华杯赛讲义小高组第3讲计数专题和数论专题.docx
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华杯赛讲义小高组第3讲计数专题和数论专题
第三讲计数专题和数论专题
1、如果说小学奥数试题中"行程""几何""数论"三大专题成为各大杯赛和小升初考试中的常客,占据了试卷的绝大部分版面的话,那么第四大专题就非计数莫属了,而且更重要的是,计数中的技巧多达十几种,堪称五大专题中的最具技巧与灵活性的必考专题。
2、数论是研究整数性质的一个数学分支,它历史悠久,而且有着强大的生命力。
数论问题叙述简明,“很多数论问题可以从经验中归纳出来,并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚,但要证明它却远非易事”。
1、一串有规律排列的数,从第二项起每一项都等于1加前一项的倒数之和.当第五项是0时,第一项是()
【解析】:
根据规律,可表示出每一项,根据第五项是0,可得一元一次方程,根据解方程,可得答案.
解:
设第一项是a,根据题意,得
第二项是
第三项是
第四项是
第五项是
第五项是0,
解得:
2、求使
与n-4不互质的大于4的最小整数n的值为()
【解析】:
令n-4=k,k≥1,得到n3+3=k3+12k2+48k+67,k≥1,则k3+12k2+48k+67和k的公约数就是67和k,依此得到k的值,进一步即可得到n的值.
解答:
解:
令n-4=k,k≥1,
则n3+3
=(k+4)3+3
=k3+12k2+48k+67,k≥1,
则k3+12k2+48k+67和k的公约数就是67和k
而67是质数,
所以它们的公约数除了1以外,
最小的只能是67,
于是最小的k=67
所以n=71.
故答案为:
71.
.
3、从2000年到2099年,有没有哪些年份可以表示成
的形式,其中m,n均为正整数?
如果有,请列举出来;如果没有,请说明理由.
【解析】:
没有.设p为2000到2099任意一数;假设有那样的表达式存在,一定满足
①,显然有m>n,①两边同时除
得
②,②式两边均为整数,所以
整除p,令
③,③代入②得
,所以
④,根据2000≦p≦2099及④式,a只能取下列值:
2、8、26、80、242、728;根据③式及2000≦p≦2099,3^n只能取下列值1、3、9、27、81、243、729;当a=2时,a乘3^n的最大值(729)<2000,所以a≠2;当a=8时,8×243=1944<2000,8×729=5832>2099,所以a≠8;当a=26,26×81=2106>2099,26×27=702<2000,所以a≠26;当a=80,80×27=2160>2099,80×9=720<2000,所以a≠80;当a=242,242×9=2178>2099,242×3=726<2000,所以a≠242;当a=728,728×3=2184>2099,728×1=728<2000;综上所述,不存在满足要求的a;所以从2000年到2099年的年份,不能表示为
的形式.
4、如果正整数x与y使得
的值为质数,那么x+y共有()种可能的值。
A、1B、2C、3D、4
【解析】:
设(x,y)=m,令x=am,y=bm,则有:
(a,b)=1。
,由于a与b互质,则a与(a+b)互质,b也于(a+b)互质。
为了保证
为整数,m²必为(a+b)的整数倍,令m²=n(a+b),则有:
首先,b必须为1,否则
必为合数,其次,a和n至少有一个为1,否则
必为合数;最后,a和n不能同时为1,否则,
(其实,a=b=1时,n也不可能为1,否则m=√2)。
换句话说,b=1,a和n有且仅有一个为1。
当b=1,a=1时,由
可知,n为质数;由m²=n(a+b)=2n可知,2n为完全平方;n只能为2。
此时a=b=1,m=2,x=y=2,
.
当b=1,n=1时,由
可知,a为质数;由m²=n(a+b)=a+1可知,a+1是完全平方数,
a=m²-1=(m+1)(m-1),只有当m=2时,a才是质数。
此时,a=3,b=1,m=2,x=6,y=2,
.
共两组解,分别是(2,2)和(6,2)。
5、设
。
当n取1,2,…,2012时,能被6整除的m有__________个?
【解析】:
≡
(mod6),则n必须为偶数,且
≡
(mod3)
mod3:
2,1,2,1,2,1,2,1,2,…
mod3:
1,1,0,1,1,0,1,1,0,…
以6个为周期重复,符合条件的n=6k+2,6k+4
2012=335×6+2,所以共有335组,最后还多一个符合条件的2012
总数为335×2+1=671.
6、从1到1000中最多可以选出多少个数,满足:
这些数中任意两个数的差都不整除它们的和?
【解析】:
显然,自然数按被3除得的余数可以分成3类,即余数是:
0、1、2,
被3除余1的所有数,任两个数相加的和被3除余2,差能被3整除,符合要求,
对被3除余2的所有数也如此,即2+2=4,4÷3还是余1,
在1到1000中,被3除余1的有334个,余0、2的333个.
因此取被3除余1的334个,这些数符合题意;
故答案为:
334.
7、张兵1953年出生,在今年之前的某一年,他的年龄是9的倍数并且是这一年的各位数字之
和,那么这一年他()岁。
【解析】:
分析:
根据题意,设那一年是19AB年,那么他这一年的年龄是1900+10A+B-1953岁,也是1+9+A+B岁,又因为他的年龄是9的倍数,那么1+9+A+B是9的倍数,然后列出方程进一步解答即可.
解答:
解:
设那一年是19AB年;
根据题意可得:
1900+10A+B-1953=1+9+A+B,
10A+B-53=10+A+B,
9A=63,
A=7;
因为他的年龄是9的倍数,那么1+9+A+B是9的倍数;
1+9+7+B=17+B是9的倍数;
那么B=1时,17+1=18是9的倍数;
所以,在1971年,他的年龄是9的倍数并且是这一年的各位数字之和;
这一年他的年龄是:
1971-1953=18(岁).
答:
这一年他18岁.
故答案为:
18.
8、已知98个互不相同的质数p1,p2,……,p98,记N=p12+p22+……+p982,问:
N被3除的余数是多少?
【解析】:
所有的质数根据除以3来分类
可以写成
3M+1,3M+2,3分成三大类,其中M为自然数
那么3M+1的平方除以3的余数为1;
3M+2平方后除以3也是余数为1;
3除以3余数唯独为0
所以有没有3成为这个题目的分类种类的关键
有3,则余数为1
无3,则余数为2
9、从-6、-4、-3、-2、-1、3、6中任取两个数相乘,所得积中的最大值记为a,最小值记为b,那么的a、b值为().
【解析】:
最大值a=(-6)×(-4)=24
最小值b=(-6)×6=-36
10、从--3、-2、-1、4、5中任取两个数相乘,所得积中的最大值记为a,最小值记为b,那么a、b的值为().
【解析】:
最大值a=4×5=20
最小值b=(-3)×5=-15
11、圣诞老人有36个同样的礼物,分别装在8个袋子中.已知8个袋子中礼物的个数至少为1且各不相同.现要从中选出一些袋子,将选出的袋子中的所有礼物平均分给8个小朋友,恰好分完(每个小朋友至少分得一个礼物).那么,共有________种不同的选择.
【解析】:
如果每人分1个礼物:
8=8=1+7=2+6=3+5=1+2+5=1+3+4,6种;
如果每人分2个礼物:
16=1+7+8=2+6+8=3+5+8=3+6+7=4+5+7=1+2+5+8=1+2+6+7=1+3+4+8=1+3+5+7=1+4+5+6=2+3+4+7=2+3+5+6
=1+2+3+4+6,共13种;
如果每人分3个礼物,拆分24,与拆分36-24=12是一样的.
12=4+8=5+7
=1+3+8=1+4+7=1+5+6=2+3+7=2+4+6=3+4+5
=1+2+3+6=1+2+4+5,共10种;
如果每人分4个礼物,同理拆分36-32=4
4=4=1+3,共2种;
所以,共有6+13+10+2=31种不同的选择.
故答案为:
31.
12、一个四位数,各位数字互不相同,所有数字之和等于6,并且这个数是11的倍数,则满足这种要求的四位数共有()个.
(A)6(B)7(C)8(D)9
【解析】:
11的倍数奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差(以大减小)是0或是11的倍数.首先找出四个不同数字的和是6,有0+1+2+3=6,
可以找到3201、3102、1023、2013、2310、1320这六个数字。
13、如果,(其中m、n为互质自然数),那么m+n的值是()
A、1243B、1343C、4025D、4029
【解析】:
B
14、从1~11这11个整数中任意取出6个数,则下列结论正确的有()个.
①其中必有两个数互质;
②其中必有一个数是其中另一个数的倍数;
③其中必有一个数的2倍是其中另一个数的倍数.
(A)3(B)2(C)1(D)0
【解析】:
B
15、有四个人去书店买书,每人买了4本不同的书,且每两个人恰有2本书相同,那么这4个人至少买了_______种书.
【解析】:
若只有两个人,为符合题意,一定有6本不同的书,给这6本书编号为1、2、3、4、5、6.设甲买的是1、2、3、4,乙买的是1、2、5、6.这时丙来了.为符合题意,他可以选择不买其他的书,他买编号为3、4、5、6,也符合题意,这时要注意的是,当三个人只买6本书时,当甲乙买的书确定之后,丙买的编号是唯一的,就是丙不能买甲乙都买的书,那么他就必须再买一本他自己“独有”的书,列表格:
这时丁来了,站在丙的角度思考,他至少要有一本“独有”的书,所以4个人的时候至少是7本.
即甲买的书编号为(1、2、3、4),则乙买的书编号为(1、2、5、6),丙买的书编号为(3、4、5、6),丁可以买(1、3、5、7).因此4个人的时候至少买(1、2、3、4、5、6、7),即7种书.
故答案为:
7.
16、一只青蛙开始在正六边形ABCDEF顶点A处,它每次可随意地跳到相邻两个顶点之一.在D点处有只飞虫,若青蛙在5次之内跳到D点,则可以捕捉到飞虫,否则飞虫会逃走.那么青蛙从开始到抓住飞虫,有()种不同跳法.
【解析】:
青蛙不能经过跳1次、2次或4次到达D点.故青蛙的跳法只有下列两种:
(1)青蛙跳3次到达D点,有ABCD,AFED两种跳法;
(2)青蛙一共跳5次后停止,那么,前3次的跳法一定不到达D,只能到达B或F,
则共有AFEF,AFAF,ABAF,ABCB,ABAB,AFAB这6种跳法.随后的两次跳法各有四种,
比如由F出发的有:
FEF,FED,FAF,FAB共四种.因此这5次跳法共有6×4=24种不同跳法.
所以,一共有2+24=26种不同跳法.
故答案为:
26.
17、设n是小于50的自然数,那么使得4n+5和7n+6有大于1的公约数的所有n的可能值之和为()【解析】:
第一个乘以7第二个乘以4相减得到的差应该是它们公约数的倍数,当然这个公约数只要不是7和4就可以,事实证明差是11,所以公约数只能是11.
同时,4n+5乘以2后得到的数再减去7n+6等于n+4因为乘以2对于11没有影响,所以差n+4依旧是11的倍数,n+4最大为54,所以n=7、18、29、40,所以几个可能的n的值的和为94.
18、对于155个装有红、黄、蓝三种颜色球的盒子,有三种分类方法:
对于每种颜色,将该颜色的球数目相同的盒子归为一类.若从1到30之间所有的自然数都是某种分类中一类的盒子数,那么,
1)三种分类的类数之和是多少?
2)说明,可以找到三个盒子,其中至少有两种颜色的球,它们的数目分别相同.
【解析】:
记第一种、第二种和第三种分类分别分了i,j,k类,每类的盒子数目分别为
a1,a2,……,ai,b1,b2,……,bj,c1,c2,……,ck,
令n+i+j+k.
1)因为a1,a2,……,ai,b1,b2,……,bj,c1,c2,……,ck,包含了1到30的所有整数,所以
n30.另一方面,
所以n=i+j+k+30,三种分类各自分类的类数之和是30.
2)不妨设a1=30,记这30个盒子的类为A类.因为i+j+k=30,必有j14或k14,不妨设j14.A类的30个盒子分到这不超过14个类中去,必有一类至少有三个盒子,这三个盒子里的红球数相同并且黄球数也相同.
19、在所有是20的倍数的正整数中,不超过2014并且是14的倍数的数之和是().
【解析】:
(140+1960)×14÷2=14700
20、从1~8这八个自然数中任取三个数,其中没有连续自然数的取法有()种.
【解析】:
8个数任取3个的总数为A8取3=8*7*6=336
取出123组合为6种
取出234组合为6种
取出345、456、678、789、都为6种
取出连续自然数为6*6=36
没有连续自然数取法为300种
1、在所有是20的倍数的自然数中,不超过3000并且是14的倍数的数之和是().
【解析】:
140是20与14的最小数公倍数,所以满足条件的数为140,280,420,560,......
3000/140=21.4,共21个数,最大的数为21×140=2940,应用等差数列前n项和公式
140+280+420+...+2940=×(140+2940)×21=32340
2、学校组织1511人去郊游,租用42座大巴和25座中巴两种汽车.如果要求恰好每人一座且每座一人,则有()种租车方案.
【解析】:
设大巴a辆,中巴b辆
根据题意列不定方程42a+25b=1511
1511÷25…11,则42a÷25…11,42a个位为6,经试验当a=8时,b=4。
当a=8+25=33时,b=5,共2组整数解。
3、用七块棱长为1cm的小正方块堆成一立体,其俯视图如右图所示,则共有________种不同的堆法(经旋转能重合的算一种堆法)
【解析】:
如图所示:
故有5种不同十堆法.
故答案为:
5.
4、沿着下图的实线走,从A点到B点的最短线路共有()种?
【解析】:
从A点到B点的最短路线共有40条,如下图所示:
5、正方体的各个顶点上分别写着整数1至8,各条棱上分别写着其两个顶点上的数的差的绝对值,那么12条棱上至少可以出()个互不相同的数。
【解析】:
因为每个顶点有三条棱相交,这个顶点上的数会与其它的三个顶点上的数不同,
比如:
顶点上的数是8,另外与它相连的三条棱的顶点上的数是1、2、3,那么会产生7、6、5三个不同的差,从最不利原理可知:
至少会产生3个不同的差.故答案为:
3.
6、甲、乙进行乒乓球比赛,三局两胜制.每局比赛中,先得11分且对方少于10分者胜;10平后多得2分者胜.甲、乙二人得分总和都是30分,在不计比分先后顺序时,三局的比分共有()种情况.
【解析】:
30,三局中其中一个人胜了两局,所以至少有两个分数不小于11,甲得分总和是30,30=11+9+10,乙对应的得分是:
30=7+10+12;对应的比分是:
,之后7、9依次减1,10和12依次加1;、、、、、、上面八种都是乙取得了胜利,甲取得胜利对应的也是8种,共计种.
7、两个自然数之和为667,它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商等于120.求这两个数.
【解析】:
因为它们的最小公倍数是最大公约数的120倍,所以120必须分成两个互质数的积,
120=1×120=8×15=5×24=40×3,
其中667要能整除这两个互质数的和,其中8和15,5和24符合题意,
667÷(8+15),
=667÷23,
=29;
29×8=232,
29×15=435;
667÷(24+5),
=667÷29,
=667÷29,
=23;
23×5=115,
23×24=552;
答:
这两个数分别为115和552,或者232和435.
8、贝塔星球有七个国家,每个国家恰有四个友国和两个敌国,没有三个国家两两都是敌国.对于一种这样的星球局势,共可以组成________个两两都是友国的三国联盟.
【解析】:
用
这7个点代表七个国家,用虚线连接表示敌国关系,用实线连接表示友国关系.则每个国家连出2条虚线,4条实线.共
条虚线,其余为实线.
首先说明这7个点必然由7条虚线依次连接为一个闭合回路.
必与两个点连接虚线,不妨记为
,而
必然再与一个点连接虚线,记为
;
虚线连接
,否则剩下3个点互为敌国关系;
虚线连接
,否则剩下两个点无法由2条虚线连接;
虚线连接
,最后
只能虚线连接
.
最终连线图如下.
只要选出的三个点没有任何两个相邻则满足条件.有135,136,146,246,247,257,357,这7种.(为了直观我们用
分别代表
)
7、三个大于1000的正整数满足:
其中任意两个数之和的个位数字都等于第三个数的个位数字,那么这3个数之积的末尾3位数字有________种可能数值.
【解析】:
设三个数的个位分别为
1如果
都相等,则只能都为0;
2如果
中有两个相等,
①
且
,必有
,则
,与
为数字矛盾;
②
且
,则有
,则
;
3如果
都不相等,设
,则
,则
,与
为数字矛盾;
综上三个数的个位分别为0,0,0或0,5,5;
⑴如果都为0,则乘积末尾3位为000;
⑵如果为0,5,5
①如果个位为0的数,末尾3位都为0,则乘积末尾3位为000;
②如果个位为0的数,末尾2位都为0,则乘积末尾3位为500或000;
③如果个位为0的数,末尾1位为0设末尾两位为
,设另外两个末尾2位为
,则
,若
为奇数,则乘积末尾3位为75;若
为偶数则乘积为25,在乘上
无论
为多少,末尾三位只有000,250,500,750这4种.综上,积的末尾3位有000,500,250,750这4种可能.
10、两人进行乒乓球比赛,三局两胜制,每局比赛中,先得11分且对方少于10分者胜,10平后多得2分者胜.两人的得分总和都是31分,一人赢了第一局并且赢得了比赛,那么第二局的比分共有多少种可能?
【解析】:
设赢的为甲,输的为乙.甲第一局获胜,如果第二局又胜则直接获胜总分一定比乙多不符合题意,所以甲第二局输第三局赢.
甲第一、三局都赢,则一、三局至少会比乙多得4分,所以乙第二局至少赢甲4分及以上,所以只能以11分取胜.所以第二局的比分可以为:
,共8种.(乙在第二局赢了多少分,甲都可以通过一、三局赢回多少分使两人总分相同,所以甲在第二局得分从0~7都可能;例如三局比分分别为20:
18、0:
11、11:
2)
11、将自然数1至8分为两组,使两组的自然数各自之和的差等于16,共有()种不同的分法.
【解析】:
设两组自然数中和较小的那组之和为x,则较大的那组之和为36-x,
36-x-x=16
所以x=10
两组自然数中和较小的那组可以是(1234)(127)(136)(145)(235)(28)(37)(46)
共有8种分法
12、甲、乙、丙、丁四种商品的单价分别为2元、3元、5元和7元,现从中选购6件共花费了36元,如果至少选购3种商品,则买了()件丁商品.
(A)1(B)2(C)3(D)4
【解析】:
显然丁商品不能为5件或6件.若丁商品为4件,则剩余2件商品应为8元,可以是一件乙商品,一件丙商品;若丁商品为3件,则其余三件商品需是15元,必须是三件丙商品,不符合至少三种商品的条件;其余也可用类似方法排除.故丁商品为4件.
13、韩梅家的左右两侧各摆了3盆花,韩梅每次按照以下规则往家里搬一盆花:
先选择左侧还是右侧,然后搬该侧离家最近的。
要把所有的花搬到家里,共有()种不同的搬花顺序.
【解析】:
利用插板法和捆绑法,把右侧的花按2,1或1,1,1或3分为三种方式插入左侧花中,
因此有2×+=20种不同顺序.
14、在一个七位整数中,任何三个连续排列的数字都构成一个能被11或13整除的三位数,则这个七位数最大是().
(A)9981733(B)9884737(C)9978137(D)9871773
【解析】:
1001=7×11×13,则三位数中被11整除的最大数为990,被13整除的最大数为988,由于后面的两个数位会做首位,因此不能为0,前三位只能为988,ACD前三位都不是11或13的倍数,且988=13×76,884=13×68,847=11×77,473=11=43,737=11×67,选B.
15、将1,2,3,4,5,6,7,8这8个数排成一行,使得8的两边各数之和相等,那么共有()种不同的排法.
A.1152B.864C.576D.288
【解析】:
1+2+3+...+7=28,8的两边之和都是28÷2=14,有(1247)8(356),(1256)8(347),(1346)8(257),(2345)8(167)四种分法,共有2×4×4!
×3!
=1152种排法.选A.
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