2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)競賽奇偶分析試卷一、選擇題（每題5分，共30分）設(shè)(a,b,c)均為整數(shù)，若(a+b)為偶數(shù)，(b+c)為奇數(shù)，則(a+c)的奇偶性為（）A.一定是奇數(shù)B.一定是偶數(shù)C.與(a)的奇偶性相同D.無法確定已知正整數(shù)(n)滿足(n^2+2n-3)為偶數(shù)，則(n)是（）A.奇數(shù)B.偶數(shù)C.任意正整數(shù)D.不存在在1到100的所有整數(shù)中，任意取出51個(gè)數(shù)，必有（）A.兩個(gè)數(shù)的和為偶數(shù)B.兩個(gè)數(shù)的差為偶數(shù)C.兩個(gè)數(shù)的積為奇數(shù)D.兩個(gè)數(shù)的商為整數(shù)設(shè)函數(shù)(f(x)=x^3+ax^2+bx+c)，其中(a,b,c)為整數(shù)。若(f(0))與(f(1))均為奇數(shù)，則方程(f(x)=0)（）A.無整數(shù)根B.有且僅有一個(gè)整數(shù)根C.有兩個(gè)整數(shù)根D.有三個(gè)整數(shù)根已知(x,y)為整數(shù)，且(x^2+y^2=2025)，則這樣的有序數(shù)對((x,y))的個(gè)數(shù)為（）A.12B.16C.24D.32黑板上寫有1,2,3,...,2025共2025個(gè)數(shù)，每次操作擦去兩個(gè)奇偶性相同的數(shù)，并寫上它們的和的一半。重復(fù)操作直至剩余一個(gè)數(shù)，則該數(shù)的奇偶性為（）A.奇數(shù)B.偶數(shù)C.與操作順序有關(guān)D.無法確定二、填空題（每題5分，共30分）若(k)為整數(shù)，且(k^2+3k+2)為偶數(shù)，則(k)的奇偶性為________。在(\triangleABC)中，三邊長(a,b,c)均為整數(shù)，且滿足(a+b+c=20)，(a>b>c)，則這樣的三角形共有________個(gè)。設(shè)(n)為正整數(shù)，若(2^n+1)能被3整除，則(n)必須滿足的條件是________。已知(a,b,c)為非零整數(shù)，且(a+b+c=0)，則(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc})的值為________（填奇數(shù)或偶數(shù)）。用數(shù)字0,1,2,3組成無重復(fù)數(shù)字的四位數(shù)，其中偶數(shù)共有________個(gè)。設(shè)集合(S={1,2,3,...,100})，從(S)中任取兩個(gè)不同元素(m,n)，則(m+n)為奇數(shù)的概率是________。三、解答題（共90分）13.（15分）證明：任意三個(gè)連續(xù)整數(shù)的平方和不能被3整除。證明：設(shè)三個(gè)連續(xù)整數(shù)為(n-1,n,n+1)（(n\in\mathbb{Z})），則它們的平方和為：[(n-1)^2+n^2+(n+1)^2=3n^2+2]由于(3n^2)能被3整除，而(2)除以3余2，因此(3n^2+2\equiv2\pmod{3})，即平方和除以3余2，故不能被3整除。14.（15分）已知(a,b,c)為整數(shù)，且(a^2+b^2=c^2)（勾股數(shù)），證明：(a,b,c)中至少有一個(gè)是4的倍數(shù)。證明：分兩種情況討論：Case1：(a,b)均為偶數(shù)。設(shè)(a=2m)，(b=2n)，則(c^2=4(m^2+n^2))，故(c)為偶數(shù)。設(shè)(c=2k)，則(m^2+n^2=k^2)，此時(shí)問題轉(zhuǎn)化為更小的勾股數(shù)。若(m,n)仍為偶數(shù)，可繼續(xù)分解；若存在奇數(shù)，則進(jìn)入Case2。Case2：(a,b)一奇一偶。不妨設(shè)(a)為奇數(shù)，(b)為偶數(shù)。奇數(shù)的平方模4余1，偶數(shù)的平方模4余0或4。若(b)不是4的倍數(shù)，則(b^2\equiv2\pmod{4})，此時(shí)(c^2=a^2+b^2\equiv1+2=3\pmod{4})，但平方數(shù)模4只能為0或1，矛盾。因此(b)必為4的倍數(shù)。綜上，勾股數(shù)中至少有一個(gè)是4的倍數(shù)。15.（20分）設(shè)(n)為正整數(shù)，(S=1+2+3+...+n)，能否將(S)表示為兩個(gè)整數(shù)的平方差？若能，求出所有可能的(n)；若不能，說明理由。解：(S=\frac{n(n+1)}{2})。假設(shè)(S=a^2-b^2=(a-b)(a+b))，其中(a,b\in\mathbb{Z})且(a>b)。由于(a-b)與(a+b)同奇偶，且((a-b)(a+b)=\frac{n(n+1)}{2})，分兩種情況：若(n\equiv0)或(3\pmod{4})，則(n(n+1)/2)為奇數(shù)×偶數(shù)/2=整數(shù)，且(n(n+1)/2)可分解為兩個(gè)同奇偶因數(shù)的乘積，例如：當(dāng)(n=3)時(shí)，(S=6=(2-1)(2+1)=1\times3)，但(a=2)，(b=1)滿足(4-1=3\neq6)，需調(diào)整因數(shù)分解方式。正確分解為(6=(3-1)(3+1)/2)，即(a=2)，(b=1)不成立，實(shí)際應(yīng)為(a=\frac{d_1+d_2}{2})，(b=\frac{d_1-d_2}{2})，其中(d_1d_2=S)。當(dāng)(n=3)時(shí)，(d_1=3)，(d_2=2)（不同奇偶，舍去）；(d_1=6)，(d_2=1)（不同奇偶，舍去），故此時(shí)無法分解。若(n\equiv1)或(2\pmod{4})，則(n(n+1)/2)為奇數(shù)，可分解為(1\timesS)，此時(shí)(a=(S+1)/2)，(b=(S-1)/2)，均為整數(shù)。例如(n=1)時(shí)，(S=1=1^2-0^2)；(n=2)時(shí)，(S=3=2^2-1^2)。結(jié)論：當(dāng)(n\equiv1)或(2\pmod{4})時(shí)，(S)可表示為兩個(gè)整數(shù)的平方差。16.（20分）在一個(gè)(3\times3)的方格表中，每個(gè)格子填入0或1。定義“操作”為：選擇一個(gè)格子，將其與相鄰（上下左右）的格子同時(shí)翻轉(zhuǎn)（0變1，1變0）。證明：從全0方格表出發(fā)，不可能通過有限次操作得到僅中心格子為1的方格表。證明：引入“奇偶性不變量”。將方格表中每個(gè)格子賦值為坐標(biāo)((i,j))（(i,j=1,2,3)），定義“權(quán)重”為((-1)^{i+j})。全0狀態(tài)的總權(quán)重為0。每次操作翻轉(zhuǎn)一個(gè)格子及其相鄰格子，設(shè)操作格子為((x,y))，則翻轉(zhuǎn)的格子權(quán)重之和為：[(-1)^{x+y}+(-1)^{x+1+y}+(-1)^{x-1+y}+(-1)^{x+y+1}+(-1)^{x+y-1}]當(dāng)(x+y)為偶數(shù)時(shí)，上式=(1-1-1+1-1=-1)；當(dāng)(x+y)為奇數(shù)時(shí)，上式=(-1+1+1-1+1=1)。無論哪種情況，總權(quán)重的奇偶性不變（全0狀態(tài)總權(quán)重為0，偶數(shù)）。而僅中心格子為1的狀態(tài)中，中心格子((2,2))的權(quán)重為((-1)^{4}=1)，總權(quán)重為1（奇數(shù)），與初始狀態(tài)奇偶性矛盾，故不可能實(shí)現(xiàn)。17.（20分）設(shè)(n)為正整數(shù)，證明：方程(x^2+y^2=2025^n)有整數(shù)解，且解的個(gè)數(shù)為(4(4n+1))。證明：存在性：當(dāng)(n=1)時(shí)，(2025=45^2=27^2+36^2)（勾股數(shù)），故存在解。假設(shè)(n=k)時(shí)方程有解，則(n=k+1)時(shí)，(2025^{k+1}=2025^k\times45^2=(x\cdot45)^2+(y\cdot45)^2)，故解存在。解的個(gè)數(shù)：將2025分解質(zhì)因數(shù)：(2025=3^4\times5^2)，故(2025^n=3^{4n}\times5^{2n})。方程(x^2+y^2=3^{4n}\times5^{2n})的整數(shù)解可表示為(x=3^{2n}\times5^n\timesa)，(y=3^{2n}\times5^n\timesb)，其中(a^2+b^2=1)。滿足(a^2+b^2=1)的整數(shù)解有4個(gè)：