人教版七年级下册数学期末专项复习题:简单的不定方程、方程组【含答案

2023年12月9日发(作者：梦见正在高考的数学试卷)

人教版七年级下册数学期末专项复习题：简单的不定方程、方程组【含答案】

阅读与思考

如果方程(组)中，未知数的个数多于方程的个数，那么解往往有无穷多个，不能唯一确定，这样的方程(组)称为不定方程(组)．

对于不定方程(组)，我们常常限定只求整数解，甚至只求正整数解．加上这类限制后，解可能唯一确定，或只有有限个，或无解．这类问题有以下两种基本类型：

1．判定不定方程(组)有无整数解或解的个数；

2．如果不定方程(组)有整数解，求出其全部整数解．

二元一次不定方程是最简单的不定方程，一些不定方程(组)常常转化为二元一次不定方程求其整数解．

解不定方程(组)，没有固定的方法可循，需具体问题具体分析，经常用到整数的整除、奇数偶数、因数分解、不等式分析、穷举、分离整数、配方等知识与方法．根据方程(组)的特点进行适当变形，并灵活运用相关知识与方法是解不定方程(组)的基本思路．

例题与求解

【例1】满足19982m219972n2 (0＜m＜n＜1 998)的整数对(m，n)共有_______对．

(全国初中数学联赛试题)

解题思路：由方程特点，联想到平方差公式，利用因数分解来解答．

【例2】电影票有10元，15元，20元三种票价，班长用500元买了30张电影票，其中票价为20元的比票价为10元的多( )．

A．20张 B．15张 C．10张 D．5张

(“希望杯”邀请赛试题)

解题思路：设购买10元，15元，20元的电影票分别为x，y，z张．根据题意列方程组，整体求出的z－x值．

【例3】某人家中的电话号码是八位数，将前四位数组成的数与后四位数组成的数相加得14 405，将前三位数组成的数与后五位数组成的数相加得16 970，求此人家中的电话号码．

(湖北省武汉市竞赛试题)

解题思路：探索可否将条件用一个式子表示，从问题转换入手．

【例4】一个盒子里装有不多于200粒棋子，如果每次2粒，3粒，4粒或6粒地取出，最终盒内都剩一粒棋子；如果每次11粒地取出，那么正好取完，求盒子里共有多少粒棋子?

(重庆市竞赛试题)

解题思路：无论怎样取，盒子里的棋子数不变。恰当设未知数，把问题转化为求不定方程的正整数解．

【例5】 甲组同学每人有28个核桃，乙组同学每人有30个核桃，丙组同学每

人有31个核桃，三组的核桃总数是365个．问：三个小组共有多少名同学?

(海峡两岸友谊赛试题)

解题思路：根据题意，列出三元一次不定方程，从运用放缩法求取值范围入手．

【例6】某中学全体师生租乘同类型客车若干辆外出春游，如果每辆车坐22人，就会余下1人；如果开走一辆空车，那么所有师生刚好平均分乘余下的汽车．

问：原先租多少辆客车和学校师生共多少人?(已知每辆车的容量不多于32人)

解题思路：设原先租客车x辆，开走一辆空车后，每辆车乘坐k人，根据题意列出方程求解，注意排除不符合题设条件的解．

能力训练

A级

1．若a24b2a4b50，则ab＝__________．

42x23y26z22．已知4x3y6z0，x2y7z0 (xyz≠0)，则2的值等于________．

x5y27z23．1998年某人的年龄恰等于他出生的公元年数的数字和，那么他的年龄是_________岁．

(“希望杯”邀请赛试题)

4．已知a，b，c为整数，且ab2006，ca2005．若a＜b，则abc的最大值为_____．

(全国初中数学竞赛试题)

5．x，y都是质数，则方程xy1999共有( )．

A．1组解 B．2组解 C．3组解 D．4组解

(北京市竞赛试题)

6．如图，在高速公路上从3千米处开始，每隔

4千米设一个速度限制标志，而且从10千米处开

始．每隔9千米设一个测速照相标志，则刚好在

19千米处同时设置这两种标志，问下一个同时设

置这两种标志的地点的千米数

是( )．

A．32千米 B．37千米 C．55千米 D．90千米

7．给出下列判断：

①不定方程2x3y0的整数解可表示为②不定方程2x4y5无整数解．

③不定方程2x3y1无整数解．

其中正确的判断是( )．

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③

8．小英在邮局买了10元的邮票，其中面值0.10元的邮票不少于2枚，面值O.20元的邮票不少于5枚，面值0.50元的邮票不少于3枚，面值2元的邮票不少于1枚，则小英最少买了( )枚邮票．

A．17 B．18 C．19 D．20

(“五羊杯”邀请赛试题)

9．小孩将玻璃弹子装进两种盒子，每个大盒子装12颗，每个小盒子装5颗，若弹子共有99颗，所用大小盒子多于10个，问这两种盒子各有多少个?

10．中国百鸡问题：鸡翁一，值钱五，鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一，百钱买百鸡．问鸡翁、鸡母、鸡雏各几何?

(出自中国数学家张丘建的著作《算经》)

x3t (t为整数)．

y2t 11．已知长方形的长、宽都是整数，且周长与面积的数值相等，求长方形的面积．

(“希望杯”邀请赛试题)

12．已知k是满足1910这样的整数k有多少个？

（“华罗庚金杯”竞赛试题）

B级

1．如果a，b，c满足a22b22c22ab2bc6c90，那么abc＝__________．

(“祖冲之杯”邀请试题)

2．已知x，y为正偶数，且xyxy96，则xy＝_________．

3．一个四位数与它的四个数字之和等于1 991．这个四位数是__________．

(重庆市竞赛试题)

4．城市数学邀请赛共设金、银、铜三种奖牌，组委会把这些奖牌分别装在五个盒中，每个盒中只装一种奖牌．每个盒中装奖牌枚数依次是3，6，9，14，18．现在知道其中银牌只有一盒，而且铜牌枚数是金牌枚数的2倍．则有金牌_____枚，银牌______枚，铜牌_____枚．

5．若正整数x，y满足x72y，则这样的正整数对(x，y)的个数是( )．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

6．有甲、乙、丙3种商品，单价均为整数，某人若购甲3件、乙7件、丙1件共需24元；若购甲4件、乙10件、丙l件共需33元，则此人购甲、乙、丙各1件共需( )元．

A．6元 B．8元 C．9元 D．10元

222222k5x4y7有整数解．问：2010的整数，并且使二元一次方程组4x5yk2xyz0x，y，z是不相等的整数，7．在方程组3中，那么此方程组的解的组数为( )．

33xyz36 A．6 B．3 C．多于6 D．少于3

(“希望杯”邀请赛试题)

8．一个两位数中间插入一个一位数(包括0)，就变成一个三位数，有些两位数中间插入某个一位数后变成的三位数是原来两位数的9倍，这样的两位数有( )个．

A．1 B．4 C．10 D．超过10

9．李林在银行兑换了一张面额为l00元以内的人民币支票，兑换员不小心将支票上的元与角、分数字看倒置了(例如，把12．34元看成了34．12元)，并按着错的数字支付，李林将其款花去3．50元之后，发现其余款恰为支票面额的两倍，于是急忙到银行将多领的款额退回，问：李林应退回的款额是多少元?

(“五羊杯”邀请赛试题)

10．某人乘坐的车在公路上匀速行驶，从他看到的某个里程碑上的数是一个两位数时起，一小时后他看到的里程碑上的数恰好是第一次看到的数颠倒了顺序的两位数，再过一小时。他看到的里程碑上的数又恰好是第一次看到的两位数之间添上一个零的三位数，问这三块里程碑上的数各是多少?

(“勤奋杯”竞赛试题)

11．已知四位数abcd满足a3b3c3d3110cd，求这样的四位数．

(“《数学周报》杯”全国初中数学竞赛试题)

12．求方程1115的正整数解．

xyz6 (“希望杯”邀请赛试题)

专题18 简单的不定方程、方程组

例1 3 提示：(n-m)(n+m)=3995=1×5×17×47，(n-m)与(n+m)奇偶性相同，对3995的任一正整数分解均可得到一个 (m，n).

例2 C 设购买10元，15元，20元的电影票分别为x，y，z张.则-①×15得5( z-x)=50，解得z-x=10.

例3设此8位数为abcdefgh，将abc记为x，d记为y，efgh记为z. x，y，z均为自然数.即电话号码是100 000 x+10 000 y

+z，且100≤x≤999，0≤y≤9，1000≤z≤9999，

y110xyz14405则，得1111 y

– x=285，由100≤x≤999，y≥0，得x826，

x10000yz16970z6144xyz30①10x15y20z500②，②故电话号码是82616144.

例4提示：设盒子里共有x(x≤200)粒棋子，

则12a-1=11b=x(a、b为正整数)，

解得a=10，b=11，x=121.

例5设甲组学生a人，乙组学生b人，丙组学生c人，由题意得28a+30b+31c=365.

因28（a+b+c）＜28a+30b+31c=365.得a+b+c＜365＜13.04，所以a+b+c≤13.

28365＞11.7，所以a+b+c≥12

31因31（a+b+c）＞28a+30b+31c=365. 得a+b+c＞因此a+b+c=12或13.

当

a+b+c=13 时，得2b+3c=1，此方程无正整数解；当

a+b+c=12 时，符合题意.

例6设原先租客车x辆，开走一辆空车后，每辆车乘坐k人，显然x≥2，23≤k≤32.依题意有：22x+1=k(x-1).则k22x122x22232323.因为k为自然数，所以必是自然数，但22x1x1x1x123是质数，因数只有1和23，且x≥2，∴x-1=1或x-1=23.如果x-1=1，则x=2，k=45，不符合k≤32的题设条件. 如果x-1=23，则x=24，k=23，符合题意.这时旅客人数等于k(x-1)=23×23=529人.

A级

1.

. 2.1

4x83. 18 提示：设某人出生于19xy，则199819xy10xy，即11x+2y=88，解得.

y01 4. 5013 提示：由题中条件得a+b+c=a+4011，又因为a+b=2006，a＜b.故2a＜2006，a＜1003.又因为a为正整数，故a的最大值为1002，于是a+b+c的最大值为5013.

5. B

6. C 设置限速标志、照相标志的千米数分别表示为3+4x，10+9y（x、y为自然数），将问题转换为求不定方程3+4x=10+9y的正整数解，则xx1379yy32y1，4｜（y+3），为所求的解.

44y57. A 8.A 9.大小盒子分别为2个，15个.

xyz10010.设鸡翁、鸡母、鸡雏数目分别为x、y、z.则有，消去z，得7x+4y=100，显然z5x3y1003x4t（0，25）是方程的一个特解，所以方程的通解为（t为整数）.于是y257t4t0z=100-x-y=100+4t-25-7t=75-3t.由x、y、z≥0且t为整数得257t0，解得t0,1,2,3，753t0将t的值代入通解，得四组解为（x，y，z）=（0，25，75），（4，18，78），（8，11，81），（12，4，84）．（0，25，75）应舍去．

11．设长方形的长宽高分别为x，y，则xy2x2y，y2xx22x24x224x2，x2|4，x3或4或6，y6或4或3，故长方形面积为18或16．

354kx41，当354k41m①（其中m，n是整数）时，方程有整数解．消去12．由方程组得5k285k2841ny41上面方程的k，得：5m4n7②，由②得：m34tn25t（其中t为整数）③将③代入①得354k123164t，k2241t．解不等式19102241t2010，得：46有２个ｋ的值使原方程组有整数解．

241t482041，故B级

1．144 提示：abbcc30．

222 2．10 提示：xyxy96

3．1972 设这个四位数为abcd，则1000a100b10cdabcd1991，

即1001a101b11c2d1991，a1，从而101b11c2d990，又11c2d最大为99+18=117．故101b990117873，即b9，得11c2d81，进一步得c7,d2，故这个四位数为1972．

4．12 14 24 提示：由题目中“通牌枚数是金牌枚数的2倍”得知金牌与铜牌数的和为3的倍数．因为银牌只有一盒，所以铜牌数和金牌数的和应为3，6，9，14，18中四个数的和．因此银牌1数为14枚，金牌数为（3+6+9+18）=12枚，铜牌数为24枚．

35．C 提示：xyxy17223641861289．

6．A

7．A 提示：有方程组得：xyz12．

8．B 提示：设两位数为10a+b，中间插入的一位数为m，则9(10a+b)=100a+10m+b，10(a+m)=8b

9．原来支票的面额是14.32元，兑换员看错成了32.14元，应退回32.14-14.32=17.82元．

10．设第一次看到的两位数为xy，则以后两次看到的数分别为yx，x0y，由题意得

x0yyxyxxy，即100xy10yx10yx10xy，正理解的：x=1，y=6，故三块里程碑上的数分别是16，61，106．

11．当c4，c16c10cd，此时不存在满足条件的四位数．

当c3时，则abcd2d．于是d1，若d1，得：ab1，即1131满足条件；若d0，得ab1，即1130满足条件．

当c2时，则abcd11d，于是d2，若d2，得ab5，无解；若d1或d0，得ab11，无解．

当c1时，则abd8d，于是d2，若d2，得ab1，即1112满足条件；若d1，得a2,b0，即2011满足条件；若d0，得a2,b0，即2010满足条件．

12．由题中条件易知x，y，z都大于1．不妨设1xyz，则33233332333233331x1y1z，

∵1x1x1y1z3x，即1x5656123x13，由此得x2或3，

当x2时，1x1x1y1y1y2y，即1y132y，由此得y4或5或6．

同理，当x3时，y3或4，由此得：1xyz时，(x，y，z)共有(2，4，12)，(2，6，6)，(3，3，6)，(3，4，4)4组．由于x，y，z在原方程中地位平等，可得原方程的解共有15组：(2，4，12)，(2，12，4)，(4，2，12)，(4，12，2)，(12，2，4)，(12，4，2)，(2，6，6)，(6，2，6)，(6，6，2)，(3，3，6)，(3，6，3)，(6，3，3)，(3，4，4)，(4，4，3)，(4，3，4)．