全国初中数学联赛模拟试卷一及答案

初中数学联赛模拟试卷一一、选择题（大题共6个试题，每小题有一个正确答案，选对得5分，选错、不选或多选均得0分）.1．在40与50之间能整除724-1的数是().A．41、48B.45、47C.43、48D.41、472.设N=88888888写成十进制数时,它的各位数字之和是A,而A的各位数字之和是B,B的各位数字之和是C,则C是().A.11B.7C.9D.43.为了给一本书的各页标出页码,在计算机排版录入时,录入员需击打数字键3645次,这本书的页数是().A.1187B.1188C.1189D.非上述答案4.设a1,a2,…,a8是8个互异的整数,a是它们的算术平均数.如果r是下面方程:(x-a1)(x-a2)…(x-a8)+1980＝0的整数解,则r等于().A.a+1B.a+2C.a+2或a-25.甲、乙二人同时解根式议程7bxax.抄题时,甲错抄成7bxax,结果解得一根是12;乙错抄成7bxdx,结果解得一根是13.乙知二人除抄错题之外,解题过程无误,则d的值有()个.A.2B.3C.4D.56.已知x1,x2,x3,…,x10都是正整数,x1+x2+x3+…+x10=x1x2x3…x10,且其中一个取得最大值,则x1+x2+…+x10的值等于().A.19B.20C.21D.22二、填空题(本大题共6个小题,每小题5分)1.已知将整数N的个位数字写在最高位得另一整数M,且M=5N.则N最小是________.2.已知19962a是整数,则a等于________.3.已知a、b、c都是整数,m=a2+b2,n=c2+d2.则mn也可表示为两个整数的平方和,且有m·n=________.4.已知3p+9q=51,且p、q为素数,则15log13qp=________.5.某城市在一次为残疾人募捐发行的彩票999999张.每张彩票上印有一个六位数字的号码.从000001到999999号.如果号码的前三位数字之和等于后三位数字之和,则称这张彩票为“幸运票”.例如112031,因1+1+2=3+1,所以号码为112031的彩票为幸运票.已知幸运票总共有N张.则该城市这次发行的彩票中,所有幸运票号码之和可表示为______.6.由七个数字0,1,2,3,4,5,6组成的,且能被55整除的最小的七位数是______.三、解答题1.(8分)能否将①19991999;②1999!表示成1999个连续的奇自然数之和?2.(8分)证明(1)若2n-1为素数(这样的素数称为梅森素数),则n也是素数.(2)当n为奇素数时,2n-1、12n不能同时为素数.3.(10分)求对于任何自然数n总能整除n4+2n3+11n2+10n的最大自然数m.4.(14分)若自然数a、b、c满足a2+b2=c2,就称a、b、c为一组勾股.试证任何一组勾股数a、b、c的乘积abc总能被60整除.参考答案一、选择题题号123456答案CBBDCB1.解:724-1=(712+1)(76+1)(73+1(73-1)而73+1=8×4373-1=6×578×6=48从而43、48是在40与50之间的能整除724-1的数.故选C.2.分析与解我们知道,一个十进制数被9除余几,它的各位数字之和被9除也余几;又一个数被9除余1,它的任意正整数次幂被9除也余1.这样就有N、A、B、C被9除的余数相同.N=88888888=88888·11118888而88888=64444464除以9余1,644444除以9也余1,88888除以9也余1.11118888=(1107×9+4)8888=9k1+4888848888=48886×16=642962×16由前所述,642962除以9余1,又1除以9余7.这样有48888除以9余7,进而有11118888除以9余7,从而有N=88888888除以9余7.所以,N、A、B、C除以9均余7.又N=88888888的位数小于4×8888=35552,因而,N的各位数字之和A＜9×35552=319968.而小于319968的多位数的各位数字之和最大是2+5×9=47.即B≤47而小于等于47的数各位数字之和最大是3+9=12,从而C≤12.又C除以9余7,故C=7.所以选B.3.解:1～9页每页需要一个数字,共需要9个数字;10～99页每页需要两个数字,共需要2×90=180个数字;100～9999页每页需要3个数字,共需要3×900=2700个数字.这样1～999页共需要数字9+180+2700=2889个数字.3645～2889=756(个)1000～9999页每页共需要4个数字,而756÷4=189(页)因而,数码是4位数的共有189页,从而全书的页数是:999+189=1188(页).故选B.4.解:将r代入方程,有(r-a1)(r-a2)…(r-a8)=-1980因为a1,a2,…,a8是互异整数,所以r-a1,r-a2,…,r-a8也是互异整数,而它们都是-1980的因数.又1980=22×32×5×11.从-1980的因数中选出8个互异的因数,且使乘积等于-1980,只有两种情况:±1,±2,±3,5,11或±1,±2,±3,-5,-11.这八个数相加分别得:(r-a1)+(r-a2)+…+(r-a8)=1+(-1)+2+(-2)+3+(-3)+5+11=16或(r-a1)+(r-a2)+…+(r-a8)=1+(-1)+2+(-2)+3+(-3)+(-5)+(-11)=-16即8r-(a1+a2+…+a8)=16或8r-(a1+a2+…+a8)=-16所以r=a+2或r=a-2.故选D.5.分析与解因为乙在解方程7bxdx时,得一根为13,因而d13.b13应为整数,且71313bd,由此得d的值应为-13,-12,-9.-4,3,12,23,36;相应的b的值为36,23,12,3,-4,-9,-12,-13.又甲在解方程7bxax时,得一根为12,因而b12应为整数,且不大于7.这样,上面得到的b值只能取12,3,-4,-13.从而d的可能取值为-9,-4,3,36.故选C.6.解:因为x1,x2,…,x10都是正整数,由对称性,不妨设x1≤x2≤…≤x10.由已知921103110321111xxxxxxxxx≤9101091091111xxxxxx1091098xxxx(等号当且仅当x1=x2=…=x8=1时才成立)109xx≤1098xx)1)(1(109xx≤9(1)若9=1,则有1921xxx.于是得10109xx,矛盾.(2)若9x≥2,110x≤9,10x≤10,仅当29x时,才有1010x.此时有21xx18x.于是得2010921xxxx.因而,当1021,,,xxx有一个取得最大值时,201021xxx.故选B.二、填空题1.解:设数N是几位数,个位数字是x,且N=10y+x,M=10n-1x+y.由M=5N,因而)10(5101xyyxn即yxn49)510(1显然49不能整除x,故7可以整除5101n.但)7(mod3)37(10111nnn从而)7(mod5351011nn又)7(mod232)7(mod633因而)7(mod5333532从而,当n-1=5,即n=6时,11016能被7整除.可以验证,n=6是最小的n.由此解出x=7,y=14285.故N=142857.2.解:设xa19962,x应为正整数.从而199622xa即(a+x)(a-x)=499×22.由此可知,a+x,a-x是1996的两个因数,且乘积等于1996.注意到a+x、a-x奇偶性相同,且a+x＞a-x.应有a+x=499×2,a-x=2或a+x=-2,a-x=-499×2,进而得到a=500或a=-500.3.解:因为22bam,22dcn,所以))((2222dcbamn22222222dbcbdacaabcdcbdaabcddbca222222222222)()(bcadbdac即22)()(bcadbdacmn或22)()(bcadbdac4.解:因为3p+9q=51,从而p+3q=17.由此可知p、q的奇偶性相反.我们知道,只有2是偶素数.当p=2时,q=5也是素数;当q=2时,p=11也是素数.也就是满足3p+9q=51的素数p、q有两对,p=2,q=5或p=11,q=2故得15log13qp1552log13=-1或012511log13.5.解:显然号码为999999的彩票是幸运票.除这张幸运票外,若某号码是321321bbbaaan的彩票是幸运票.这里应有321321bbbaaa.而m=999999-n=)9)(9)(9)(9)(9)(9(321321bbbaaa,且有)9()9()9(321aaa)9()9()9()(27)(27321321321bbbbbbaaa.也就是号码为m=999999-n的彩票也是幸运票.由于999999为奇数,所以nm.由于m+n=999999,相加时不发生进位.这就是说,除号码为999999这张幸运票之外,其余所有幸运票可两两配对,而每对号码之和为999999,这也得到所有幸运票的张数N应是奇数.除号码999999外,如上述规则配对的幸运票共有21N对,从而得所有幸运票号码之和为99999921N+999999=99999921N6.解:设要求的七位数四个奇数位上的数字之和为A,三个偶数位上数字之各为B,则A-B是11的倍数.因为A+B=0+1+2+3+4+5+6=21,这样A和B都是小于21的正整数.所|A-B|＜21,又A+B是奇数,故0BA.只能有|A-B|=11,所以A和B一个是21121=16,另一个是21-16=5.又因为0,1,2,3,4,5,6中最小的四个数0,1,2,3的和是6(＞5),所以A=16,B=5.这七个数中三个数之和等于5的只有0,1,4和0,2,3两种情况.因此A=2+3+5+6,B=0+1+4或A=1+4+5+6,B=0+2+3.在上述两种情况中,0都在偶数位上,不可能在个位.因为要求的数是55的倍数,所以个位数字必须是5.要求的数是最小的,第一位数字是1,因而应是A=1+4+5+6,B=0+2+3.所以要求的最小七位数是1042635.三、解答题1.解:(1)能.设1999个连续的奇数为a,a±2,a±4,…,a±1998,其和为1999a.要使1999a=19991999得a=19991998所得的a=19991998是奇数,这样连续的1999个连续的奇数19991998,19991998±2,19991998+4,…,19991998±1998,其和就是19991999.(2)不能.因为连续的1999个奇数这和应为奇数,而1999!是一个偶数,所以1999!不能表示成1999个连续奇数之和.2.证明(1)(用反证法)若n为合数,n=pq,p＞1,q＞1.1)2(12pqn]12)2()2)[(12(21qpqpqq由q＞1,知12q＞1,又q＞1,p＞1,12)2()2(21qpqpq＞1,从而证明得12n是合数.同已知12n是素数想矛盾.(2)由于n是奇素数,知n≥3,12n≥7,因为12n,n2,12n这三个数必有一个是3的倍数,n2不是3的倍数,所以12n,12n中定有一个是3的倍数,又它们都大于6,所以二者中有一个是合数.即当n是奇素数时,12n、12n不能同时为素数.3.解:我们先分析特例:n123nnnn101122342496264而24=24×1,96=24×4,264=24