高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽真題分類(lèi)匯編 專(zhuān)題15 初等數(shù)論（學(xué)生版+解析版50題）

競(jìng)賽專(zhuān)題15初等數(shù)論

（50題競(jìng)賽真題強(qiáng)化訓(xùn)練）

一、填空題

1.（2020?浙江?高三競(jìng)賽）將1~2020的數(shù)字按順時(shí)針?lè)较驀梢粋€(gè)圓圈,然后從1開(kāi)

始，按順時(shí)針依次隔一個(gè)數(shù)拿走，即拿走1,3,5,…，這個(gè)過(guò)程一直進(jìn)行下去，直

到剩下最后一個(gè)數(shù)字，則最后剩下的數(shù)字是.

2.（2021.全國(guó)?高三競(jìng)賽）關(guān)于x、y的方程,+■!■+—=焉的正整數(shù)解ay）的個(gè)數(shù)

xyxy2007

為.

3.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）｛4｝為正整數(shù)列，滿(mǎn)足6=2,勺+1為〃；-13勺+133的最小素

因子，卬心.…”“.…，構(gòu)成集合4,。為所有質(zhì)數(shù)構(gòu)成的集合，則集合品4的最小元素

為.

4.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）質(zhì)數(shù)p和正整數(shù)用滿(mǎn)足/+皿p+2）=4+p+l,則

p+m=.

5.（2021?浙江?高三競(jìng)賽）已知集合八二｛4曲,…M”｝,〃為正整數(shù).若對(duì)任意的

\<i^j<n,《一勺被4整除，但不被16整除，則〃的最大值為.

6.（2021?浙江?高二競(jìng)賽）設(shè)數(shù)列-=甘］+甘，〃=1,2,...?7這里國(guó)表示不

超過(guò)x的最大整數(shù).若6=8,則正整數(shù)為有種可能的取值情況.

7.（2021.全國(guó).高三競(jìng)賽）所有能使為質(zhì)數(shù)的正整數(shù)〃的倒數(shù)和為

8.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）若2020在p進(jìn)制下的各位數(shù)字之和為，+5,則質(zhì)數(shù)〃的所

有可能值為.

9.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）在1,2,3,4,1000中，能寫(xiě)成/一加+1（〃€%）的形

式，且不能被3整除的數(shù)有個(gè).

10.（2020?浙江?高三競(jìng)賽）設(shè)。，b,c為正整數(shù)，且

5a2+〃+5c2—4ab+Sac-4hc=50?則所有的解中a+〃+c的最大值為.

11.（2020?江蘇?高三競(jìng)賽）設(shè)正整數(shù)叫b,c,d滿(mǎn)足注=江,/=才,且

人一d=3O3,貝ija-c的值為.

12.（2020?江蘇?高三競(jìng)賽）設(shè)科〃eN,m,n>2,若*11.岸口…牛11=其二1,則

〃2+〃的值為.

13.（2021?浙江?高三競(jìng)賽）將順序?yàn)?,2,…，2020的2020張卡片變成1011,1,

1012,2,…，2020,1010的順序，即原先的前1010張卡片移至第2,4........2020

張，這稱(chēng)為一次操作.若從順序I,2…，2020開(kāi)始操作，則至少經(jīng)過(guò)次操作可

以恢復(fù)到初始順序.

14.（2019?廣西?高三競(jìng)賽）滿(mǎn)足y=VT西+Jx+2019的正整數(shù)對(duì)⑶），）有

____________對(duì)，

15.（2019?四川,高三競(jìng)賽）若正整數(shù)〃使得方程/+y3=z"有正整數(shù)解（x,y,z）,稱(chēng)〃

為“好數(shù)”.則不超過(guò)2019的“好數(shù)”個(gè)數(shù)是.

二、解答題

16.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）求記：對(duì)于正整數(shù)〃，令a"二［2"V^］+［2”而而］,數(shù)

列{4}中有無(wú)窮多個(gè)奇數(shù)和無(wú)窮多個(gè)偶數(shù)（㈤表示不超過(guò)實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)）.

17.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）使得4=^^^為有理數(shù)的正整數(shù)〃為.

18.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)并是正整數(shù)，4,出，…，4是〃的全部正因數(shù).定義

f（n）=（-1/d.++???+（-1/*dk,已知〃”）是2的某次，求證：〃沒(méi)有1之外的

平方因數(shù).

19.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）用戶(hù)（〃）表示正整數(shù)〃的各位數(shù)字之和，求所有這樣的三位

數(shù)〃，使得滿(mǎn)足：尸（〃+3）=：/〃）.

20.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）已知a、b、c、d是不同的正整數(shù)，且滿(mǎn)足

+3++——是整數(shù)，求證：a+0+c+d不是質(zhì)數(shù).

a+bb+cc+da+a

2020x

2L（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）解關(guān)于實(shí)數(shù)x的方程：XarctanT=W-"（這里

k

{x}=x-［耳國(guó)為不超過(guò)實(shí)數(shù)X的最大整數(shù)）

y=（x-2）2

22.（2021.全國(guó)?高三競(jìng)賽）兩兩不等的實(shí)數(shù)x、y、z滿(mǎn)足《z=（y-2>,求x+y+z.

x=（z-2）2

23.（2021.全國(guó)?高三競(jìng)賽）若關(guān)于z的整系數(shù)方程分+以2+/+r=0的三個(gè)復(fù)數(shù)根在

亞平面內(nèi)恰好成為一個(gè)等腰直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求這個(gè)等腰直角三角形的面積的

最小值.

24.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）證明：存在無(wú)窮多個(gè)奇數(shù)〃，使得〃!+1是合數(shù).

25.（2019?山東?高三競(jìng)賽）己知〃4-3〃2+9是素?cái)?shù)，求正整數(shù)〃的所有可能值

26.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）求方程（3x+l）（3y+l）（3z+l）=34沖z的所有正整數(shù)解

—

27.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）求方程|"-如=1的整數(shù)解，其中是質(zhì)數(shù)，…是大于

1的正整數(shù)，并證明所得到的解是全部解.

28.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）證明：對(duì)任意正整數(shù)N,都存在正整數(shù)〃,N和〃個(gè)互不相

同的正整數(shù)不，V…,乙，使片石…4-20205+后+…+片）+2020是完全平方數(shù).

29.（2021?浙江?高三競(jìng)賽）已知素?cái)?shù)〃，9滿(mǎn)足P=2q+1.證明：存在正整數(shù)加使得

呻的十進(jìn)制表示的各位數(shù)字之和是2或3.

30.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)〃，是個(gè)給定的正整數(shù)，d是它的個(gè)正因了.已知

MJZo和也｝）是兩個(gè)由正整數(shù)構(gòu)成的等差數(shù)列，滿(mǎn)足：存在正整數(shù)八八%、I，使得

（4也）=1,（4，4）=/〃.證明：存在正整數(shù)八s使得（4也）=4.

31.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)多項(xiàng)式尸（%）=（￡>/）+/322）的系數(shù)為正整數(shù).定義

數(shù)列也｝:a=%,%=P（〃）（"Nl）?證明：對(duì)于任意的整數(shù)讓2,均存在質(zhì)數(shù)P，

使得pl",且（p,42…2_J=1.

32.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）一個(gè)大于1的整數(shù)機(jī)，如果對(duì)所有的正整數(shù)〃，都存在正

整數(shù)小六z,使得〃=/n/_y2—z2,則稱(chēng)機(jī)為上數(shù)，否則稱(chēng)為下數(shù).試問(wèn)：是否存

在無(wú)數(shù)多的上數(shù)？是否存在無(wú)數(shù)多的下數(shù)？

33.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）如果正整數(shù)〃滿(mǎn)足存在正整數(shù)〃、b、c使得

〃=（b,c）（a,歷）+（c,a）（b,ca）+（a,b）（G必）,則稱(chēng)〃為好數(shù).求證：存在連續(xù)2020個(gè)

正整數(shù)這2020個(gè)正整數(shù)都是好數(shù).

注：對(duì)于正整數(shù)x,y,（x,y）表示x,y的最大公因數(shù).

34.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)函數(shù)M同時(shí)滿(mǎn)足以下三個(gè)條件：

（1）對(duì)任意x、yeN.,有〃秒）=〃“）/（>）；

(2)對(duì)任意xeN+，有/(〃x))=x；

(3)/(x)^x(2<x<2020).

求”2)的最小值.

35.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）對(duì)每個(gè)正整數(shù)〃，定義/（〃）為從1到〃中所有與〃不互質(zhì)

的正整數(shù)的和.求證：若〃加）=/（小且相=小則帆-〃|是合數(shù).

"2"

36.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）己知正整數(shù)〃，〃:>1,設(shè)A為正整數(shù)滿(mǎn)足〃II+1,求所有

A的值.（[目表示不超過(guò)x的最大整數(shù)）

37.（2021.全國(guó)?高三競(jìng)賽）證明：對(duì)任何正整數(shù)〃，存在無(wú)窮多組整數(shù)（x,y）,使得

（1）工，丁互質(zhì)；

（2）x\y2+m；

（3）y\x2+m.

38.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）正整數(shù)〃22,且〃的素因子個(gè)數(shù)不超過(guò)2,對(duì)于任意整數(shù)

a,若（〃M）=1,則有"三a（iwd〃）成立，求證：〃是質(zhì)數(shù).

39.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)明。為正奇數(shù)，定義數(shù)列｛￡｝如下：<二%九=b,

當(dāng)〃23時(shí)，，為工T+￡-2的最大奇因子.求證：當(dāng)〃充分大時(shí)，工為常數(shù)，并確定出

這個(gè)常數(shù).

40.（2020?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)4=1嗎=2,%=2%+凡-2』=3,4,…證明：對(duì)整數(shù)

n>5,圖，必的一個(gè)模4余1的素因子.

41.（2019?江蘇?高三競(jìng)賽）設(shè)鼠/、c均為正整數(shù)，證明：存在正整數(shù)〃、人滿(mǎn)足

?。ā＃?「?b）k

b—a=c（a,b）,且/a]，其中（小力）表示。、b的最大公因數(shù)，

武加）表示正整數(shù)m的所有不同正因子的個(gè)數(shù).

42.（2019?江西?高三競(jìng)賽）試求所有由互異正奇數(shù)構(gòu)成的三元集（a,b,c],使其滿(mǎn)

足：a2+b2+c2=20\9.

111〃+1

43.（2019?吉林?高三競(jìng)賽）求所有的正整數(shù)〃，使得方程下+丁+…+w=^—有正

七毛Axn+l

整數(shù)解.

44.（2019?上海?高三競(jìng)賽）求記：不存在無(wú)窮多項(xiàng)的素?cái)?shù)數(shù)列叢,科,…,P”,…,使得

0+1=50+4，2=1,2,….

45.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）已知A={q,4,…,/},8=他也，…，九J是兩個(gè)整數(shù)集合,

且對(duì)于任意整數(shù)明存在唯一的①eA也e8使得〃三①+%（mod2020）.記

（〃）A=4，（〃）B=3.證明：對(duì)任意的aeAbeB,存在qwA,使得。=（101%+0'.

46.（2021.全國(guó).高三競(jìng)賽）設(shè)P>1。9為一個(gè)質(zhì)數(shù)，且4〃+1也是一個(gè)質(zhì)數(shù)，證明：

7■二的小數(shù)表示形式中包含0至9的所有數(shù)碼.

47.（2021?浙江?高三競(jìng)賽）給定素?cái)?shù)〃之5.稱(chēng)1,2,…，P的排列（《,知…，%）為“好

排列”，如果對(duì)％=1,2,...?P均有4工3并且4+2出+…+P/是P的倍數(shù).求“好

排列''的個(gè)數(shù)除以p2-p的余數(shù).

48.（2021?浙江?高三競(jìng)賽）給定正整數(shù)L.記%=L+l!+2!+???+〃!，〃=1,2,3.......

證明：對(duì)任意素?cái)?shù)p>20210802,存在無(wú)窮多個(gè)非負(fù)整數(shù)對(duì)（加次），滿(mǎn)足%…

勺+2,…，4+KX）這100個(gè)數(shù)都能被z/整除，并且都不能被整除.

49.（2020?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)a,b為不超過(guò)12的正整數(shù)，滿(mǎn)足：存在常數(shù)C使得

4+/+9三。（1110<113）對(duì)任意正整數(shù)〃成立.求所有滿(mǎn)足條件的有序數(shù)對(duì)（。,力）.

50.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)4，%，…，4為〃個(gè)正整數(shù)，并且滿(mǎn)足

4+/+…+4=2〃，令勺+產(chǎn)田』；,…，并記

5“』=4”向+~+4,3，（〃/=1,2"..）.求證：對(duì)于任意AwZ+，必存在正整數(shù)〃、v,

使得黑、.，等于A或A+1.

競(jìng)賽專(zhuān)題15初等數(shù)論

(50題競(jìng)賽真題強(qiáng)化訓(xùn)練)

一、填空題

1.(2020?浙江?高三競(jìng)賽)將1~2020的數(shù)字按順時(shí)針?lè)较驀梢粋€(gè)圓圈,然后從1開(kāi)

始，按順時(shí)針依次隔一個(gè)數(shù)拿走，即拿走1,3,5,…，這個(gè)過(guò)程一直進(jìn)行下去，直

到剩下最后一個(gè)數(shù)字，則最后剩下的數(shù)字是.

【答案】1992.

【解析】

【詳解】

在第一輪中，從1開(kāi)始到拿走1991,共取走996個(gè)數(shù)，此時(shí)余下1024個(gè)數(shù)，

1991后項(xiàng)偶數(shù)為1992,此后共取10次，余下的數(shù)為1992,

故答案為:1992.

2.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽)關(guān)于x、y的方程,+'+-!-=13的正整數(shù)解的個(gè)數(shù)

xyxy2007

為.

【答案】48

【解析】

【詳解】

解析：由4+L+-5-=備得號(hào)一20071—2007)，一2007=0,整理得

xyxy2007

(x-2007)(y-2007)=2007x2008=23x32x223x251,

從而，原方程的正整數(shù)解有(3+1)(2+1)(1+1)(1+1)=48(個(gè)).

故答案為：48.

3.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽){〃“}為正整數(shù)列，滿(mǎn)足q=2,%川為。：-13%+133的最小素

因子，%,a?，…，4,…,構(gòu)成集合A,P為所有質(zhì)數(shù)構(gòu)成的集合，則集合加A的最小元素

為.

【答案】5

【解析】

【詳解】

由于q=2,生=3,故2,3eA,所以集合尸-A的最小元素25.

假設(shè)存在正整數(shù)〃，使得q=5(〃23),則51a3-13%+133,

故5|(a,i+iy+2,這不可能，因?yàn)閙+l『+2除以5的余數(shù)為13

所以5cP-A.集合尸-A的最小元素為5.

故答案為：5.

4.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽)質(zhì)數(shù)〃和正整數(shù)m滿(mǎn)足p3+〃?(p+2)=加+〃+1,則

P+m=.

【答案】7

【解析】

【詳解】

由〃(〃2+川-1)=(m-I)2,易見(jiàn)相>1,所以

2222

設(shè)m-\=kp(kwM),則p(p+kp)=kp,p+k=kfp=k(k-1).

所以2=2,p=2,m=5,p+m=l.

5.(2021?浙江?高三競(jìng)賽)已知集合444%…,4｝，〃為正整數(shù).若對(duì)任意的

\<i^j<n,6一勺被4整除，但不被16整除，則〃的最大值為.

【答案】4

【解析】

【分析】

【詳解】

考慮同余：

對(duì)任意的口工jW〃嗎一為被4整除，則有q=%=左(mod4)，其中左三｛0,1,2,3),

而這類(lèi)型的數(shù)模16的余數(shù)至多只有4種，所以〃最大值為4.

故答案為：4.

6.(2021?浙江?高二競(jìng)賽)設(shè)數(shù)列曬=守］+號(hào)，〃=1,2,…，7這里［可表示不

超過(guò)x的最大整數(shù).若％=8,則正整數(shù)為有種可能的取值情況.

【答案】7

【解析】

【分析】

根據(jù)高斯函數(shù)的性質(zhì)，由6=8逐次往前求，注意先定范圍再驗(yàn)證，即可得到答案.

【詳解】

由4=8,可得%=10或11,

可得。6=12或13或14；

可得見(jiàn)=15或16或17；

可得%=18或19或20或21；

可得%=22或23或24或25或26；

可得。2=27或28或29或30或31或32；

可得4=33或34或35或36或37或38或39,共7種.

7.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）所有能使y為質(zhì)數(shù)的正整數(shù)〃的倒數(shù)和為

【答案喘

【解析】

【分析】

【詳解】

22

〃=1,2,3時(shí)，y都不是質(zhì)數(shù)；〃=4時(shí)，y=3是質(zhì)數(shù)；

〃=5時(shí)，5=5是質(zhì)數(shù)；〃=6時(shí)，］=7是質(zhì)數(shù).

當(dāng)〃28時(shí)，可設(shè)〃=5%±r（其中攵為不小于2的正整數(shù)，r二0,1或2）,

則g=如土r）2=（（25公±10b+/）=k（5k±2r）+!r,

所以y=2（54士2力.

=k（5k±2r）不是質(zhì)數(shù).因此，能使y為質(zhì)

因?yàn)榱χ?,所以54士2r>2,所以~5

數(shù)的正整數(shù)〃只有4、5、6,它們的倒數(shù)和為9+2+：=1^.

45660

故答案為：*37

6。

8.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）若2020在p進(jìn)制下的各位數(shù)字之和為〃+5,則質(zhì)數(shù)〃的所

有可能值為.

【答案】2,107

【解析】

【分析】

【詳解】

類(lèi)似于在十進(jìn)制下，我們有（〃-1）|[2020—（夕+5）],

于是（p-l）|2014=2xl9x53,

再注意〃為質(zhì)數(shù)，就有p=2,3,107,

逐一驗(yàn)證得P=2或p=107.

故答案為：2,107.

9.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）在1,2,3,4,…，1000中，能寫(xiě)成/一廿+1（4￡N）的形

式，且不能被3整除的數(shù)有個(gè).

【答案】501.

【解析】

【詳解】

設(shè)S={1,2,3,4，…,1000},若〃="—〃+1,則"3（mod4）.又

4^=（2^）2-（2Jt-l）2+l,4攵+1=（2+1）2—（2—1『+1,44+2=（2k+1）2—（2%）2+1,因

此，〃=/一6+1當(dāng)且僅當(dāng)〃工3（010（144）.令A(yù)={4￡5|4三3（010（144）},

8={力wS|b三0（mod3）},則4c8={ceS|c三3（modl2）},因?yàn)橥?250,固=333,

|AnB|=84,從而符合條件的數(shù)的個(gè)數(shù)為1000-250-333+84=501.

故答案為501

10.（2020?浙江?高三競(jìng)賽）設(shè)*b、。為正整數(shù)，且

2

5a2+從+5c-4ab+3ac-4bc=50＞則所有的解中a+b+c的最大值為.

【答案】30.

【解析】

【詳解】

配方得：a2+c2+（b-2a-2c）2=50（。，。等價(jià)）.

注意到：50=02+12+72?50=02+52+52,50=32+42+52.

不妨設(shè)々且b2加+2c,

b-2a-2c=0a=1

（1）當(dāng)，4=1,即，方=16,此時(shí)a+Z?+c=l+16+7=24.

c=7c=7

b-2a-2c=0a=5

(2)當(dāng),”5，即,力二20,此時(shí)a+b+c=5+20+5=30

c=5c=5

h-2a-2c=54=3

(3)當(dāng)?a=3,BP-。=19,此時(shí)a+b+c=3+19+4=26.

c=4c=4

b-2a-2c=4a=3

(4)當(dāng)?”=3,BP-b=20t此時(shí)a+6+c=3+20+5=28

c=5c=5

b-2a-2c=3a=4

(5)當(dāng),a=4，即，6=21,j比H寸a+A+c=4+21+5=30

c=5c=5

綜上所述，所有的解中。+力+c的最大值為30.

故答案為：30.

11.（2020?江蘇?高三競(jìng)賽）設(shè)正整數(shù)b,c,d滿(mǎn)足/=6,c,=/,且

b-d=303,則…的值為.

【答案】123801

【解析】

【詳解】

解析：由題意可得〃=匕揚(yáng)，c=d四，則b必為完全平方數(shù)，d一定能開(kāi)4次方.

設(shè)。=/,[=/,貝帥_"=6+1乂〃_帚）=3、101,且注意到3,101都是質(zhì)數(shù)，

則《、或者｛2c,解得〃=52,w=7,貝1]4一°=/一加$=123801.

n-m~=1[n-m~=3

故答案為：123801.

O3_1V_1M3_1.3_1

12.（2020?江蘇?高三競(jìng)賽）設(shè)血〃eN,m,n>2.若二一?3--------------=二W一，則

23+133+1/+2

〃?+〃的值為.

【答案】6

【解析】

1詳解】

解析：因?yàn)楸眓-\〃(〃+1)+1

〃+1(72-1)/!+1

2/+2〃+2

累乘可得原式=詔.^^

3n(n+\)

3y+3〃=—=[+」

2n~+2〃+24-1nv-1

+〃一23

故

2/+2〃+2m3-1

從而可得

31=6(>〃+(6(1+——]二6+18

〃~+〃一2I(?z-l)(w+2)J(〃-1)(〃+2)

則(〃-1)(〃+2他8,且孫〃N2,在(〃-1)(〃+2)的值為6,9,18,

故〃=4,m=2.故6+〃=6.

故答案為：6.

13.(2021?浙江?高三競(jìng)賽)將順序?yàn)?,2,2020的2020張「片變成】011,1,

1012,2,…，2020,1010的順序,即原先的前1010張卡片移至第2,4,2020

張,這稱(chēng)為一次操作.若從順序1,2…，2020開(kāi)始操作，則至少經(jīng)過(guò)次操作可

以恢復(fù)到初始順序.

【答案】1932

【解析】

【分析】

【詳解】

記第i+1次調(diào)整前的位置為《，調(diào)整后的位置記為《小初始位置記為小,

2a.,a.<1010

則q+i=、iniN所以4+1-2?，(mod2021)n%三2"4)(mod2021),

因2021=43x47，所以以2021)=奴43)奴47)=1932,

所以2期2三i(mod2021)，要恢復(fù)原樣測(cè)例=%,

所以〃=1932.

故答案為：1932.

14.(2019?廣西?高三競(jìng)賽)滿(mǎn)足y=Jr+51+Jx+2019的正整數(shù)對(duì)8y)有

____________對(duì).

【答案】6

【解析】

【詳解】

設(shè)〃2=%+51,閉2=x+2019,〃￡wN.

m2-n2=(m+n)(m-n)=l968=24x3x41,

由(〃?+〃)與(加一〃)奇偶性相同，可知它們同為偶數(shù)，且

實(shí)數(shù)對(duì)(m+〃，機(jī)一〃)所有可能的取值共有6對(duì)：

(23X3X41,2),(23X3X4I,22),(2x3x41,23),

(23X41,2X3),(22X41,22X3),(2X41,23X3).

由有序數(shù)對(duì)(x,y)與(m+〃，m—n)----對(duì)應(yīng)，可知所求正整數(shù)對(duì)為6對(duì).

故答案為：6.

15.(2019?四川?高三競(jìng)賽)若正整數(shù)〃使得方程/+>3=z"有正整數(shù)解6z),稱(chēng)〃

為“好數(shù)”.則不超過(guò)2019的“好數(shù)”個(gè)數(shù)是.

【答案】1346

【解析】

【詳解】

首先易知若〃為“好數(shù)”，則〃+3也是“好數(shù)”

又顯然1、2是“好數(shù)”，從而當(dāng)〃三l,2(mod3)時(shí),〃均為“好數(shù)”.

由費(fèi)馬(尸叨加")大定理知：V+y3=z3無(wú)正整數(shù)解，即3不是“好數(shù)”.

于是〃=3A(Z￡M)都不是“好數(shù)”否則，存在k￡W,使得然是“好數(shù)”，即方程

1+、3=23%有正整數(shù)解(、乃功，從而丁+爐=23有正整數(shù)解(%,為*：),矛盾！

故當(dāng)且僅當(dāng)〃滿(mǎn)足〃三1,2(mod3)時(shí)，〃為“好數(shù)”.

2

所以，不超過(guò)2019的“好數(shù)”個(gè)數(shù)是2019x§=1346.

故答案為：1346.

二、解答題

16.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽)求正：對(duì)于正整數(shù)〃，令/麗卜［2"、/^可，數(shù)

列｛《J中有無(wú)窮多個(gè)奇數(shù)和無(wú)窮多個(gè)偶數(shù)(㈤表示不超過(guò)實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)).

【答案】證明見(jiàn)解析

【解析】

【詳解】

在二進(jìn)制中，記V2019=在1100也仿…,\/2020=101lOOqa…，

其中。€{0,1}心￡{0,1}.

用反證法，先證明數(shù)列中有無(wú)窮多個(gè)偶數(shù).

假設(shè)，數(shù)列中只有有限個(gè)偶數(shù)，那么存在整數(shù)MV〃>N,凡是奇數(shù)，

則存在正整數(shù)“，使得q=101100/?也…,十101100c￡???&，

且當(dāng)〃>M時(shí)，{4,q}={04},

故病歷+7^面=IIOIIOO.44..4II...,2)WQ,矛盾！

同理可證明數(shù)列中有無(wú)窮多個(gè)偶數(shù).

所以數(shù)列{q}中有無(wú)窮多個(gè)奇數(shù)和無(wú)窮多個(gè)偶數(shù).

17.(2021.全國(guó)?高三競(jìng)賽)使得4=0號(hào)為有理數(shù)的正整數(shù)〃為.

【答案】1或或1

【解析】

【詳解】

解析：令=(M,bcN.,(dh)=1,貝I」

9n-la2la2+b264b2

----=r=〃=";---r=-7n4--：---7.

n+1b29b2-a29b2-a2

又(a向=1,所以92,處2-叫=(從,/)=1,故9從一砌g,所以

9b2-a2=(3b+a)(3b-a)e{1,2,4,8,16,32,64},

9y-。2模3余2，故9從一。2-8或32，

與觸+a=8_(3b+a=4a[3b+a=32_[3b+a=\6^(3力+a=8

故?或3A。或3.,或c或〃人一

[3b-a=l\3b-a=2[3o-a=\[3b-a=2[30-4=4

所以3,8)=(1,1)或(7,3),因此也為1或11.

故答案為：1或11.

18.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽)設(shè)〃是正整數(shù)，4,4,…，4是〃的全部正因數(shù).定義

/5)=(-1尸4+(-1產(chǎn)出+—+(-1產(chǎn)4，已知小)是2的寤次，求證：〃沒(méi)有1之外的

平方因數(shù).

【答案】證明見(jiàn)解析

【解析】

【分析】

設(shè)〃=2'(rNl),其中5=口〃：，利用因數(shù)和函數(shù)可得/(〃)與各質(zhì)因數(shù)的關(guān)系，再根

r?l

據(jù)/⑺是2的基次結(jié)合反證法可得勾=1,從而可〃沒(méi)有1之外的平方因數(shù).

【詳解】

用。(〃)表示〃的正因數(shù)之和.

如果〃是奇數(shù)，則/(〃)=-。(〃)<0,舍去.

當(dāng)〃是偶數(shù)時(shí)，設(shè)〃=2年(r21),

其中s=jjpp(化為〃的奇質(zhì)因數(shù)，％eN+，化23).

r-1

所以7?(〃)=(2'+2i+…+2—l)b(s)=(2川一3)口0(〃；)

r=l

其中b(P?)=1+R+〃：+…+〃：，

因?yàn)樾　肥?的惠次，所以2』-3=1,r=1,每個(gè)b(p?)是2的某次，且《是奇數(shù)，

又b(p；")=l+〃,+爐+...+p[=(l+〃J(l+p,2+24+p,6+...+pj-l)

故1+Pi，l+P；+P：+P；T---卜P”均為4的倍數(shù)?

因?yàn)閜,N3,p；ml(mod4),所以如果6>1,則l,p；,p：,…,這些數(shù)的總個(gè)數(shù)是4的

倍數(shù)，所以1+爐卜+/+…+P”.

因?yàn)?+p；三2(mo<14),所以l+p；+…+p產(chǎn)不是2的幕次，于是q>l不成立.

所以q=1，所以1jl化(Pj為互異的奇質(zhì)因數(shù))，〃=2寸〃,，可見(jiàn)〃沒(méi)有非平凡的

1=1/=1

平方因數(shù).

【點(diǎn)睛】

思路點(diǎn)睛：競(jìng)賽中與正因數(shù)和有關(guān)的問(wèn)題，多用因數(shù)和函數(shù)來(lái)分析處理，令注意利用

因數(shù)分解定理把因數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為即質(zhì)因數(shù)的問(wèn)題來(lái)處理.

19.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽)用P5)表示正整數(shù)〃的各位數(shù)字之和，求所有這樣的三位

數(shù)〃，使得滿(mǎn)足：P(〃+3)=；H〃).

【答案】117、207、108.

【解析】

【分析】

【詳解】

由于尸(〃)](〃+3)都是正整數(shù)，則據(jù)條件，P(〃)是3的倍數(shù)，因此〃與〃+3都是3的

倍數(shù).

設(shè)凡=次，且數(shù)〃加3后必須產(chǎn)生進(jìn)位，則cN7.(因?yàn)?，如果cW6,則數(shù)〃加3后

不會(huì)產(chǎn)生進(jìn)位，于是P(〃+3)=P(〃)+3>尸(〃)，矛盾)

并且b不能是9,這是因?yàn)?，若b=9,則當(dāng)。=9時(shí)，〃=亞，數(shù)〃加3后成為

lOOq,qw{0,l,2},這時(shí)尸(〃+3)尸(〃).

當(dāng)a<9H寸，n=a9c?若〃+3=岫。,則％=〃+1,4=0,q=c+3—I0.

由3P(〃+3)=75),得3[(a+l)+0+(c+3-10)]=a+9+c,

即2(a+c)=27,矛盾！所以〃<9.

今由3[4+(8+1)+(。+3-10)]="+。+。得4+人+°=9,其中〃之1,(?之7,。工8,

依次考慮。、4、力的取值，得到三個(gè)數(shù)：117、207、108,驗(yàn)證知，它們皆合題意.

20.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽)已知a、b、c、d是不同的正整數(shù)，且滿(mǎn)足

』7+3+」;+-^-是整數(shù)，求證：a+b+c+d不是質(zhì)數(shù).

a+bb+cc+aa+a

【答案】證明見(jiàn)解析.

【解析】

【分析】

【詳解】

由

abedabcd

-------+-------+-------+-------->-----------------+-----------------+-----------------+-----------------=1

a+bb+cc+dd+aa-b+c+da+b+c+da+b+c+da+b+c+d

cabcd

且------+-------+-------+-------

a+bb+cc+dd+a

bc,d,a

------+1t----------+1----------+1----------

a+bb+cc+dd+a

bcda

4----+---d----+----<3,

a+bb+cc+dd+a

所以+上++Z2,

a+bb+cc+dd+a

=2-b

故----1-------------=----1----

a+bc+db+cd+ab+cd+a

iii

因此。

a+bd+aHb+cc+d

d-bd-b

所以C且d=b,

(a+b)(d+a)(b+c\c+d)

2

所以a?S+c)(c+d)=c?(a+b)(d+a),即ac+abd=ere+bed.

整理得ac(c-a)+bd(a-c)=O且awe,所以ac=bd.

假設(shè)p=a+b+c+d是質(zhì)數(shù)，則

a(a+b+c+d)=a2+ab+ac+ad

=a1+ab+bd+ad

=(a+h)(a+d)=ap,

所以p|(a+b)或p|(a+d),而p>a+b,p>a+d,矛盾.

綜上a+6+c+d不是質(zhì)數(shù).

21.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽)解關(guān)于實(shí)數(shù)x的方程：Zarctan/={工廠(chǎng)(這里

A=Ik

{x}=x-[43為不超過(guò)實(shí)數(shù)X的最大整數(shù))

【答案】{0}

【解析】

【分析】

【詳解】

x2020

(1)當(dāng)x<0時(shí)，arctan：<0(A=l,2「?,2020)，Zarctan￡<0<{x}一,此時(shí)原方程無(wú)

k*=ik

解.

2020

當(dāng)x=0時(shí)，有￡arctan—=0={x}2000

*=ik

X

(3)當(dāng)Ovxvl時(shí)，4"/(x)=arctanx--(0<x<l),

則人―<2,

故/(x)在(0,1)上遞增.^/(x)>/(o)=o,即arctanx〉]

2020丫2020i丫4i”

于是，此時(shí)產(chǎn)={"2-咻吟v/吟氏吟QX，

即x>l,矛盾.故無(wú)解.

11

+11

(4)當(dāng)上之1時(shí)，注意到tan(arcianJ+arctan￡)=/—/=1

231，

6

且由0<arctan—+arctan-<arctan1+arctan1=—,

232

,I17V

如arctan—+arctan一=一.

234

MM2020丫2020

atanl>arctanlarctanlarctani冗.

則{x}--rc++

k=\KI23

與Ovqf",矛盾.

故此時(shí)無(wú)解.

由(1)(2)(3)(4),知原方程的解集為{0}.

y=(x-2)2

22.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽)兩兩不等的實(shí)數(shù)小八z滿(mǎn)足z=(y-2>,求x+y+z.

A=(Z-2)2

【答案】5或6.

【解析】

【分析】

【詳解】

y-1=(x-l)(x-3)y-4=(x-4)x

由原方程變形可得到，z-l=(y-l)(y-3)和，z-4=(y-4)y,

x-1=(z-l)(z-3)x-4=(z-4)z

又由x、y、z兩兩不等知為y,z",4,

于是(工-3乂k3)(1-3)=1=型.

p=x+y+z,q=xy+yz+zx,化簡(jiǎn)得3〃=q+9.

另一方面，原方程三式相加得0=(p2-2q)-4〃+12,

化簡(jiǎn)得q="2?+12,

聯(lián)立就有6p="2_5〃+30,即p=5或6.

2

x=4cos2-

7

2竺

最

后J

=4MCOS7時(shí)可以取到5,

OS時(shí)

2竺

z-

7

￡

;9

2

2至

9

2

當(dāng)W

?把

)s

9

2

23.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽)若關(guān)于z的整系數(shù)方程z3+pz2+qz+r=0的三個(gè)復(fù)數(shù)根在

復(fù)平面內(nèi)恰好成為一個(gè)等腰直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求這個(gè)等腰直角三角形的面積的

最小值.

【答案】1

【解析】

【分析】

【詳解】

設(shè)該等腰直角三角形斜邊中點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為Z1,直角頂點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為

Z]+Z2(Zj工0),

則另外兩個(gè)頂點(diǎn)對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為4+和Z,-Z2/,依題意有：

32

Z+pz+^z4-r=(z-Z1-Z2)(Z-Z1-z2o(z-z,+Z2O,

化簡(jiǎn)得3x)+z；=-p,3z：+2zR2+z；=q,z；+z；z?+*+=-r,

所以2z；=3q-p2WZ,4Z￡+8Z；=pq-9reZ.

進(jìn)而zI+2z2e0,與3ZI+z2=-，eZ聯(lián)立就有z2eQ.

再由2石=3g-p2wZ知ZzCZ,于是㈤21,所以等腰直角三角形的面積最小為1.

另一方面，z3+f+z+l=0的三個(gè)復(fù)數(shù)根恰是面積為1的等腰直角三角形的頂點(diǎn).

24.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽)證明：存在無(wú)窮多個(gè)奇數(shù)〃，使得川+1是合數(shù).

【答案】證明見(jiàn)解析

【解析】

【分析】

【詳解】

證明當(dāng)奇數(shù)〃(〃23)時(shí)，加+1與(疝-〃)!+1不均為質(zhì)數(shù)即可：

用反證法，若M+1為質(zhì)數(shù)，設(shè)〃!+l=p,則結(jié)合威爾遜定理可得：

(M!-/I)!=(p-1-w)!=(p-1)!(-1)-,(-2)-'???(-n)-,(modp)

=n\=-(-l)"+l=-l(modp),

此時(shí)有(〃!-〃)!+1為合數(shù)，而〃奇數(shù)得加-〃也是奇數(shù)，

從而存在無(wú)窮多個(gè)奇數(shù)〃，使得〃!+1是合數(shù).

25.(2019.山東.高三競(jìng)賽)已知/-3/+9是素?cái)?shù)，求正整數(shù)〃的所有可能值

【答案】n=\tn=2

【解析】

【詳解】

因?yàn)?〃2+9=(/+3〃+3)(〃2—3〃+3),所以或〃2—3〃+3=1,解得〃=1,2.

將n=l,n=2代入檢驗(yàn)均滿(mǎn)足題意，所以〃=1,〃=2為所求.

26.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽)求方程⑶+1)(3)，+1)6+1)=34八產(chǎn)的所有正整數(shù)解

—

【答案】(x,y,z)=(28,5,2),(U,7,2)或其排序,共12組解.

【解析】

【詳解】

不妨設(shè)

若~(yú)35則3z+lvV5?z.同理，3x+1<V34x,3y+1<^/34y.

三式相乘得(3x+1)(3)，+l)(3z+1)<34xyz,與原方程矛盾.

于是‘zs^<5-

(1)若z=l,則4(3x+l)(3y+l)=34孫=>M，+6(x+y)+2=0.顯然，無(wú)正整數(shù)解.

(2)若z=2,貝ij7(3x4-l)(3y+1)=68孫=>5xy-21(x4-y)-7=0=>(5x-2l)(5y-21)=

476=22X7X17.

只有476=119x4=14x34,才有對(duì)應(yīng)的正整數(shù)乂兒此時(shí)(x,y)=(28,5)或(11,7).

⑶若z=3,Ri]10(3A:+l)(3j4-1)=102xy=>6xy-i5(x+y)-5=0,兩邊取模3即知

矛盾，故無(wú)解.

(4)若z=4,則

13(3x+l)(3y+1)=136xy=>19xy-39(x+y)-13=0

=>(19x-39)(19j-39)=1768=23x13x17.

故此時(shí)(19y-39)W42,故3WyW9,逐一檢驗(yàn)后無(wú)解.

綜上，。,丁*)=(28,5,2),(11,7,2)或其排序，共12組解.

27.(2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽)求方程|pJ/|=l的整數(shù)解，其中〃、夕是質(zhì)數(shù)，r、s是大于

1的正整數(shù)，并證明所得到的解是全部解.

【答案】證明見(jiàn)解析

【解析】

【詳解】

容易看到兩個(gè)質(zhì)數(shù)中肯定有一個(gè)為2,不妨假設(shè)p=2,g-/|=l,即2，-°'=±1.

若2'=。'+1,從余數(shù)去討論，q三3(mod4),$為奇數(shù).

2r=+\=（q+D（4i-cf~2H-----FO,所以忱。+―,

rris2）r

2『一（2彳-1）'+1—2叼_s2（$TR+...+2's-2'-s2-'+...

從奇偶性可以看出這種情形方程無(wú)解.

若2—/-1為偶數(shù)，注意到219'-1=（4-1）（尸+G2+~+1）,

”1=2*

所以

產(chǎn)+尸+…+1=2、

2'=（2"+1），-1=2叼+S2"-2+…+S（S-1）222+2"S.

令s=2"u,其中v為奇數(shù)，則

2'=（2"+1）'-1=2"+$2&出+-.+v（5-l）22，i-,+w+2，i+Mv,

觀(guān)察最后一項(xiàng)，貝”為1.故S=2",所以2，=/一1.

故2，=（六-1）（二+1）,

］產(chǎn)-1=2”

故〈…，所以2+2"=21，所以彳=1,0=2，〃=1,

q-+1=2%

所以4=3,r=3?5=2,

p=3.P=2,

q=2,夕=3,

綜上，考察到對(duì)稱(chēng)性，原方程恰有兩組解：?c或S

r=2,r=3,

s=3.s=2.

28.（2021?全圜高三競(jìng)賽）證明：對(duì)任意正整數(shù)N,都存在正整數(shù)〃,N和〃個(gè)互不相

同的正整數(shù)X，%，…，兒，使ME…片一2020（片+￥+…+E）+2020是完全平方數(shù).

【答案】證明見(jiàn)解析

【解析】

【詳解】

對(duì)T'rn>3必存在不同的正整數(shù)%,占，…,4滿(mǎn)足xix2"，xm=匯+石+…+S,

令王m=X9…/T>max｛芭，電,,則有

內(nèi)々…/=（工/2…4）2-X聲…與

（西/???/―1）2+芭9.一乙,一|

=（x）x2…4-1）~+（%；+X；+.