2024年2月13日发(作者：)
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初一数学竞赛讲座(2)
特殊的正整数
、 知识要点
1、 完全平方数及其性质
定义1如果一个数是一个整数的平方，则称这个数是完全平方数。如:
1、4、9、…等都是完全平方数，完全平方数有下列性质：
性质1任何完全平方数的个位数只能是0, 1, 4, 5, 6, 9中的一个。
性质2奇完全平方数的十位数一定是偶数。
性质3偶完全平方数是4的倍数。
性质4完全平方数有奇数个不同的正约数。
性质5完全平方数与完全平方数的积仍是完全平方数，完全平方数与 非完全平方数的积是非完全平方数。
2、 质数与合数
定义2 一个大于1的整数a,如果只有1和a这两个约数，那么a叫做 质数(或素数)。
定义3 —个大于I的整数a,如果只有1和a这两个约数外，还有其他 止约数，那么a叫做合数。
I既不是质数也不是合数。
3、 质数与合数的有关性质
(1)
质数有无数多个
(2) 2是唯一的既是质数，又是偶数的整数，即是唯一的偶质数。
大于2的质数必为奇数。
(3)
(4)
若质数p a・b,则必有p a或p bo
若正整数a、b的积是质数p,贝lj必有a=p或b=p.
(5)
唯一分解定理：任何整数n(n>l)可以唯一地分解为： 其中pivp2<・・・vpk是质数，a】,a2,…,ak是正整数。
二、例题精讲
例1有一个四位数恰好是个完全平方数，它的千位数字比百位数字多1,
比十位数字少1,比个位数字少2,这个四位数是 _____________
解设所求的四位数为m?,它的百位数字为a,则有
m2= 1000(a+1)+100a+10(a+2)+(a+3)= lllla+l 023= 11(101 a+93)
因为
11
是质数,所以
11 I (101a+93),而
101a+93=ll(9a+8)+(2a+5),
所以
11 I (2a+5),由题意
a+3W9,故
aW6,从jfij a=3
于是所求的四位数为4356
例2
一个四位数有这样的性质：用它的后两位数去除这个四位数得到一个完
全平方数(如果它的十位数是0,就只用个位数去除)，冃这个平方数正好
是前两位数加1的平方。例如4802十2=2401=43=(48+1)2,则具有上述性
质的最小四位数是 _______
解设具有上述性质的四位数是100ci+c2,其屮lOWci，C2W99,按题意，得
100cI+c2=(ci +1)丫2
=c^c2+2ctc2+c2f
A
100CI=C1C2(C]+2),
C 2 =
即「
5+2,因而(5+2)1100,又
10WciW99,所以
5=18, 23, 48,
98
相应地
C2=5, 4, 2, I
于是符合题意的四位数是1805, 2304, 4802, 9801,其中最小的是1805
评注：本题根据题意，列出不定方程，然后利用整数的整除性来求解。
例3三个质数a. b、c的乘积等于这三个质数和的5倍，则a2+b2+c2= ________
分析：itl题意得出abc=5(a+b+c), rfl此显然得质数a、b、c中必有一个是5,
不妨设心5,代入前式中再设法求b、c
解 因为abc=5(a+b+c),所以在质数a、b、c屮必有一个是5,不妨设a=5,
于是
5bc=5b+5c+25,即(b・l) (c-l)=6,而
6=2 X 3=1 X 6,
b-l = 2 b-l = l
则［c-l = 3①或［c-l = 6② 由①得b=3,c=4,不合题意，由②得b=2,c=7,
符合题意。所以所求的三个质数是5, 2, 7O于是a2+b2+c2=78
评注：质数问题常常通过分解质因数来解决。
例4试证：一•个整数的平方的个位数字为6时，十位数字必为奇数。
分析：一个整数的平方的个位数字为6,则这个整数的个位数字必为4或6,
从而可设此数为a=10g+4或a=10g+6 (g为整数)。
证明：设一个整数为a,则由一个整数的平方的个位数字为6知，此数可设为
a=10g+4
或
a=10g+6 (g
为整数)
・・・当
a= 1 Og+4
时，a2=(l 0g+4)2= l()0g2+80計
16=10(10g2+8g+1 )+6
当
a=10g+6
时，a2=( 10g+6)2= I OOg2+120g+36= 10( 1
Og+12g+3)+6
2・・・十位数字必为10g+8計1和10g+12g+3的个位数字,显然是奇数。
22评注：类似地，可以证明：一个整数的个位数字和十位数字都是奇数，则这 个整数不是完全平方数。
例5三人分糖，每人都得整数块，乙比丙多得13块，甲所得是乙的2倍， 已知糖的总块数是一个小于50的质数，且它的各位数字之和为11,试求 每人得糖的块数。
分析：设出未知数，根据题意，列川方程和不等式组，再通过质数的性质来 求解。
解设甲、乙、丙分別得糖x、y、z块，依题意得
x = 2y
< y = z +13
兀+y + z < 5(),且兀+
y + z为质数
■
T 11=2+9=3+8=4+7=5+6,故小于50且数字和为11的质数只可能是
29
和
47
若x+y+z=29,则可得4y=42 , y不是整数，舍去。
若
x+y+z=47,则iij得
4y=60, y=15,从而
x=30, z=2
・・・甲、乙、丙分别得糖30、15、2块.
评注：本题的关键是分析出小丁•
5()且数字和为11的质数只可能是29和47。
这类问题是常利用质数的性质来分析求得所有的可能值，再设法检验求 得所要的解。
例6如果p与p+2都是大于3的质数，那么6是p+l的因数。
分析：任何一个大于3整数都可以表示成6n-2,6n-1,6n,6n+1,6n+2,6n4-3(n是
大丁•
0的整数)中的一种，显然6n-2,6n, 6n+2,6n+3都是合数，所以大 于3的质数均可以写成6n+l或6n-l的形式，问题即证明p不能写成
6n+l的形式。
解I大I为p是大于3的质数，所以可设p=6n+l(n是大于0的整数)，那么
p+2=6n+l+2=6n+3=3(2n+l)与
p+2
是大于
3
的质数矛盾。
于是pH6n+l,所以p=6n-l(n是大于()的整数)，从而p+l=6n,即6
是p+1的因数。
评注：对大于3整数合理分类是解决这个问题的关键。对无限多个整数进
行讨论时，将其转化为有限的几类是一种常用的处理方法。
例7证明有无穷多个n,使多项式n2+3n+7表示合数。
分析：要使多项式J+3n+7表示合数，只要能将多项式n2+3n+7表示成两个 因式的积的形式。
证明当n为7的倍数吋，即n=7k(k是大于等于1的整数)吋
n+3n+7=(7k)+3x7k+7=7(7k+3k+l)为
7
的倍数，所以它显然是一个222
合数
评注：本题也可将7换成其他数，比如：3、5、11等等。
例8求证:22°°】+3是合数
分析:2200,+3不能分解,22°°】次数又太高，无法计算。我们可以探索2"的末 位数字的规律，从而得出22001+3的末位数字，由此來证明22001+3是 合数。
证明:・.・2】=2, 22=4, 23=8, 24=16, 25=32, 26=64, 27=128, 29=256,-
/.24k+1的末位数字是2, 24k+2的末位数字是4, 24k+3的末位数字是8, 2^^的末位数字是6 (k为非负整数)
而2001=4X 250+1
是5
.-.22001的末位数字是2, A22001+3的末位数字
.•.5|22OOI+3,M然
2200,+3^5
所以
2200,+3
是合数
评注：本题另辟蹊径，通过探索2 的末位数字的规律来得出2数字，从而证明22001n20<)1+3的末 位+3是合数。解数学竞赛题，思路要开阔。
例9求证大于11的整数一定可以表示成两个合数之和。
证明设人于11的整数为N
若N=3k(k$4,且k为整数)，则N=6+3(k-2),显然6和3(k-2)都是合数
若N=3k+l(k24,且k为整数),则N=4+3(k-l),显然4和3(k-l)都是合 数
若N=3k+2(kM4,且k为整数),则N=8+3(k・2),显然8和3(k・2)都是合
数
于是对任意正整数N(N>11),
一定可以表示成两个合数之和。
评注：本题是通过对整数的合理分类来帮助解题，这是解决整数问题的一
种常用方法。但要注意对整数的分类要不重复不遗漏。
例10证明:n(n+l)+l(n是自然数)不能是某个整数的平方。
分析：注意到
n (n+l)+l=n2+n+l,
是自然数，.•.nYf+n+lvl； n+l)S
这为 我们证题提供了出发点。
证明：n (n+l)+l=n4-n+l, Tn
是自然数，/.n 2222而n、n+1是两个相邻的自然数， An(n+l)+l(n是口然数)不能是某个整数的平方。 评注：本题应用了在两个相邻正整数的平方数之间不可能还存在一个完全 平方数这个结论。 例11如果一个口然数是质数，凡它的数字位置经过任意交换后仍然是质数, 则称这个数为绝对质数。证明：绝对质数不能有多于三个不同的数字。 分析：绝对质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5,因为有偶数和5它 就一定不是绝对质数，则绝对质数中出现的数字只可能是1, 3, 7, 9o 证明： 因为绝对质数的数字位置经过任意交换后仍然是质数，所以绝对 质数中出现的数字不会有偶数，也不会有5,即绝对质数中出现的 数字只可能是1, 3, 7, 9o 假设有一个绝对质数M中出现的数字超过了 3个，也即这个绝对 质数中出现的数字包含了 1, 3, 7, 9,贝IJ M］二 a"…4,1379 二 M+1379 , M?二M+9137 , M3=M+7913 , M4=M+3791, M5=M+1397, M6=M+3197, M?=M+7139 都是质数。 可验证，这七个数中每两个数的差都不能被7整除，说明M］、M2、 M3、M4> M“ M6> M7被7除所得余数互不相同。因而必有一个 是0,即能被7整除，这与此数是质数矛盾。所以假设不成立，所 以绝对质数不能有多于三个不同的数字。 评注：本题是用反证法来证明，对于题目中出现“不”的字眼，常常用反证 法来证明。 三、巩固练习 1、 在整数0、1、2、3、4、5、6、7、8、9中，设质数的个数为x,偶数 的个数为y,完全平方数的个数为z,合数的个数为u,则x+y+z+u的 值是( ) A、17 B、15 C、13 D、11 2、 设n为人于1的自然数，则下列四个式子的代数值一定不是完全平方 数的是( 2) 222A、3n-3n+3 B、5n-5n-5 C、9n-9n+9 D、lln-lln-ll 3、 有3个数，一个是最小的奇质数，一个是小丁-5()的的最大质数，一个 是人于60的最小质数，则这3个数的和是( ) A、101 B、110 C、111 D、113 4、两个质数的和是49,则这两个质数的倒数和是（ ） 94 49 A、 49 B、 94 86 C、 45 45 D、 86 5> a、b为正整数，且56a+392b为完全平方数，则a+b的最小值等于（） A、6 B、7 C、8 D、9 3个质） 6、 数p、q、I•满足等式p+q=r,且p A、2 B、3 C、5 D、7 7、 ______________________________________________________ 使得m2+m+7是完全平方数的所有整数m的积是 ______________________ 8、 如果一个正整数减去54,是一个完全平方数，这个正整数加上35后, 是另外•个完全平方数，那么这个正整数是 ___________ 9、 一个质数的平方与一个正奇数的和等于125,则这两个数和积是 10、 ______________________________________________ p是质数，p2+2也是质数，则1997+p4= _______________________________ 11、若n为自然数,n+3,n+7都是质数，则n除以3所得的余数是 _________ 12> 设自然数 n]>n2,月-n} =79 ,则 ni= ____________ , n2= _______ 13、证明：不存在这样的三位数"c,使abc + bca + cab成为完全平方数。 14、试求四位数口厂，使它是一个完全平方数。 15、a、b、c、d都是质数，K 10 2-c 2=a 3b(a+b),求 a、b、c、d 的值 16、 八 丿是 m = {cib - cd ) - —(« +b -c -t/) 设a、b、c、d是四个整数，且 '丿22222非零整数，求证:W是合数。 17、 求一个三位数，使它等于n2,并且各位数字之积为n-1。 2 1 ! 18、设m、n2是任意两个大丁• 3的质数，N=n2 , M与N 的最大公约数至少为多少？ 19、证明有无穷多个n,使多项式n2+n+41表示合数。 20、已知p和 时+1都是质数，求证：8p2-p+2也是质数。 初一数学竞赛讲座(3) 数字、数位及数谜问题 -• 知i 口耍占 ;、矗的十进位数码表示 一般地，任何一个n位的自然数都可以表示成： an x 10n_, +d—] x 10/,_2 + ・・・ +。3 x 102 +色 xlO + q 其中,ai(i=l, 2, n)表示数码,且 OWa09, anHO. 对于确定的自然数N,它的表示是唯一的，常将这个数记为 2、 正整数指数幕的末两位数字 (1) 设m、n都是正整数，a是m的末位数字，则计的末位数字就是a11 的末位数字。 (2) 设p、q都是正整数，m是任意正整数，则m4P"的末位数字与皿耳 的末位数字相同。 3、 在与整数有关的数学问题中，有不少问题涉及到求符合一定条件的整数 是多少的问题，这类问题称为数迷问题。这类问题不需要过多的计算， 只需要认真细致地分析，有吋可以用“凑”、“猜”的方法求解，是一种 有趣的数学游戏。 二、例题精讲 例1、有一个四位数，已知英十位数字减去2等于个位数字，英个位数字加上 2等于其白位数字，把这个四位数的四个数字反着次序排列所成的数与原数之 和等于9988,求这个四位数。 分析：将这个四位数用十进位数码表示，以便利用它和它的反序数的关系 列式来解决问题。 解：设所求的四位数为axlO3+bxlO2+cxlO+d,依题意得： (ax I O3+bx 102+cx 10+d)+( dx 103+cx 102+bx 10+a)=9988 ・・・(a+d) xlO3+(b+c) xlO2+(b+c) xlO+ (a+d)=9988 比较等式两边首、末两位数字，得a+d=8,于是b+cl8 XVc-2=d, d+2=b, b-c=O 从而解得：a=l > b=9, c=9, d=7 故所求的四位数为1997 评注：将整数用十进位数码表示，有助于将已知条件转化为等式，从而解 决问题。 例2、一个正整数N的各位数字不全相等，如果将N的各位数字重新排列， 必可得到一个最人数和一个最小数，若最人数与最小数的差正好等于原来的 数N,则称N为“新生数”，试求所有的三位“新生数”。 分析：将所有的三位“新生数”写击来，然后设出最大、最小数，求差后分 析求出所有三位“新生数”的可能值，再进行筛选确定。 解：设N是所求的三位“新生数”，它的各位数字分别为a、b、c（a、b、c不 全相等），将其各位数字重新排列后，连同原数共得6个三位数： abc,cicb,bac,bca,cab,cba ,不妨设其中的最人数为dbc ,则最小数为由 “新生数”的泄义，得 N二 abc - cba = （100a + 10方 + c）- （100c + 1 Ob + a） = 99（a - c） 由上式知N为99的整数倍,这样的三位数可能为:198, 297, 396, 495, 594, 693, 792, 891, 990。这9个数中,只有954-459=495符合条件。 故495是唯一的三位“新生数” 评注：本题主要应用“新生数”的定义和整数性质，先将三位“新生数”进 行预选，然后再从中筛选出符合题意的数。 例3、从1到1999,其中冇多少个整数，它的数字和被4整除？ 将每个数都看成四位数（不是四位的，在左而补0）, 0000至1999共200（） 个数。千位数字是0或1,百位数字从0到9中选择，十位数字从0到9中选 择，各有10种。 在千、百、十位数字选泄后，个位数字在2到9中选择，要使数字和被4 整除，这时有两种可能：设千、百、十位数字和为a,在2, 3, 4, 5中恰好 有一个数b,使a+b被4整除（a+2、a+3、a+4、a+5除以4,余数互不相同， 其中恰好有一个余数是0,即相应的数被4整除）；在6, 7, 8, 9中也恰好有 一个数c（=b+4）,使a+c被4整除。因而数字和被4整除的有：2x10x10x2=400 个 再看个位数字是0或1的数。千位数字是0或1,百位数字从（）到9中选 择，在千、百、个位数字选定后，十位数字在2到9屮选择。与上面相同， 有两种可能使数字和被4整除。因此数字和被4整除的乂有：2x2x10x2=80 个。 在个位数字、十位数字、千位数字均为0或1的数中，百位数字在2到9 中选择。有两种可能使数字和被4整除。因此数字和被4整除的又有： 2x2x2x2=16 个。 最后，千、百、十、个位数字为0或1的数中有两个数，数字和被4整除, 即1111和0000,而0000不算。 于是1到1999中共有400+80+16+1=497个数，数字和被4整除。 例4、圆上有9个数码，已知从某一位起把这些数码按顺吋针方向记下， 得到的是一个9位数并且能被27整除。证明：如果从任何一位起把这些 数码按顺时针方向记下的话，那么所得的一个9位数也能被27整除。 分析：把从某一位起按顺时针方向记下的9位数记为：⑷勺如…他，其能 被27整除。 只需证明从其相邻一位读起的数：^3-^1也能被27整除即可。 证明：设从某一位起按顺吋针方向记下的9位数为：①色色…為 依题意得/心2°3…他=0X10* +02X107+…+ 4严10 +為能被27整除。 为了证明题戸结论，只要证明从氏相邻一位读起的数：勺①…為①也能 被27整除即可。 也如…二% 10* + ① X IO?十…+ 蚣 xlO + d] .••10"禺2。3 … 88710 10 = 10(⑷ X 10* + 禺 x 1Q + …+x 10 +)— (X 10* +X 1()7 + …+ dg X 10 + ⑷) =% x 109 +a2 x 108 +。3 xl()7 +・・・ +。9 X1O_(Q2 X10塔 +。3 X10? + …+。9 X10 + % = 0X109-⑷=(2-山=(100()3-山 322 1000 -1 = (1OOO -1)(1000 +1000 +1) = 999(1000 +1000 + 1) 7而999能被27整除，・・・10003-1也能被27整除。 |大|此，勺他…為6能被27整除。从而问题得证。 评注：本题中，1（儿1难以分解因数，故将它化为10003-1,使问题得到顺 利解决。这种想办法降低次数的思想，应注意领会掌握。 例 5 证明:1111,1+112,12+113,13 能被 10 整除 分析:要证明111山+112口2+113山能被10整除，只需证明111山+112血+113113 的末位数字为0,即证111111, 112112, 113113三个数的末位数字和为10。 证明：111"的末位数字显然为1； 112,,2=（1124）28,而1124的末位数字是6,所以112112的末位数字也是6； 1 13113=（1 134）28- 1 13, 1 134的末位数字是1,所以113113的末位数字是3； /.111111, 112112, 113113三个数的末位数字和为1+6+3=10 ・・・111山+112112+113113能被10整除 评注：本题是将证明被10整除转化为求三数的末位数字和为10o解决数学问 题时，常将未知的问题转化为熟知的问题、复杂的问题转化为简单的 问题，这是化归思想。 例6设P（m）表示自然数m的末位数,an=P（n}-P{n） 求%+勺+…如95的值。 解：％ +勺 +・・S995 = P『）—P（l）+P（22）—P（2）+…+M19952）—p（1995） 2= [p(l 2) + P(2 2) + …+ P(1995 2)] 一 2(1) + P(2)+ …+ P(1995)] 22 P(l+2 +…+ 19952)-P(l + 2 +…+ 1995) =・・T995= 10x199+5, 乂因为连续10个自然数的平方和的末位数都是5 .・.F(l1 2+22 + •・• +1995?) =户([2 +22 +32 +42 +52)+ 叩99x5)=5+5=io 1995x1996P(l + 2 +…・ + 1995)=P 、 2 ’ .・.ax +a2 +•••^1995 = 10 评注：本题用到了连续10个自然数的平方和的末位数都是5这个结论。 —I --- 1 -- 1 - 1 -- F — = 1 例7 ? ? ? ? ? ? 请找出6个不同的自然数，分别填入6个问号 中，使这个等式成立。 分析：分子为1分母为自然数的分数称作单位分数或埃及分数，它在很多 1 _ 1 I 1 问题屮经常岀现。解决这类问题的一个基本等式是：〃一〃 + 1 它表明每一个埃及分数都可以写成两个埃及分数之和。 +1), 1 1 解：首先，1=2 ---- 1 - B 2从这个式子出发，利用上面给出的基本等式，取n=2可 1 _ 1 1 得：2=3+6 1 1 1 又利用上而给出的基本等式，取n=3可得：3 —=—I --------- 4 12 1111 1 1 1 _ — = — + — 再利用上面给出的基木等式,lRn=4可得5 20 _ + _ + 一 + _ 二 1=2 4 12 6 •I 1=2 -----1 - d -------- 1 ------ 1 -- 5 20 12 6 1 1 1 =一 ——+ — 最后再次利用上面给出的基本等式，取n=6 nf得：6 7 42 1 1 一+ _ + 一 + — + —+ — A 1=2 5 20 12 7 42 即可找出2, 5, 20, 12, 7, 42六个自然数分别填入6个问号中， 使等式成立。 评注：1、因为问题要求填入的六个自然数要互不札I同，所以每步取n时要适 1 1 1 1 1 1 —+ -- 当考虑，如：最后一步就不能取n=5,因为n=5将产牛6 30 ,而 E已岀现了。 2、本题的答案是不唯一的，如最后一步取n=12,就可得: 1111 1 1 1=2 5 20 —I 1 ------------- 1 ------ 1 ----- 1— 13 156 6 例8如图，在一个正方体的八个顶点处填上1到9这些数码中的8个，每个 顶点处只填一个数码，使得每个面上的四个顶点处所填的数码之和都相 等，并月.这个和数不能被那个未被填上的数码整除。 求所填入的8个数码的平方和。 解：设a是未填上的数码，s是每个面上的四个 顶点处所填的数码之和，由于每个顶点都属于3个 面，所以 6s=3( 1 +2+3+4+5+6+7+8+9)・3a 即6s=3・45一3a,于是2s=45-a,可以断定a是奇 而a不整除s,所以a只能是7,则填入的8个数码是 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9,它们的平方和是:12+22+32+42+52+62+82+92=236 例9在右边的加法算式中，每个 表示一个数字，任意两个数字都不同。试求 A和B乘积的最大值。 +) AB 分析：先通过运算的进位，将能确定的 确定下来，再来分析求岀A和B 乘积的最大值。 解：设算式为： a b c +) def ghAB 显然，g=L d=9, h=0 a+c+f=10+B, b+c=9+A, ・・・AW6 2 (A+B)+19=2+3+4+5+6+7+8=35, A A+B=8 要想 A・B 最大,V AW6,・••取 A=5, B=3O 此时 b=6, e=8, a=2, c=4, f=7, 故 A-B的最大值为15. 评注：本题是通过正整数的十进制的基本知识先确定g, d, h,然后再通 过分析、观察得出A、B的关系，最后求出A-B的最大值。 例1U在一种游戏中，魔术师请一个人随意想一个三位数并请这个人算 出5个数饥力、bac、bca、cab、的和N,把N告诉魔术师，于是 魔术师就能说出这个人所想的数赢。现在设N=3194,请你做魔术师， 求出数abc来。 解：将赢也加到和N上，这样a、b、c就在每一位上都恰好出现两次，所 以有 赢+N=222(a+b+c) ① 从而 3194v222(a+b+c)v3194+1000,而 a、b、c 是整数 所以 15Wa+b+cW18 因 为 222x15-3194=136 , 222x16-3194=358 , 222x18-3194=802 222x17-3194=580 , 其中只有3+5+8=16能满足①式，所以"c二358 评注：本题将赢也加到和N上，目的是使得由a、b、c组成的6个三位数 相加，这样a、b、c在每个数位上出现的次数相同。这一技巧在解决 数字问题中经常使用。 三、巩固练习 1、两个十位数1111111111和9999999999和乘积的数字屮有奇数（ ） A、7 个 B、8 个 C、9 个 D、10 个 2、若自然数n使得作竖式加法n+（n+l）+（n+2）时均不产牛进位现象，便称n 为“连绵数”。如因为12+13+14不产生进位现象，所以12是“连绵数”; 但13+14+15产生进位现象，所以13不是“连绵数”，则不超过100的“连 绵数”共有（ ）个 A、9 B、11 C、12 D、15 把它们的前27个数相加，则它们 3、 有一列数：2, 22, 222, 2222, ・・•, 的和的十位数字是（ ） D、3 A、9 B、7 C、5 4、 19932 的末位数字是（ ） D、3 A、6 B、4 C、5 5、 设有密码3・BIDFOR=4・ FORB/D,其中每个字母表示一•个| •进制数字, 则将这个密码破译成数字的形式是 ______________ 6、 八位数141*28*3是99的倍数，贝U糸二 _____ , A= _________ 7、 若axbxab=bbb 9其中a、b都是1到9的数字，则a= ______________ ,b= 8、 在三位数中，百位比十位小，并且十位比个位小的数共有 __________ 个。 9、在六位数25^52中X」皆是大于7的数码，这个六位数被11整除，那 么，四位数1兀2二—。 10、 _________________________ 43°3的末位数字是 11、 __________________________________________ 2 m+2OOO-2 m（m是自然数）的末位数字是 ________________________________ 1 1 1 12、 —= ------ 1 -- 耍使等式8 * *成立，*处填入的适当的自然数是 13、有一个5位正奇数x,将x中的所有2都换成5,所有的5都换成2, 其他数字不变，得到一个新的五位数，记作y。若x和y满足等式y=2 (x+1), 求x 14、 有一个若干位的正整数，它的询两位数字相同，且它与它的反序数之和 10879,求原数。 15、 求出所有满足如下要求的两位数：分别乘以2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9吋, 它的数字和不变。 16、求 12+22+32+42+-+1234567892 的末位数 17、求符合下面算式的四位数"cd abed x 9 Deba 18>设32是一个三位数，a3>ai,由32减去。宀他得一个三位数％九勺, /?3筠勺 +〃上2〃3 =1089 证明: 19、对于自然数n,如果能找到自然数a和b,使得n=a+b+ab,那么n就称为 “好数”。如3=l+l+lxl,所以3是“好数”。在1到100这100个自然 数中，有多少个“好数” ？ aaaaaa专业好文档梢心整理欢迎下载 ![[原创]初一竞赛讲座02(特殊的正整数)x](/uploads/image/0293.jpg)