1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：14数论-Word版含答案.doc

1、1981年2019年全国高中数学联赛二试试题分类汇编数论部分2019A 5、在 中随机选出一个数，在 中随机选出一个数，则被整除的概率为 答案： 解析：首先数组有 种等概率的选法 考虑其中使被整除的选法数N若被 3 整除，则也被 3 整除此时各有3种选法，这样的有 组若不被 3 整除，则，从而此时有7 种选法，有4种选法，这样的有组 因此于是所求概率为。2019A三、（本题满分 50 分）设为整数，整数数列满足：不全为零，且对任意正整数，均有证明：若存在整数, ( )使得，则解析：证明：不妨设互素（否则，若，则互素，并且用代替，条件与结论均不改变） 由数列递推关系知 以下证明：对任意整数，有

2、10 分 事实上，当时显然成立假设时成立（其中为某个大于2的整数），注意到，有，结合归纳假设知，即时也成立因此对任意整数均成立 20 分 注意，当时，对也成立 设整数, ( )，满足若，由对均成立，可知即，即 若，则故此时由于对均成立，故类似可知仍成立 30 分 我们证明互素 事实上，假如与存在一个公共素因子 ，则由得为的公因子，而互素，故，这与矛盾 因此，由得又，所以 50分2018A四、（本题满分50分）数列定义如下：是任意正整数，对整数，与互素，且不等于的最小正整数，证明：每个正整数均在数列中出现。证明：显然或者.下面考虑整数，设有个不同的素因子，我们对归纳证明在中出现.记，.时，是素数

3、方幂，记，其中，是素数.假设不在中出现.由于各项互不相同，因此存在正整数，当时，都有.若对某个，那么与互素，又中无一项是，故有数列定义知，但是，矛盾！因此对每个，都有.又，可得，从而与不互素，这与的定义矛盾！假设，且结论对成立.设的标准分解为.假设不在中出现，于是存在正整数，当时，都有.取充分大的正整数，使得.我们证明，对，有.对于任意，若与互素，则与互素，又在中均未出现，而，这与数列的定义矛盾，因此我们得到：对于任意，与不互素，若存在（），使得，则，故，从而（因为）。若对每个（），均有，则由知，必有.于是，进而，即.故由知：存在（），使得，再由及前面的假设，可知，故。因此，对，均有，而，故不

4、在中出现，这与假设矛盾！因此，若有个不同的素因子，则一定在数列中出现.由数学归纳法知，所以正整数均在数列中出现。2018B四、（本题满分50分）给定整数。证明：对任意正整数，存在正整数，使得连续个数，均是合数。证明:设是中与互素的全体整数，则，无论正整数如何取值，均与不互素且大于，故为合数。对任意，因，故有素因子.我们有（否则，因是素数，故，但，从而，即与不互素，与的取法矛盾）.因此，由费马小定理知，现取，对任意，注意到，故有.又，故为合数。综上所述，当时，均是合数。2017A 4、若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过，则称其为“平稳数”，则平稳数的个数是 答案： 解析：考虑平稳数。若，

5、则，有个平稳数；若，则，有个平稳数；若，则，有个平稳数；若，则，有个平稳数；综上可知，平稳数的个数为。2017B 8、若正整数满足，则数组的个数为 答案：解析：由条件知，当时，有，对于每个这样的正整数，由知，相应的的个数为，从而这样的正整数组的个数为，当时，由，知，进而，故，此时共有2组.综上所述，满足条件的正整数组的个数为.2016A 8、设是中的个互不相同的数，满足，则这样的有序数组的个数为 答案：40解析：由柯西不等式知，等号成立的充分必要条件是，即成等比数列于是问题等价于计算满足的等比数列的个数设等比数列的公比，且为有理数记，其中为互素的正整数，且先考虑的情况此时，注意到互素，故为正整

6、数 相应地，分别等于，它们均为正整数这表明，对任意给定的，满足条件并以为公比的等比数列的个数，即为满足不等式的正整数的个数，即由于，故仅需考虑这些情况，相应的等比数列的个数为当时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列综上可知，共有40个满足条件的有序数组2016A四、（本题满分50分）设与均是素数，数列定义为，这里表示不小于实数的最小整数。证明：对，均有成立。证明：首先注意到，数列是整数数列。对用数学归纳法。当时，由条件知，故，又与均是素数，且，故必须，因此，即时，结论成立。对，设时结论成立，即，此时，故故对时，有，显然，因为，是素数，故，又是大于的自然数，故，从而与互素，故由可知。由数

7、学归纳法知，对，均有成立。2016B 8、设正整数满足，且这样的的个数为 这里，其中表示不超过的最大整数答案：解析：由于对任意整数，有等号成立的充分必要条件是，结合知，满足条件的所有正整数为共有个解析：首先注意到，若为正整数，则对任意整数，若，则这是因为，当时，这里是一个整数，故因此，当整数满足时，容易验证，当正整数满足时，只有当时，等式才成立而，故当时，满足正整数的个数为2016B一、（本题满分40分）非负实数和实数满足：（1）,；（2）是奇数求的最小值解析：由已知条件（1）可得：于是（注意） 不妨设则若，并且令 则于是由条件（2）知，是奇数，所以是奇数，这与矛盾因此必有，或者则 于是结合得

8、又当时满足题设条件，且使得不等式等号成立，所以的最小值为12016B二、（本题满分40分）设是正整数，且是奇数已知的不超过的正约数的个数为奇数，证明：有一个约数，满足证明：记,是奇数，,是偶数，则,的不超过的正约数的集合是证明：记，则的不超过的正约数的集合是若结论不成立，我们证明对，因为是奇数，故，又，而没有在区间中的约数，故，即，故反过来，对，设，则，是奇数，又，故从而所以故的不超过的正约数的个数为偶数，与已知矛盾从而结论成立2015A 8、对四位数，若，则称为类数；若，则称为类数.用分别表示类数和类数的个数，则的值为 答案：解析：分别记P类数、Q类数的全体为A、B，再将个位数为零的P类数全

9、体记为，个位数不等于零的尸类数全体记为对任一四位数，将其对应到四位数，注意到，故 反之，每个唯一对应于从中的元素这建立了与B之间的一一对应，因此有下面计算对任一四位数, 可取0, 1，9，对其中每个，由及知，和分别有种取法，从而因此，2015A四、（本题满分50分）求具有下述性质得所有整数：对任意正整数，不整除。解析：对正整数，设表示正整数的标准分解中素因子2的方幂，则熟知， 这里表示正整数在二进制表示下的数码之和由于不整除，等价于，即，进而由知，本题等价于求所有正整数，使得对任意正整数成立 10分我们证明，所有符合条件的为一方面，由于对任意正整数成立，故符合条件 20 分另一方面，若不是2的

10、方幂，设是大于1的奇数下面构造一个正整数，使得因为, 因此问题等价于我们选取的一个倍数，使得由（2，）=l，熟知存在正整数，使得（事实上，由欧拉定理知，可以取的) 设奇数的二进制表示为取，则，且我们有 由于，故正整数的二进制表示中的最高次幂小于，由此易知，对任意整数，数与的二进制表示中没有相同的项又因为，故的二进制表示中均不包含1，故由可知,因此上述选取的满足要求综合上述的两个方面可知，所求的为50分2015B三、（本题满分50分）证明：存在无穷多个正整数组，满足：证明：考虑的特殊情况，此时成立10 分由知，故由知，故为满足、，取,此时40 分当正整数2015时，均符合条件，因此满足条件的正整

11、数组有无穷多个 50 分2015B四、（本题满分50分）给定正整数，设是中任取个互不相同的数构成的一个排列，如果存在使得为奇数，或者存在整数，使得，则称是一个“好排列”，试确定所有好排列的个数解析：首先注意，“存在，使得为奇数”是指存在一个数与它所在的位置序号的奇偶性不同；“存在整数，使得”意味着排列中存在逆序，换言之，此排列不具有单调递增性将不是好排列的排列称为“坏排列”，下面先求坏排列的个数，再用所有排列数减去坏排列数注意坏排列同时满足：（1）奇数位必填奇数，偶数位必填偶数；（2）单调递增10 分下面来求坏排列的个数设P是坏排列全体，Q是在中任取项组成的单调递增数列的全体对于P中的任意一个

12、排列，定义 因为，故由条件（1）可知，所有的均属于集合再由条件（2）可知，（）单调递增故如上定义的给出了的一个映射显然是一个单射 30 分下面证明是一个满射事实上，对于Q中任一个数列，令（）因为整数，故，从而故单调递增又，而，及为偶数，故为P中的一个排列显然，故是一个满射综上可见，是的一个一映射，故40分又Q中的所有数列与集合的所有元子集一对应，故，从而最后，我们用总的排列数扣除坏排列的数目，得所有的排列的个数为 50 分2014A四、（本题满分50分）设整数模互不同余，若整数模也互不同余，证明：可将重新排列为，使得：模互不同余。证明：记，不妨设，对每个整数，若，则令，；否则，令，。可知情形，

13、都能得到， 若不然，我们有，两式相加得，于是，但模互不同余，特别地，矛盾。由上述构造方法知，是的排列，记，。下面验证模互不同余。这只需证明，对任意整数，模两两不同余。实际上前面的构造方法中已经保证了，情形一：，且时，由前面的构造方法可知：，由于，易知与及模不同余，与及模不同余，从而模更不同余，在结合式可见式得证。情形二：，且时，由前面的构造方法可知：，同样有与及模不同余，与及模不同余，同情形一得证。情形三：，且（，且时也一样）时，由前面的构造方法可知：，由于是奇数，故，因此仍然有与及模不同余，与及模不同余，有情形一，从而式得证。综上可知，本题得证。2014B三、（本题满分50分）给定正整数，是

14、非零整数，且为奇数，假定方程有整数解其中.证明：是某个整数的次幂。证明：设，其中是和的最大公因素，则与互素。根据方程，我们得到，所以。又，且，所以，再我们假设，所以与互素，从而，即，注意到与互素，所以与也互素，从而，所以，也就是是的次幂，结论得证。2013A二、（本题满分40分）给定正整数，数列的定义如下：，对整数，记（），证明：数列中有无穷多项完全平方数。证明：对正整数，有所以设，其中是非负整数，是奇数，取，其中是满足的任意正整数，此时，注意到是奇数，故所以是完全平方数，由于的任意性，故数列中有无穷多项完全平方数。2013A四、（本题满分50分）设为大于的整数，证明：存在个不被整除的整数，若

15、将他们任意分成两组，则总有一组有若干个数的和被整除。证明：当为的幂的情形，设，。取个及个，显然这些书均不被整除。将这个数任意分成两组，则总有一组中含有个，它们的和为，被整除。当不是的幂的情形，取个数，因为不是的幂，故上述个数均不被整除。若可将这些数分成两组，使得每一组中任意若干个数的和均不被整除。不妨设在第一组，由于被整除，故两个应该在第二组；又被整除，故应该在第二组；进而在第二组。先归纳假设均在第一组，均在第二组，这里，由于被整除，故在第一组，从而在第二组。故由数学归纳法知，在第一组，在第二组。最后，由于被整除，故在第一组，因此均在第一组，由正整数的二进制表示，每一个不超过的整数均可以表示为

16、中若干个数之和，特别地，故第一组中的有若干个数之和为，被整除，矛盾。将前述的任意分成两组，则总有一组有若干个数的和被整除。因此，将前述个整数任意分成两组，则总有一组中有若干个数的和，被整除。2013B一、（本题满分40分）对任意的正整数，证明不存在三个奇数满足如下的方程：证明：假定对于某一个，存在，满足，那么整数就满足方程又，所以也就是说，显然矛盾，即我们假设是错误的，从而原命题成立。2012A二、（本题满分40分）试证明：集合满足（1）对每个，及，若，则一定不是的倍数；（2）对每个（其中表示在 中的补集），且，必存在，使是的倍数证明：对任意的,设则如果是任意一个小于的正整数,则10分由于与中

17、,一个为奇数,它不含素因子,另一个是偶数,它含素因子的幂的次数最多为,因此一定不是的倍数；20分若,且设其中为非负整数,为大于的奇数,则30分下面给出(2)的三种证明方法:证法一:令消去得由于这方程必有整数解;其中为方程的特解.把最小的正整数解记为则,故使是的倍数40分证法二:由于由中国剩余定理知,同余方程组在区间上有解即存在使是的倍数40分证法三:由于总存在使取使则存在使此时因而是的倍数40分2012B四、（本题满分50分）已知素数满足下述条件：存在正整数使的正约数的个数等于，且这个正约数之和等于.求的一切可能值。解析：显然，记为的素因数分解，则因为是素数，则由知，存在，使得，因此，由于上式

18、最后的两个分式的值都是整数，是素数，由知，存在，使得，故，由费马小定理得，设，则，当时， 均为的倍数，但不是的倍数，这使得右边不可能为的幂，矛盾。所以，又是素数，所以。事实上，时，存在这样的正整数，只要等于两两不同的（）型素数的成绩，即可满足条件，例如满足。综上所述，所求是满足条件的唯一素数。2011A 8、已知（），则数列中整数项的个数为 答案： 解析：由题意 要使 为整数，必有均为整数，从而当2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，和均为非负整数，所以为整数，共有14个当时，在中，中因数2的个数为，同理可计算得中因数2的个数为82，中因数2的个数为

19、110，所以中因数2的个数为，故是整数当时，在中，同样可求得中因数2的个数为88,中因数2的个数为105,故中因数2的个数为，故不是整数因此，整数项的个数为2011A二、（本题满分40分）证明：对任意整数，存在一个次多项式具有如下性质：（1）均为正整数；（2）对任意正整数，及任意个互不相同的正整数，均有证明：令， 将的右边展开即知是一个首项系数为1的正整数系数的次多项式下面证明满足性质（2）对任意整数，由于，故连续的个整数中必有一个为4的倍数，从而由知 因此，对任意个正整数，有 但对任意正整数，有，故，从而所以符合题设要求 2010AB二、（本题满分40分）设是给定的正整数，。记，。证明：存在

20、正整数，使得为一个整数。这里表示不小于实数的最小整数，例如，。证明：记表示正整数n所含的2的幂次则当时，为整数下面我们对用数学归纳法当时，k为奇数，为偶数，此时为整数 假设命题对成立对于，设k的二进制表示具有形式，这里，或者1， 于是 ， 这里. 显然中所含的2的幂次为故由归纳假设知，经过f的v次迭代得到整数，由知，是一个整数，这就完成了归纳证明2009*三、（本题满分50分）设是给定的两个正整数，证明：有无穷多个正整数，使得与互素。证明：法一：对任意正整数，令我们证明设p是l的任一素因子，只要证明： .若p，则由即p不整除上式，故p 若p | k!，设使，但k!.则.故由 及| k!，且k!

21、，知| k!且k!.从而p 50分证法二：对任意正整数，令我们证明设p是l的任一素因子，只要证明：.若p，则由即p不整除上式，故p若p | k!，设使，但k!.故由及| k!，且k!，知| k!且k!.从而50分2007*三、（本题满分50分）设集合,对于任意和正整数，记，其中表示不大于的最大整数。求证：对于任意正整数，存在和正整数，使得。证明：定义集合，由于对任意且，是无理数，则对任意的和正整数，当且仅当，。由于是一个无穷集，现将A中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列。对于任意的正整数，设此数列中第项为。下面确定与的关系。若，则。由是正整数可知，对，满足这个条件的的个数为。从而。因此对任

22、意，存在，使得。2006*6、数码中有奇数个的位十进制数的个数为 A. B. C. D. 答案：B解析：出现奇数个9的十进制数个数有。又由于以及，从而得。2005*6、记集合，将中的元素从大到小的顺序排列，则第个数为 A. B. C. D. 答案：C解析：用表示的进制数，将集合中的每个数乘以，得可知中最大的数为，在十进制中，从起从大到小顺序排列的第个数是，而，将此数除以，便得到中的数。2005*13、（本题满分20分）数列满足：，.证明：对于，为正整数；对于，为完全平方数。证明：（1）由题设得且严格单调递增.将条件式变形得两边平方整理得，-得 由式及可知，对任意为正整数.将两边配方得，所以由知

23、所以，即为整数，故成立，所以对于，为完全平方数。2005*三、（本题满分50分） 对每个正整数，定义函数（其中表示不超过的最大整数，），试求的值。解析：对任意，若，则，（）则，即，让跑遍区间中的所有整数，则，于是下面计算，画一张的表，第行中，凡是行中的位数处填写“”，则这行的“”共有个，全表的“”共有个；另一方面，按列收集“”号数，第列中，若有个正因素，则该列有个“”，故全表的“”有，显然。示例如下：ji1234561*2*3*4*56*则由此，记易得的取值情况如下：123456789101112131415356678698881071010因此，依据定义，又当时，设（）则，有，则，从而20

24、04*10、设是给定的奇质数，正整数使得也是一个正整数，则 答案：解析：记，则，即因为是给定的奇质数，所以或者两式相加得，两式相减得显然不是正整数，故舍去。综上得: 2003*1、删去正整数数列中的所有完全平方数，得到一个新数列这个新数列的第项是 A. B. C. D. 答案：C解析：，在至之间有完全平方数个，而至之间没有完全平方数故至中共有新数列中的项还缺项由2003*12、设十进制位纯小数只取或()，是中元素的个数， 是中所有元素的和，则 答案：解析：由于中的每一个都可以取与两个数，在每一位(从第一位到第位)小数上，数字与各出现次第位则出现次所以，2003*二、（本题满分50分）设三角形的

25、三边长分别是正整数且 已知，其中，而表示不超过的最大整数求这种三角形周长的最小值。解析：当、的末四位数字相同时，即求满足的、 ()但，故必有；同理下面先求满足的最小正整数注意到又当时，而，知必须是的倍数；又当时，而，知必须是的倍数；又当时，而，知必须是的倍数；又当时，而，知必须是的倍数；即，使成立的最小正整数，从而、都是500的倍数，设、(，)由，即，得，故取，即为满足题意的最小三个值 所求周长的最小值2000*三、（本题满分50分）有个人，已知他们中的任意两人至多通电话一次，他们中的任意个人之间通电话的次数相等，都是次，其中是自然数，求的所有可能值解析：由条件知，统计各人组的通话次数都是次，

26、共有个人组，若某两人通话1次，而此二人共参加了个人组，即每次通话都被重复计算了次即总通话次数应为次由于，故若，故，易得，(舍去)此时由，(为自然数，且)，此时，即 当时，(舍去)，当时，又：时，每两个人通话次数一样，可为次(任何两人都通话次)；当时，任何两人都通话次均满足要求的所有可能值为，1999*三、（本题满分50分）给定正整数，已知用克数都是正整数的块砝码和一台天平可以称出质量为克的所有物品。 （1）求的最小值； （2）当且仅当取什么值时，上述块砝码的组成方式是唯一确定的？并证明你的结论。 解析：(1)设这块砝码的质量数分别为，且，因为天平两端都可以放砝码，故故可称质量为 其中若利用这块

27、砝码可以称出质量为的物品，则上述表示式中含有，由对称性易知也含有，即，所以，,即，设 (,)，则且时，可取由数的三进制表示可知，对任意,都有，其中则令，则，故对一切的整数，都有,其中由于，因此，对一切的整数，也有上述表示综上，可知k的最小值 () .(2).当时，由(1)可知就是一种砝码的组成方式下面我们证明也是一种方式。若，由(1)可知，则；若 ，则(1)可知，易知(否则,矛盾)，则所以，当时，块砝码的组成方式不惟一.下面我们证明：当时，块砝码的组成方式是惟一的，即()若对每个,都有，即，注意左边集合中至多有个元素故必有。从而，对每个的都可以惟一地表示为，因而，则，令,则由上可知，对每个，都

28、可以惟一地表示为，其中特别地，易知下面用归纳法证明：()当时，易知中最小的正整数是,故假设当时，由于,就是数的三进制表示，易知它们正好是，故应是除上述表示的集合中的元素之外最小的数，因此，。由归纳法可知， ()综合，可知，当且仅当时，上述f(n)块砝码的组成方式是惟一确定的1998*三、（本题满分50分） 对正整数，定义，其中为非负整数，且，求最大的正整数,使得存在正整数，对于任意的正整数,都有，证明你的结论。解析：将满足条件“存在正整数,对于任意的正整数，都有”的最大正整数记为显然，本题所求的最大正整数即为。先证事实上，所以,又当时，而,所以，设已求出，且为偶数，显然，易知满足的必要条件是：

29、存在，使得只要,就有令，由可得若取，由，可知，由此可得，于是，因此故有由于为偶数，从而.,.所以总有.另一方面，若取，由于对于每个，令，那么或者,；或者,。两种情况下均有,因此。此外，因为为偶数，若，由可得，若，由也可得因此也是偶数。于是完成了归纳证明由逐次递推出,，即所求最大整数1996*3、存在在整数，使是整数的质数 A. 不存在 B. 只有一个 C. 多于一个，但为有限个 D.有无穷多个答案：D解析：若为奇质数，则存在 ()，使故选D1994*二、（本题满分25分） 将与互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第项。解析：由；故不超过而与互质的正整数有个。， .而在不超过而与互

30、质的数中第个数是 所求数为。1991*3设是正整数，并且能被整除，那么，这样的的个数为( )A B C D答案：B解析：即，而,则故若，则，即.选B1991*10除以，余数是 答案：解析：即余数为1991*三、设是下述自然数的个数：的各位数字之和为且每位数字只能取或求证：是完全平方数这里，证明：设，其中且假定删去时，则当依次取时，分别等于，故当时， ，利用及初始值可以得到下表：可找到规律： 取，这是菲波拉契数列相应的项 ()可用数学归纳法证明、成立首先，时， 时，即时、成立设时、成立则由及归纳假设得1故时、成立故对于一切正整数，、成立于是 ()是完全平方数证明2：(找规律)先用归纳法证明下式成

31、立： 因，故当时，成立设时成立，即则由，故式对成立，即对一切成立 再用归纳法证明下式成立： 因，故当时成立设时成立，即a则由、，有(由) (由) (本题由于与菲波拉契数列有关，故相关的规律有很多，都可以用于证明本题)1990*二(本题满分35分)设，且具有下列两条性质： 对任何，恒有；试证明：中的奇数的个数是的倍数且中所有数字的平方和为一个定数证明：取个集合：， ()，于是每个集合中至多能取出个数于是至多可以选出个数现要求选出个数，故每个集合恰选出个数把这个集合分成两类： ； 每类都有个集合设第类选出个奇数，个偶数，第类中选出个奇数，个偶数于是即，即。 中的奇数的个数是的倍数 设选出的个数为，

32、于是未选出的个数为故 为定值1989*10一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列，则该数为 答案：解析：设其小数部分为()，整数部分为()，则得， 解得，但，故，得， ，由，知， 原数为1989*三(本题满分35分)有（)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入与这两个数中的一个，现将表内个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被整除（即总能表示成的形式，其中）证明：基本项共有个，则基本项的个数为的倍数，设共有项其中每个数 ()都要在个基本项中出现，故把所有基本项乘起来后，每个都乘了次，而

33、，故为偶数，于是该乘积等于这说明等于的基本项有偶数个，同样，等于的基本项也有偶数个若等于的基本项有个，则等于的基本项有个，其和为为的倍数；若等于的基本项有个，则等于的基本项有个，其和为也为的倍数故证1988*一、已知数列，其中，试证：对一切，证明：题意即需要证或由，得， ，设，则 ；根据归纳原理知，对于一切，恒成立，故成立，从而又证：，设，成立，则当为偶数时，当为奇数时，总之当为偶数时 ，当为奇数时 ，总之， 于是故1987*1对任意给定的自然数，若为正整数的立方，其中为正整数，则( )A这样的有无穷多个 B这样的存在，但只有有限个C这样的不存在 D以上A、B、C的结论都不正确(上海供题)答案

34、：A解析：取，(为任意正整数)，则为正整数的立方，由于可任意取值，且当增大时，也随之增大即有无数个选A1987*4.如图，的顶点在单位圆的圆心上，在圆周上，,（），现将在圆内按逆时针方向依次作旋转，具体方法如下：第一次，以为中心使落到圆周上，第二次，以为中心使落到圆周上，第三次，以为中心使落到圆周上，如此旋转到直到次，那么点所走过的路程的总长度为（ ）A. B.C. D. （北京供题）答案：A解析：点每(不动，第(次走过路程，第(走过路程，于是所求路程选A1987*7若是大于的整数，是的一个根，对于大于的任意自然数，的个位数字总是，则的个位数字是 (河北供题)答案：解析：记方程的另一个根为，则

35、，记，由得，若为偶数，则为偶数，不等于若，则，得；若，则，得；若，则，得；故的个位数字为1986*一、(本题满分17分)已知实数列，满足，()求证：对于任何自然数，是一次多项式(本题应增加条件：)证明：由已知，得，故是等差数列设则于是 (由继续化简)，此为一次多项式证毕1984*四、 (本题满分15分) 设是的个位数字，试证：是有理数证明：由于的个位数字只与到的个位数字的平方和有关，故只要考虑这些数的个位数字的平方：但，由知， (，并记)，即是一个循环节为位数的循环小数，即为有理数其一个循环节为“”1982*12、(本题20分)已知圆（为奇数），交轴于点、，交轴于、.是圆周上的点，（都是质数，都是正整数），且.点在轴和轴上的射影分别为、。求证：、分别为、.证明：由题意得若，则由，得，于是，这是不可能的(因与都是完全平方数，它们相差，故必有，矛盾)故，于是若均为奇数，则，与或矛盾故必有一为偶数即必有一个为(或直接由为奇数得一奇一偶，其实为奇数的条件多余)设，则即与都是的约数设，其中，但是奇数，又是的约数，故，(，而，从而， ，若设，则同法可得，与矛盾，舍去又证：在得出互质且其中必有一为偶数之后由于，故必存在互质的正整数()，使，或，若，得，故，由互质，得，故，(，且) 由为奇数，得，从而仍得上解