专题16 初等数论（竞赛真题汇编）-【竞赛】2024-2025学年高中数学竞赛能力培优真题汇编（全国通用）

备战2025年高中数学联赛一试及高校强基计划 专题16 初等数论 全国联赛真题汇编 1．（2024·全国联赛A卷）设为正整数，是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质： (1)对任意非负整数，有； (2)若正整数，则的每个正约数均属于； (3)若，且互素，则； (4)若，则． 证明：与互素的所有正整数均属于． 2．（2024·全国联赛B卷）给定素数．求同时满足下面两个条件的三元有序数组的数目： (1)； (2)三个数除以所得的余数相同． 3．（2024·全国联赛B卷）给定素数．求同时满足下面两个条件的三元有序数组的数目： (1)； (2)三个数除以所得的余数相同． 4．（2023·全国联赛A卷）正整数称为“好数”，如果对任意不同于的正整数，均有，这里，表示实数的小数部分．证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数． 5．（2023·全国联赛B卷）设正整数同时满足： (1)； (2)是2023的倍数； (3)是2023的倍数． 证明：是2023的倍数． 6．（2022·全国联赛A卷）设整数恰有个互不相同的素因子，记的所有正约数之和为．证明：． 7．（2022·全国联赛A1卷）是否存在一个无限正整数集合，具有下述性质：对任意，若有序对，则与互素？ 8．（2022·全国联赛A2卷）设是大于2的整数，整数数列满足，且对任意非负整数，均有． 证明：对任意正整数，数整除． 9．（2022·全国联赛B卷）设正整数都恰有个正约数，其中是的所有正约数的一个排列．问是否可能恰好是的所有正约数的一个排列？证明你的结论． 10．（2022·全国联赛B1卷）对每个正整数，将形如为正整数)的整数称为“有趣数”． (1)判断2022是否为2-有趣数，说明理由； (2)求所有正整数，使得存在两个有趣数互为相反数． 各省预赛试题汇编 11．（2024·广东预赛）是正整数，没有12以上的质因子，则所有满足条件的的和为_____． 12．（2024·北京预赛）数列定义如下：设写成既约分数后的分母为等于的最大质因数，则的最大值等于 ． 13．（2024·福建预赛）设，则的最大公约数为_____． 14．（2024·江西预赛）已知正整数的所有正因数排列为：，则在中使得的所有数之和为_____． 15．（2023·北京预赛）使得为完全平方数的正整数的最小值是_____． 16．（2023·北京预赛）已知为正整数，，且互质．若关于的不等式有且仅有2023组正整数解，则_____．(求出满足题意的所有可能数组) 17．（2023·山东预赛）设实数使得均为素数，则的值是_____． 18．（2022·福建预赛）的末三位数是_____． 19．（2022·北京预赛）有_____组整数(m, n)满足． 20．（2022·北京预赛）方程有_____组整数解． 21．（2022·北京预赛）有_____个不超过2020的正整数，满足对任意正整数，均有 22．（2024·江苏预赛）设为正整数，欧拉函数表示不大于且与互素的正整数的个数，例如．若，试确定整数的值． 23．（2024·贵州预赛）已知为正整数，证明：方程无解． 24．（2024·北京预赛）设为个两两不同的正整数且恰有4048个质因数．如果 中任意多个数相乘均不是一个整数的4049次方，求的最大值． 25．（2024·福建预赛）设正整数是合数，是的全部正因数，且．对于，若不能整除，则称是的一个“好因数”，若的好因数个数小于的不同素因子的个数，则称为“好数”． (1)问：16，2024是否为好数? (2)求出所有的好数． 26．（2023·北京预赛）求所有的合数，使得存在整数，满足为的倍数． 27．（2023·广西预赛）设．其中，中有无限多项不为0，则称为一个十进制无限小数． 设为一个十进制无限小数，若存在自然数，使得对任意的自然数均成立，则称为一个循环小数；否则，称为一个不循环小数．例如，和是循环小数，是一个不循环小数． 已知中的每一个数均与一个十进制无限小数一一对应． (1)求证：若，则存在循环小数．即循环小数在(0,1)中稠密； (2)求证：中所有的数不能排列成一个数列．即是一个不可数集； (3)用分数表示循环小数． 28．（2023·江西预赛）如果直角三角形的三边是两两互素的正整数，则称这种直角三角形为本原直角三角形． (1)求本原直角三角形中面积恰好等于周长倍的本原直角三角形的个数，并记为； (2)求，并列出所有面积恰好等于周长2023倍的本原直角三角形． 29．（2023·内蒙预赛）求所有满足为有理数，且的正整数组(x, y, u, v)． 30．（2023·山东预赛）在区间中任取个奇数．求证：在所取出的数中，必有两个数，其中一个数的平方不能被另一个数整除． 31．（2023·上海预赛）设为大于3的正整数，求的最小值，使得存在两个正整数，满足：都恰有个正约数，且若将的正约数从小到大排列为(其中，将的正约数从小到大排列为(其中)，则存在一个整数，使得 32．（2022·贵州预赛）求所有正整数和素数满足． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 备战2025年高中数学联赛一试及高校强基计划 专题16 初等数论 全国联赛真题汇编 1．（2024·全国联赛A卷）设为正整数，是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质： (1)对任意非负整数，有； (2)若正整数，则的每个正约数均属于； (3)若，且互素，则； (4)若，则． 证明：与互素的所有正整数均属于． 【答案】证明见解析 【详解】先证明下述引理． 引理：若，则． 引理的证明：对，设是的与互素的最大约数，并设，则的素因子均整除，从而．由条件(1)及(2)知，对任意素数及任意正整数，有．因此，将作标准分解，并利用(3)知．又，而，故由(2)知．因，故由(3)知，即．再由(4)知 ① 设，这里正整数的所有素因子均整除，正整数与互素，从而．由(1)及(2)知(见上面的证明)． 另一方面，因，故由欧拉定理知．因此 但由①知，故由(2)知．结合及知，即．引理证毕． 回到原问题．由(1)，取知，故反复用引理知对任意正整数，有． 对任意，存在正整数使得，因此，因，故．证毕． 2．（2024·全国联赛B卷）给定素数．求同时满足下面两个条件的三元有序数组的数目： (1)； (2)三个数除以所得的余数相同． 【答案】 【解析】当其中之一为0时，不妨设．此时，故，为满足条件的一组解； 考虑都不为0的情况． ① 同理②，③． 由①得，代入②，有，上式代入③，得 ，于是． 情况一：若，由知，则，于是，此时为满足条件的解； 情况二：若，则可被表示为．代回原式：，则 (i)，则，而，故或． 当时，，此时． 当时，，此时．由 ，故，则为满足条件的解； (ii)，则，此时对于每一个 (因为时有)，都存在唯一的解，由可解出唯一的． 此时有组解． 综上，共有组解． 其中表示的数论倒数．即． 3．（2024·全国联赛B卷）给定素数．求同时满足下面两个条件的三元有序数组的数目： (1)； (2)三个数除以所得的余数相同． 【答案】 【解析】当其中之一为0时，不妨设．此时，故，为满足条件的一组解； 考虑都不为0的情况． ① 同理②，③． 由①得，代入②，有，上式代入③，得 ，于是． 情况一：若，由知，则，于是，此时为满足条件的解； 情况二：若，则可被表示为．代回原式：，则 (i)，则，而，故或． 当时，，此时． 当时，，此时．由 ，故，则为满足条件的解； (ii)，则，此时对于每一个 (因为时有)，都存在唯一的解，由可解出唯一的． 此时有组解． 综上，共有组解． 其中表示的数论倒数．即． 4．（2023·全国联赛A卷）正整数称为“好数”，如果对任意不同于的正整数，均有，这里，表示实数的小数部分． 证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数． 【答案】证明见解析 【详解】引理：设是正奇数，且2模的阶为偶数，则是好数． 引理的证明：反证法．假设不是好数，则存在异于的正整数，使得．因此与写成既约分数后的分母相同．由为奇数知是既约分数，故的最大奇因子为，从而的最大奇因子为． 设，其中为正整数(从而是偶数)．于是． 由可得，故 (*) 设2模的阶为偶数．由(*)及阶的基本性质得，故是偶数．但是偶数，是奇数，矛盾．引理得证． 回到原问题． 设．由于，而，因此2模的阶为，是一个偶数． 对正整数，由可知，故由阶的性质推出，2模的阶被2模的阶整除，从而也是偶数．因是奇数，由引理知是好数． 对任意正整数，故两两互素．所以是两两互素的合数，且均为好数． 5．（2023·全国联赛B卷）设正整数同时满足： (1)； (2)是2023的倍数； (3)是2023的倍数． 证明：是2023的倍数． 【答案】证明见解析 【详解】易知． 首先，由(1)，(3)知 是2023的倍数，故中至少有一个是7的倍数． 由对称性，不妨设是7的倍数，则也是7的倍数，也是7的倍数，故结合(2)知是7的倍数，因此 也是7的倍数．又平方数除以7的余数只能是0，1，2，4，因此只能同时是7的倍数，这表明都是7的倍数． 同上面分析可知：是的倍数，故或者其中有一个因子是的倍数，或者其中有两个因子是17的倍数． 如果有一个因子是的倍数，不妨设是的倍数，结合都是7的倍数知，是的倍数，但这与及是正整数相矛盾！ 因此中至少有两个是17的倍数．不妨设都是17的倍数，那么也是17的倍数，由 知，是17的倍数，故是17的倍数． 因此都是17的倍数，这就说明了是的倍数，也就是2023的倍数． 6．（2022·全国联赛A卷）设整数恰有个互不相同的素因子，记的所有正约数之和为．证明：． 【答案】证明见解析 【详解】证法1：设为的标准分解． 记，则． 我们证明 ① 事实上， 所以 最后一步是因为以及．故①成立． 由①可知，对每个，在中至少有个的倍数．从而中可找到两两不同的正整数，它们分别是的倍数．因此整除． 证法2：设为的标准分解． 记，则． 令．我们证明以下两个结论： (1)； (2)． 结论(1)的证明：对，连续个整数中必存在的倍数，故． 从而，这等价于． 结论(2)的证明：对，有 ② 记，则．反复利用“若，则”，可得 结合②得 由结论(1)、(2)，原题得证． 7．（2022·全国联赛A1卷）是否存在一个无限正整数集合，具有下述性质：对任意，若有序对，则与互素？ 【答案】存在 【详解】记．对任意整数，若正整数均与互素，且个数两两互素，则称具有性质． 我们归纳地构造一列正整数，使得对任意整数，该数列的前项具有性质，这样取即满足条件． 令，显然具有性质． 假设已经取了具有性质，则令 其中对任意正整数定义为的与互素的最大正约数． 以下验证具有性质． 显然． 对任意与互素，又由与互素知与互素．所以与互素． 对任意及，由于，由最大公约数的性质可知 这里用到与互素． 对任意，由最大公约数的性质可知 (由于与互素，故与互素) (由于与互素，可从中去掉的素因子) (用到． 又结合具有性质，可知具有性质． 这样归纳地得到无限序列，从而集合满足要求． 8．（2022·全国联赛A2卷）设是大于2的整数，整数数列满足，且对任意非负整数，均有． 证明：对任意正整数，数整除． 【答案】证明见解析 【详解】是二阶线性递推数列，特征方程为，有两个不同的特征根．由及递推式的齐次性，仅需证明时结论成立．以下假设，解得数列的通项公式为 先证明以下两个结论． (i)对任意素数，有． 当时，若均为奇数，由知是奇数，从而是偶数，故总有． 下面假设．若被整除，考虑 在求和式中，当时，，当时，，故． 若不被整除，则． 情形一：，考虑 在求和式中，若，则．若，则 若，则 故求和式被整除，． 情形二：，考虑 由于，故．从而 故． (ii)若，则． 令，则．故对任意非负整数，均为整数．从而 是整数． 情形一：，则．若是偶数，则均为偶数，从而．若是奇数，则，因此对任意，有．由于是偶数，也是偶数，因此． 情形二：，注意到 由于的方幂和的方幂用二项式定理展开并合并同类项后都形如，其中是整数．而注意到被整除，故上式展开并合并同类项后可知，其中是整数且均被整除．若是平方数，则被整除；若不是平方数，则．不论何种情形，均有，故． 原问题只需证明，对任意素数，有，其中表示正整数含素数的最大幂次． 考虑中所有被整除的项，设是第项．由结论(i)可知． 若记，则．再由结论(i)得，从而．重复上述论证，可知，对任意成立，这说明的任意连续项中必有一项被整除． 考虑中所有被整除的项，设是项．由结论(ii)可知，故的任意连续项中必有一项被整除．重复上述论证知对任意正整数的任意连续项中必有一项被整除．设中被整除的项的个数为，则 所以 于是结论得证． 9．（2022·全国联赛B卷）设正整数都恰有个正约数，其中是的所有正约数的一个排列．问是否可能恰好是的所有正约数的一个排列？证明你的结论． 【答案】不可能 【详解】用反证法．假设题述情形发生，记 显然，而，故．又知，故是奇数． 所以为奇数，得为偶数，又，故是偶数． 易知中最大的两个元素为． 显然中每个元素都不超过．特别地，有． 设，其中(因为有个正约数，而)．于是中存在两个元素，它们都大于，进而都大于，且均为的约数．这表明，与为奇数矛盾． 因此题述情形不可能发生． 10．（2022·全国联赛B1卷）对每个正整数，将形如为正整数)的整数称为“有趣数”． (1)判断2022是否为2-有趣数，说明理由； (2)求所有正整数，使得存在两个有趣数互为相反数． 【答案】(1)是 (2) 【详解】(1)由于，故2022为2-有趣数． (2)考虑有趣数模的余数，有 若这些数中存在两个数互为相反数，则或有，或有，或有，从而只可能为2，3，4，6，即． 当时，对任意正整数，均有 这样的数中不存在两个互为相反数． 当时，与均为2-有趣数，且互为相反数；当时，与均为有趣数，且互为相反数． 综上，所求正整数为． 各省预赛试题汇编 11．（2024·广东预赛）是正整数，没有12以上的质因子，则所有满足条件的的和为_____． 【答案】12 【详解】引理：已知质数，则或． 由费马小定理，， 又，则． 注意到或，所以或． 若有质数，则由升幂定理得， 于是有大于2的素因子，且由引理可知为偶数，矛盾)，不满足题意． 因此只需考虑的情形． 由于不满足题意，则不满足题意，则小于12的全部因子为，其必有超过12的质因子，则． 综上，只需检验的情形． 显然，即． 故所有满足条件的的和为12． 12．（2024·北京预赛）数列定义如下：设写成既约分数后的分母为等于的最大质因数，则的最大值等于 ． 【答案】4027 【详解】由勒让德公式可知：， 设，，因为， 所以，从而， 又因为，且，所以， 又因为，所以，故， 由于，，，，，，，， 故，取，有，知． 13．（2024·福建预赛）设，则的最大公约数为_____． 【答案】33 【详解】，考虑到 所以． 14．（2024·江西预赛）已知正整数的所有正因数排列为：，则在中使得的所有数之和为_____． 【答案】2376 【详解】由于，则88的个正因数从小到大的排列为1，2，4，8，11，22，44，88，于是是88的倍数且另有2个小于88的正因数． 当只有2，11两个素因子时，，则的个正因数从小到大的排列为1，2，4，8，16，32，11，22，44，88，176，352，满足题意； 当另有素因子时，小于88的正因数为，结合，从而．则的个正因数从小到大的排列为1，2，4，8，11，22，44，88，23，46，92，184，253，506，1012，2024，满足题意． 综上，满足条件的所有数之和为． 15．（2023·北京预赛）使得为完全平方数的正整数的最小值是_____． 【答案】 【详解】设 设，由可知，取最小值当且仅当最小． 的正因子从小到大依次为 ， 所以 经检验， 16．（2023·北京预赛）已知为正整数，，且互质．若关于的不等式有且仅有2023组正整数解，则_____．(求出满足题意的所有可能数组) 【答案】 【详解】，如图所示． 可知线段，上没有整点， 则不等式的正整数解有组． 依题意， 于是， 经检验，时不合题意． 所以． 17．（2023·山东预赛）设实数使得均为素数，则的值是_____． 【答案】3 【详解】设为素数， 则于是 ，从而或． 若，则，取满足题意； 若，则，矛盾．综上，的值是3． 18．（2022·福建预赛）的末三位数是_____． 【答案】881 【详解】因为， 由欧拉定理得．则， 而， 于是，． 从而的末三位数字可能是006，131，256，381，506，631，756，881， 结合得的末三位数是881． 19．（2022·北京预赛）有_____组整数(m, n)满足． 【答案】0 【详解】 而模17的余数为0，1，4，9，16，8，2，15，13， 于是无解， 所以满足的整数解(m, n)有0组． 20．（2022·北京预赛）方程有_____组整数解． 【答案】14 【详解】考虑的整数解，不妨设，显然最多只有． 若，则．由． 当时，，于是； 当时，，于是．此时方程的解有3组：． 若，由，则． 于是．当时，．此时方程的解有1组：(2，1，-6)． 因此满足原方程的解有 共14组． 21．（2022·北京预赛）有_____个不超过2020的正整数，满足对任意正整数，均有 【答案】7 【详解】考虑一般命题：设为素数，求所有的正整数，满足条件： 对任意的正整数，均有． 引理：记表示的进制表示的所有数码和，则； ．设的进制表示为， 其中且． 于是； 而对， 所以． 由勒让德公式，，则 ①如果，其中，那么对任意的正整数，均有， 从而符合题意； ②如果不是的幂，只需证：存在正整数，使得． 不妨设，其中．则， 于是只需证：存在正整数，使得． 由于，则存在正整数，使得． 理由如下：考虑个数，，利用抽屉原理，存在，使得，取满足条件． 构造正整数，其中正整数待定． 取设 于是． 另一方面， 注意到，不妨设，其中， 代入，有 从而，取即满足题意． 综上，当且仅当时满足题意，本题结果为共7个． 22．（2024·江苏预赛）设为正整数，欧拉函数表示不大于且与互素的正整数的个数，例如．若，试确定整数的值． 【答案】529或1058 【详解】设． 由于，而，则． 于是，其中．又 ，从而，且为合数． 注意到无正整数解，即不存在正整数，满足． 则存在素数，使得，于是，而为偶数， 因此最多有一个大于2的素因子．综上，存在，使得． 当时，，由于，则，矛盾； 当时，，解得； 当时，，解得． 所以整数的值为529或1058． 23．（2024·贵州预赛）已知为正整数，证明：方程无解． 【答案】证明见解析 【详解】引理：若是一个素数，满足，则且． 若，则存在整数使得()， 且．由于． 而为奇数， ，由费马小定理得，矛盾．所以引理成立． 回到原题，由于，则． 11，23均为型素数， 若11整除，则11整除且整除，于是整除． 而整除，且不整除253，即不整除，矛盾． 因此11不整除，同理23也不整除． 设，原方程化为． 若，则，于是，显然均为偶数，矛盾； 若，则，显然均为奇数，矛盾． 综上，原方程无解． 24．（2024·北京预赛）设为个两两不同的正整数且恰有4048个质因数．如果 中任意多个数相乘均不是一个整数的4049次方，求的最大值． 【答案】 【详解】法一：设的4048个互不相同的质因数为， 设， 记一组4048维向量． 中任意多个数相乘均不是一个整数的4049次方等价于存在不全为零的一组数， 使得的每个分量在模4049的意义下)， 求的最大值等价于求能从最多多少个4048维向量中选出若干个向量的和不为0． 下证： 若不然，设前个向量为 其中，有(的每个分量在模4049的意义下)， 易知4049为质数，由费马小定理可知 ， 从而① 对每一组不全为0的成立． 将①式左边看成关于的多项式二项式展开， 由于1的任何次幂都是1，0的任何次幂都是项可看成， ①式左边常数项为，从而存在某个非常数项不为0． 考虑最高次项，不妨设为，由于(1)式左边次数最高为，所以， 取，此时这组不全为0，那么无论如何取值①式均同余于0，这与组合零点定理矛盾． 故的最大值为， 构造：对，取，其中第个分量为1． 每个向量有4048个．(注：由于在模4049的意义下，故向量可以相同)． 法二：设是一个质数． 先给出的构造：取， 并取为．该构造明显是符合要求的， 因为若取出了某个中的个元素，那么乘积的含量模余，必然不是的倍数． 下说明时总存在中若干个（至少一个）相乘为整数的次方． 设为，其中．当， 考虑，当不全为时， 它表示中若干个(至少一个)数的乘积． 考虑到， 因此，结合费马小定理，为整数的次方， 当且仅当都有， 即． 考虑：． 易见上式可表示为， 其中是一些关于的次数小于0的单项式之和． 注意到这之中每个单项式W里都存在一个的系数是， 因此． 进而． 因此，结合时对应的求和项模不余0， 因此也存在另一种不全为0的取值使其对应的求和项模不余0． 这样，由前述分析，，代表着中若干个不同数之积， 为整数的次方，进而结论成立． 综上所述，的最大值为． 25．（2024·福建预赛）设正整数是合数，是的全部正因数，且．对于，若不能整除，则称是的一个“好因数”，若的好因数个数小于的不同素因子的个数，则称为“好数”． (1)问：16，2024是否为好数? (2)求出所有的好数． 【答案】(1)16是好数；2024不是好数 (2)(其中为素数，)或(其中为素数，为正整数，) 【详解】(1)的全部5个正因数为1，2，4，8，16，好因数的个数为0，不同素因子的个数为1，即16是好数； 的全部16个正因数为1，2，4，8，11，22，23，44，46，88，92，184，253，506，1012，2024，易知好因数有8，22，23，44，46，88，184，好因数的个数为7，不同素因子的个数为3，即2024不是好数． (2)①若为素数，且)，即只有一个素因子，而没有好因数，因此是好数； ②若好数恰好有两个不同的素因子，且，则存在一个最大的正整数，满足． 将的正因数从小到大排列，则为排列中连续的三项，从而为好因数，又为好数，即为的唯一好因数．于是不是好因数，后面的因数能被整除，因此是的正因数从小到大的排列中的连续三项，则也为的正因数从小到大的排列中的连续三项． 注意到，由上面分析可知不能整除，此时不是整数，则是好数，于是(唯一好因数)．因此好数． ③若好数至少有3个不同的素因子，设是它的所有素因子，则存在一个最大的正整数，满足． 仿②知，是一个好因数，类似地，在的正因数从小到大的排列中，排在前面的因数也是好因数，于是至少有个好因数．由于是好数，则除了这个好因数之外，没有其它的好因数，且的每个好因数的后项都是的下一个素因子． 在的正因数从小到大的排列中，若排在与之间的因数中有素数，设是排在与之间的最大素数，的后项是合数．由素数的最大性可知，的前项不能被整除，同时，从而的后项比小，则的后项也不能被整除，于是是的一个好因数． 由前面讨论可知，是某个素因子的前项，即的后项为素数，这与的后项是合数矛盾．于是在的正因数从小到大的排列中，与之间没有素数，因此与是相邻的两项． 又整数，满足，仿②，是的正因数从小到大的排列中的连续三项，不能整除．则是的正因数从小到大的排列中的连续三项，且不是整数，即是的一个好因数．于是的后项是的素因子，从而存在某个，使得，这样只有2个素因子，与至少有3个素因子矛盾． 综上，所有的好数(其中为素数，)或(其中为素数，为正整数，)． 26．（2023·北京预赛）求所有的合数，使得存在整数，满足为的倍数． 【答案】 【详解】设，考虑的质因子． (1)由，知； (2)，知； (3) ，知； (4)，且模11的平方剩余为， 知 (5)，知； (6)，且模17的平方剩余为，知； (7)，且模17的平方剩余为，知； (8)，知； (9)，知． 因此，合数所含的质因子为3，7，13，19，29，31． 亨泽尔引理的推论：设是整系数多项式，是素数，是整数．若满足和，则同余方程有唯一的解满足．也就是说，同余方程的一个解，只要满足不整除，则唯一提升为的解． 由，知，于是由上述推论，方程有解；类似地，，由上述推论，方程有解； 另由中国剩余定理，知方程有解， 综上，满足题意的不超过100的合数的集合为． 27．（2023·广西预赛）设．其中，中有无限多项不为0，则称为一个十进制无限小数． 设为一个十进制无限小数，若存在自然数，使得对任意的自然数均成立，则称为一个循环小数；否则，称为一个不循环小数．例如，和是循环小数，是一个不循环小数． 已知中的每一个数均与一个十进制无限小数一一对应． (1)求证：若，则存在循环小数．即循环小数在(0,1)中稠密； (2)求证：中所有的数不能排列成一个数列．即是一个不可数集； (3)用分数表示循环小数． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)． 【详解】(1)设，记，由知存在正整数． 如果存在，令， 于是为循环小数且； 如果所有，则必存在，令，于是为循环小数且． 所以循环小数在(0,1)中稠密． (2)假设中所有的数可以排列成一个数列． 记，下面利用数列构造数，其中(如若时，取；若时，取)．显然与的第位数字不同，从而与数列中的任一数都不相同，矛盾．所以是一个不可数集． (3) 28．（2023·江西预赛）如果直角三角形的三边是两两互素的正整数，则称这种直角三角形为本原直角三角形． (1)求本原直角三角形中面积恰好等于周长倍的本原直角三角形的个数，并记为； (2)求，并列出所有面积恰好等于周长2023倍的本原直角三角形． 【答案】(1)(是的大于1的奇素因子的个数) (2) 【详解】(1)设本原直角三角形三边长分别为，则一奇一偶，不妨设． 引理：不定方程满足的全部正整数解可表示为，其中一奇一偶，且的任意整数． 证明：，注意到奇偶性相同，且， 则均为奇数．于是，由 ，同理可得． 令从而，其中一奇一偶，． 由条件应有， 且一奇一偶为奇数，则为偶数． 当时，， 则存在唯一，于是； 当时，， 则存在唯一，于是． 设，其中为的大于1的奇素因子．由于一奇一偶，则为奇数，为偶数．又，于是．设，则或有且只有一种情况出现，于是与的取值情况有且只有种． 所以(是的大于1的奇素因子的个数)． (2)．由， 若，则； 若，则； 若，则； 若，则． 注意到，即2023的大于1的奇素因子最多有4个，所以． 29．（2023·内蒙古预赛）求所有满足为有理数，且的正整数组(x, y, u, v)． 【答案】 【详解】若不是完全平方数，设，且不可化简)． (1)是完全平方数，则，不合题意； (2)不是完全平方数，设，且不可化简)． 则，不合题意． 因此是完全平方数，同理也是完全平方数． 由， 则； (1)当时，，令，则， 且．不妨设， 记， 于是 若，矛盾． 从而， 所以． (2)当时，，令， 设，则，且． 不妨设，即． 记． 于是 若，矛盾． 从而， 所以． 综上，所有符合条件的正整数组． 30．（2023·山东预赛）在区间中任取个奇数．求证：在所取出的数中，必有两个数，其中一个数的平方不能被另一个数整除． 【答案】证明见解析 【详解】依题意，在选取的奇数中存在，它们被除的余数相等．记，下证即为所求． 反证法，若有，由于是奇数，于是 因此，矛盾． 综上，在所取出的数中必有两个数，其中一个数的平方不能被另一个数整除． 31．（2023·上海预赛）设为大于3的正整数，求的最小值，使得存在两个正整数，满足：都恰有个正约数，且若将的正约数从小到大排列为(其中，将的正约数从小到大排列为(其中)，则存在一个整数，使得 【答案】9 【详解】由，取得 当为偶数时，有， 依题意，，则 ，与矛盾； 当为奇素数时，由正约数公式知，均为素数的方幂， 不妨设，则， 此时的符号与的符号相同，矛盾； 综上，为奇合数，于是． 当时，构造，易知分别为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7 13 49 91 169 637 1183 8281 1 5 17 25 85 289 425 1445 7225 + - + + - + - + 此时，所以满足题意的的最小值为9． 32．（2022·贵州预赛）求所有正整数和素数满足． 【答案】 【详解】当时，，而或者为奇数，或者为4的倍数，矛盾． 若为奇质数，则为奇数．当时，，满足题意； 当时，，于是 原式可化为．显然时，，则，而，矛盾． 综上，原方程有唯一解． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$