模块十六
新趋势专题
专题70
数学文化
类型一 数论与数的运算
1.
-7516
2.
15 【解析】如解图所示,因为每一横行,每一竖列以及两
条斜对角线上的数之和都相等,所以a = 4+5-7 = 2,因为a
+5=x+1,所以x = 2+5-1 = 6,所以第一竖列之和为x+7+a
= 6+7+ 2 = 15,因为每一横行,每一竖列上的数之和都相
等,所以每一横行上的数之和为15。
第2 题解图
3.
解:根据计数规则可知,右边第1 位的计数单位为5
0,右边
第2 位的计数单位为5
1,右边第3 位的计数单位为5
2,右
边第4 位的计数单位为5
3。依此类推,可求出结果。2×5
3
+1×5
2+3×5
1+4×5
0 = 294(天)
答:孩子自出生后的天数是294 天。
4.
解:根据题意,水漏计时器的容积为4× 2× 3 = 24( 立方分
米)= 24 升,每小时漏出水的量为24÷8 = 3(升),中午12
时到下午5 时经过了5 个小时,剩下的水的体积为24-3×
5= 9(升)。
答:水漏计时器里大约还有9 升水。
5.
解:由题意得{5. 7}+{-1. 2}-{1} = 5. 7-[5. 7] +(-1. 2) -
[-1. 2]-1+[1] = 5. 7-5-1. 2+2-1+1= 1. 5。
答:{5. 7}+{-1. 2}-{1}的值为1. 5。
类型二 代数与方程
6.
B 【解析】设醇酒饮了x 升,醨酒饮了y 升,由题意可列方
程组
x+y= 19
3x+ y
3 = 33
{
,解得
x= 10
y= 9
{
,则醨酒饮了9 升。
7.
4 丈5 尺 【解析】1 丈五尺= 15 尺,一尺五寸= 1. 5 尺,五
寸= 0. 5 尺,因为同时同地阳光下物体的长度和影子长度
的比相等,所以竹杆的长度∶竹杆的影长= 标竿的长度∶
标竿的影长,设竹竿长度为x 尺,根据题意可得比例式: x
15 =
1. 5
0. 5,解得x= 45,45 尺= 4 丈5 尺,所以竹竿的长度为4 丈
5 尺。
8.
36 【解析】设甲原来赶的羊共有x 只。根据题意得x+x+
1
2 x+ 1
2 × 1
2 x+1= 100,解得x = 36,所以甲原来赶的羊共有
36 只。
9.
解:设车有x 辆,若每3 人乘一辆车,则人数为3(x-2);若
每2 人坐一辆车,则人数为2x+9。根据人数相等,可得方
程3(x-2)= 2x+9,解得x= 15,人数为2×15+9= 39(人)。
答:有39 人,15 辆车。
10.
解:设黄金每枚重a 两,白银每枚重b 两,根据题意得
9a= 11b
8a+b= 10b+a-13
{
,解得
a= 143
4
b= 117
4
ì
î
í
ï
ï
ïï
。
答:黄金每枚重143
4 两,白银每枚重117
4 两。
11.
解:(1)设每头牛值x 两,每只羊值y 两,根据题意得
5x+2y= 19
2x+5y= 16
{
,解得
x= 3
y= 2°
{
答:每头牛值3 两,每只羊值2 两。
(2)设买了a 头牛,买了b 只羊,则3a+2b= 21,
因为a、b 为正整数,且不为0,
所以当b= 1 时,a= 19
3 ,不符合题意;
当b= 2 时,a= 17
3 ,不符合题意;
当b= 3 时,a= 5,符合题意;
当b= 4 时,a= 13
3 ,不符合题意;
当b= 5 时,a= 11
3 ,不符合题意;
当b= 6 时,a= 3,符合题意;
当b= 7 时,a= 7
3 ,不符合题意;
当b= 8 时,a= 5
3 ,不符合题意;
当b= 9 时,a= 1,符合题意;
当b= 10 时,a= 1
3 ,不符合题意;
当b= 11 时,a= - 1
3 ,不符合题意。
答:在钱全部被花完的情况下,可以买5 头牛和3 只羊或
买3 头牛和6 只羊或买1 头牛和9 只羊。
类型三 图形与几何
12.
22. 5 【解析】因为1 宣= 1
2 矩,1 欘= 1 1
2 宣,1 矩= 90°,
∠A= 1 矩,∠B= 1 欘,所以∠A = 90°,∠B = 1 1
2 × 1
2 ×90°
= 67. 5°,所以∠C = 180°-∠A-∠B = 180°-90° - 67. 5° =
22. 5°。
13.
① 【解析】②nS 为圆内接多边形的面积,一定满足nS<
πr
2,故②错误。③当n= 4,r = 2 时,α = 360°
4
= 90°,三角形
A1OA2、三角形A2OA3、三角形A3OA4、三角形A4OA1 均为
等腰直角三角形,内接四边形的面积等于四个等腰直角
三角形的面积和为2×2× 1
2 ×4= 8,若用8 估算圆周率,8=
πr
2,π= 2,故③错误。
14.
解:(1)S△AEF,S△FMC,S△AEF,S△FGC;
(2)如解图,过点P 作PM⊥AD 于点M,延长MP 交BC 于
点N,则四边形AEPM,四边形DFPM,四边形CFPN,四边
形BEPN 都是矩形,所以PM =DF = 5,同(1)理得S矩形AEPM =
S矩形CFPN,S△AEP = S△AMP, S△CFP = S△CNP, 即S△AEP = S△CFP =
1
2 PE·PM= 1
2 ×6×5 = 15,所以图中阴影部分的面积为
15+15= 30。
答:图中阴影部分的面积为30。
第14 题解图
15.
解:(1)6 【解析】用海伦公式:P = 1
2 ×(3+4+5)= 6,S =
6×(6-3)×(6-4)×(6-5) =
36, 用秦九韶公式: S =
1
4 ×[3
2×4
2-(3
2+4
2-5
2
2
)
2] =
36,因为
36 =
6
2 ,
所以
36 = 6,故这个三角形的面积为6。
(2)①28-x
【解析】因为BC = 28,BD = x,所以CD = 28
-x。
②因为AD⊥BC,
所以AD
2 =AC
2-CD
2,AD
2 =AB
2-BD
2,
所以26
2-(28-x)
2 = 30
2-x
2,解得x= 18。
答:x 的值为18。
③由②得AD=
AB
2-BD
2 =
30
2-18
2 =
576,
576 =
24
2 = 24,
所以S△ABC = 1
2 BC·AD= 1
2 ×28×24= 336。
答:△ABC 的面积为336。
专题71
衔接初中
类型一 科学记数法
1.
A 2.
D
类型二 幂的运算
3.
11 【解析】14 = 2
1 ×7,20 = 2
2 ×5
1,15 = 3×5
1,25 = 5
2,12 =
2
2×3,初始5 个数中,2 的指数依次为1、2、0、0、2,5 的指数
依次为0、1、1、2、0,随后每次相邻两数相乘时,对应质因数
指数相加。第1 次相邻2 个数依次相乘得到4 个数,2 的
指数依次为3、2、0、2,5 的指数依次为1、2、3、2;第2 次相
邻2 个数依次相乘得到3 个数,2 的指数依次为5、2、2,5
的指数依次为3、5、5,第3 次相邻2 个数依次相乘得到2
个数,2 的指数依次为7、4,5 的指数依次为8、10;第4 次相
邻两个数相乘得到最终乘积,2 的指数为11,5 的指数为
18;因此末尾0 的个数为11。
解题技巧
要确定5 个数14、20、15、25、12 经相邻两个
数依次相乘最终乘积末尾0 的个数,需计算乘积中质因
数2 和5 的指数(每对2 和5 对应一个0),取较小值。
4.
解:(1)(a)✕ 【解析】11
13 表示13 个11 相乘。
(b)✕ 【解析】(5ab)
3 = 5
3a
3b
3 = 125a
3b
3。
(c)√ 【解析】(2xy
2)
4 = 2
4x
4(y
2)
4 = 16x
4y
8。
(2)7
1275 【解析】7
1×7
2×7
3×7
4×…×7
50 = 7
1+2+3+4+…+50 = 7
1275。
(3)3×3
3×3
5×3
7×…×3
99 = 3
1+3+5+7+…+99 = 3
2500。
(4)(2
3×20×5
2)
3÷10
9 = (2
3×3 ×20
1×3 ×5
2×3) ÷10
9 = 2
9 ×2
6 ×5
3
×5
6÷10
9 = 2
9×5
9×2
6÷10
9 =(2×5)
9×2
6 ÷10
9 = 10
9 ×2
6 ÷10
9 =
2
6 = 64。
(5)因为x
n = 3,y
n = 5,那么(x
2y)
2n = (x
n)
4 ×(y
n)
2 = 3
4 ×5
2
= 2025。
类型三 算术平方根
5.
解:(1)①✕
【解析】a
2 = 25,那么a 等于± 5。即原计算
错误。
②√ 【解析】a × b =
ab。即原计算正确。
③✕ 【解析】3 × 3 ×……× 3
ü
þ
ý
ï
ï
ï
ïï
2012个3
= 3
1006。即原计算错误。
④√ 【解析】x>0,
25x
2 = 5x。即原计算正确。
(2) 6
7
(3)30 【解析】
12 ×
75 =
12×75 =
900 = 30。
(4)50 【解析】5 2 =
25 × 2 =
25×2 =
50。
(5) 2
3 【解析】(
2x-1)
2 = 2x-1,所以方程变为2x-1 =
5x-3,解得x= 2
3 。
6.
6 【解析】a 为大于3 的正数,则a-3>0, 1
a-3>0,a+1+ 1
a-3=
a-3+ 1
a-3+4≥2×
(a-3)× 1
a-3 +4= 2+4= 6。
类型四 方程(不定方程)类的正整数解
7.
10 【解析】因为x+y+xy = 34,所以x+xy+y+1 = 35,所以
1
x(1+y)+(1+y)= 35,即(1+y)(x+1)= 35,因为x,y 是正整
数,所以1+y,1+x 是大于1 的正整数,因为35= 5×7,所以1
+y= 5,1+x= 7 或1+y= 7,1+x= 5,所以1+y+1+x= 7+5= 12,
所以x+y= 12-2= 10。
8.
解:令
3x+4y+2z= 16①
4x-3y-z= 1②
{
,由①得,x 为偶数,z= 8- 3
2 x-2y,
x,y,z 均为正整数,则x<4,即x= 2,此时解得y= 2,z= 1。
所以方程的正整数解为
x= 2
y= 2
z= 1
ì
î
í
ïï
ïï
。
9.
解:由题意得,1. 345≤a
5 + b
7 + c
8 <1. 355,所以376. 6≤56a
+40b+35c<379. 4,a,b,c 是三个自然数,所以56a+40b+35c
的值为377 或378 或379。
若56a+40b+35c= 377,根据和的奇偶性可知,35c 为奇数,
即c 为奇数。40b+35c 的和的个位是5,则56a 的个位是2,
即a= 2 或7,当a = 7 时,56a = 392>379,不符合要求,所以
a= 2。代入化简得8b+7c= 53,则c= 3,b= 4;
若56a+40b+35c= 378,c 为偶数,40b+35c 的和的个位是0,
则56a 的个位是8,即a= 3,代入化简可得8b+7c= 42,经计
算无正整数解;
若56a+40b+35c= 379,c 为奇数,40b+35c 的和的个位是5,
则56a 的个位是4,即a= 4。代入化简可得8b+7c = 31,解
得b= 3,c= 1。
答:a、b、c 的值分别是2、4、3 或4、3、1。
类型五 函数
10.
解:(1)是 【解析】正方体的体积y 是其边长x 的函数,
即为y=x
3。
(2)①0≤y≤3
②x 的取值是2,4,8,10,14……
(3)该函数是周期函数,因为f(x+2)= - f(x),所以f(x+2
+2)= f [(x+2)+2] = - f(x+2)= -[- f(x)] = f(x)
所以f(x+4)= f(x)。
答:函数y= f(x)是周期函数,它的周期为4。
11.
解:(1)0. 5 30 【解析】1 号探测气球从海拔10 m 处出
发,以1 m/ min 的速度竖直上升,与此同时,2 号探测气球
从海拔20 m 处出发,以a m/ min 的速度竖直上升,y1 = x+
10,当x= 20 时,两气球海拔相同,y1 = x+10 = 20+10 = 30,
所以b= 30,设2 号探测气球的函数关系式为y2 = ax+20,
y2 =ax+20 过(20,30),所以30= 20a+20,解得a= 0. 5。
(2)x+10 0. 5x+20
(3)分两种情况:①2 号探测气球比1 号探测气球竖直海
拔高5 m,根据题意得:(0. 5x+20) -(x+10)= 5,解得x =
10;②1 号探测气球比2 号探测气球竖直海拔高5 m,根
据题意得:(x+10)-(0. 5x+20)= 5,解得x= 30。
答:上升10 min 或30 min 时,两个气球的海拔竖直高度差
为5 m。
类型六 平方公式等的探究、应用或证明
12.
169 【解析】设大正方形的边长为a,小正方形的边长为
b,两正方形的面积差为120,则a
2-b
2 = 120,所以(a+b)(a
-b)= 120①。两正方形的边长和为20,则a+b = 20②,将
②代入①可得a-b= 6③,(②+③) ÷2 得a = 13。所以,大
正方形的面积是13×13= 169。
13.
3468 【解析】设两个自然数分别为a 和b(a>b),根据题
意可知a
2 -b
2 = 2023,即(a+b) (a-b) = 2023,2023 = 1×
2023= 7×289= 17×119,①a+b= 2023,a-b= 1,则a = 1012,
b= 1011;②a+b= 289,a-b = 7,则a = 148,b = 141;③a+b =
119,a- b = 17, 则a = 68, b = 51, 所以乘积最小为68 ×
51= 3468。
14.
解:(1)(a+b)
2 =(a-b)
2+4ab
(2)设在正方形APCD 和正方形PBFE 中,AP = a,BP = b,
则AB = AP+BP = a+b = 8,因为△APE 的面积为7. 5,则
1
2 ab= 7. 5,即ab= 15,因为(a+b)
2 =(a-b)
2+4ab,所以(a
-b)
2 =(a+b)
2-4ab = 8
2 -4×15 = 4,所以a-b = 2(负值舍
去),所以CE=PC-PE=a-b= 2。
答:CE 的长度为2。
(3)物业筹集的资金不够用。理由如下:
设BG=CG=s m,EG=FG=t m,由题意,得BE=BG+EG=s+
t= 80( m),两个三角形区域的面积之和= 1
2 BG·CG+
1
2 FG·EG=( 1
2 s
2 + 1
2 t
2) m
2,两个长方形区域的面积之
和= 2BG·FG = 2st m
2,一共需要的资金为100×( 1
2 s
2 +
1
2 t
2)+30×2st = (50s
2 +50t
2 +60st)(元),因为s+t = 80,所
以s
2+t
2 =(s+t)
2-2st= 6400-2st,一共需要的资金为50s
2+
50t
2+ 60st = 50 ( s
2 + t
2 ) + 60st = 50 × ( 6400 - 2st) + 60st =
(320000-40st)元,因为(s-t)
2 =(s+t)
2-4st,(s-t)
2≥0,所
以(s+t)
2 -4st≥0,所以st≤(s+t)
2
4
,(s+t)
2 = 6400,(s+t)
2
4
=
1600,所以40st ≤64000, 所以320000 - 40st ≥256000,
25 万= 250000,256000> 250000,所以物业筹集的资金不
够用。
答:物业筹集的资金不够用。
类型七 几何证明类
15.
解:(1)每个小正方形的边长为60÷(3+4+5)= 5(厘米),
三角形的面积为1
2 ×(4×5)×(3×5)= 150(平方厘米)。
答:这个三角形的面积是150 平方厘米。
(2)答:直角三角形的两条直角边长度的平方之和= 斜边
长度的平方。说明如下:观察这个图形,以直角三角形直
角边的长度为边长的正方形面积分别为(4×5)
2 = 400(平
方厘米)和(3×5)
2 = 225(平方厘米),以直角三角形斜边
的长度为边长的正方形面积为(5×5)
2 = 625(平方厘米)。
400+225= 625,所以直角三角形的两条直角边长度的平
方之和=斜边长度的平方。
16.
证明:(1)如解图,直线j∥k,直线AF 与j,k 分别相交于点
B,D。假设∠ABC≠∠BDE,过点B 作直线l,MN 是直线l
上的两点,使∠ABN = ∠BDE,根据“两条直线被第三条直
线所截,如果同位角相等,那么这两条直线平行”,可知l
∥k。这样过点B 就有两条直线与k 平行,这与平行公理
矛盾,所以∠ABC≠∠BDE 的假设是不对的,所以∠ABC
=∠BDE。
第16 题解图
(2)如解图,由(1)知,两条平行线被第三条直线所截,同
位角相等,所以∠ABC = ∠BDE,∠ABC+∠CBD = 180°,所
以∠CBD+∠BDE= 180°,即两条平行线被第三条直线所
截,同旁内角互补。
17.
(1)证明:如解图,取AF 的中点H,连接HD,
第17 题解图
因为D 是AC 的中点,所以DH∥FC,
又因为BF= 1
3 AB,所以BF=FH,
所以BG=GD,
即G 是BD 的中点,又因为E 是BC 的中点,
所以EG∥AC。
(2)解:设S△BFG =a,因为BF= 1
3 AB,G 是BD 的中点,
所以S△ABD = 2×3×a= 6a,
因为D 是AC 的中点,所以S△ABC = 12a,
所以S△BFG = 1
12S△ABC,
设S△BGE =b,由(1)知,EG∥AC,
所以△BGE∽△BDC,所以
S△BGE
S△BCD
= (BE
BC)
2 = ( 1
2 )
2 = 1
4 ,所
以S△BCD = 4b,
因为D 是AC 的中点,所以S△ABC = 8b,
则S△BGE = 1
8 S△ABC,
所以
S△BFG
S△BEG
=
1
12S△ABC
1
8 S△ABC
= 2
3 。
答:
S△BFG
S△BEG
的值为2
3 。
类型八 数轴与绝对值
18.
解:(1)4π
(2)①第1 次滚动后, | -1 | = 1,第2 次滚动后, | -1+2 | =
1,第3 次滚动后,| -1+2-4| = 3,第4 次滚动后,| -1+2-4
-2| = 5,第5 次滚动后, | -1+2-4-2+3 | = 2,第6 次滚动
后,| -1+2-4-2+3-8| = 10,则第6 次滚动后,大圆离原点
最远。
答:第6 次滚动后,大圆离原点最远。
②1+2+4+2+3+8= 20,20×2π= 40π,
| -1+2-4-2+3-8| = 10,10×2π= 20π,
所以当大圆结束运动时,大圆运动的路程共有40π,此时
两圆与数轴重合的点之间的距离是20π。
答:当大圆结束运动时大圆运动的路程共有40π,此时两
圆与数轴重合的点之间的距离是20π。
(3)设时间为t 秒时,两圆与数轴重合的点之间相距9π,
分四种情况讨论:
①当两圆同时向右滚动,由题意得:t 秒时,大圆与数轴重
合的点所表示的数:2πt,小圆与数轴重合的点所表示的
数:πt,2πt-πt= 9π,解得t = 9,则2πt = 18π,πt = 9π。则
此时大圆和小圆与数轴重合的点所表示的数分别为
18π,9π;
②当两圆同时向左滚动,由题意得:t 秒时,大圆与数轴重
合的点所表示的数:-2πt,小圆与数轴重合的点所表示的
数:-πt,-πt-(-2πt)= 9π,解得t = 9,则-2πt = -18π,-πt =
-9π,则此时大圆和小圆与数轴重合的点所表示的数分
别为-18π、-9π;
③当大圆向右滚动, 小圆向左滚动时, 同理得: 2πt -
(-πt)= 9π,解得t= 3,则2πt = 6π,-πt = -3π,则此时大
圆和小圆与数轴重合的点所表示的数分别为6π、-3π;
④当大圆向左滚动, 小圆向右滚动时, 同理得: πt -
(-2πt)= 9π,解得t= 3,则πt= 3π,-2πt = -6π,则此时大
圆和小圆与数轴重合的点所表示的数分别为-6π、3π。
2
答:大圆和小圆与数轴重合的点所表示的数分别为18π、
9π 或-18π、-9π 或6π、-3π 或-6π、3π。
19.
解:(1)0 【解析】当a<0,b>0 时, a
| a| + b
| b| = a
-a+ b
b = -1+
1= 0。
(2)2 或-2 或0 【解析】①当a>0,b>0 时, a
| a| + b
| b| = a
a
+ b
b = 1+1= 2;②当a>0,b<0 时, a
| a| + b
| b| = a
a + b
-b = 1-1 =
0;③当a<0,b>0 时, a
| a| + b
| b| = a
-a+ b
b = -1+1= 0;④当a<
0,b<0 时, a
| a| + b
| b| = a
-a+ b
-b = -1-1= -2。综上所述, a
| a| +
b
| b| 的值为2 或-2 或0。
(3)因为a+b+c= 0,所以a+b= -c,a+c = -b,b+c = -a,所以
b+c
| a| +a+c
| b| +a+b
| c| = -a
| a| + -b
| b| + -c
| c| ,
又因为abc<0,a+b+c= 0,
所以a、b、c 中有一个负数两个正数,
所以-a
| a| + -b
| b| + -c
| c| = 1+(-1)+(-1)= -1。
答:b+c
| a| +a+c
| b| +a+b
| c| 的值是-1。
类型九 与初中有关的作图
20.
解:如解图所示。
第20 题解图
21.
解:(3)①大于
②作出圆周的一组三等分点,如解图
所示。
第21 题解图
【作图提示】先在圆上作一直径,交圆弧于点E,F,再以点
E(或点F)为圆心,OE(或OF)长为半径画弧,与圆O 相
交于点G,H,此时线段OE 与线段CH 相互垂直平分,三
角形FGH 是等边三角形,则点F,G,H 是圆O 的三等
分点。
专题72
数论中的证明、
说理、探究与构造
类型一 结论证明
1.
(1)证明:当这个完全平方数是偶数的平方时,设这个偶数
为2k,k 为自然数,则其平方为2k×2k = 4k
2,则4k
2 为4 的
倍数;
当这个完全平方数是奇数的平方时,设这个奇数为2n+1
(n 为自然数),则其平方为(2n+1)×(2n+1)= 4n
2+4n+1 =
4(n
2+n)+1,4(n
2+n)为4 的倍数,故这个完全平方数除以
4 余1。
(2)解:完全平方数:1,4,9,16,25,36,49,64,81,100,121,
144,169,196,225,…
不难发现,连续的完全平方数除以7 的余数规律:1、4、2、
2、4、1、0 循环。
2.
证明:假设有两个数a,b(1≤b<a≤n),且a
2 和b
2 被2n+1
除所得的余数相同,则由同余定理得a
2 -b
2 ≡0(mod(2n+
1)),即(a+b)(a-b)≡0(mod(2n+1))。又因为2n+1 是
质数,所以a+b≡0(mod(2n+1))或a-b≡0(mod(2n+1)),
而a+b,a-b 都小于2n+1 且大于0,所以a+b 与2n+1 互
质,a-b 也与2n+1 互质,因此a+b 与a-b 都不能被2n+1
整除,产生矛盾,所以假设不成立,原题得证。
3.
解:(1)因为A,B 两组相同号的数字之和恰好为C 组对应
号的数字,所以A,B 两组数字之和等于C 组数字之和,所
以C 组的四个数字之和为(1+2+3+…+12)÷2= 39。
答:C 组四个数字的和为39。
(2)C 组4 个数可能为12,11,10,6;12,11,9,7;12,10,
9,8。
证明如下:当12 不在C 组,令C 组数尽可能大,当C 组为
11,10,9,8 时,11+10+9+8 = 38<39,所以12 一定在C 组,
则C 组剩下的数字之和为39-12 = 27,令其他两数尽可能
大,取11 和10,则C 组最小的数只能为27-11-10= 6,则C
组不可能有1,2,3,4,5,同理可算出,C 组4 个数可能分别
为12,11,10,6;12,11,9,7;12,10,9,8。
4.
(1)解:根据因数个数的计算方法可知,12 = 3×4 = (2+1) ×
(3+1),12= 2×2×3 = (1+1) ×(1+1) ×(2+1),所以(2
2 ×3×
5)= 60,(2
3 × 3
2 ) = 72 是一组友好值为12 的友好数组。
(答案不唯一)
(2)证明:设a = P
a1
1 P
a2
2 …P
an
n ,b = P
b1
1 P
b2
2 …P
bn
n ,(Pi 为质数,
ai、bi 为正整数),因为a、b 为友好数组,所以a、b 的因数个
数相同,设为m,则m=(a1+1)(a2+1)…(an +1)= (b1+1)·
(b2+1)…(bn+1)。设c = P
c1
n+1P
c2
n+2 …P
ck
n+k,d = P
d1
n+1P
d2
n+2 …P
dk
n+k
(Pi 为质数,ci、di 为正整数),因为c、d 为友好数组,所以
c、d 的因数个数相同,设为n,则n = (c1 +1)(c2 +1)…(ck +
1)= (d1+1)(d2+1)…(dk+1)。
由于a、c 互质,b、d 互质,所以ac=P1
a1P2
a2…Pn
anP
c1
n+1P
c2
n+2…
P
ck
n+k,bd= P
b1
1 P
b2
2 …P
bn
n P
d1
n+1P
d2
n+2…P
dk
n+k,ac 的因数个数为(a1 +
1)(a2+1)…(an+1)(c1+1)(c2+1)…(ck+1)= mn,bd 的因
数个数为(b1+1)(b2+1)…(bn +1) (d1 +1) (d2 +1) …(dk +
1)= mn。所以ac 与bd 为友好数组,且友好值是上述两个
友好数组的友好值的乘积。
解题技巧
求因数个数的方法∶若一个数可以分解为A=
a
m×b
n×c
r(a、b、c 均为质因数),则它的因数个数为P = (m
+1)(n+1)(r+1)。
5.
证明:设a、b 分别为这18×18= 324(个)正整数中的最小的
数和最大的数,由于这些数互不相等,所以b-a≥323。
①当a 和b 所在的方格既不同行又不同列时,从a 所在的
方格出发,可以通过一系列向相邻小方格(上下或左右)的
移动而到达b 所在的方格,如解图①所示:由于a 和b 既不
同行又不同列,总存在两条完全不同的路线(两条路线途
经的方格无一相同),由a 所在的方格到达b 所在的方格。
显然,无论是路线甲,还是路线乙,其相邻移动的次数均不
超过17+17= 34(次);若在路线甲上任何相邻两方格所填
之数的差均小于或等于9,则323≤b-a≤34× 9 = 306,矛
盾,因此路线甲上必有两个相邻小方格,其中所填之数的
差均不小于10,路线乙也是如此。
②当a 和b 所在的方格同行或同列时,与情况①类似,如
解图②所示:同样可以找到两条完全不同的,移动次数不
大于34 次的路线甲和路线乙,一条由与a、b 同行( 或同
列)的方格组成;另一条由a、b 及上或下一行( 左或右一
列)的方格组成。两条路线各存在一对相邻小方格,其中
所填之数的差均不小于10。
第5 题解图
类型二 判断并说明理由
6.
解:不存在,理由如下:
设原数为100a+10b+c(a≠0,c≠0),则倒过来的数为100c
+10b+a,两数之差(100a+10b+c) -(100c+10b+a)= 99(a-
c),则差的平方为99
2(a-c)
2。
差的平方为原数的99 倍,即99
2(a-c)
2 = 99(100a+10b+
c),化简得99(a-c)
2 = 100a+10b+c。
由于100<100a+10b+c≤999,
所以100<99(a-c)
2≤999,即100
99 <(a-c)
2≤111
11 ,
(a-c)
2 一定为整数且为平方数,则只能取4 或9,
分别代入验证,原数为99×4= 396 或99×9= 891。
396 和倒序数693 的差的平方为88209,原数的99 倍为
39204,不相等。
891 和倒序数198 的差的平方为480249,原数的99 倍为
88209,不相等。
因此不存在这样的三位数。
7.
解:(1)将自然数从1 到10000 依次排列得到的多位数,各
位数字之和为(1+10000)×10000÷2= 50005000。而一个数
除以9 的余数等于它各位数字之和除以9 的余数,
50005000÷9= 5556111……1,所以这个数字除以9 的余数
是1。
(2)不能。能被20 整除的数满足十位数是偶数,个位数是
0。整数(ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ) 19 中,后四
位为2526,不符合要求,故不能被20 整除。这个整数可以
表示为1234567891011…240000+2526,
由于1234567891011…240000 一定能被20 整除,
2526÷20= 126……6,故这个整数除以20 的余数为6。
8.
解:(1)对于5 模2,即求正整数b 使得5×b÷2 余1。依次
尝试:b= 1 时,5×1÷2 = 2……1,所以1 是5 模2 的数论倒
数。b= 3 时,5× 3÷ 2 = 7……1,所以3 是5 模2 的数论倒
数。b= 5 时,5×5÷2 = 12……1,所以5 是5 模2 的数论倒
数。(答案不唯一)
(2)不能。
证明:因为3×b÷6,无论b 取何正整数,3×b 一定是3 的倍
数,当b 为奇数时,3×b÷6 的余数是3。当b 为偶数时,3×b
÷6 的余数是0,不存在余1 的情况,所以不能找到一个正
整数是3 模6 的数论倒数。
(3)存在,数字7 是5 模17 的数论倒数,
5×7÷17= 2……1。
9.
【思路分析】(1)根据余数的定义判断余数是否有7 即可得
到答案。(2)首先根据余数和整除的定义依次求出2
a ÷3,
(2
a+1)÷3 的余数,则可求出a 的值可以是1、3、5、7、9、11、
…,同理:b、c 的值也可以是1、3、5、7、9、11、…,接着根据a
>b>c 可求出a-b 和b-c 的值可以是2、4、6、8、10、12、…,再
根据公因数的定义可知2、4、6、8、10、12、…都有一个相同
的公因数2,最后根据互质的定义即可得到答案。
3
(1)证明:因为2
a ÷7 的余数依次是:2、4、1、2、4、1…,所以
(2a+1)÷7 的余数依次是:3、5、2、3、5、2、…,所以F(a)不
会是7 的倍数。
(2)不存在。
证明:因为2
a ÷3 的余数依次是2、1、2、1、2、1、2、…,所以
(2
a+1)÷3 的余数依次是0、2、0、2、0、2、0、…。因为3 整除
F(a),所以(2
a+1)÷3 的余数为0,所以a 的值可以是1、3、
5、7、9、11、…,同理:b,c 的值可以是1、3、5、7、9、11、…,因
为a>b>c,所以a-b 和b-c 的值可以是2、4、6、8、10、12、…,因
为2、4、6、8、10、12、…,都有一个相同的公因数2,所以a-b
和b-c 一定不互质。
类型三 探究最值和特殊值
10.
791 【解析】四个数两两相加得到的6 个数,存在三组
数,每一组数加在一起是原来四个数的总和,要x+y 尽可
能大,那么总和要尽可能的大,和x、y 配对的数尽可能
小,和最大为320+287= 607,所以x+y 最大为(607-234)
+(607-189)= 791。
11.
解:x 为2 位的正整数,y 为1 位的正整数,x 的十位数字、
个位数字、y 互不相同且x 与y 乘积的最大时,x 的十位数
字,个位数字,y 最大只分别能取7、8、9 这3 个数字中的
一个。当y= 9,x= 87 时,87×9 = 783;当y = 8,x = 97 时,97
×8= 776; 当y = 7, x = 98 时,98 × 7 = 686; 其中最大的
是783。
答:x 和y 乘积的最大值为783。
12.
解:设A,B,C 三个同学,A 比B 考得好,B 比C 考得好。
则就三人的总分而言,A 至少比B 多得2 分,B 至少比C
多得2 分,A 至少比C 多得4 分,当所有同学总得分之间
的差都小于4 时,一定不存在这样的三个人。总得分为
0~200 的人数最多依次为:1、2、3、…、99、100、101、100、
99、…、3、2、1,要想得分差小于4,得分只能取连续的四个
数。和最大为99+100+101+100 = 400,即最多400 人,要
使存在这样三个同学,至少需要400+1= 401(人)。
答:n 的最小值是401。
类型四 模型构造
13.
【思路分析】每行、每列及两条对角线都是由8 个数字组
成的,可求出每行、每列及两条对角线的数字之和的最大
值与最小值,进而求解。
解:不能,原因:由题意知8 行、8 列及两条对角线共有18
条“线”,每条线上有8 个数字,要使每条线上的数字和不
同,也就是需要每条线上的数字和有18 种以上的可能,
但填入的数只有6、7、8 三种,因此在每条线上的8 个数
字中,其和最小是6×8= 48,最大是8×8 = 64,则最多只有
64-48+1 = 17(种)可能,故不可能使得每行、每列及两条
对角线上的八个数的和各不相同。
14.
解:是,原因:任意数被3 除的余数只能是0,1,2,所以任
意五个自然数被3 除的余数只能是0,1,2。
这五个自然数除以3 的余数有如下两种情况:
①至少有三个数余数全为0 或余数全为1 或余数全为2,
那么这三个数的和能被3 整除;
②每种余数最多有2 个,那么3 个余数仅有一种可能的
情况:2 个、2 个、1 个,那么从三个余数中各取一个数,0+
1+2= 3,这三个数的和能被3 整除。
综上所述,在任意的五个自然数中,其中必有三个数的和
是3 的倍数。
15.
解:因为质数只有1 和它本身两个因数,所以1 至100 中
共有质数25 个,即2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、
41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97,这25 个数
两两互质,根据抽屉原理,再任意取一个,一定是合数或
1,一定能满足使得这26 个数中必有1 个数可以整除剩
下25 个数的乘积。
答:m 的最小值是26。
16.
解:将4×4 的方阵分成4 个2×2 的方格,每个2×2 的方格
中最多有3 名同学认为自己是“幸福”的,所以16 名同学
中,最多有16× 3
4 = 12(名)同学认为自己是“幸福”的。
答:最多有12 名同学认为自己是“幸福”的。
4
