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1、联赛题型解读之六数论 数论为中学竞赛的四大组成部分之一, 每年联赛中都会考察1 道数论题 , 数论中的整除、 同余、不定方程等知识和技巧在各类试题中经常得到运用。 下面我们通过统计近15 年初中数学联赛中数论的分值(注:至少在结构和形式上是对 数论的考察才会计入分值统计), 帮助大家更好的了解数论在联赛的分值比重。 总结这几年来初中数学联赛的题型考察,数论一般至少会考察一道题,近五年分值最高达 到 32 分( 2 道一试题一道二试题), 结合趋势来看数论的考察趋近于平稳, 数论在一试考察 1 道题。 中学阶段的数论延续了小学数论的知识,同时也逐渐公式化和符号化,这样为以后的数 论学习打下基础。
2、 数论在初中主要分三个模块:整除,同余 ,不定方程。 1.整除 a)奇偶:奇偶数的加减乘除规律. b)约倍 :短除法;最大公约数;最小公倍数. c)质合:唯一偶质数2. d)整除:整除规律. e) 算数基本定理 (唯一分解定理) :每一个大于 1 的整数都能分解成质因数乘积的形 式, 并且如果把质因数按照由小到大的顺序排列在一起, 相同的因数的积写成幂的形 式,那么这种分解方法是唯一的。 一、“ 数论” 真题分值分析 20012016年联赛数论考察分值 35 32 30 27 25 25 20 14 15 10 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5 0 0 0 0 2001 2002 200
3、3 2004 2005 2006 2007 2008 2009 2010 2011 2012 2013 2014 2015 2016 二、数论的知识与技巧 2.同余 a)同余方程 b)中国剩余定理(同余方程组) c)二次剩余 d)指数同余 3.不定方程 a)一次不定方程 b)高次不定方程 c) 指数型不定方程 数论在初中主要分三个模块:整除,同余 ,不定方程。近几年联赛在这几方面的考察比较平 均,2010 年考察了同余,2011 年和 2012 年考察了指数形式的不定方程,所以这几类题是我们 中点观察的对象。 1、基本问题 (1)质数 【例 1】 (2013 年联赛)设n 为正整数 , 若 不
4、超过n 的正整数中质数的个数等于合数的个数, 则 称 n 为 “ 好数 ” , 那么 , 所以 “ 好数 ” 之和为( ) A33 B34 C2013 D2014 【解析】 易知所有的好数有:1、9、 11、13,所以选 B。 【例 2】 (2004 年联赛)已知 p,q均为质数 ,且满足 5p2 3q59,则以 p 3 ,1 p q , 2 p q 4 为边长的三角形是() A锐角三角形B直角三角形C钝角三角形D等腰三角 【解析】由方程知 5 p 2 59 ,所以 p 4 ,又 p 为质数 ,所以p 只可能是 2 或 3,代回方程 5 p 2 3q 59 中, 因为 q也是质数 , 只有当
5、p 2 时 q 13 为质数所以 p 2 , q 13 由 p , q 的值得到三角形三边长为 5,12,13, 由勾股定理逆定理得到这是个直角三 角形选 B。 【例 3】(2016 年联赛)若质数 p 、q 满足: 3q p 4 0, p q 111, 则 pq 的 最大值为 【解析】 由3q p 4 0 得 , p 3q 4, pq q(3q 4) 3q 2 4q 3 q 2 2 4 , 3 因q为质数 , 故pq的值随着质数 q的增大而增大 , 当且仅当 q取得最大值时 ,pq取得 最大值 . 又p q 111,3q 4 q 111, q 28 3 ,因 q 为质数 ,故q 的可能取值为
6、 4 23,19,17,13,11,7,5,3, 2,但q 23 时 , p 3q 4 65 5 13 不是质数 ,舍去 . 当q 19 时, p 3q 4 53恰为质数 .故qmax 19,( pq)max 53 19 1007 . (2)平方数 三、联赛中数论的考察方式 3 【例 4】 (1998 年联赛) 1, 2, 3, , 98 共 98 个自然数中 , 能够表示成两个整数的平方差的 个数是 【解析】 对x n 2 m 2 n mn m, 1 m n 98, m, n为整数 因为n m 与n m 是奇同偶 ,所以x 是奇数或是 4 的倍数 ,所以 1 至 98 共 98 个自 然 数
7、中 ,满足条件的数有49 24 73 个 【例 5】 (2012 年竞赛 )已知n 是偶数 , 且1 n 100若有唯一的正整数对 (a , b)使得 a 2 b 2 n 成立 , 则这样的 n 的个数为 【解析】 由 已知有a ba b n ,且 n 为偶数 ,所以 a b, a b 同为偶数 ,于是 n 是 4的倍 数设n 4m ,则1 m 25 ()若m 1,可得b 0 ,与b 是正整数矛盾 ( )若m 至少有两个不同的素因数, 则至少有两个正整数对(a, b)满足 a b a b m ;若m 恰是一个素数的幂,且这个幂指数不小于 3,则至少有两个 2 2 正整数对 ( a, b) 满足
8、 a b a b m 2 2 ()若m 是素数 ,或m 恰是一个素数的幂,且这个幂指数为 2,则有唯一的正 整数对 (a, b) 满足 a b a b m 2 2 因为有唯一正整数对 (a, b),所以 m 的可能值为 2,3,4,5,7,9,11,13,17, 19,23,25,共有 12 个 (3)容斥 【例 6】 (2005 年联赛)不超过100 的自然数中 , 将凡是 3 或 5 的倍数的数相加, 其和为 【解析】3 1 3 2 3 335 1 5 2 1683 1050 315 2418 5 2015 1 15 2 156 (4)约倍 【例 7】 (2003 年联赛)已知正整数a、b
9、 之差为120, 它们的最小公倍数是其最大公约 数的 105 倍, 那么a、b 中较大的数是 【解析】设两个数的最大公约数为d ,大数为md ,小数为nd ,其中 m , n 互质 ,则最小 公倍数为mnd 由已知得mn 105 , m n d 120 由于m n ,所以m 只可能是 105,35,21,15 对应的n 分别为 1,3,5,7 只有在m 15 , n 7 时d 为整数 , d 15 所以大数为md 225 (5)整除 【例 8】 (1998 年联赛)设平方数y 2 是 11 个相继整数的平方和, 则 y 的最小值是 【解析】 11 个相继整数的平方和为 x5 2 x4 2 x
10、2 x4 2 x5 2 11 x 2 10 = y 2 若 y 2 最小时 ,则 x2 1 , y 11 (6)同余 【例 9】 (2009 年联赛)对于自然数n , 将其各位数字之和记为an , 如a2009 2 0 0 9 11, a2010 2 0 10 3 , 则 a1 a2 a3 a2009 a2010 () A28062 B28065 C28067 D28068. 【解析】a1 a2 a3 a2009 a2010 1 2 3 2010 6 mod 9,而 28068 6 mod 9 所以选择 D。 (7)拆分 【例 10】 ( 2004 年联赛)设 m 是不能表示为三个不同合数之和
11、的最大整数 , 则m 【解析】 合数最小的是 4,6,8,9,10 等,4 6 8 18 ,所以 17 不能写成三个合数的和, 现在我们来证明大于 17 的数都可以写成三个互不相等的合数之和 一个自然数被 3 除的余数只可能是 0,1,2,我们可分成3n , 3n 1 , 3n 2 三种情况 当可表示成3n 时, 3n 4 8 3 n 4,当n 5 时,4,8, 3 n 3是三个不同的合数 当可表示成3n 1 时 ,3n 1 4 6 3 n 3,当n 6 时,4,6,3 n 3是三个不同的 合数 当可表示成3n 2 时, 3n 2 4 10 3 n 4,当n 5 时,4,10, 3 n 4是三
12、个不 同的合数 综上大于 17 的数都可以写成三个互不相等的合数之和,所以 17 最大的不能写成三 个不同合数之和的 2、高斯函数 【例 11】 ( 2000 年联赛)正整数n 小于 100, 并且满足等式 n n n n , 共中x 表 2 3 6 示不超过 x 的最大整数 , 这样的正整数n 有( )个 A2 B 3 C12 D 16 【解析】 利 用高斯函数x 的定义可知 n n , n n , n n , 22 33 66 而 n n n n n n n ;所以只能 n nn n n n , 即 2 n , 2 362 3 6 2 2 ,3 3 ,66 3 n , 6 n 在 1-10
13、0 中能被 6 整除的数共有 100 16 个 ,选 D 6 3、不定方程 (1)一次不定方程 【例 12】 ( 2009 年联赛)设 n 是大于 1909 的正整数 ,使得 n 1909 为完全平方数的 n 的个 2009 n 数是() A3 B 4 C5 D 6 【解析】 由 n 1909 1 2009 n 100 2009 n ,而 100 2009 n 可能取整数 2, 5, 4, 10, 25, 50, 100 y 3, 若 100 2009 n 1 为完全平方数,则有 100 2009 n 2 , 5, 10 , 50 于是这样的 n 有 4 个 (2)平方和 【例 13】 ( 2
14、012 年联赛)方程x 2 2xy 3y 2 34 的整数解(x, y) 的组数为() A3 B4 C5 D6 【解析】 方 程即(x y) 2 2 y 2 34 ,显然 x y 必须是偶数,所以可设 x y 2t ,则原 方程变为 2t 2 y 2 17 ,它的整数解为 t 2, 从而可求得原方程的整数解为 (x, y) ( 7,3), (1,3) , (7, 3), ( 1, 3) ,共 4 组. (3)平方差 结合平方差公式,转化为不定方程问题,属于基本题 ,要求考生从中剥离出根本的等量关系。 【例 14】(2007 年联赛)若100a 64 和201 a 64 均为四位数 , 且均为完
15、全平方数, 则整 数a 的值是 【解析】17 。设100a 64 m 2 , 201a 64 n 2 ,则 32 m , n 100 , 两式相减得 101an 2 m 2 (nm)(nm) , 因为 101 是质数 , 且101nm101, 所 以n m 101, 故a n m 2 n1. 代 入 2 0a16 n 4 2 , 整 理 得 n 2 402n 20237 0 ,解得n 59 ,或n 343 (舍去)。所以a 2n 101 17 . (4)因式分解 【例 15】 ( 2002 年联赛)甲乙两人到特价商店购买商品, 已知两人购买商品的件数相等, 且 每件商品的单价只有8 元和 9
16、元,若两人购买商品一共花费了172 元,则其中单 价为 9 元的商品有件 【解析】我们设 9 元的商品有x 件,8 元的商品有 y 件,甲乙两人均购买n 件商品 ,则根据 题 意可得:9x 8 y 172 , x y 2n , 故:x 172 16n , y 18n 172 ,由于 , x0 , y0 ,所以:172 16n0 , 18n 1720 ,则可得: 10 3 n 9 5 , n 10 带入方程可得x 12 4 9 (5)指数结构 结合因式分解、整除、最大公约数和同余,可以考察一类幂的形式呈现的问题,这类问题 技巧性较高。 【例 16】 ( 2012 年联赛)使得 5 2 m 1是完
17、全平方数的整数 m 的个数为 【解析】 设5 2 m 1n 2(其中 n为正整数) , 则52 m n 2 1(n1)(n1), 显然n为 奇数 , 设n 2k 1(其中 k是正整数), 则5 2 m 4k(k1), 即5 2 m2 (k k 1 ). k 5 2 m 2 , k 5, k 2 m 2 , 显然k1, 此时k和k1互质 , 所 以 k 1 1, 或 k 1 2 m 2 , 或 k 1 5, 解得k 5, m 4 .因此 ,满足要求的整数m 只有 1 个 . (6)结合整除同余 整除和同余在不定方程中的应用非常广发,而且往往可以很大程度上帮助我们解题。 【例 17】 ( 2011
18、 年竞赛)不定方程x 2 2y 2 5 的正整数解x, y 的组数是() A0 组B2 组C4 组D无穷多组 【解析】 a 2 0,1, 4 mod 8,显然 x 为奇数 ,所以x2 1 mod 8所以 x 2 2 y 2 1, 7 mod8, x 2 2y 2 5 无整数解。 4、最值问题 【例 18】 (2010 年竞赛 )从 1, 2, , 2010 这 2010 个正整数中 , 最多可以取出多少个数, 使得 所取出的数中任意三个数之和都能被33 整除? 【解析】首先 ,如下 61 个数: 11,11 33,11 2 33 ,11 60 33 (即 1991)满足题设 条件 . 另一方面
19、 ,设a1 a2 an 是从 1,2,2010 中取出的满足题设条件的数,对于这 n 个数中的任意 4 个数ai, aj, ak, am , 因为33 (ai ak am ) , 33 (aj ak am ),所以33 (aj ai ) . 因此 ,所取的数中任意两数之差都是 33 的倍数 .设ai a1 33di , i 1, 2, , n.由 33 (a1 a2 a3 ) ,得33 (3a1 33d2 33d3) ,所以33 3a1 ,11 a1 ,即a1 11. d an a1 2010 11 61 ,故d 60. 所以 ,n 61. n 33 33 n 综上所述 ,n 的最大值为 61. 整体可见:数论的基础知识很多, 考察形式多元化,难度多在难档, 每年直接考察1 道题 , 涉及数论知识考察的题目一般多达三到四道。故而数论在联赛中的应用非常广泛, 要求 考生对数论性质的敏感性很强, 平时做题注意培养对数论结构的感觉。
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