b）， 而a﹣b和a+b同奇偶性，且a，b互质， ∴a2﹣b2要么是4的倍数，要么是一个大于3的奇数， ∴（a﹣b）（a+b）＝29 或（a﹣b）（a+b）＝116， ∴a﹣b＝1，a+b＝29或a﹣b＝1，a+b＝116或a﹣b＝2，a+b＝58或a﹣b＝4，a+b＝29， 解得只有一组解符合条件， a＝15，b＝14， ∴m（152﹣142）＝116×142， ∴m＝4×142＝784， ∴k＝784×152＝176400； （3）设a＝5x，b＝5y，即x，y的最大公约数为1， 则m（a2﹣b2）＝116b2， ∴即m（25x2﹣25y2）＝116（5y）2， ∴m（x2﹣y2）＝116（y）2， ∵x，y互质，则有：m＝24×72， ∴x＝15，y＝14， a＝75，b＝70，m＝784， k＝784×752＝4410000． 【点评】此题主要考查了数的互质性以及数的整除性，应用最大公约数与互质性解决问题学要正确把握． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$