高中数学竞赛专题讲座---专题训练(同余部分的例题和习题集)
同余的概念与应用
概念与性质 1. 定义：若整数a,b 被整数m(m ≥1)除的余数相同,则称a 同余于b 模m,或a,b 对模m 同余.记为a≡b(modm).余数r:0≤r<1.
2. 性质：(ⅰ)a≡b(modm)?m|a-b,即a=b+mk,k ∈Z. (ⅱ)若a≡b(modm),b≡c(modm),则a≡c(modm).
(ⅲ)若a 1≡b 1(modm),a 2≡b 2(modm)，则a 1±a 2≡b 1±b 2(modm),a 1a 2≡b 1b 2(modm);
(ⅳ)设f(x)=a n x n +a n-1x n-1+…+a 1x+a 0,g(x)=b n x n +b n-1x n-1
+…+b 1x+b 0是两个整系数多项式,满足a i ≡ b i (modm)(0≤i ≤n).若a≡b(modm),则f(a)≡f(b)(modm).(ⅴ)ac≡bc(modm)?a≡b(mod
)
,(m c m
), (ⅵ)若m ≥1,(a,m)=1,则存在整数c 使得ac≡1(modm).称c 为a 对模m 的逆或倒数,记为c=a -1
(modm);
(ⅶ)???≡≡)
(mod )(mod 21m b a m b a 同时成立?≡a b (mod[m 1,m 2]);(ⅷ)若a≡b(modm 1),a≡b(modm 2),且(m 1,m 2)=
1,则a≡b(modm 1m 2).
3. 剩余类：设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类。 性质：(ⅰ)i m i K Z 1
0-≤≤=
且K i ∩K j =φ(i≠j).
(ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里.
(ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ?a≡b(modm).
4. 完全剩余系：设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系。0,1,2,…,m-1叫做模m 的最小非负完全剩余系。 性质：(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系?两两对模m 不同余。 (ⅱ)若(a,m)=1，则x 与ax+b 同时跑遍模m 的完全剩余系。
5. 既约剩余系：如果K r 里的每一个数都与m 互质，则K r 叫与m 互质的剩余类，在与模m 互质的全部剩余类中，从每一类任取一个数所做成的数组，叫做模m 的一个既约剩余系。 性质：(ⅰ)K r 与模m 互质?K r 中有一个数与m 互质； (ⅱ)与模m 互质的剩余类的个数等于)m (?;
(ⅲ)若(a,m)=1,则x 与ax+b 同时跑遍模m 的既约剩余系。
(ⅳ)设(a,p)=1,则d 0是a 对于模p 的阶?a d
o≡1(modp),且1,a,…,a
do-1
对模p 两两不同余.特别地,d o =
Φ(p)?1,a,…,a Φ(p)-1
构成模p 的一个既约剩余系.
例1. 设x i ∈{-1,1},i=1,2,…,101,证明:x 1+2x 2+…+100x 101≠0. 证明:∵x 1+2x 2+…+100x 101≡1+2+…+101≡51≡1(mod2)∴成立.
例2. 设p 为质数.求证:)(mod p p n C p
n ??
????≡.
证明:∵n≡0,1,2,…,p -1(modp)∴必有某一个
i(0≤i ≤p-1)使得
n≡i(modp),从而
p i
n p n -=??
????.∴n(n - 1)…(n -i+1)(n-i-1)…(n -p+1)≡i(i -1)…1(p -1)…(i+1)≡(p -1)!(modp)
，
∴(p -1)!p
n C =(p-1)!n(n-1)…(n -i+1)(n-i- 1)…(n -p+1)
!
p i n -≡(p -1)!
p
i n -(modp),即(p-1)!
p n
C
≡(p -1)!
p
i n -(modp),因
((p-1)!,p)=1∴)(mod p p n p i n C p
n ??
?
???≡-≡
)(mod p p n p i n p
n
??
?
???≡-≡
. 例3. 设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a 是m 的倍数.
证明：考虑数字全为1的数:1,11,111,1111,…中必有两个在modm 的同一剩余类中,它们的差即为所求的a.
例4. 证明从任意m 个整数a 1,a 2,…,a m 中,必可选出若干个数,它们的和(包括只一个加数)能被m 整除. 证明：考虑m 个数a 1,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a m ,如果其中有一个数能被m 整除,则结论成立,否则,必有两个数属于modm 的同一剩余类,这两个数的差即满足要求. 例5. 证明数11,111,1111,…中无平方数.
证明：因任意整数n 2
≡0或1(mod4),而11≡111≡1111≡…≡3(mod4),所以,数11,111,1111,…中无平方数.
例6. 确定n 5=1335+1105+845+275
.
解：因n 5≡35+05+45+75
≡3+4+7≡4(mod10),所以n 个位数字为4,显然n 的首位数字为1,进一步估
计:n 5<2×1335+(84+27)5<3×1335<55
13345???
? ??,所以,n<13345?<167,所以n 可取134,144,154,164,又n 5
≡15
+(-1)5
≡3(mod3),故n=144.
注：欧拉猜测4个自然数的5次方之和不是5次方,于1962年被三位美国数学家推翻,例6就是他们举的反例.
例7. 求32006
的个位数及末两位数字.
解：(1)即求a(0≤a ≤9),使得32006≡a(mod10).∵32≡9≡-1(mod10),∴34≡1(mod10),32006≡32004+2≡34X501+2≡ 32(mod10),故32006的个位数是9;(2)即求b(0≤b ≤99),使得32006≡b(mod100).注意到:4
X25=100且
(4,25)=1,34≡81≡1(mod5),∵34≡81≡6(mod25),38≡36≡11(mod25),∴312≡66≡-9(mod25),316
≡-54≡-4
(mod25)∴320≡-24≡1(mod25) ①;∵32≡1(mod4)∴320
≡1(mod4) ②,由①,②得320≡1(mod100),∴32006
≡ 320 X100?36≡29(mod100),故32006的末两位数字是29.
例8. 求1 X3 X5 X 7
X…X2005的末3位数字.
解：注意到:8X125=1000且(8,125)=1，∵(2n -3)(2n-1)(2n+1)(2n+3)≡(4n 2-9)(4n 2
-1)≡1(mod8)，及M= 1 X3 X5 X 7 X…X2005=125m 是1003个奇数之积，∴M≡1 X3
X5≡7(mod8), 125m≡5m≡7(mod8)，∴m≡
3(mod8)，∴M≡125m≡125X3≡375(mod8)，∴M≡125m≡375(mod8).即1 X3 X5 X 7
X…X2005的末3位数字为375.
例9. 求大于5的素数平方被30除的余数.
解：设p 是大于5的素数,且p≡r(mod30)(r<30)，∵(p,30)=1∴(r,30)=1,r=1,7,11,13,17,19,23,29，∵12
≡ 112≡192≡292≡1(mod30), 72≡132≡172≡232≡19(mod30)，∴p 2
≡1或19(mod30)
例10. 设n,k 为正整数,求证:存在无限多个形如n?2k
-7的平方数.
解：即求使得m 2+7≡0(mod2k )成立的整数m.当k=1,2,3时,取m=1+4r(r 为正奇数),则有m 2+7≡0(mod2k
).
设对k(≥3)有整数m 使得m 2+7≡0(mod2k ),显然m 为奇数,对于k+1，∵(m+a?2k-1)2+7≡m 2+7+ma?2k
≡
2k
(am+b)(mod2k+1
),其中b=k
m 2
72+∈Z +,取正整数a,b 同奇偶,则有(m+a?2k-1)2+7≡0(mod2k+1
)，∴对任意正整数k 存在无限多个整数m 使得m 2+7≡0(mod2k
).
例11. 设对任意正整数n ≥1,b 的质因数都大于n.证明：n!|a(a+b)(a+2b)(a+3b)…[a+(n -1)b]
证明：∵b 的质因数都大于n ，∴(b,n!)=1∴bb -1
≡1(modn!)
，∴(b -1)n
a(a+b)(a+2b)(a+3b)…[a+(n -1)b]≡
(ab -1)(ab -1+1)(ab -1+2)(ab -1+3)…[ab -1+(n-1)]≡0(modn!)，∵(b -1,n!)=1，
∴n!|a(a+b)(a+2b)(a+3b)…[a+(n -1)b]
例12. 设m>n ≥1,求最小的m+n 使得1000|1978m -1978n
.
解：令k=m-n,则1978m -1978n ≡0(mod1000)?2n ?989n (1978k -1) ≡0(mod23?53
)?
?????≡-≥?≡)
5(mod 0119783)2(mod 023
3k n n ，∵1978≡3(mod5) ∴19784≡1(mod5)，∵1978≡3(mod25) ∴197820≡320
≡ 1(mod25)，∵1978≡-22(mod53),(-22)20≡(25-3)20≡320≡(243)4≡74≡(50-1)2≡26(mod53)∴197820
≡26
(mod53
),
∴197840≡(25+1)2≡51(mod53),197860≡(25+1)(50+1)≡76(mod53),197880≡(50+1)2≡101(mod53),1978100
≡
(25+1)(100+1)≡1(mod53
),∴100|k∴k 最小=100, m+n=m-n+2n 最小=106. 例13. 设123,,,
a a a 是整数序列,其中有无穷多项为正整数,也有无穷多项为负整数.假设对每个正整数
n ,数123,,,,n a a a a 被n 除的余数都各不相同.证明:在数列123,,,
a a a 中,每个整数都刚好出现一次.
证明：数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣ 例14. 偶数个人围着一张圆桌讨论，休息后，他们依不同次序重新围着圆桌坐下，证明至少有两个人，他们中间的人数在休息前与休息后是相等的。 证明：将座号依顺时针次序记为1,2,…,2n，每个人休息前后的座号记为(i,j)，则i 与j 跑遍完全剩余系mod2n 。如果两个人(i 1,j 1)，(i 2,j 2)休息前后在他们中间的人数不相等，则有j 2-j 1≡i 2-i 1mod2n ，即j 2-i 2≡ j 1-i 1(mod2n)，因此，j －i 也跑遍完全剩余系mod2n∴j－i 的和= ∑∑-i j ≡0(mo d2n)，而任一完全剩余 系mod2n 的和≡1+2+…+2n -1≡n(2n -1)≡0(mod2n),矛盾！故结论成立。 例15. 证明：不论n 和k 是怎样的正整数,2n 3k +4n k +10不可能是连续正整数之积. 证明：令p=n k ,则2n 3k +4n k +10=2p 3+4p+10是偶数,取mod3,∵2p 3+4p+10=(3p 3 +3p+9)-(p-1)p(p+1)+1 ∴2p 3+4p+10≡1(mod3),从而2p 3 +4p+10不是3个或3个以上连续正整数之积,而两个连续正整数之积按mod3分类: 3m(3m +1)≡0(mod3),(3m+1)(3m+2)≡2(mod3),(3m+3)(3m+2)≡0(mod3)∴原式也不是两个正整 数之积.综上知:2n 3k +4n k +10不可能是连续正整数之积. 例16. 设正整数a,b 使得15a+16b 和16a-15b 都是正整数的平方，求这两个平方数所可能取的最小值(IMO 37－4)。 解：设15a+16b=x 2和16a-15b=y 2,x,y ∈Z +,则15x 2+16y 2=(13·37)a,16x 2-15y 2 =(13·37)b,若(37,y)=1, 设yy 1≡1(mod37),则由15x 2+16y 2≡0(mod37),16x 2-15y 2≡0(mod37),得15(xy 1)2≡-16(mod37),16(xy 1)2 ≡ 15(mod37)? (xy 1)2≡-6(mod37)，这是不可能的，因仅有r 2 ≡0,±1,±3,±4,±7,±9,±10,±12,±16(mod37)∴x= 37u,y=37v,0≡15u 2+16v 2≡2u 2+3v 2(mod13),0≡16u 2-15v 2≡3u 2-2v 2 (mod13),若(13,u)=1，设uu 1≡1(mod 13), 则2(vu 1)2≡-3(mod13),3(vu 1)2≡2(mod13)?(vu 1)2 ≡5(mod13),这是不可能的,因仅有r 2 ≡0,±1,±3,±4(mod13) ∴u=13s,v=13t,x=37·13s,y=37·13t,取s=t=1得x 2，y 2的最小值为x 2=y 2=(13·37)2 =231361，此时，a= 13·37·31，b=13·37。 练习题 1. 设a,b,x 0∈N * ,x n =ax n-1+b ,n=1,2, ….证明x 1,x 2,…不可能都是质数. 证明：设x 1=p 是质数,则p>a,(p,a)=1, x 2,x 3,…,x p+2这p+1个数中必有两个属于modp 的同一剩余类,即有m>n ≥2,使得x m ≡x n (modp),由题意有x m -x n ≡a(x m-1-x n-1)≡0(modp),依次类推,有x m-n+1-x 1≡0(modp),即有 p |x m-n+1,因数列增,所以x m-n+1>p, x m-n+1不是质数. 2. 确定所有正整数n,使方程x n +(2+x)n +(2-x)n =0有整数解. 解：显然,若n 为偶数,则方程无实数根,若n=1,则x=-4.当n ≥3且为奇数时∵方程左端是首项为1, 常数项为2n+1的多项式∴其整解只能是-2t (t 为非负整数)形式:若t=0,1,2则x=-1,-2,-4都不是方程的根; 若t ≥3,则-2nt +(2-2t )n +(2+2t )n =0?-2n(t-1)+(1-2t-1)n +(1+2t-1)n =0，∵-2n(t-1)+(1-2t-1)n +(1+2t-1)n ≡2(mod4)∴左端≠0.综上知,仅当n=1时,原方程有唯一整解x=-4. 3. 问是否存在一个无限项素数数列p 1,p 2,…,p n ,…对任意n 满足|p n+1-2p n |=1?请说明理由. 解：若存在,则由p n+1=2p n ±1>p n 知{p n }递增, p 3>3, p 3≡1或2(mod3).若p 3≡1(mod3),则p 4=2p 3-1即p 4≡1(mod3)∴p 5=2p 4-1,…,p n =2p n-1-1∴p n =2n-3 p 3-2n-3 +1,取n-3=p 3-1则由1 32 -p ≡1(modp 3) 知p n ≡0(modp 3),矛盾!若p 3≡2(mod3), 则p 4=2p 3+1,即p 4≡2(mod3)∴p 5=2p 4+1,…,p n =2p n-1+1, ∴p n =2n-3 p 3+2n-3 -1,取n-3=p 3-1则由1 32 -p ≡1(modp 3)知p n ≡0(modp 3),矛盾! 4. 设三角形的三边长分别为整数L,m,n,且L>m>n.已知==}10 3{}103{44m L }103{4n ,其中{x}表示x 的小数 部分.求三角形周长的最小值. 解：∵}10 3{}103{}103{444n m L ==∴3L ,3m ,3n 的末四位数相同,从而104|3L -3m =3m (3L-m -1),104|3L-m -1∴L -m =4k,其中k ∈N *.∵3L-m =81k =(1+80)k =1+k k k k C C C 8080808033221++++ ∴104|3L-m -1?104 |3 2218080k k k C C C ++ 33221808080k k k C C C ++?125|23218080k k k C C C ++=k(40k-39)+23 80k C ∵5|2328080k k C C +∴5|k, 125|2380k C ，∵125|k(40k -39)+23 80k C ，∴125|k(40k -39)∵5?40k-39∴125?40k-39∴125|k,k=125r,其 中r ∈N *.即L-m=4k=500r,同理m-n=500s,s ∈N * .∵n>L -m=500r ≥500∴n 小=501，∵m=n+500s ≥501+500= 1001，∴m 小=1001,L ≥500+1001=1501,所求三角形周长的最小值为501+1001+1501=3003. 解法2：由已知得3L ≡3m ≡3n ≡(mod104)即3L ≡3m ≡3n ≡(mod24) ①，3L ≡3m ≡3n ≡(mod54 ) ②，由 ①得3m-n≡1(mod24) ∵34≡1(mod24) ∴4|m-n,m-n=4k,由②得3m-n≡34k≡1(mod54),现求满足此式的k:∵34k-1≡ (1+5?24)k-1≡5k?24+ 2)1 (- k k ?52?28+ 6)2 )( 1 (- -k k k ?53?212≡0(mo d54)?k=53t,m-n=500t,同理L-n= 500r,其中t,r为正整数，∵L>m>n∴r>t,即三角形三条边为500r+n, 500t+n和n,且有n>500(r-t)≥500∴仅当t=1,r=2,n=501时,1000+501+500+501+501=3003. 5. 如果整数n不是2的倍数,也不是5的倍数.证明n必能整除一个各位都是1的数。 证明：若数 个 1 1 111 111 11 1 + n , , , ,中有被n整除者，则问题得证；否则必有 个 m 1 111与 个 r 1 111(m>r) 使得 个 m 1 111≡)n (mod r 个 1 111，即 个 个 个 个r r m r m ] [|n0 01 111 1 111 1 111 - = -，因n不是2和5的倍 数，所以 个 r m |n - 1 111，得证。 6. 设a是45687777的各位数之和, b是a的各位数之和,c是b的各位数之和.求c. 解：∵45687777<100007777=104×7777共4×7777+1=31109位数，∴a<9×31109=279981,b<2+5×9=47, c<4+9=13，∵45687777≡57777≡53×2592+1≡5(-1)2592≡5(mod9)，∴a≡b≡c≡5(mod9) ∴c=5. 7. 对于给定的正整数k,用f1(k)表示k的各位数之和的平方,并设f n+1(k)=f1(f n(k))(n≥1).试求f2005(22006)的值. 解：注意到10m≡1(mod9)∴正整数N=a n×10n+…+a1×10+a0≡a n+…+a1+a0(mod9).设f1(22006)=a12,则a1≡22006≡23×668?4≡4(mod9), 设f2(22006)=f1(a12)=a22,则a2≡a12≡7(mod9),设f3(22006)= f1(a22)=a32,则a3≡a22≡ 4(mod9),，∵lg22006=2006×lg2<700∴f1(22006)<(9×700)2<4×107,f2(22006)<(3+9×7)2<4500,f3(22006)<(3+ 3×9)2=302∵a3<30∴a3=4,13,22.，f3(22006)∈{16,169,242}, f3(22006)=16时, f4(22006)=72=49, f5(22006)=132= 169,f6(22006)=162=256, f7(22006)=132=169,…,f2n(22006)=162=256,f2n+1(22006)=132=169∴f2005(22006)=169. 8. 试求 7 7 7 (100个7)的末四位数. 解：∵7≡-1(mod4)∴ 7 7 7 ≡-1(mod4)(98个7),设777 =4k+3(98个7),k∈Z+,则777 =74k+3(99 个 7)∵74≡1(mod100)∴74k≡1(mod100), 7 7 7 ≡74k+3≡73≡43(mod100).又设777 =7100m+43(100个7),m∈Z+. ∵74≡2401(mod10000)∴78≡4801(mod10000), 716≡9601(mod10000),732≡9201(mod10000), 764≡8401(mod10000),7100≡74?732?764≡2401?9201?8401≡1(mod10000),7100m≡1(mod10000),7100m+43≡743≡ 73?78?732≡2343 (mod10000)，∴ 7 7 7 (100个7)≡7100m+43≡2343(mod10000),777 (100个7)的末四位 数为2343. 三. 重要定理及应用 1. Euler定理：设整数m>1,且(a,m)=1.则有aφ(m)≡1(modm). 2. Fermat定理：设p是素数,则对任意正整数a有a p≡a(modp). 证明：若p|a,则显然成立.若(p,a)=1,则a,2a,…,(p-1)a对modp余数各不相同(若p|(m-n)a(n a p-1 ?(p -1)!≡(p -1)!(modp)，∵(p,p -1)=1， ∴a p ≡a(modp). 3. 设(a,m)=1,c 是使得a c ≡1(modm)的最小正整数,则c|φ(m). 4. Wilson 定理：设p 是素数,则(p -1)!≡-1(mod p). 5.中国剩余定理：设K ≥2,而m 1,m 2,…,m k 是K 个两两互质的正整数，令M=m 1m 2…m k =m 1M 1=m 2M k =…= m k M k ，则下列同余式组：???????≡≡≡) (mod )(mod )(mod 2 211k k m a x m a x m a x 的正整数解是x≡a 1M 1M 1 -1 +a 2M 2M 2-1+…+a k M k M k -1 (modM). 例1. （Ⅰ）设n 为大于1的整数，证明2n -1不能被n 整除。 （Ⅱ）试求所有能使2n +1被n 2 整除的素数n 。 证明：（Ⅰ）若n 为偶数，则结论成立；若n 为奇素数，则2n -1≡1(modn),结论成立；若n 为奇合数， 则n 的质因数(奇素数)都不整除2n -1，即n 不整除2n -1，故结论为真。 （Ⅱ）易知使2n +1≡0(modn 2)的素数n 为奇数，∴(2,n)=1，2n ≡2(modn)∵2n +1≡0(modn)∴3≡0(modn)即n|3，n=3显然满足题意。 例2. 证明对任意整数x,1573535x x x ++是整数. 证明：即15 75335x x x ++,由 Fermat 定理得x 5≡x(mod5),∴3x 5+5x 3 +7x≡3x+7x≡10x≡0(mod5)， ∵x 3 ≡x(mod3)∴3x 5 +5x 3 +7x≡5x+7x≡12x≡0(mod3)，∵(3,5)=1∴3x 5 +5x 3 +7x≡0(mod15),得证. 例3. 设p 是大于3的素数.求证:42p|3p -2p -1. 证明：∵42=2×3×7,2|3p -2p -1,3|3p -2p -1,由Fermat 定理得3p ≡3(modp), 2p ≡2(modp)，∴3p -2p -1≡ 0(modp)∵36≡1(mod7), 26≡1(mod7),p >3是素数，∴p≡1(mod6)或p≡5(mod6)，∴3p -2p -1≡36k+1-26k+1 -1≡3- 2-1≡0(mod7)或3p -2p -1≡36k+5-26k+5-1≡5-4-1≡0(mod7)即7|3p -2p -1∴42p|3p -2p -1. 例4. 已知m,n 为正整数,且m 为奇数,(m,2n -1)=1.证明:m| ∑=m k n k 1 . 证明：∵1,2,…,m 构成modm 的完系,(m,2)=1∴2,4,…,2m 也构成modm 的完系∴ (mod ) 2(1 1 m k k m k n m k n ∑∑==≡ )(mod ) 2(11 m k k m k n m k n ∑∑==≡即)(mod 0)12(1m k m k n n ≡-∑=∵(m,2n -1)=1，∴∑=m k n k m 1 |得证. 例5. 求与数列 {}2361,1n n n n a n =++-≥中所有项都互质的所有正整数. 解：显然(1,a n )=1.设m>1是与{a n }中所有项都互质的正整数,p 为m 的一个质因数,若p>3,则由费马小定 理 得 : () 121mod p p -≡, () 131mod p p -≡, () 161mod p p -≡，记 121p mp -=+,131 p np -=+ 31p np -=+,161p tp -=+(,,m n t Z ∈),则2222111 23611236 p p p p mp np tp a ----+++=++-= ++-= 323266 mp np tp m n t p ++++==? ，∵由a p-2为整数,(,6)1p =，∴6|3m+2n+t,2p p a -这与(m,a p-2)=1 矛盾!若p=2或3,则a 2=48=24 ?3,p|a 2也矛盾!故与{}n a 中所有项都互质的正整数只有1. 例6. 求使得7d ≡1(mod2r )(整数r ≥3)的最小正整数d 0. 解：∵Φ(2r )=2r (1-2 1)=2r-1及d 0|Φ(2r )∴d 0=2k , 0≤k ≤r-1.先证:对任意奇数a,必有) 2(m o d 12 2r r a ≡-:归纳法,设 a=2t+1,当r=3时,a 2=4t(t+1)+1≡1(mod23 ),设当r=n 时, )2(mod 12 2n n a ≡-,则当 r=n+1时, )1)(1(12 2 1 222+-=----n n n a a a 可被 2 n+1 整除,即有 )2(mod 1121 +≡-n n a ,故结论成立. 由此可知d 0 =2k 中的k 满足0≤k ≤r-2.我们证明:对任意整数r ≥3, 必有3 27-r ?1(mod2r ):归纳法,当r=3时,显然成立,设当 r=n 时,3 27 -n ?1(mod2n )∵3 27 -n ≡1(mod2n-1 ) ∴3 27 -n =1+s?2n-1 ,其中整数2?s,∴ n s s n n 2 )21(1)7 (7 22 2232 -?++==-- n n s s n n 2 )21(1)7 (7 2 22232 -?++==--,2?1+s?2n-2 ,即 2 27 -n ?1(mod2 n+1 )∴ 3 27 -r ?1(mod2r ),由此推 得:j 27 ?1(mod2r ),0≤j ≤r-3,故d 0 =2 r-2 为所求. 例7求所有的正整数对(p,n)满足:(ⅰ)p 是素数; (ⅱ)n ≤2p; (ⅲ)n p-1 |(p-1)n +1. 解：显然(p,1)和(2,2)是满足题意的正整数对，下设n ≥2,p ≥3.∵(p-1)n +1为奇数∴n 为奇数且n<2p ， 记q 为n 的最小素因子，则q|(p-1)n +1即(p-1)n ≡-1(modq),且(q,p-1)=1,(n,q-1)=1,存在u,v ∈Z 使得 un+v(q-1)=1,由Fermat 小定理得：p-1≡(p -1)nu (p-1)v(q-1) ≡(-1)u (modq)∵q 为奇数∴u 必为奇数,p-1≡ -1(modq)，从而p=q ，∵n<2p=2q 及q 是n 的最小素因子∴n=p=q.∵(p-1)p +1=p C p C p p p p p p 111--++- ∴p p-1|(p-1)p +1?p ≤3∴p=3,满足题意的所有的正整数对为(p,1)、(2,2)、(3,3)其中p 为任意质数(IMO 40). 方法2：对任意素数p ，数对(p,1)是解；当p=2时，仅有数对(2,1)、(2,2)是解；下设p ≥3，n ≥2， 若(p,n)是解，则n 是奇数，设n 的最小素因子是q ，n=q d m(q ?m)，则(p-1)q ≡(p -1)(modq)∴≡-d q p ) 1((p-1)(modq) ∵q|(p -1)n +1，∴ ) (mod 1)1()1() 1(q p p p m n m q d -≡-≡-≡-，∵(p -1)2m ≡1(modq)， ∴q|(p -1)2m -1， ∵(p -1)q-1≡1(modq)，∴q|(p -1)q-1 -1∵q 是n 的最小素因子∴(2m,q -1)=2，设p-1对模q 的阶为r,则r|2m,r|q-1， ∴r=2∴q|(p-1)2-1=p(p-2)，∵(m,q -1)=1,若q|p-2,则q|(p-1)m +1=[(p-2)+1]m +1= (p-2)m +…+m(p -2)+2?q|2与n 是奇数矛盾∴q|p,必有q=p ，∵n=q d m=p d m<2p=2q∴n=q=p,又由(ⅲ)得 p p-1 |(p-1)p +1= 2 1-p p p-1 -…+p 2 展开式仅有4项∴n=p=3。故满足条件的所有的正整数对为(p,n)=(p,1)、(2,2)、(3,3)。 例8. 已知p 为奇素数.证明：)(mod 2 ) 1(21 1 1 2p p p k p k p +≡∑-=-. 证明：∵p -1为偶数∴ ∑ ∑-=---=--+=2 1 1 12121 112])([p k p p p k p k p k k ，∵k 2p-1+(p-k)2p-1 =22122211212-----++?-p p p p p C k p C p 2 2221222112-----?++?p p p p p k p C k p C ，∴k 2p-1+(p-k)2p-1≡2 2112--?p p k p C ≡p(2p -1)k 2p-2 (modp 2),由Fermat 定理知k p-1 ≡ 1(modp)，∴(2p -1)k 2p-2 ≡2p -1≡-1(modp)即(2p-1)k 2p-2 =pm-1，∴p(2p -1)k 2p-2 ≡p 2m-p≡-p(modp 2 )， ∴ (mod 2 ) 1(2)1(2)1()(2 22 1 1 1 1 12p p p p p p p p p k p k p k p +≡--≡-- ≡-≡∑∑-=-=- )(mod 2 ) 1(2)1(2)1()(222 1 1 1 1 12p p p p p p p p p k p k p k p +≡--≡-- ≡-≡∑∑-=-=- 练习题 1. 求所有的素数对(x,y)满足x y -y x =xy 2 -19. 解：∵x y =y x +xy 2-19及Fermat 定理x y ≡x(mody)，∴x y ≡x≡-19(mody)∴y|x+19,同理x|y-19,xy|(x+19)(y- 19),即xy|19(y-x-19)∴xy|y -x-19.(ⅰ)当x=2时,2y =3y 2 -19,由y|x+19=21得y=3,7,检验知(2,3)和(2,7) 都是解.(ⅱ)当y=2时,x 2=2x +4x-19,且x|(-17)∴x=17检验知(17,2)非解.(ⅲ)当x ≥3时,当y ≥3时,由xy|y-x-19及y ≤x+19得:3x ≤xy ≤x+19-y ≤x+16即3x ≤x+16∴x ≤8,x=3,5,7.此时,由y|x+19=22,24,26 得y=11,3,13不满足x|y-19,非解.∴满足x y -y x =xy 2 -19的所有素数对(x,y)=(2,3)和(2,7). 2. 证明：不存在非负整数k 和m,使得k!+48=48(k+1)m . 证明：k=0,m=0显然不是解.下设k,m 为正整数.10 .若k+1为合数,则k+1|k!, k+1|48∵48|k!∴k ≥6, k=7,11,23,47检验知都不是解.20 .若k+1为素数,由Wilson 定理知k!≡-1(modk+1),即k+1|k!+1，∵k!+48= 48(k+1)m ∴k+1|47,k=46.方程为46!+48=48?47m 即148 ! 46+=47m ,取mod4得1≡(-1)m (mod4)∴m 为偶数,令m=2m 1.则有)147)(147(11 -+m m = 48!46∵232|48 !46,)23(m od 21471 ≡+m ，∴232 |1471-m ，∵1 1 )146(47 m m +=≡46m 1+1(mod232 )，∴232 |147 1 -m ?232 |46m 1 ?23|m 1 ∴m=2m 1 ≥46,故有 46!+48<48?47m .综上所述,不存在非负整数k 和m,使得k!+48=48(k+1)m . 3. 已知p 是一个大于5的素数.求证:至少存在两个不同的正整数q 1,q 2满足:(ⅰ)1≤q 1,q 2≤p-1; (ⅱ)q i p-1 ≡ 1(modp 2 )(i=1,2). 证明：引理:若a b ?1(modc),则必存在素数q|a 且q b ≡1(modc).证明原题:由二项式定理可知(p-1)p-1 , (p+1)p-1, (2p-1)p-1, (2p+1)p-1这四个数在modp 2下的余数均不为1∴存在q 1|p-1且q 1p-1≡1(modp 2 ).(ⅰ)若 q 1≠2,则令q 2=2,易知q 2|p+1,且q 2p-1≡1(modp 2 ), q 1,q 2即为所求.(ⅱ)若q 1=2,则由2p-1, 2p+1中必有一数 被3整除,可令q 2=3,则必有q 2|2p-1或2p+1,且q 2p-1≡1(modp 2 )得证. 4. 证明,对于每一个素数p,总存在无穷多个正整数n 使得p|2n -n. 证明：若p=2,则n 取任意偶数,结论成立;若p>2,则由Fermat 定理得2p-1 ≡1(modp),令n=(mp-1)(p-1),m 为任意正整数,则n≡1(m odp),2n ≡1(modp)∴2n -n≡0(modp),即有p|2n -n.故结论成立. 5. 已知k 为正整数,k ≥2, p 1,p 2,…,p k 为奇素数,且(a,p 1p 2…p k )=1.证明a )1()1)(1(21---k p p p -1有 不同于p 1,p 2,…,p k 的奇素数因数. 证明：∵(a,p 1p 2…p k )=1∴(a,p 1)=1, 由Fermat 定理得:)(mod 111 1p a p ≡-,又 2 ) 1()1)(1(32---k p p p 为正整数，∴)(mod 112 ) 1()1)(1(21p a k p p p ≡--- 即1|2 ) 1()1)(1(121----k p p p a p , 同理得 1|,,,2 ) 1()1)(1(3221----k p p p k a p p p ,∵2 )1()1)(1(21---k p p p 为偶数∴(mod 102 ) 1()1)(1(21或≡---k p p p a )4(mod 102 ) 1()1)(12或≡---k p p ，且4?12 ) 1()1)(1(21+---k p p p a ,即12 ) 1()1)(1(21+---k p p p a 有异于p 1 ,p 2 ,…,p k 的奇素数 因数∴]1][1[12 ) 1()1)(1(2 ) 1()1)(1() 1()1)(1(212121+-=----------k k k p p p p p p p p p a a a 有异于 p 1,p 2,…,p k 的奇 素数因数. 6. 已知p 为素数.证明,存在一个素数q,使得对任意正整数n,q ?n p -p. 证明：∵)(mod 11112 21p p p p p p p p p +≡++++=--- ，∴1 1--p p p 中至少有一个素因子q 满足q ?1(modp 2 ).若存在正整数n 使得n p ≡p(modq),则有)(mod 12 q p n p p ≡≡(∵p|p p -1),由Fermat 定理得: n q-1 ≡1(modq)及p 2 ?q-1,(p 2 ,q-1)|p(∵(p 2 ,q-1)=1或p)， ∴n p ≡1(modq)∵n p ≡p(modq)∴p≡1(modq) ∴1+p+p 2+…+p p-1≡p(modq)，∵q 是1+p+p 2+…+p p-1 的一个质因子∴p≡0(modq)与p≡1(modq)矛盾! 7. 设正整数a,b,c,d,m,n 满足:a+b+c+d=m 2, a 2+b 2+c 2+d 2=1989,且其中a,b,c,d 的最大者为n 2 .试求m,n 的值. 解:显然,a,b,c,d 不全为偶数(1奇或3奇),从而m 为奇数.∵m 2 =a+b+c+d 1989 2)(42222=+++≤ d c b a 19892)22=+d c <90,∴m 2只能取{12,32,52,72,92},∵(a+b+c+d)2>a 2+b 2+c 2+d 2=1989∴m 2>1989 即m 2 ≥45∴m 2 =49或81.若m 2 =49即a+b+c+d=49.∵a,b,c,d 的最大者为d=n 2 ∴4n 4 ≥a 2 +b 2 +c 2 +d 2 =1989∴n ≥5,∵a+b+c= 49-n 2∴5≤n ≤6即n=5或6,d=25或36.a+b+c=24或13, a 2+b 2+c 2 =1364或693,∵(a+b+c)2=242=576>a 2 + b 2+c 2或(a+b+c)2=132=169>a 2+b 2+c 2 ,∴此时方程无解.∴m 2=a+b+c+n 2=81, a 2+b 2+c 2+n 4=1989,∵4n 2 ≥81 ∴n ≥5∵1989-n 4≥3即n 4≤1992∴5≤n ≤6即n=5或6. 当n=5时,a+b+c=56,a 2+b 2+c 2 =1364,∵4|1364=a 2 + b 2+c 2∴a,b,c 均为偶数:a=2a 1,b=2b 1,c=2c 1且a 12+b 12+c 12 =341, a 1+b 1+c 1=28∵a 12+b 12+c 12 =341≡1(mod4) ∴a 1,b 1,c 1必定两个偶数一个奇数: a 1=2a 2,b 1=2b 2,c 1=2k-1且2(a 2+b 2+k)=29矛盾!当n=6时,a+b+c=45,a 2 + b 2+c 2 =693,∵693≡1(mod4)∴a=2a 1,b=2b 1,c=2k-1且a 1+b 1+k=23,a 12+b 12 +k(k-1) =173,∵k(k -1)为偶数 ∴a 1,b 1一奇一偶: a 1=2a 2,b 1=2r-1且2a 2+2r+k=24,4a 22 +4r(r-1)+k(k-1) =172∴2|k,4|k(k -1)∴4|k ,又 ∵173-k(k-1) = 2 )23(2)(2 2112 12 1k b a b a -= +≥+,即有 k 2 -16k+61≤0∴7≤k ≤9,∵4|k∴k=8,a 2+r=8,a 22 + r(r-1)=29,消去a 2得2r 2-17r+35=0,解得r=5,(a,b,c,d)=(12,18,15,36)∴m 2=81,n 2 =36,(m,n)=(9,6). 8. 求方程2x ?3y -5z ?7w =1的所有非负整数解(x,y,z,w). 解:(1)若y=0,则2x -5z ?7w =1,当z≠0时, 2x ≡1(mod5)∵24≡1(mod5)∴4|x ,从而3|2x -1=5z ?7w ,这不可 能∴z=0, 2x -7w =1,当x=1,2,3时,(x,w)=(1,0),(3,1);当x ≥4时, 7w =2x -1≡-1(mod16),但当w 为偶数时7w ≡ 1(mod16),当w 为奇数时7w ≡7(mod16),矛盾.∴这时解为(1,0,0,0),(3,0,0,1);(2)若y>0.①当x=1 时,2?3y - 5z ?7w =1,则5z ?7w ≡-1(mod3),即(-1)z ≡-1(mod3)∴z 为奇数 ∴2?3y ≡1(mod5)∵34 ≡1(mod5),∴y≡1(mod4)即y=4m+1.当w≠0时, 2?3y ≡1(mod7)∵36≡1(mod7)∴y≡4(mod6),y=6n +4=4m+1,即6n=4m-3矛盾∴必有w=0, 2?3y -5z =1,当y=1 时,z=1;当y ≥2时,5z ≡-1(mod9)∵56≡1(mod9)∴z≡3(mod6),53+1|5z +1,7|5z +1=2?3y 矛盾! ∴这时解为 (1,1,1,0),②当x ≥2时,∵5z ?7w ≡-1(mod4),5z ?7w ≡-1(mod3)即(-1)w ≡-1(mod4),(-1)z ≡-1(mod3)∴w,z 都是奇数,2x ?3y =5z ?7w +1≡35+1≡4(mod8),∴x=2,y=2k,方程为 4?3y -5z ?7w =1∴4?3y ≡1(mod5),y≡2(mod4), 4?3y ≡1(mod7),y≡2(mod6)∴y≡2(mod12),设y=12m+2(m ≥0),则5z ?7w =4?312m+2-1=(2?36m+1-1)(2?36m+1 +1) ∵2?36m+1+1≡0(mod7),(2?36m+1-1,2?36m+1+1)=1∴5|2?36m+1 -1,∴?????=+?=-?++w m z m 713 251321 616,若m ≥1,则5z ≡ -1(mod9),由①的证明知不可能.若m=0,则y=2,?????=+?=-?w z 7 1325 132得z=w=1,得解(2,2,1,1).故原方程的所有解为:(x,y,z,w)=(1,0,0,0),(3,0,0,1),(1,1,1,0),(2,2,1,1). 9. 求方程5x +1=2y +2z ?5t 的所有正整数解(x,y,z,t). 解:设(x,y,z,t)是方程的正整数解,则2y ≡1(mod5)∵24 ≡1(mod5)∴4|y,对方程两边mod4得2z ≡2(mod4)∴z=1.设y=4r,得5x +1=24r +2?5t 即5x -2?5t =16r -1,两边mod3得:(-1)x +(-1)t ≡0(mod3)∴x,t 一奇一偶∵5t ≡1或5(mod8)∴对5x =2?5t +16r -1,两边mod8得: 5x ≡2?5t -1≡1(mod8)∴x 为偶数,t 为奇 数.(1)若t=1,则5x =16r +9,设x=2m,则(5m -3)(5m +3)=16r .∵(5m -3,5m +3)=(5m -3,6)=2∴5m -3=2,5m +3=24r-1,∴m=1,24r-1=23 ∴r=1,y=4,x=2,得解(x,y,z,t)=(2,4,1,1);(2)若t>1,则 t ≥3,x ≥4,53|5x -2?5t =16r -1∵16r -1=(15+1)r =15r +…+ 2215?r C +151 ?r C ∴5|r,令r=5k,则165k -1≡55k -1≡(5?32)k -1≡0(mod11),∴11|5x -2?5t =5t (5x-t -2),即11|5x-t -2,但5n ≡1,3,4,5,9(mod11),即11?5x-t -2,矛盾!故原方程有唯一解(x,y,z,t)=(2,4,1,1). 27同余 1．设m 是一个给定的正整数，如果两个整数a 与b 用m 除所得的余数相同，则称a 与b 对模同余，记作，否则，就说a 与b 对模m 不同余，记作，显然，； 每一个整数a 恰与1，2，……，m ，这m 个数中的某一个同余； 2.同余的性质： 1).反身性：； 2).对称性：； 3).若，则; 4).若，，则 特别是； 5).若，，则； 特别是 ； 6).； 7).若 ； 8).若， ……………… ，且 例题讲解 1．证明：完全平方数模4同余于0或1； 2．证明对于任何整数,能被7整除； )(mod m b a ≡)(mod m b a ≡)(|)(,)(mod b a m Z k b km a m b a -?∈+=?≡)(mod m a a ≡)(mod )(mod m a b m b a ≡?≡)(mod m b a ≡)(mod m c b ≡)(mod m c a ≡)(m od 11m b a ≡)(m od 22m b a ≡)(m od 2121m b b a a ±≡±)(mod )(mod m k b k a m b a ±≡±?≡)(m od 11m b a ≡)(m od 22m b a ≡)(m od 2121m b b a a ≡)(m od ),(m od m bk ak Z k m b a ≡?∈≡则)(m od ),(m od m b a N n m b a n n ≡?∈≡则)(mod )(m ac ab c b a +≡+)(m od 1),(),(m od m b a m c m bc ac ≡=≡时，则当)(mod )(mod ).(mod ),(m b a mc bc ac d m b a d m c ≡?≡≡=特别地，时，当)(m od 1m b a ≡)(m od 2m b a ≡)(mod 3m b a ≡)(mod n m b a ≡)(m od ],,[21M b a m m m M n ≡??=，则0≥k 153261616+++++k k k No.31 高中数学联赛模拟试卷 1、已知0 a b, x a b b, y b b a,则 x, y 的大小关系是. 2、设a b c , n N ，且 1 1 c n 恒成立，则 n 的最大值为 a b b a c 3、对于m 1 的一切实数 m ，使不等式 2 x 1 m(x2 1) 都成立的实数x 的取值范围是 4 、已知 f x log sin x, 0, ，设 a f sin cos ， b f sin cos ， 2 2 c f sin 2 ，那么 a、b、 c的大小关系是 cos sin 5、不等式4x 2 2 3 x 2000 . 的解集是 1999 6、函数f x x 2 2x 2 2 x 1 的最小值为 2x 7、若a,b,n R ，且a b n ，则 1 1 1 1 的最小值是. a b 8、若3x2 xy 3y 2 20 ，则 8x 2 23y 2的最大值是． 9、设n N ，求 | n 1949 | | n 1950 | | n 2001 |的最小值． 1 1 L 1 10、求s 1 ，则 s 的整数部分 2 3 106 11、圆周上写着红蓝两色的数。已知，每个红色数等于两侧相邻数之和，每个蓝色数等于两侧相邻数之和的一半。证明，所有红色数之和等于0。（俄罗斯） 12、设a, b, c R ，求证：a2 b2 c2 a b c ． b c c a a b 2 （第二届“友谊杯”国际数学竞赛题） 乌鲁木齐市高级中学数学竞赛培训题 2 参考答案 1、解法 1 x a b b a ， y b b a a . a b b b b a 0 a b, a b b b b a, x y . 解法 2 x a b b b b a x y b b a a b ， a b b a, 1, x y . b y 解法 3 1 1 1 1 a b b b b a x y a b b b b a a a a b b a 1 1 0, x y . = a 0, x y 解法 4 原问题等价于比较 a b b a 与 2 b 的大小 . 由 x 2 y 2 ( x y) 2 , 得 2 （ a b b a )2 2(a b b a) 4b ， a b b a 2 b . a b b a , a b b a 2 b , x y . 解法 5 如图 1，在函数 y x 的图象上取三个不同的 y C 点 A （ b a ， b a ）、B （ b ， b ）、C （ a b ， a b ）. B 由图象，显然有 k BC k AB ，即 a b b b b a ， A (a b) b b (b a) 即 a b b b b a ，亦即 x y . O b-a b b+a x a 图 1 解法 6 令 f (t) a t t ， f (t ) 单 a t t 调递减，而 b b a ， f (b) f (b a) ，即 a b b b b a ， x y . 2、解法 1 原式 a c a c n ． n a c a c ．而 a c a c a b b c a b b c min a b b c a b b c b c a b 2 + b c a b 4 ，且当 b c a b ，即 a c 2b a b b c a b b c a b b c 时取等号． a c a c 4 ． n 4．故选 C ． a b b c min 全国高中数学联合竞赛试题（A 卷） 一试 一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分） 1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+，则11 a b +的值为________． 答案：设连等式值为k ，则2 3 2 ,3 ,6k k k a b a b --==+=，可得答案108 分析：对数式恒等变形问题，集训队讲义专门训练并重点强调过 2. 设集合3|12b a b a ?? +≤≤≤????中的最大元素与最小你别为,M m ，则M m -的值为______． 答案：33251b a +≤+= ，33 b a a a +≥+≥ ，均能取到，故答案为5-分析：简单最值问题，与均值、对勾函数、放缩有关，集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是______． 答案：零点分类讨论去绝对值，答案[]2,0- 分析：含绝对值的函数单调性问题，集训队讲义专门训练并重点强调过 4. 数列{}n a 满足12a =，()()*1221n n n a a n N n ++=∈+，则 2014 122013a a a a =+++______． 答案：()1221 n n n a a n ++=+，迭乘得()121n n a n -=+，()212232421n n S n -=+?+?+++， 乘以公比错位相减，得2n n S n =，故答案为2015 2013 ． 分析：迭乘法求通项，等差等比乘积求前n 项和，集训队讲义专门训练并重点强调过 5. 正四棱锥P ABCD -中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN 与PC 之间的距离是 ________． 答案：OB 为公垂线方向向量，故距离为12OB =分析：异面直线距离，也可以用向量法做，集训队讲义专门练并重点强调过 6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点,P Q ．若212PF F F =，且1134PF QF =，则 椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________． 答案：不妨设焦点在x 轴（画图方便），设114,3PF QF ==，焦距为2c ，224a c =+， 可得△2PQF 三边长为7,21,2c c + ，过2F 作高，利用勾股可得5c =． 分析：椭圆中常规计算，与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关，集训队讲义训练过相关 7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI =，则△APB 与△APC 的面积之 比的最大值为________． 答案：sin sin APB APC S PAB S PAC ∠=∠，又两角和为60 最大，即AP 与 (),1I 切于对称轴右侧 2 分析：平面几何最值、面积、三角函数、轨迹 高中数学竞赛中数论问题的常用方法 数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理 为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下: 我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的 最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数 b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ?表示 {1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ?为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ?中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ?}为模m 的简化剩余系. 定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=. 定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑； (2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则 )(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m d b d a ≡； (4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+； (3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为 ∑≥1 k k p n . 定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模 m 的完全剩余系； (2)若{)(21,...,,m r r r ?}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ?}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ???=. (2)若n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2) 121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相 2017年镇海中学数学竞赛模拟试卷（3） 姓名_______ 一、填空题，每题8分 1.设1 sin cos 2 +=x x ，则33sin cos +=x x 2.设i 为虚数单位，化简20162016(1)(1)++-=i i 3.已知等差数列121000,,a a a 的前100项之和为100，最后100项之和为1000，则1=a 4. 集合 [][][]{}{}231,2,,100++∈x x x x R 共有 个元素，其中[]x 表示不超过x 的 最大整数。 5.若关于x 的方程2=x x ae 有三个不同的实根，则实数a 的取值范围是 6. 在如图所示的单位正方体1111-ABCD A BC D 中，设 O 为正方体的中心，点,M N 分别在棱111,A D CC 上，112 ,23 ==A M CN ,则四面体1OMNB 的体积等于 7. 已知抛物线P 以椭圆E 的中心为焦点，P 经过E 的两个焦点，并且P 与E 恰有三个交点，则E 得离心率等于 二、简答题 8.已知数列{}n a 满足211012 2391,5,2-----===n n n n a a a a a a ，2≥n 。用数学归纳法证明： 223+=-n n a 9.证明：对任意的实数,,a b c ≥并 求等号成立的充分必要条件。 10.求满足1≤-≤n m m n mn 的所有正整数对(,)m n 2017年高中数学竞赛模拟试卷（3）答案 一、 填空题，每题8分 1.设1 sin cos 2 += x x ，则33sin cos +=x x 解答：由1sin cos 2+= x x ，可得112s i n c o s 4+=x x ，故3 sin cos 8 =-x x ，从而33sin cos +=x x 221311 (sin cos )(sin cos sin cos )(1)2816 +-+= +=x x x x x x 2.设i 为虚数单位，化简20162016(1)(1)++-=i i 解答：由2(1)2+=i i ，可得2016 1(1)2+=i ，同理可得20161(1)2-=i 故 201620161009(1)(1)2++-=i i 3.已知等差数列121000,, a a a 的前100项之和为100，最后100项之和为1000，则1=a 解答：设等差数列的公差为d ，则有11004950100+=a d ，1100949501000+=a d 解得 10.505=a 4. 集合 [][][]{}{}231,2,,100++∈x x x x R 共有 个元素，其中[]x 表示不超过x 的 最大整数。 解答：设[][][]()23=++f x x x x 则有(1)()6+=+f x f x ，当01≤ 高中数学竞赛介绍，尖子生请收好！ 首先，强调一点：不是所有学生都可以学数学竞赛，要想学习数学竞赛必须同时具备以下条件： ?高考数学可以轻松应对； ?对数学竞赛有兴趣，自发选择学习数学竞赛； ?具备自主学习能力； ?高考涉及的其他学科不存在太大问题，或个人的竞赛前景远优于高考前景。 数学竞赛需要的时间和精力都是很大的，并且如果因为学习竞赛受挫而导致对数学产生负情绪是得不偿失的，因此，我从不提倡“全民竞赛”。当然，如果你恰好符合以上的四个条件，那么你一定要学习竞赛。为什么？因为学习数学竞赛的好处很多。 与其他学科竞赛一样，学习数学竞赛除了能在升入高校方面获得保送或降分的优惠外，还能培养学生的自主学习能力，这对学生的整个大学学习乃至今后的学术研究或是社会工作是尤为重要的。 因此，若你有足够的实力，精力和时间，那么竞赛将是你们的不二之选。 此外，数学竞赛学到一定深度后就会发现，数学竞赛不再是由知识结构和解题方法组成，而是对思维能力的培养和运用，而思维能力的价值是远超过数学本身的，这将会对学生以后对问题的思考与对事物的判断等产生不可估量的影响。当然，这是后话。 说归说，高中数学竞赛指的究竟是什么？我想说的是，绝不仅仅是高联（全国高中数学联赛）这么简单。下面，我就带着大家理一理高中阶段可能会遇到的竞赛。 1. 全国高中数学联赛 全国高中数学联赛旨在选拔在数学方面有突出特长的同学，让他们进入全国知名高等学府，而且选拔成绩比较优异的同学进入更高级别的竞赛，直至国际数学奥林匹克（IMO）。并且通过竞赛的方式，培养中学生对于数学的 兴趣，让学生们爱好数学，学习数学，激发学生们的钻研精神，独立思考精神以及合作精神。 2.中国数学奥林匹克（CMO） CMO考试完全模拟IMO进行，每天3道题，限四个半小时完成。每题21分（为IMO试题的3倍，为符合中国人的认知习惯），6个题满分为126分。颁奖与IMO类似，设立一、二、三等奖，分数最高的约前60名选手将组成参加当年国际数学奥林匹克（International Mathematical Olympiad,简称IMO）的中国国家集训队。 3.国际数学奥林匹克（IMO） 国际数学奥林匹克(International Mathematical Olympiad，简称IMO)是世界上规模和影响最大的中学生数学学科竞赛活动。 正如专家们指出：IMO的重大意义之一是促进创造性的思维训练，对于科学技术迅速发展的今天，这种训练尤为重要。数学不仅要教会学生运算技巧，更重要的是培养学生有严密的思维逻辑，有灵活的分析和解决问题的方法。 根据我的感觉，如果高考的数学难度有两星，那么高联的一试难度大概有三颗星，二试难度大概有四颗星；而CMO和IMO的难度大概在五颗星左右。因此，参加高中竞赛的确 金牌学生推荐（可参照选择） 一、第零阶段：知识拓展 《数学选修4-1：几何证明选讲》 《数学选修4-5：不等式选讲》 《数学选修4-6：初等数论初步》 二、全国高中数学联赛各省赛区预赛（即省选初赛） 1、《五年高考三年模拟》B版或《3年高考2年模拟》第二轮复习专用 2、《高中数学联赛备考手册》华东师范大学出版社（推荐指数五颗星） 3、《奥赛经典：超级训练系列》高中数学沈文选主编湖南师范大学出版社（推荐指数五颗星） 4、单樽《解题研究》（推荐指数五颗星） 5、单樽《平面几何中的小花》（个别地区竞赛会考到平几） 6、《平面几何》浙江大学出版社 7、奥林匹克小丛书第二版《不等式的解题方法与技巧》苏勇熊斌著 三、第二阶段：全国高中数学联赛 一试 0、《奥林匹克数学中的真题分析》沈文选湖南师范大学出版社（推荐指数五颗星） 1、《高中数学联赛考前辅导》熊斌冯志刚华东师范大学出版社 2、《数学竞赛培优教程（一试）》浙江大学出版社 3、命题人讲座《数列与数学归纳法》单樽 4、《数列与数学归纳法》（小丛书第二版，冯志刚） 5、《数列与归纳法》浙江大学出版社韦吉珠 6、《解析几何的技巧》单樽（建议买华东师大出版的版本） 7、《概率与期望》单樽 8、《同中学生谈排列组合》苏淳 9、《函数与函数方程》奥林匹克小丛书第二版 10、《三角函数》奥林匹克小丛书第二版 11、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选（推荐指数五颗星） 12、《圆锥曲线的几何性质》 13、《解析几何》浙江大学出版社 二试 平几 1、高中数学竞赛解题策略(几何分册)沈文选（推荐指数五颗星） 2、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选（推荐指数五颗星） 3、奥林匹克小丛书第二版《平面几何》 4、浙大小红皮《平面几何》 5、沈文选《三角形的五心》 6、田廷彦《三角与几何》 7、田廷彦《面积与面积方法》 不等式 8、《初等不等式的证明方法》韩神 9、命题人讲座《代数不等式》计神 10、《重要不等式》中科大出版社 11、奥林匹克小丛书《柯西不等式与平均值不等式》 数论 （9,10，11选一本即可，某位大神说二试改为四道题以来没出过难题） 12、奥林匹克小丛书初中版《整除，同余与不定方程》 13、奥林匹克小丛书《数论》 14、命题人讲座《初等数论》冯志刚 组合 15、奥林匹克小丛书第二版《组合数学》 16、奥林匹克小丛书第二版《组合几何》 17、命题人讲座刘培杰《组合问题》 18、《构造法解题》余红兵 19、《从特殊性看问题》中科大出版社 20、《抽屉原则》常庚哲 四、中国数学奥林匹克（Chinese Mathematical Olympiad）及以上 命题人讲座《圆》田廷彦 《近代欧式几何学》 《近代的三角形的几何学》 《不等式的秘密》范建熊、隋振林 《奥赛经典：奥林匹克数学中的数论问题》沈文选 《奥赛经典：数学奥林匹克高级教程》叶军 《初等数论难题集》 命题人讲座《图论》 奥林匹克小丛书第二版《图论》 《走向IMO》 数学竞赛训练题 1、函数()x x x x x f 44cos cos sin sin ++=的最大值是_______。 2、已知S n 、T n 分别是等差数列{}n a 与{}n b 的前n 项的和，且2412-+=n n T S n n ，则=+++15 61118310b b a b b a _______。 3、若函数()?? ? ?? +=x a x x f a 4log 在区间上为增函数，则a 的取值范围是为_______。 4、在四面体ABCD 中，已知DA ⊥平面ABC ，△ABC 是边长为2的正三角形，则当二面角A-BD-C 的正切值为2时，四面体ABCD 的体积为_______。 5、已知定义在R 上的函数()x f 满足： （1）()11=f ； （2）当10< 高中数学竞赛模拟试题一 一 试 （考试时间：80分钟 满分100分） 一、填空题（共8小题，5678=?分） 1、已知,点(,)x y 在直线23x y += 上移动,当24x y +取最小值时,点(,)x y 与原点的距离是 。 2、设()f n 为正整数n （十进制）的各数位上的数字的平方之和，比如 ()22212312314 f =++=。记 1()() f n f n =， 1()(()) k k f n f f n +=， 1,2,3... k =，则 =)2010(2010f 。 3、如图，正方体1 111D C B A ABCD -中，二面角 1 1A BD A --的度数 是 。 4、在2010,,2,1 中随机选取三个数，能构成递增等差数列的概率是 。 5、若正数c b a ,,满足 b a c c a b c b a +- +=+，则c a b +的最大值是 。 6、在平面直角坐标系xoy 中，给定两点(1,2)M -和(1,4)N ，点P 在X 轴上移动，当MPN ∠取最大值时，点P 的横坐标是 。 7、已知数列...,,...,,,210n a a a a 满足关系式18)6)(3(1=+-+n n a a 且30=a ，则∑=n i i a 01 的值是 。 8、函数sin cos tan cot sin cos tan cot ()sin tan cos tan cos cot sin cot x x x x x x x x f x x x x x x x x x ++++=+++++++在(,)2 x o π∈时的最 小值为 。 二、解答题（共3题，分44151514=++） 9、设数列}{n a 满足条件：2,121==a a ，且 ,3,2,1(12=+=++n a a a n n n ) 求证：对于任何正整数n ，都有：n n n n a a 111+≥+ 10、已知曲线m y x M =-22:，0>x ，m 为正常数．直线l 与曲线M 的实轴不垂直，且依次交直线x y =、曲线M 、直线x y -=于A 、B 、C 、D 4个点，O 为坐标原点。 （1）若||||||CD BC AB ==，求证：AOD ?的面积为定值； （2）若BOC ?的面积等于AOD ?面积的3 1，求证：||||||CD BC AB == 11、已知α、β是方程24410()x tx t R --=∈的两个不等实根，函数=)(x f 1 22 +-x t x 的定义域为[,]αβ. （Ⅰ）求);(min )(max )(x f x f t g -= （Ⅱ）证明：对于) 2 ,0(π∈i u )3,2,1(=i ，若1sin sin sin 321=++u u u ，则 64 3 )(tan 1)(tan 1)(tan 1321<++u g u g u g . 二 试 （考试时间：150分钟 总分：200分） 一、（本题50分）如图， 1O 和2 O 与 ABC ?的三边所在的三条直线都相 切，,,,E F G H 为切点，并且EG 、FH 的 延长线交于P 点。 求证：直线PA 与BC 垂直。 二、（本题50分）正实数z y x ,,，满 足 1≥xyz 。证明： E F A B C G H P O 1。 。 O 2 高中数学竞赛训练题—填空题 1. 若不等式1-log a )10(x a -＜0有解，则实数a 的范围是 . 2．设()f x 是定义在Ｒ上的奇函数，且满足(2)()f x f x +=-；又当01x ≤≤时， 1()2 f x x = ，则方程21 )(-=x f 的解集为 。 3.设200221,,,a a a Λ均为正实数，且 2 1 212121200221=++++++a a a Λ，则200221a a a ???Λ的最小值为____________________. 4. ,x R ∈ 函数()2sin 3cos 23 x x f x =+的最小正周期为 . 5. 设P 是圆2 2 36x y +=上一动点，A 点坐标为()20,0。当P 在圆上运动时，线段PA 的中点M 的轨迹方程为 . 6.. 设z 是虚数，1 w z z =+ ，且12w -<<，则z 的实部取值范围为 . 7. 设4 4 2 )1()1()(x x x x k x f --+-=。如果对任何]1,0[∈x ，都有0)(≥x f ，则k 的最小值为 . 8．＝ 。 9．设lg lg lg 111()121418x x x f x = +++++，则 1 ()()_________f x f x +=。 10．设集合{}1215S =L ，，，，{}123A a a a =，，是S 的子集，且()123a a a ，，满足： 123115a a a ≤≤<<，326a a -≤，那么满足条件的集合A 的个数为 ． 11．已知数列}{n a 满足,01=a ),2,1(1211Λ=+++=+n a a a n n n ，则n a =___ . 12．已知坐标平面上三点()()) 0,3,,A B C ，P 是坐标平面上的点，且 PA PB PC =+，则P 点的轨迹方程为 ． 13.已知0 2sin 2sin 5=α，则) 1tan() 1tan(00-+αα的值是______________. 14.乒乓球比赛采用7局4胜制，若甲、乙两人实力相当，获胜的概率各占一半，则打完5局后仍不能结束比赛的概率等于_____________. 15.不等式 92) 211(42 2 +<+-x x x 的解集为_______________________. 高中数学竞赛 数论 剩余类与剩余系 1.剩余类的定义与性质 (1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类. (2)性质(ⅰ)i m i K Z 1 0-≤≤=Y 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里. (ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ?a ≡b(modm). 2.剩余系的定义与性质 (1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系. 特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,2 1 ,,1,0,1,,121,21--+----m m m ΛΛ;当m 为偶数时,12 ,,1,0,1,,12,2--+-- m m m ΛΛ或2,,1,0,1,,12m m ΛΛ-+-. (2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系?两两对模m 不同余. (ⅱ)若(a,m)=1，则x 与ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系. 证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm), 矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有 aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾! §27同余 1．设m 是一个给定的正整数，如果两个整数a 与b 用m 除所得的余数相同，则称a 与b 对模同余，记作)(mod m b a ≡，否则，就说a 与b 对模m 不同余，记作)(mod m b a ≡，显然，)(|)(,)(mod b a m Z k b km a m b a -?∈+=?≡； 每一个整数a 恰与1，2，……，m ，这m 个数中的某一个同余； 2.同余的性质： 1).反身性：)(mod m a a ≡； 2).对称性：)(mod )(mod m a b m b a ≡?≡； 3).若)(mod m b a ≡，)(mod m c b ≡则)(mod m c a ≡; 4).若)(m od 11m b a ≡，)(m od 22m b a ≡，则)(m od 2121m b b a a ±≡± 特别是)(mod )(mod m k b k a m b a ±≡±?≡； 5).若)(m od 11m b a ≡，)(m od 22m b a ≡，则)(m od 2121m b b a a ≡； 特别是)(m od ),(m od m bk ak Z k m b a ≡?∈≡则 )(m od ),(m od m b a N n m b a n n ≡?∈≡则； 6).)(mod )(m ac ab c b a +≡+； 7).若)(m od 1),(),(m od m b a m c m bc ac ≡=≡时，则当 )(mod )(mod ).(mod ),(m b a mc bc ac d m b a d m c ≡?≡≡=特别地，时，当； 8).若)(m o d 1m b a ≡， )(m od 2m b a ≡ )(mod 3m b a ≡ ……………… )(mod n m b a ≡，且)(m od ],,[21M b a m m m M n ≡??=，则 例题讲解 1．证明：完全平方数模4同余于0或1； 2．证明对于任何整数0≥k ,1532 6161 6+++++k k k 能被7整除； 全国高中数学联合竞赛试题（校模拟） 第 一 试 时间：10月16日 一、选择题（本题满分36分，每小题6分） 1、设锐角θ使关于x 的方程2 4cos cot 0x x θθ++=有重根，则θ的弧度数为（ ） A. 6 π B. 512 12 or π π C. 56 12 or π π D. 12 π 2、已知2 2 {(,)|23},{(,)|}M x y x y N x y y mx b =+===+。若对所有 ,m R M N ∈≠? 均有，则b 的取值范围是（ ） A. ???? B. ? ?? C. (,33 - D. ???? 3、 312 1 log 202x +>的解集为（ ） A. [2,3) B. (2,3] C. [2,4) D. (2,4] 4、设O 点在ABC ?内部，且有230OA OB OC ++= ，则ABC ?的面积与AOC ?的面积 的比为（ ） A. 2 B. 32 C. 3 D. 53 5、设三位数n abc =，若以a ，b ，c 为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数n 有（ ） A. 45个 B. 81个 C. 165个 D. 216个 6、顶点为P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A 是底面圆周上的点，B 是底面圆内的点，O 为底面圆的圆心，AB OB ⊥，垂足为B ，OH PB ⊥，垂足为H ，且PA=4，C 为PA 的中点，则当三棱锥O －HPC 的体积最大时，OB 的长是（ ） A. 3 B. 3 C. 3 D. 3 二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 7、在平面直角坐标系xoy 中，函数()sin cos (0)f x a ax ax a =+>在一个最小正周期长的 区间上的图像与函数()g x = ________________。 8、设函数:,(0)1f R R f →=满足，且对任意,,x y R ∈都有 (1)()()()2f xy f x f y f y x +=--+，则()f x =_____________________。 高中数学竞赛集训训练题 1．b a ,是两个不相等的正数，且满足2 2 3 3 b a b a -=-，求所有可能的整数 c ,使得ab c 9=. 2．已知不等式 24 131...312111a n n n n > ++++++++对一切正整数a 均成立，求正整数a 的最大值，并证明你的结论。 3．设{}n a 为14a =的单调递增数列，且满足22 111168()2n n n n n n a a a a a a +++++=++，求{n a } 的通项公式。 4．（1）设,0,0>>y x 求证： ;4 32y x y x x -≥+ （2）设,0,0,0>>>z y x 求证： .2 333zx yz xy x z z z y y y x x ++≥+++++ 5. 设数列ΛΛΛ,1 ,,12, 1,,13,22,31,12,21,11k k k -， 问：（1）这个数列第2010项的值是多少； （2）在这个数列中，第2010个值为1的项的序号是多少. 6. 设有红、黑、白三种颜色的球各10个。现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每 个袋子里三种颜色球都有，且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等。问共有多少种放法。 7．已知数列{}n a 满足1a a =（0,1a a ≠≠且），前n 项和为n S ，且(1)1n n a S a a = --， 记lg ||n n n b a a =（n *∈N ），当a =时，问是否存在正整数m ，使得对于任意正整数n ，都有m n b b ≥？如果存在，求出m 的值；如果不存在，说明理由． 8. 在ABC ?中，已9,sin cos sin AB AC B A C ==u u u r u u u r g ，又ABC ?的面积等于6. （Ⅰ）求ABC ?的三边之长； （Ⅱ）设P 是ABC ?（含边界）内一点，P 到三边AB 、BC 、AB 的距离为1d 、2d 和3d ，求 123d d d ++的取值范围. 9．在数列{}n a 中，1a ，2a 是给定的非零整数，21n n n a a a ++=-． （1）若152a =，161a =-，求2008a ； （2）证明：从{}n a 中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列． 10. 已知椭圆)1(12 22>=+a y a x ，Rt ABC ?以A （0，1）为直角顶点，边AB 、BC 与椭圆 交于两点B 、C 。若△ABC 面积的最大值为27 8 ，求a 的值。 竞赛中的数论问题的思考方法 一. 条件的增设 对于一道数论命题，我们往往要首先排除字母取零值或字母取相等值等“平凡”的情况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小顺序、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。 1. 大小顺序条件 与实数范围不同，若整数x ，y 有大小顺序x 高中数学竞赛试题 一选择题(每题5分,满分60分) 1. 如果a,b,c 都是实数，那么P ∶ac<0,是q ∶关于x 的方程ax 2 +bx+c=0有一个正根和一个 负根的（ ） （A ）必要而不充分条件 （B ）充要条件 （C ）充分而不必要条件 （D ）既不充分也不必要条件 2. 某种放射性元素，100年后只剩原来质量的一半，现有这种元素1克，3年后剩下（ ）。 （A ） 100 5 .03?克 （B ）(1－0.5%)3克 （C ）0.925克 （D ）100125.0克 3. 由甲城市到乙城市t 分钟的电话费由函数g (t )=1.06×(0.75[t ]+1)给出，其中t >0，[t ]表示 大于或等于t 的最小整数，则从甲城市到乙城市5.5分钟的电话费为（ ）。 （A ）5.83元 （B ）5.25元 （C ）5.56元 （D ）5.04元 4. 已知函数 >0， 则 的值 A 、一定大于零 B 、一定小于零 C 、等于零 D 、正负都有可能 5. 已知数列3，7，11，15，…则113是它的（ ） （A ）第23项 （B ）第24项 （C ）第19项 （D ）第25项 6. 已知等差数列}{n a 的公差不为零，}{n a 中的部分项 ,,,,,321n k k k k a a a a 构成等比数 列，其中,17,5,1321===k k k 则n k k k k ++++ 321等于（ ） (A) 13--n n (B) 13-+n n (C) 13+-n n (D)都不对 7. 已知函数x b x a x f cos sin )(-=（a 、b 为常数，0≠a ，R x ∈）在4 π = x 处取得最小 值，则函数)4 3( x f y -=π 是（ ） A ．偶函数且它的图象关于点)0,(π对称 B ．偶函数且它的图象关于点)0,2 3(π 对称 C ．奇函数且它的图象关于点)0,2 3(π 对称 D ．奇函数且它的图象关于点)0,(π对称 8. 如果 A A tan 1tan 1+-= 4+5，那么cot （A +4 π ）的值等于 ( ) A -4-5 B 4+5 C - 5 41+ D 5 41+ 9. 已知︱︱=1，︱︱=3,?=0,点C 在∠AOB 内，且∠AOC =30°，设 =m +n (m 、n ∈R )，则 n m 等于高中数学竞赛专题精讲27同余(含答案)
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