初一數(shù)學(xué)競(jìng)賽系列訓(xùn)練2

初一數(shù)學(xué)競(jìng)賽系列訓(xùn)練2——特殊的正整數(shù)一、選擇題1、在整數(shù)0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中，設(shè)質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)為x，偶數(shù)的個(gè)數(shù)為y，完全平方數(shù)的個(gè)數(shù)為z，合數(shù)的個(gè)數(shù)為u，則x+y+z+u的值是()A、17B、15C、13D、112、設(shè)n為大于1的自然數(shù)，則下列四個(gè)式子的代數(shù)值一定不是完全平方數(shù)的是（）A、3n2-3n+3B、5n2-5n-5C、9n2-9n+9D、11n2-11n-113、有3個(gè)數(shù)，一個(gè)是最小的奇質(zhì)數(shù)，一個(gè)是小于50的的最大質(zhì)數(shù)，一個(gè)是大于60的最小質(zhì)數(shù)，則這3個(gè)數(shù)的和是()A、101B、110C、111D、1134、兩個(gè)質(zhì)數(shù)的和是49，則這兩個(gè)質(zhì)數(shù)的倒數(shù)和是()A、B、C、D、5、a、b為正整數(shù)，且56a+392b為完全平方數(shù)，則a+b的最小值等于()A、6B、7C、8D、96、3個(gè)質(zhì)數(shù)p、q、r滿足等式p+q=r，且p<q<r，則p的值是()A、2B、3C、5D、7二、填空題7、使得m2+m+7是完全平方數(shù)的所有整數(shù)m的積是8、如果一個(gè)正整數(shù)減去54，是一個(gè)完全平方數(shù)，這個(gè)正整數(shù)加上35后，是另外一個(gè)完全平方數(shù)，那么這個(gè)正整數(shù)是9、一個(gè)質(zhì)數(shù)的平方與一個(gè)正奇數(shù)的和等于125，則這兩個(gè)數(shù)和積是10、p是質(zhì)數(shù)，p2+2也是質(zhì)數(shù)，則1997+p4=11、若n為自然數(shù)，n+3，n+7都是質(zhì)數(shù)，則n除以3所得的余數(shù)是12、設(shè)自然數(shù)n1>n2，且，則n1=，n2=三、解答題15、a、b、c、d都是質(zhì)數(shù)，且10<c<d<20，c-a是大于2的質(zhì)數(shù)，d2-c2=a3b(a+b)，求a、b、c、d的值16、求一個(gè)三位數(shù)，使它等于n2，并且各位數(shù)字之積為n-1.17、設(shè)n1、n2是任意兩個(gè)大于3的質(zhì)數(shù)，M=，N=，M與N的最大公約數(shù)至少為多少？18、證明有無(wú)窮多個(gè)n，使多項(xiàng)式n2+n+41表示合數(shù)。19、已知p和8p2+1都是質(zhì)數(shù)，求證：8p2-p+2也是質(zhì)數(shù)。初一數(shù)學(xué)競(jìng)賽系列訓(xùn)練2答案1、x=4,y=5,z=4,u=4,故x+y+z+u=17選A2、當(dāng)n=2時(shí)，3n2-3n+3是3的平方，當(dāng)n=3時(shí)，5n2-5n-5是5的平方，當(dāng)n=4時(shí)，11n2-11n-11是11的平方，所以選C3、最小的奇質(zhì)數(shù)3，小于50的的最大質(zhì)數(shù)是47，大于60的最小質(zhì)數(shù)是61，3+47+61=111故選C4、49是奇數(shù)，故兩個(gè)質(zhì)數(shù)中必有一個(gè)是偶數(shù)2，從而另一個(gè)是47，所以故選B5、∵56a+392b=23?7(a+7b)∴a+7b含因子2和7∵要求a+b取最小值，∴取a=7，于是1+b＝2，b=1,∴a+b的最小值為86、除2以外的質(zhì)數(shù)都是奇數(shù)，從而r是奇質(zhì)數(shù)，于是p和q必是一奇一偶，又p<q故p=2，選A7、848、設(shè)這個(gè)正整數(shù)為a，由題意得a-54=m2=1\*GB3①，a+35=n2=2\*GB3②，=2\*GB3②-=1\*GB3①得n2-m2=89∴(n+m)(n-m)=89∴解得n=45，m=44從而a=54+442=19909、設(shè)a為質(zhì)數(shù)，b為正奇數(shù)，則a2+b=125，所以a2必為偶數(shù)，從而a為偶數(shù).所以a=2，從而b=121，所以ab=24210、p=3,所以1997+p4=207811、n除以3所得的余數(shù)只可能是0、1、2若余數(shù)為0，即n=3k，則n+3=3k+3=3(k+1)，n+3不是質(zhì)數(shù)若余數(shù)為2，即n=3k+2，則n+7=3k+9=3(k+3)，n+7不是質(zhì)數(shù)所以n除以3所得的余數(shù)只可能是112、∵n1與n2是整數(shù)，∴n1+n2、n1-n2都是整數(shù)，而79是一個(gè)質(zhì)數(shù)，由質(zhì)數(shù)的性質(zhì)，同時(shí)注意到n1+n2>n1-n2所以有n1+n2=79、n1-n2=1，解得n1=40，n2=3913、設(shè)N==(100a+10b+c)+(100b+10c+a)+(100c+10a+b)=111(a+b+c)=337(a+b+c)要使N是一個(gè)完全平方數(shù)，只有a+b+c至少含有3和37這兩個(gè)因數(shù)，由于a、b、c只能取0，1，2，…，9(a≠0)，所以a+b+c≤27<37，所以37∣(a+b+c)是不可能的則對(duì)任意的三位數(shù)，都不可能成為完全平方數(shù)14、∵=11(100x+y)是一個(gè)完全平方數(shù)，則11∣(100x+y)又∵100x+y=99x+(x+y)，∴11∣(x+y)而1<x+y≤18,∴x+y=11經(jīng)驗(yàn)證x=7，y=4故所求四位數(shù)是7744。15、∵a、b、c、d都是質(zhì)數(shù)，且10<c<d<20，于是c可取11、13、17，而d可取13、17、19，又∵c-a是大于2的質(zhì)數(shù)，所以a=2，注意到c<d，則c=13(1)若d=17，則172-132=8b(2+b)，即b2+2b-15=0∴b=3若b=-5(不合，舍去)。(2)若d=19，則192-132=8b(2+b)，即b2+2b-24=0∴b=4若b=-6(都不合，舍去)。∴a=2，b=3，c=13，d=1716、設(shè)三位數(shù)為A=100a+10b+c，其中a,b,c為0,1,2,…,9的整數(shù)，且a≠0由題意100a+10b+c=n2，abc=n-1，顯然c≠0，否則n=1，A=1不是三位數(shù)若c為偶數(shù)，則abc=n-1也為偶數(shù)，則n為奇數(shù)，從而n2為奇數(shù)，但個(gè)位數(shù)為偶數(shù)，所以這不可能。若c為奇數(shù)，由于A是完全平方數(shù)，則c只能是1，9，5又由100≤n2<1000，得10≤n≤31,∴9≤n-1≤30,則9≤abc≤30, 當(dāng)c=9時(shí)，1≤ab≤3,則A只能是119，219，129，139，319，這五個(gè)數(shù)都不是完全平方數(shù)。當(dāng)c=5時(shí)，2≤ab≤6,則A只能是125，215，135，315，225，145，415，155，515，165，615，235，325。其中只有225是完全平方數(shù)，但是225=152，而225≠15-1所以不合題意。當(dāng)c=1時(shí)，1≤ab≤30,此時(shí)三位平方數(shù)只有121，361，441一一驗(yàn)證：121=112，121≠11-1，441=212，441≠21-1，361=192，361=19-1所以所求的三位數(shù)為361。17、因?yàn)閚1是大于3的質(zhì)數(shù)，所以n1不是3的倍數(shù)且n1是奇數(shù)，故可設(shè)n1=3k+1或n1=3k+2(k為正整數(shù))。當(dāng)n1=3k+1時(shí)，=(3k+1)2-1=9k2+6k=3(3k2+2k)，所以3當(dāng)n1=3k+2時(shí)，=(3k+2)2-1=9k2+6k+3=3(3k2+2k+1)，所以3又因?yàn)閚1是奇數(shù)，所以又可設(shè)n1=2k+1，從而=(2k+1)2-1=4k2+4k=4k(k+1)因?yàn)閗與k+1是連續(xù)的整數(shù)，所以84k(k+1)，即8由于3與8互質(zhì)，所以24，同理24綜上所述，M與N的最大公約數(shù)至少為24。18、當(dāng)n=41k(k=1,2,…)時(shí)，41n2+n+41，所以n2+n+41是合數(shù)19、先研究使得p和8p2+1都是質(zhì)數(shù)的p。若p>