专题02 高中数学竞赛二试内容——数论（竞赛培优专项训练,15大考点+强基竞赛）高二数学人教A版全国通用

专题02 高中数学竞赛二试内容——数论 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 考点一 整数与整除 7 考点二 同余及孙子定理 7 考点三 素数和合数 8 考点四 算术基本定理 9 考点五 费马小定理及欧拉定理 10 考点六 拉格朗日定理及威尔逊定理 11 考点七 裴蜀定理 12 考点八 平方数 13 考点九 中国剩余定理 14 考点十 高斯函数 15 考点十一 指数、阶及原根 15 考点十二 二次剩余理论 16 考点十三 不定方程 17 考点十四 p进制进位制及p进制表示 17 考点十五 根与系数的关系 19 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题21道） 【归纳重点知识】 一、高斯函数 1．有关概念 对于任意实数，为不超过的最大整数，称为取整函数或叫高斯函数，并将称为小数部分函数，表示的小数部分。 2．重要性质 （1）的定义域为，值域为； （2）如果，则有； （3）对任意，有，； （4）当时，有，即是不减函数； （5）对于，有； （6）如果，，则； （7）如果，，则。 二、欧拉定理与威尔逊定理 1．算术基本定理：任何一个正整数，都可以唯一分解成素因数乘积的形式， 其中。均为素数，为非负整数。 记是的正约数的个数，是的正约数的和，则， 2．为平方数的充分必要条件是为奇数 3．完系和缩系：在模的个剩余类中各任取一个数作为代表，这样的个数称为模的一个完全剩余系，简称完系。如果和互素，则易知同余类中所有数都和互素，这样的同余类称为模缩同余类，我们将模缩同余类的个数记作，称为欧拉函数。 在个缩同余类中各任取一个数作为代表，这样的个数称为模的一个缩剩余系，简称缩系（也称简系）。 4．设，是任意整数。 （i）是模的完系。叫做模的生成元。 （ii）若是模的完系，则也是模的完系。 （iii）若是模的缩系，则也是模的缩系。 证明：， （i）假设，，则，因为，所以，矛盾！ （ii）假设，，则，所以，矛盾！ （iii），假设，，则，矛盾！ 5．欧拉函数，它表示不大于且与互素的正整数的个数，设，均为素数，则。 因此，若，则 证明：由容斥原理 因为，则没有相同素因子，由公式易得 6．欧拉定理：设，则 (1)费尔马小定理：为素数，且，则。 (2)费尔马小定理的推论：为素数，对任意正整数，都有。 7．威尔逊定理：设为素数，则 三、裴蜀恒等式 1．欧几里得除法：设为整数，，按下述方式反复作带余除法，有限步之后必然停止（即余数为零）： 用除： 用除： 用除： …… 用除： 用除： 用除： 则 实际上，由于余数为整数，且满足，从而上述的带余除法有限步后余数必为零。因此 给定， 欧几里得除法不仅能（在有限步内）求出，还可以证明方程 ① 有一组整数解，并能实际地求出一组解。具体的做法是将欧几里得除法倒推回去： ，，…，，， 依次消去，得到一组整数，使得。 2．互素的充分必要条件是，存在整数，使得 ② 等式②称为（互素整数的）裴蜀恒等式。 3．若互素，且，则。 4．若是素数，且，则至少有一个，使得 5．若两两互素，且，，则。 6．设，则 四、同余与剩余类 1．同余 两个整数除以正整数，若余数相同，则称与关于模同余， 记作，这叫做同余式。 2．性质 以下性质均在整数范围内讨论，模为正整数。 （1）若，则当时，； 则当时，。 （2）若，，且，则。 （3）费尔马小定理：为素数，对任意正整数，都有。 费尔马小定理的推论：设为素数，为正整数，且，。 3．剩余类 设，把全体整数按对模的余数进行分类，余数为的所有整数归为一类，记为，称为模的一个剩余类。 显然，是一个以为公差的无穷等差数集。它有如下性质： （1），且；（2）对任意，有唯一的，使得。 （3）对任意，。 4．完全剩余系 设是模的全部剩余类，从每个任取一个数， 这个数组成的一个数组称为模的一个完全剩余系，简称完系。 称为模的最小非负完系。 五、整数的性质 1．两个连续整数之间不再有其他整数，两个连续整数的完全平方数之间不存在完全平方数； 2．若，，，则。 3．个连续整数的乘积一定能被整除。 4．设是自然数，在十进制中的位数可表示为 ， （1）若，则。 （2）若，则。 （3）若，则。 （4）若，则。 （5）若，则。 （6）若，则。 5．算术基本定理：任何一个正整数，都可以唯一分解成素因数乘积的形式， 其中。均为素数，为非负整数。 6．设，均为素数，为非负整数。 的最大公约数， 的最小公倍数， 六、几个特定的不定方程 1．勾股数方程 定义 形如的方程叫做勾股数方程，这里为正整数，并称满足条件的解为方程基本解。 定理 勾股数方程满足条件且的一切基本解可以表示为： ，其中为正整数，且一奇一偶，。 2．不定方程 这个四元方程也有不少用处，其全部正整数解极易求出。 设，则，，则 3．中国剩余定理 设是两两互质的正整数， 记 ，，则同余方程组有且仅有一组解，其中，，。 4．佩尔（Pell）方程 定义 设，且不是完全平方数，则形如的方程叫做佩尔方程 定理1 如果是使最小的方程的解（称为最小解），则 也是方程的一组解 每个解都可以取幂得到。 下表是佩尔方程，且不是完全平方数的最小解 2 3 5 6 7 8 10 11 12 13 14 15 17 18 19 3 2 9 5 8 3 19 10 7 649 15 4 33 17 170 2 1 4 2 3 1 6 3 2 180 1 1 8 4 39 定理2 如果是使最小的方程的解（称为最小解），则 也是方程的一组解 每个解都可以取幂得到。 5．方程 方程可能有解也可能无解，如果有正整数解时，它一定有无穷多组解。 七、进位制 进制数，一般地，若是一个大于1的整数，那么以为基数的进制数可以表示成为一串数字连写在一起的形式 ，，…，，． 考点一 整数与整除 1．用表示不超过实数x的最大整数，在，，…，这2024个数中，有（    ）个不同的值？ A．1517 B．1518 C．1519 D．1520 2．（多选）对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数（若两个正整数的最大公因数是1，则称这两个正整数互质）．函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（10与1，3，7，9均互质），则（   ） A． B．若为质数，则数列为等比数列 C．数列的前4项和等于 D．，使得 3．如果甲、乙两数的最小公倍数是90，乙、丙两数的最小公倍数是105，甲、丙两数的最小公倍数是126，则甲数是________. 4．设表示正整数的所有正因数的个数，例如有个正因数：，则.设，其中表示取遍的所有正因数求和.例如.则__________. 考点二 同余及孙子定理 5．若两个整数，除以同一个正整数所得的余数相同，则称，对模同余，记作，如：，．现将满足的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则（    ） A． B． C． D． 6．设集合，且，则集合中元素的个数为_____． 7．记组合数，数列满足，为除以3的余数，，则数列中数字为的数目比为_____． 8．定义 ●同余：设a，b是两个整数，如果a和b被正整数m除所得余数相同，则称a与b对模m同余，记为： ●数列：按照确定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．数列第n个位置上的数做这个数列的第n项，常用符号表示．数列的一般形式是，，…，，…，简记为， 请据此回答以下问题： (1)已知数列满足：，求，和被7除的余数分别是几？ (2)已知数列满足：，，（n为正整数） ①数列中第985项被4除的余数是几？ ②证明：数列中没有形如（，，均为正整数）的项． 考点三 素数和合数 9．设实数使得均为素数，则的值是_____. 10．设整数是整数集，满足，且中任意两个元素的差的绝对值是素数．则这样的集合共有_____个． 11．给定整数．甲乙两人玩如下的游戏，猜一个满足的正整数，这里是的正约数个数．规则如下：先由甲确定一个正整数，并告知乙．然后乙想一个满足要求的，并且：（i）告诉甲的值；（ii）给出的个不同的正约数（若，则乙只需给出的所有正约数；若，则乙可以选择性地给出的个正约数）． 求最小的，使得甲一定能猜出． 12．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”.问： (1)16，2024是否为好数? (2)求出所有的好数. 考点四 算术基本定理 13．（多选）已知莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数（质数是指大于1的自然数中，只有1和它本身两个因数的数）的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为．则下列说法正确的是（   ） A． B．对正整数， C． D．若且， 14．设表示正整数的所有正因数的个数，例如6有4个正因数：1，2，3，6，则.设，其中表示取遍的所有正因数求和.例如 ，的值为_____. 15．设表示正整数的所有正因数的个数，例如有个正因数：，则.设，其中表示取遍的所有正因数求和.例如.则__________. 16．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？ 考点五 费马小定理及欧拉定理 17．对任意，将不大于的正整数中与互质的数的个数记作，且称为欧拉函数．对于，给出下列命题：①；②；③若为质数，则；④若，是互质的正整数，则，其中正确命题的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 18．（多选）欧拉函数由瑞士数学家莱昂哈德·欧拉提出，记作，表示不大于n的正整数中与n互质的数的个数，例如.若数列满足，则下列说法正确的是（    ） A．数列是递增数列 B． C． D．不可能是的等差中项 19．已知素数证明：为整数，其中． 20．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. 21．离散对数在密码学中有重要的应用．设是素数，集合，若，记为除以的余数，为除以的余数；设，两两不同，若，则称是以为底的离散对数，记为． (1)若，求； (2)对，记为除以的余数（当能被整除时，）．证明：，其中； (3)已知．对，令．证明：． 22．随着大数据时代来临，数据传输安全问题引起了人们的高度关注，国际上常用的数据加密算法通常有、、等，不同算法密钥长度也不同，其中的密钥长度较长，用于传输敏感数据.在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在加密算法中的应用.设，是两个正整数，若，的最大公约数是1，则称，互素.对于任意正整数，欧拉函数是不超过且与互素的正整数的个数，记为. (1)试求，的值； (2)素数（也叫质数）是指大于1的自然数，除了1和它本身之外，不能被其他自然数整除的数.设，是两个不同的素数，试用，表示，并探究与和的关系； (3)设，数列的前项积为，数列的前项积为.若不等式对任意恒成立，求的最大值. 考点六 拉格朗日定理及威尔逊定理 23．以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映了函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理如下：如果函数在闭区间上的图象不间断，在开区间内可导，则在区间内至少存在一个点，使得，其中称为函数在闭区间的中值点．则函数在区间上的中值点的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 24．已知，， (1)若在处取得极值，试求的值和的单调增区间； (2)如图所示，若函数的图象在连续光滑，试猜想拉格朗日中值定理：即一定存在，使得，利用这条性质证明：函数图象上任意两点的连线斜率不小于． 25．设证明：存在使得同余方程在模的意义下至少有个根．（请对比拉格朗日定理）． 26．对于正整数n，记与的最大公因子为，若，则称n是奇异的．证明：若n是奇异的，则也是奇异的． 考点七 裴蜀定理 27．已知个两两互质的正整数满足：可以适当添加“+”或“-”使得其代数式的和为0.问：是否存在一组正整数（允许有相同的），使得对任意正整数，都有两两互质. 28．的表格内填入1到100，第行第列填入．每次操作如下：取一个格子，或者将此格数字减少2，将两个相对的邻格同时加1；或者将此格数字增加2，将两个相对的邻格同时减1．证明：如果经过一些步骤后表格中又得到1到100的数字，则它们是按原来的顺序排列的． 29．（1）设，证明：存在，使得能被整除． （2）已知，求的表达式． 考点八 平方数 30．求所有满足为有理数，且的正整数组. 31．设为整数，数列定义为，，且对任意都有.试求所有的，使得这个数列的每一项都是完全平方数. 32．证明：对任意正整数，都存在正整数和个互不相同的正整数，使是完全平方数． 33．求最小的正整数，使得当正整数点时，在前个正整数构成的集合中，对任意总存在另一个数且，满足为平方数． 考点九 中国剩余定理 34．在平面直角坐标系中，一个格点如果两个元素互素，则称为可见格点.证明：对任意实数k，均存在一个可见格点，与其他所有可见格点平面距离超过k. 35．“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二：五五数之剩三；七七数之剩二．问物几何？”问题的意思是，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，那么这个数是多少？若一个数被除余，我们可以写作．它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的．大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，现将满足上述条件的正整数从小到大依次排序．中国剩余定理：假设整数，，…，两两互质，则对任意的整数：，，…，方程组一定有解，并且通解为，其中为任意整数，，，为整数，且满足． (1)求出满足条件的最小正整数，并写出第个满足条件的正整数； (2)在不超过4200的正整数中，求所有满足条件的数的和．（提示：可以用首尾进行相加）． 36．解同余方程组． 37.（1）求证：是正奇数时，能被整除． （2）是自然数，它不能被整除，求证：与中有且只有一个数被整除． 考点十 高斯函数 38．已知集合与集合，用表示集合的元素个数，表示不超过的最大整数，则（     ） A．1215 B．1216 C．1217 D．1218 39．平面中的3个单位向量满足（其中表示不超过实数的最大整数），则的取值范围是_____． 40．对于正整数，最接近的正整数设为，如，记，从全体正整数中除去所有，余下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前8项和为_________. 41．已知函数，使得任取实数x，y，z都有，则__________．（其中表示不大于x的最大整数）． 42．设数列，，2，…，7这里表示不超过的最大整数.若，则正整数有______种可能的取值情况. 考点十一 指数、阶及原根 43．已知，设. (1)证明：； (2)证明：是无理数. 44．设为一个质数，且也是一个质数，证明：的小数表示形式中包含0至9的所有数码． 45．设是的十进制写法中最后一个非零数字．证明：0·…是无理数． 考点十二 二次剩余理论 46．设均为大于1的整数, 为n个不超过m的互不相同的正整数,且互素.证明:对任意实数x,均存在一个，使得,其中表示实数r到与其最近的整数的距离． 47．记表示不超过实数的最大整数，.设互不相同的个奇素数满足是模的非二次剩余，且，其中，.证明：. 48．设是正整数，是素数，且整除，证明：整除． 考点十三 不定方程 49．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. 50．已知两个自然数b和c及素数a满足方程a2+b2=c2．证明：这时有a＜b及b+1=c． 51．有几个正实数解？ . 考点十四 p进制进位制及p进制表示 52．求具有下述性质的所有正整数：存在的一个倍数，其在十进制表示下不含数码0，但含有中每一个数码，并且对任意，可以删去的十进制表示中的一个数码，使所得的数仍是的倍数. 53．十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼茨是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为，2表示为，3表示为，5表示为，发现若可表示为二进制表达式，则，其中；或. (1)记，求证：； (2)记为整数的二进制表达式中的0的个数，如，. （ⅰ）求； （ⅱ）求（计算，并用数字作答）. 54．二进制就是“逢二进一”，通常用表示一个位的二进制数．设正整数，（其中，记． (1)当时，求对应的二进制数及的值． (2)（i）当时，若最小，求对应的二进制数； （ii）设为位二进制数，若最小，证明：是形如的二进制数，且该二进制数的首位是1，后面连续个0，再后面是连续个1，其中0的个数满足． 55．由个正整数构成的有限集（其中），记，特别规定，若集合M满足：对任意的正整数，都存在集合M的两个子集A，B，使得成立，则称集合为“满集”. (1)分别判断集合与是否为“满集”，请说明理由； (2)若集合为“满集”，求的值： (3)若为满集，，求的最小值. 考点十五 根与系数的关系 56．设x，y，z与w适合：，，，，求的值． 57．已知关于的方程 (1)当，求方程两实数根差的绝对值； (2)若方程的两个实数根的平方和等于11，求的值. 58．若关于z的整系数方程的三个复数根在复平面内恰好成为一个等腰直角三角形的三个顶点，求这个等腰直角三角形的面积的最小值. 59．（1）已知关于的方程（）的两根为、. （1）求的取值范围； （2）求的最小值； （3）求的值. 1．（2024·北京大学强基计划）称正整数为好数,当它各位数字均不相同，且对于所有正整数满足，都有，求最大好数的范围（    ） A．        B．      C．       D．以上均不对 2．（2024·厦门大学强基计划）若正整数x满足，，，如果，则x是否唯一确认？若，则x是否唯一确定？若，则x是否唯一确定？（    ） A．若，则x是唯一.确认；其他均不唯一 B．若，则x是唯一确认；其他均不唯一 C．若，则x是唯一确认；其他均不唯一 D．三个都唯一 3．（多选）（2024·厦门大学强基计划）若a，b除q的余数相同，则称a，b关于q同余，记作，则（    ） A．若且，则 B．若且，则 C．若且，则 D．若，则 4．（2025·中国科技大学强基计划）,,,为非负整数，对任意恒成立，则所有的非负整数对为______． 5．（2024·清华大学强基计划）已知，，使得整除的解的有________组． 6．（2024·清华大学强基计划），使得的解的组数有______组． 7．（2024·全国中学生奥赛广西预赛）设，，，均是正整数，且．则________． 8．（2024·全国中学生奥赛北京预赛）从中任取两个数，则的值中，个位数字为8的数有__________个. 9．（2025·北京大学强基计划）求. 10．（2025·北京大学强基计划）满足的两位数的个数. 11．（2025·东南大学强基计划）若存在连续3个自然数恰好分别是5，8，11的倍数，求这三个自然数中最大数的最小值． 12．（2025·中国科技大学强基计划）方程有多少对整数解． 13．（2025·东南大学强基计划）在1到2025中，恰好是3，5，7中两个数的倍数的数有多少个？ 14．（2024·清华大学强基计划）正整数均不大于，且满足．求满足这样条件的的组数． 15．（2024·北京大学强基计划）用 表示正整数 的数码和，求满足 与 均为 5 的倍数的 的最小值. 16．（2024·清华·全国·强基计划）点．求满足的整点的个数. 17．（2024·北京大学强基计划）求 模 7 的余数. 18．（2024·全国数学联赛吉林预赛）全体正有理数的集合 被分拆为三个集合 (即 ，且 ，满足 ，这里 (1)给出一个满足要求的例子 (即给出 ); (2)给出一个满足要求的例子，且 中的任意两个相邻正整数均不同时 在中. 19．（2024·全国数学联赛广西预赛）图G是指一个有序二元组（V，E），其中V称为顶点集，E称为边集．一个图G中的两点x，y的距离是指从x到y的最短路径的边数，记作．一个图G的直径是指G中任意两点的距离的最大值，记作，即．记是模的剩余类，定义上的加法和乘法，均是模的加法和乘法，例如在中，；，．在中，设．若存在使得，则称是的一个零因子．记的所有零因子的集合为．例如．的零因子图，记为，它是以为顶点集，两个不同的顶点，之间有一条边相连当且仅当．下图是的例子．证明：对一切的整数，都有． 20．（2024·全国数学联赛广西预赛）用表示不超过的最大整数．设数列满足：，﹒求的个位数． 21．（2024·全国数学联赛广西预赛）设A为数集的元子集，且A中的任意两个数既不互素又不存在整除关系．求的最大值． 1 / 43 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 高中数学竞赛二试内容——数论 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 考点一 整数与整除 6 考点二 同余及孙子定理 9 考点三 素数和合数 13 考点四 算术基本定理 17 考点五 费马小定理及欧拉定理 19 考点六 拉格朗日定理及威尔逊定理 25 考点七 裴蜀定理 28 考点八 平方数 30 考点九 中国剩余定理 34 考点十 高斯函数 36 考点十一 指数、阶及原根 39 考点十二 二次剩余理论 42 考点十三 不定方程 46 考点十四 p进制进位制及p进制表示 48 考点十五 根与系数的关系 55 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训（精选各地竞赛、强基试题21道） 【归纳重点知识】 一、高斯函数 1．有关概念 对于任意实数，为不超过的最大整数，称为取整函数或叫高斯函数，并将称为小数部分函数，表示的小数部分。 2．重要性质 （1）的定义域为，值域为； （2）如果，则有； （3）对任意，有，； （4）当时，有，即是不减函数； （5）对于，有； （6）如果，，则； （7）如果，，则。 二、欧拉定理与威尔逊定理 1．算术基本定理：任何一个正整数，都可以唯一分解成素因数乘积的形式， 其中。均为素数，为非负整数。 记是的正约数的个数，是的正约数的和，则， 2．为平方数的充分必要条件是为奇数 3．完系和缩系：在模的个剩余类中各任取一个数作为代表，这样的个数称为模的一个完全剩余系，简称完系。如果和互素，则易知同余类中所有数都和互素，这样的同余类称为模缩同余类，我们将模缩同余类的个数记作，称为欧拉函数。 在个缩同余类中各任取一个数作为代表，这样的个数称为模的一个缩剩余系，简称缩系（也称简系）。 4．设，是任意整数。 （i）是模的完系。叫做模的生成元。 （ii）若是模的完系，则也是模的完系。 （iii）若是模的缩系，则也是模的缩系。 证明：， （i）假设，，则，因为，所以，矛盾！ （ii）假设，，则，所以，矛盾！ （iii），假设，，则，矛盾！ 5．欧拉函数，它表示不大于且与互素的正整数的个数，设，均为素数，则。 因此，若，则 证明：由容斥原理 因为，则没有相同素因子，由公式易得 6．欧拉定理：设，则 (1)费尔马小定理：为素数，且，则。 (2)费尔马小定理的推论：为素数，对任意正整数，都有。 7．威尔逊定理：设为素数，则 三、裴蜀恒等式 1．欧几里得除法：设为整数，，按下述方式反复作带余除法，有限步之后必然停止（即余数为零）： 用除： 用除： 用除： …… 用除： 用除： 用除： 则 实际上，由于余数为整数，且满足，从而上述的带余除法有限步后余数必为零。因此 给定， 欧几里得除法不仅能（在有限步内）求出，还可以证明方程 ① 有一组整数解，并能实际地求出一组解。具体的做法是将欧几里得除法倒推回去： ，，…，，， 依次消去，得到一组整数，使得。 2．互素的充分必要条件是，存在整数，使得 ② 等式②称为（互素整数的）裴蜀恒等式。 3．若互素，且，则。 4．若是素数，且，则至少有一个，使得 5．若两两互素，且，，则。 6．设，则 四、同余与剩余类 1．同余 两个整数除以正整数，若余数相同，则称与关于模同余， 记作，这叫做同余式。 2．性质 以下性质均在整数范围内讨论，模为正整数。 （1）若，则当时，； 则当时，。 （2）若，，且，则。 （3）费尔马小定理：为素数，对任意正整数，都有。 费尔马小定理的推论：设为素数，为正整数，且，。 3．剩余类 设，把全体整数按对模的余数进行分类，余数为的所有整数归为一类，记为，称为模的一个剩余类。 显然，是一个以为公差的无穷等差数集。它有如下性质： （1），且；（2）对任意，有唯一的，使得。 （3）对任意，。 4．完全剩余系 设是模的全部剩余类，从每个任取一个数， 这个数组成的一个数组称为模的一个完全剩余系，简称完系。 称为模的最小非负完系。 五、整数的性质 1．两个连续整数之间不再有其他整数，两个连续整数的完全平方数之间不存在完全平方数； 2．若，，，则。 3．个连续整数的乘积一定能被整除。 4．设是自然数，在十进制中的位数可表示为 ， （1）若，则。 （2）若，则。 （3）若，则。 （4）若，则。 （5）若，则。 （6）若，则。 5．算术基本定理：任何一个正整数，都可以唯一分解成素因数乘积的形式， 其中。均为素数，为非负整数。 6．设，均为素数，为非负整数。 的最大公约数， 的最小公倍数， 六、几个特定的不定方程 1．勾股数方程 定义 形如的方程叫做勾股数方程，这里为正整数，并称满足条件的解为方程基本解。 定理 勾股数方程满足条件且的一切基本解可以表示为： ，其中为正整数，且一奇一偶，。 2．不定方程 这个四元方程也有不少用处，其全部正整数解极易求出。 设，则，，则 3．中国剩余定理 设是两两互质的正整数， 记 ，，则同余方程组有且仅有一组解，其中，，。 4．佩尔（Pell）方程 定义 设，且不是完全平方数，则形如的方程叫做佩尔方程 定理1 如果是使最小的方程的解（称为最小解），则 也是方程的一组解 每个解都可以取幂得到。 下表是佩尔方程，且不是完全平方数的最小解 2 3 5 6 7 8 10 11 12 13 14 15 17 18 19 3 2 9 5 8 3 19 10 7 649 15 4 33 17 170 2 1 4 2 3 1 6 3 2 180 1 1 8 4 39 定理2 如果是使最小的方程的解（称为最小解），则 也是方程的一组解 每个解都可以取幂得到。 5．方程 方程可能有解也可能无解，如果有正整数解时，它一定有无穷多组解。 七、进位制 进制数，一般地，若是一个大于1的整数，那么以为基数的进制数可以表示成为一串数字连写在一起的形式 ，，…，，． 考点一 整数与整除 1．用表示不超过实数x的最大整数，在，，…，这2024个数中，有（    ）个不同的值？ A．1517 B．1518 C．1519 D．1520 【答案】C 【解析】①当时，，， 所以， 故在，，…，这个数中，仅有个不同的值， ②当时，， 因为，所以，又， 因此相邻两项的取整不会跳过整数，又， 所以在，，…，这个数中，共个不同值， ③当时，， 因为，所以， 相邻两项的差大于，因此每个对应一个不同的取整结果， 所以在，，…，这个数中，共个不同值， 综上所述，在，，…，这2024个数中， 有个不同的值. 2．（多选）对于正整数，是小于或等于的正整数中与互质的数的个数（若两个正整数的最大公因数是1，则称这两个正整数互质）．函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（10与1，3，7，9均互质），则（   ） A． B．若为质数，则数列为等比数列 C．数列的前4项和等于 D．，使得 【答案】ABD 【解析】对于A项，因为20与均互质，所以，故A正确； 对于B项，设 为质数，则小于等于的正整数中与不互质的数只有的倍数， 所以互质的数的数目为 ， 所以，所以为常数， 所以若为质数，则数列为等比数列，故B正确； 对于C项，根据选项B可知，， 所以的前4项和为，故C错误； 对于D选项，根据选项B可知，，， 因为4不是质数，， 即判断是否存在使得，观察得到时等式成立，故D正确. 3．如果甲、乙两数的最小公倍数是90，乙、丙两数的最小公倍数是105，甲、丙两数的最小公倍数是126，则甲数是________. 【答案】18 【解析】将三个最小公倍数分解质因数：，，. 因为126是甲的倍数，又126不是5的倍数，所以甲中不含因数5. 因为90中含有因数5，所以乙中含有因数5. 因为105不是2的倍数，所以乙中不含因数2.，则甲中必含有因数 因为105不是9的倍数，所以乙也不是9的倍数，即乙中最多含有一个因数3， 所以甲中必含有2个因数3. 因为甲、乙两数的最小公倍数是90，90不含质因数7，所以甲中不含质因数7， 则甲数为. 4．设表示正整数的所有正因数的个数，例如有个正因数：，则.设，其中表示取遍的所有正因数求和.例如.则__________. 【答案】 【解析】因为有个正因数：， 又， 所以. 考点二 同余及孙子定理 5．若两个整数，除以同一个正整数所得的余数相同，则称，对模同余，记作，如：，．现将满足的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由对模同余的定义知，满足的正整数除以所得的余数为， 所以数列是首项为，公差为的等差数列. 所以数列的通项公式为. 所以. 所以则. 故选：C. 6．设集合，且，则集合中元素的个数为_____． 【答案】552 【解析】， 若． 当时，或，易知共有对； 同理可知时，也共有45对； 若， ． 当时，，即，，， 时，无解； 时，，故； 时，，故； 时，，故； 时，，故； 时，，故； ，易知共有22对； 同理可知为其它情况时，均共有22对． 所以集合中元素的个数为． 故答案为： 7．记组合数，数列满足，为除以3的余数，，则数列中数字为的数目比为_____． 【答案】 【解析】解法1：是的二项式展开系数，即． 注意到，而， 于是 计算系数模3等于1的项有：； 系数模3等于2的项有：； 所以，系数模3等于0的项有：． 解法2：将2025写成3进制数，由Kummer定理，模3余0等价于在3进制下有借位，所以除以3的余数0的项数共有． 在中，模3不等于0的有18个，在3进制下它们是 0，10000，100000，110000，200000，210000，1000000，1010000，1100000，1110000，1200000，1210000，2000000，2010000，2100000，2110000，2200000，2210000 由卢卡斯定理，， 其中 计算得系数模3等于1的项有10项；系数模3等于2的项有8项． 故答案为：. 8．定义 ●同余：设a，b是两个整数，如果a和b被正整数m除所得余数相同，则称a与b对模m同余，记为： ●数列：按照确定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．数列第n个位置上的数做这个数列的第n项，常用符号表示．数列的一般形式是，，…，，…，简记为， 请据此回答以下问题： (1)已知数列满足：，求，和被7除的余数分别是几？ (2)已知数列满足：，，（n为正整数） ①数列中第985项被4除的余数是几？ ②证明：数列中没有形如（，，均为正整数）的项． 【答案】(1)，， (2)①；②证明见解析 【解析】（1）因为：，，所以被7除的余数是6   因为， ， ， ， 所以， 所以被7除的余数是1 则，所以被7除的余数是0 （2）①将数列的每一项均被4除，其余数构成新的数列，部分如下表： 项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 … 1 3 4 7 11 18 29 47 76 123 … 1 3 0 3 3 2 1 3 0 3 … 由此表可发现是以6为循环的数列， 若存在，，则， 同理可得，，，， 即：， 因为，，可得 ②方法一： 假设数列中存在形如的项，则该项可被5整除 将数列的每一项均被5除，其余数构成新的数列，部分如下表： 项 1 2 3 4 5 6 7 8 … 1 3 4 7 11 18 29 47 … 1 3 4 2 1 3 4 2 … 由此表可发现是以4为循环的数列， 若存在正整数k，使得，，则，同理可得，，即，因为，，则可得 同理可得，，， 即对于任意的正整数k，都有，，，， ∴数列中不存在某一项， ∴数列中不存在可被5整除的项， ∴没有形如的项 方法二： 若数列中存在形如的项，则该项可被3和4同时整除 将数列的每一项均被3除，其余数构成新的数列，部分如下表： 项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 … 1 3 4 7 11 18 29 47 76 123 199 … 1 0 1 1 2 0 2 2 1 0 1 … 由此表可发现是以8为循环的数列（证明略） 则数列中只有第项和第项可被3整除，其中k为非负整数，由①知数列中只有第项可被4整除．其中m为非负整数 假设数列中存在某一项可同时被3和4整除，则： 或者 或者 而两个方程左边均为偶数，右边均为奇数，偶数≠奇数 ∴假设不成立，即数列中不存在被3和4同时整除的项 ∴数列中不存在被8和9同时整除的项 ∴数列中没有形如（，，均为正整数）的项 考点三 素数和合数 9．设实数使得均为素数，则的值是_____. 【答案】3 【解析】设为素数， 则可得， 于是， 所以，得， 所以能被整除，从而或. 若，则，取满足题意； 若，则， 是的因数，因为为素数，所以可能等于或. 若，可得，不是整数，舍去； 若为奇素数，则不能整除4，所以必为的因数，故. 代入可得，解得，不是素数，矛盾. 综上的情况不成立. 所以的值是3. 故答案为：3. 10．设整数是整数集，满足，且中任意两个元素的差的绝对值是素数．则这样的集合共有_____个． 【答案】4 【解析】假设集合中有三个或三个以上的两两不同的奇数(或偶数)，最大的减去最小的必定是不小于4的偶数，不合题意， 即集合中奇数最多两个，偶数也最多两个，故． 由于，则只有如下两种情况： 或，其中为整数． (1)当时，注意到是三个连续的奇数， 于是它们中恰有一个数是3的倍数，即中恰有一个数是3的倍数． ① 若，则或，即或 ，经检验满足题意； ② 若，则或，即或 ，经检验均不满足题意； ③ 若则或，即或 ，经检验满足题意； （2）当时，同理中恰有一个数是3的倍数． ① 若，则或，即或 ，经检验满足题意； ② 若，则或，即或 ，经检验均不满足题意； ③ 若，则或，即或 ，经检验满足题意． 综上，满足条件的集合共有4个． 故答案为：4. 11．给定整数．甲乙两人玩如下的游戏，猜一个满足的正整数，这里是的正约数个数．规则如下：先由甲确定一个正整数，并告知乙．然后乙想一个满足要求的，并且：（i）告诉甲的值；（ii）给出的个不同的正约数（若，则乙只需给出的所有正约数；若，则乙可以选择性地给出的个正约数）． 求最小的，使得甲一定能猜出． 【答案】 【解析】所求．为书写简单，下面的约数均指正约数． 首先若，则甲未必能确定．例如乙告诉甲，以及如下个的约数：，则或都可以． 下面证明时，甲一定可以确定． 记，若，则乙写出了的所有约数，其中最大的数即为． 下面假设，乙写了的个约数． 对正整数和素数，记为的标准分解中素因子的幂次．对每个素数，甲可以算出，则，故． 断言：若，则．特别地，若，则． 断言的证明：假设．由的计算公式易知． 若，则 这不成立．故． 若，则不成立．故． 设，其中． 由，即，可知 这是因为，且， 且的前一个的倍数是，后一个的倍数是, 故在中被整除的数只有． 于是也不成立．断言获证． 由断言知，可以识别出的所有素因子，且对于满足的素数，有．若，称这样的素数为“特殊的”． 特殊的素数至多两个，否则，矛盾． 若没有特殊的素数，则已经确定．若恰有一个特殊的素数，则除外的其余素因子的幂次均已确定，由的值也唯一确定的幂次，也确定． 下面只需讨论恰有两个特殊素数的情况，此时 没有其他素因子，否则，矛盾． 由于所有个约数均为的形式，故必有．不妨设． 若或，则由知 不成立．故只能． 综上，当时，甲总能确定． 12．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”.问： (1)16，2024是否为好数? (2)求出所有的好数. 【答案】(1)答案见解析 (2)所有的好数(其中为素数，)或(其中为素数，为正整数，) 【解析】（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. 又正整数，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，). 考点四 算术基本定理 13．已知莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数（质数是指大于1的自然数中，只有1和它本身两个因数的数）的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为．则下列说法正确的是（   ） A． B．对正整数， C． D．若且， 【答案】AD 【解析】A项：，所以，故正确； B项：取，则，故错误； C项：取，则， 则，故错误； 项：，且，所以，且为偶数， ， ， 所以， 所以，故正确. 14．设表示正整数的所有正因数的个数，例如6有4个正因数：1，2，3，6，则.设，其中表示取遍的所有正因数求和.例如 ，的值为_____. 【答案】36 【解析】因为的每个正因数都可以写成的形式，其中， 故15．设表示正整数的所有正因数的个数，例如有个正因数：，则.设，其中表示取遍的所有正因数求和.例如.则__________. 【答案】 【解析】因为有个正因数：， 又， 所以. 16．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 【解析】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，， ， ，互素性验证成立， 且仅有一对，其对应值， 故具有性质. 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，，与互素， 由最大公约数的性质可知， , 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. 考点五 费马小定理及欧拉定理 17．对任意，将不大于的正整数中与互质的数的个数记作，且称为欧拉函数．对于，给出下列命题：①；②；③若为质数，则；④若，是互质的正整数，则，其中正确命题的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【解析】命题①：. 不大于 6 的正整数有 1， 2， 3， 4， 5， 6，与 6 互质的数有 1 和 5，共 2 个，故 ，该命题错误； 命题②：. 取 ：（不大于 2 的正整数中，只有1与2互质）， （不大于 1 的正整数中，只有1与1互质，故 )， ，不相等，该命题不恒成立，错误； 命题③：若 为质数，则 . 当 为质数时，所有小于 的正整数（1 至 ) 均与 互质（因为质数无除 1 和自身外的因数）. 故 成立，该命题正确； 命题④：若，是互质的正整数，则 . 取：，是互质的正整数，，，， （互质数有 1， 5），，相等而非小于，故该命题错误. 综上，正确命题只有③，共 1 个. 故选：A 18．欧拉函数由瑞士数学家莱昂哈德·欧拉提出，记作，表示不大于n的正整数中与n互质的数的个数，例如.若数列满足，则下列说法正确的是（    ） A．数列是递增数列 B． C． D．不可能是的等差中项 【答案】BCD 【解析】由题设，显然不是单调递增，A错， 由，显然互质，则相互独立， 结合函数的新定义及独立事件乘法知， 在中，与不互质的数有，共有个， 所以与互质的数有，同理与互质的数有， 所以，B对， 由上述分析知，C对， 同B分析，且互质，则， 且互质，则， 所以，则， ， 要使是的等差中项，则，而只有， 由，显然，故不可能是的等差中项，D对. 19．已知素数证明：为整数，其中． 【答案】证明见解析 【解析】证明：由Fermat小定理知，则所以． 又所以．即，于是，从而．即 于是． 下面只需要证明即可． 引理：设是正整数，则 回到原题， 注意到且均为素数，所以 于是．即为整数． 20．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 【解析】设. 分情况讨论：若，设（其中），则，可得. 该等式左边是5的倍数，而右边不是，产生矛盾，故该情况不成立. 因此必然有.此时， 解得， 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. 21．离散对数在密码学中有重要的应用．设是素数，集合，若，记为除以的余数，为除以的余数；设，两两不同，若，则称是以为底的离散对数，记为． (1)若，求； (2)对，记为除以的余数（当能被整除时，）．证明：，其中； (3)已知．对，令．证明：． 【答案】(1)1 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】（1）若，又注意到， 所以. （2）【方法一】：当时，此时，此时，， 故， 此时. 当时，因相异，故， 而，故互质. 记， 则，使得， 故，故， 设，则， 因为除以的余数两两相异， 且除以的余数两两相异， 故，故， 故，而其中， 故即. 法2：记，，， 其中，，k是整数，则， 可知． 因为1，a，，…，两两不同， 所以存在，使得， 即可以被p整除，于是可以被p整除，即． 若，则，，因此，．   记，，，其中l是整数， 则， 即． （3）【方法二】：当时，由（2）可得，若，则也成立. 因为，所以. 另一方面， . 由于，所以. 法2：由题设和（2）的法2的证明知： ， ． 故 ． 由（2）法2的证明知，所以． 【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利得解. 22．随着大数据时代来临，数据传输安全问题引起了人们的高度关注，国际上常用的数据加密算法通常有、、等，不同算法密钥长度也不同，其中的密钥长度较长，用于传输敏感数据.在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在加密算法中的应用.设，是两个正整数，若，的最大公约数是1，则称，互素.对于任意正整数，欧拉函数是不超过且与互素的正整数的个数，记为. (1)试求，的值； (2)素数（也叫质数）是指大于1的自然数，除了1和它本身之外，不能被其他自然数整除的数.设，是两个不同的素数，试用，表示，并探究与和的关系； (3)设，数列的前项积为，数列的前项积为.若不等式对任意恒成立，求的最大值. 【答案】(1)， (2)， (3) 【解析】（1）不超过6且与6互素的正整数有1，5，所以， 不超过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则， 不超过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则， 所以. （2）在不大于的正整数中，只有的倍数不与互素，而的倍数有个， 因此. 由，是两个不同的素数，得，， 在不超过的正整数中，的倍数有个，的倍数有个，是的倍数有1个， 由容斥原理，与不互素的正整数有个， 所以， 所以. （3）由（2）得. 不等式对任意恒成立， 即不等式对任意恒成立. 设，则， 所以 ， 又，所以， 所以数列单调递增，则， 所以，即的最大值为. 考点六 拉格朗日定理及威尔逊定理 23．以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映了函数与导数之间的重要联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理如下：如果函数在闭区间上的图象不间断，在开区间内可导，则在区间内至少存在一个点，使得，其中称为函数在闭区间的中值点．则函数在区间上的中值点的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】解法一：由题意，函数， 所以， 所以， 所以由拉格朗日中值定理得，即， 所以，当时，， 所以在上无解，在上有2个解． 所以函数在区间上的中值点的个数为2． 解法二：由得， 即函数图象在区间上两端点连线所在直线的斜率等于处的切线斜率， 结合草图可知在上的图象有两个点处的切线与两端点连线所在直线斜率相同， 因此中值点的个数为2. 故选：B． 24．已知，， (1)若在处取得极值，试求的值和的单调增区间； (2)如图所示，若函数的图象在连续光滑，试猜想拉格朗日中值定理：即一定存在，使得，利用这条性质证明：函数图象上任意两点的连线斜率不小于． 【答案】(1)，和 (2)证明见解析 【解析】（1）因为，则， 依题意，有，即． 所以，， 令，得或， 令，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以满足题意，同时，的单调增区间为和； （2）猜想如下： 因为表示的两端点连线的斜率， 而由题可知，上必然存在点，使得其切线的斜率为，即， 所以一定定存在，使得； 证明如下： 因为， 则． 由猜想可知，对于函数图象上任意两点， 在之间一定存在一点，使得， 又，故有. 25．设证明：存在使得同余方程在模的意义下至少有个根．（请对比拉格朗日定理）． 【答案】证明见解析 【解析】证明：对于任意的素数，同余方程可化为．所以恰好有两个不同的解． 现在任取个不同的奇素数，这里的满足令． 考虑个不同的数组，其中． 由中国剩余定理方程组有唯一解（在模的意义下）． 此解满足，也就是满足 若两个不同的数组，则必存在使得不妨设 于是与不同解． 于是． 从而． 这就证明了至少有个解． 所以存在存在使得同余方程在模的意义下至少有个根． 26．对于正整数n，记与的最大公因子为，若，则称n是奇异的．证明：若n是奇异的，则也是奇异的． 【答案】证明见解析. 【解析】记，我们任取的一个质因子p． 若，则，这不可能，故． 而，知， 这是因为若有两个质因子（允许相同）p、q，则，出现矛盾！ 故，且p为的最大质因子． （若否，则设q为的最大质因子，则出现矛盾！） 故p为奇质数（因为奇数），我们记知m与n同奇偶． 下面我们证明：． 由于， 注意到， 所以（威尔逊定理）． 又因为，故， 而知：． 那么， 即后者得证，这就说明也是奇异的． 考点七 裴蜀定理 27．已知个两两互质的正整数满足：可以适当添加“+”或“-”使得其代数式的和为0.问：是否存在一组正整数（允许有相同的），使得对任意正整数，都有两两互质. 【答案】存在 【解析】当n=4时， 若中有两个偶数， 则当为偶数时，中有两项同为偶数，不互质. （2）若中至多有一个偶数，则其中至少有三个奇数（不妨设为）. 考虑，由题设其中至少有两个奇数（不妨设为）， 则当k为奇数时，同为偶数，不互质. 当时，由题意不妨设. 因为，所以，由裴蜀定理知存在整数使得. 不妨设. 令.则， ， . 故， ， . 因此，两两互质. 所以，当时，这样的整数存在. 28．的表格内填入1到100，第行第列填入．每次操作如下：取一个格子，或者将此格数字减少2，将两个相对的邻格同时加1；或者将此格数字增加2，将两个相对的邻格同时减1．证明：如果经过一些步骤后表格中又得到1到100的数字，则它们是按原来的顺序排列的． 【答案】证明见解析 【解析】将第行第列的格子记为表格的第个格子， 设第个格子的数值为， 令，下面证明为操作中的不变量. 经过一次操作后，第个格子的数为， 第个格子的数为， 第个格子的数为； 或者第个格子的数为， 第个格子的数为， 第个格子的数为； 或者第个格子的数为， 第个格子的数为， 第个格子的数为； 或者第个格子的数为， 第个格子的数为， 第个格子的数为. 则， 同理可检验其它情况下也有成立， 因此为上述操作中的不变量． 由于初始值为， 依排序不等式知，它是当为的任一排列中对应和式的最大值， 且最大值时的排列方式是唯一的． 所以经过一些步骤后表格中又得到1到100的数字，则它们是按原来的顺序排列的. 29．（1）设，证明：存在，使得能被整除． （2）已知，求的表达式． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）由，可知， 依此类推，可知， 于是， 我们记，由，可知． 利用斐蜀（Be'zout）恒等式，可知存在，，使得， 进而，故，令，就有. （2）我们利用不动点方法来求，考虑方程，得． 于是，将的表达式变形可得． 就有， 依此类推，可知． 考点八 平方数 30．求所有满足为有理数，且的正整数组. 【答案】 【解析】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.记 由,因为， 所以——①，记， 则——② 因为是正整数，且，结合绝对值的非负性， 若，则且，得. 设，则，所以， 又因为代入得. 即，故满足条件的正整数数组为. 若，则且，下面分情况讨论： （1）若，则，所以，即， 若，则，所以，即， 因为是正整数,且两个方程的相同且必是完全平方数. 记——③； （2）同理若，则，，即； 若，则，，即； 因为是正整数,且两个方程的相同且必是完全平方数. 记——④， 因为，将③④代入得，即. 因为，所以，即；再由且， 所以，（），所以， 综上所得，两个连续正整数的平方之间不存在其他完全平方数，因此不可能是完全平方数. 综上所述，时不存在满足条件的正整数. 故当时，所以满足条件的正整数数组为. 31．设为整数，数列定义为，，且对任意都有.试求所有的，使得这个数列的每一项都是完全平方数. 【答案】，10 【解析】考虑整数，使得按题目中表述定义的数列仅含有完全平方数， 先证明为3的幂： 假设为偶数，则应当能被4整除，故， 但不可能为完全平方数，矛盾，于是，为奇数， 假设奇素数整除，注意到，， 故在模的意义下该数列的形式为1，1，4，4，7，7，10，10，， 事实上，归纳可以证明：， 由，得数列含有模的所有余数， 与平方数只有个模的余数矛盾， 这表明，为3的幂， 令，为整数，满足，，则， 又，故 在前两种情况下得，在最后一种情况得， 于是，或10， 下面反过来验证成立： 假设或10，令或3使得，整数列定义如下： ，，，， 显然，对，有， 注意到，若，则且； 若，则且， 以上两种情况，均有， 若，则， 因此，可归纳证明对所有的，均有， 综上所述，满足条件的所有整数，10. 32．证明：对任意正整数，都存在正整数和个互不相同的正整数，使是完全平方数． 【答案】证明见解析 【解析】对于，必存在不同的正整数满足， 令，则有 ． 以此类推，当时，存在不同的正整数满足． 存在，定义，则． 由前述结论可得存在使得，此时 为完全平方数． 33．求最小的正整数，使得当正整数点时，在前个正整数构成的集合中，对任意总存在另一个数且，满足为平方数． 【答案】7 【解析】易知当时，在中，数2与其他任何数之和皆不是平方数； 以下证明，的最小值为7． 如果正整数、满足：平方数，就称是一个“平方对”， 显然在中，，，，为平方对． 在中增加了平方对； 在中平加了平方对． 以下采用归纳法，称满足题中条件的为具有性质；简记为． 据以上知，当时，均有． 设已证得，当时，皆有，今考虑情况，利用归纳假设，只需证，当，其中时，均有． 首先，在，即时，构成平方对， 这是由于， 而由，知，即． 在时，构成平方对， 这是由于， 而，所以． 因此对于满足的每个，皆有， 从而对所有满足的正整数，皆有， 即对一切正整数，均有．所以的最小值为7． 考点九 中国剩余定理 34．在平面直角坐标系中，一个格点如果两个元素互素，则称为可见格点.证明：对任意实数k，均存在一个可见格点，与其他所有可见格点平面距离超过k. 【答案】证明见解析 【解析】先证明存在一个格点，使得对任意满足 且 不全为 0 的整数 ，格点 都不可见（即 ）， 对 的情况，为每一组 分配一个两两不同且大于 的素数 ，构造同余条件：， 因为所有 两两互质，根据中国剩余定理，关于 的同余方程组 必有解， 则m不可能是其中任何一个质数的倍数，否则，与 矛盾，与为大于k的质数矛盾. 同理n也不是任何的倍数，，或，的情况. 继续构造同余条件，保证中心格点 本身是可见的（即 ）： 引入另一组两两不同且大于 的素数 （与 互不相同）， 构造：， 合并得：， 其中 不是任何 的倍数， 不是任何 的倍数， 将所有同余条件合并，得到： ， 注意到 不是任何 的倍数， 不是任何 的倍数，故 与模数 三数互质，即存在特解 使得 ， 综上，存在可见格点 ，使得所有满足 且 不全为 0 的格点 都不可见， 由于所有与 的欧几里得平面距离不超过 的格点，必然满足 且 ， 因此离 最近的可见格点的平面距离必然大于 ， 即对任意实数 ，均存在一个可见格点，与其他所有可见格点的平面距离超过 . 35．“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二：五五数之剩三；七七数之剩二．问物几何？”问题的意思是，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，那么这个数是多少？若一个数被除余，我们可以写作．它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的．大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，现将满足上述条件的正整数从小到大依次排序．中国剩余定理：假设整数，，…，两两互质，则对任意的整数：，，…，方程组一定有解，并且通解为，其中为任意整数，，，为整数，且满足． (1)求出满足条件的最小正整数，并写出第个满足条件的正整数； (2)在不超过4200的正整数中，求所有满足条件的数的和．（提示：可以用首尾进行相加）． 【答案】(1)23， (2)82820 【解析】（1）由题目中给出的中国剩余定理可知， 又因为，解得， 所以， 当时，取得最小值，． 所以第个满足条件的正整数为． （2）不超过4200的正整数中，，解得， 所以共有40个满足条件的正整数，将这40个正整数首尾进行相加有 ， 故所有满足条件的数的和为82820． 【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是充分理解剩余定理，从而得到方程组，解出相关值，再计算出即可. 36．解同余方程组． 【答案】 【解析】两两互素，则由中国剩余定理知道有唯一解． 取 取 取 所以 37.（1）求证：是正奇数时，能被整除． （2）是自然数，它不能被整除，求证：与中有且只有一个数被整除． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】（1）证明：当是自然数时，， 当是正奇数时，， 由于，所以， 类似，所以 ，所以， 因为，两两互素，故 （2）证明：由是素数，不能被整除，则．   由费尔马小定理，得，即， 则，故或 但是，不能被整除， 所以与中有且只有一个数被整除． 考点十 高斯函数 38．已知集合与集合，用表示集合的元素个数，表示不超过的最大整数，则（     ） A．1215 B．1216 C．1217 D．1218 【答案】C 【解析】设， 则有， 当时，有 x 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 2 2   0    1   1   2 2 3   0    1   2   4 5 6 的所有可能值为0，1，2，4，5，6 因此，的值域， 则共有个元素， 即 故选：C. 39．平面中的3个单位向量满足（其中表示不超过实数的最大整数），则的取值范围是_____． 【答案】 【解析】由及，可知． 若，则，即，此时为偶数，不可能为1，矛盾； 若，则，即，此时 （此时只要不为整数，则）满足条件； 若，不妨设． 记． 当或时，，当时，，均不合要求； 当时，，满足要求， 此时， 由可得，则，故 综上，的取值范围是． 故答案为：. 40．对于正整数，最接近的正整数设为，如，记，从全体正整数中除去所有，余下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前8项和为_________. 【答案】 【解析】对于正整数，必存在正整数，使得. 如果，则， 故，故，此时，故 故此时取值为区间中的所有正整数. 如果即，则， 故，故，此时， 故此时取值为区间中的所有正整数. 所以当时，取值为区间中所有的正整数， 而，， 故表示中除以外的所有正整数， 取，则，取值为区间中除以外的所有正整数. 取，则，取值为区间中除以外的所有正整数. 依次取，则，取值为区间中除以外的所有正整数. 故， 故前8项和为：， 故答案为：. 【点睛】思路点睛：对于数列的新定义问题，首先要弄清楚数列的形成过程，特别是与数论有关的新数列构建问题，要能根据整数的形式做合理的分类. 41．已知函数，使得任取实数x，y，z都有，则__________．（其中表示不大于x的最大整数）． 【答案】1022121 【解析】取，有，知， 取，有， 令，有；令，有，故恒等于， ， 故答案为：. 42．设数列，，2，…，7这里表示不超过的最大整数.若，则正整数有______种可能的取值情况. 【答案】7 【解析】由，可得或11， 可得或13或14； 可得或16或17； 可得或19或20或21； 可得或23或24或25或26； 可得或28或29或30或31或32； 可得或34或35或36或37或38或39，共7种. 考点十一 指数、阶及原根 43．已知，设. (1)证明：； (2)证明：是无理数. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【解析】（1）由，， 则， . （2）由（1）知，， 又，则， 即， 由于上述方程可能的有理根为，， 又，且当时，， 则方程无有理根， 则为无理数，即为无理数. 44．设为一个质数，且也是一个质数，证明：的小数表示形式中包含0至9的所有数码． 【答案】证明见解析 【解析】令为质数，由费马小定理可知， 设10模q的阶为d，则，从而， 注意到，故． 由于且为长度不超过d位的整数， 故是循环节长度为d位的纯循环小数，且循环节为（若长度不够则补为d位）在十进制下表示的数码节． 设模q的余数为，记，由于10模q的阶为d， 于是我们得到互不相同， 注意到相当于将的小数点向右移动了k位，故的小数点后的第一位必定出现在的循环节中， 也即的小数点后的第一位必定出现在的循环节中． 设g为模q的原根，则构成模q的缩系，故存在x，使得． 若10模q的阶为p，则，由原根及阶的最小性可知，也即， 设，则显然（否则若则可知）， 于是模两两不同余且均为4的倍数， 故， 于是由可知S是由模q的所有四次剩余构成的集合； 类似的若，则S是由模q的所有二次剩余构成的集合； 若，则S是由模q的缩系． 从而无论哪种情况，集合S均包含模q的所有四次剩余． 下面考虑所有不超过q的四次方程：，显然这些数均在集合S中． 我们证明：对任意，存在正整数k使得，也即的小数点的首位数字为， 从而表明存在，使得的小数点后的首位数字为t， 进而说明t出现在的循环节中． 事实上，显然，， 注意到，故每次变化的步长： ， 故必定经过的每一个区间， 也即对任意，均存在正整数k使得，结论成立． 综上，结论成立． 45．设是的十进制写法中最后一个非零数字．证明：0·…是无理数． 【答案】见解析 【解析】设是有理数．则存在、，使得对每个，均有． 首先证明：存在，，且的最后一个非零数字为1． 事实上，设，其中，、，不被2与5整除． 则的最后一个非零数字为奇数，且不等于5． 若其等于1，则取；若其等于3，则取； 若其等于7，则取；若其等于9，则取． 在以上情形下，的最后一位非零数字分别与1、21、21、81的相同． 这样就求出了当时使得的数． 其次证明：对任意的，． 事实上，记表示不超过实数的最大整数． 则在的素因子分解式中，2的幂指数为， 5的幂指数为． 因为当时，，所以，，且， 其中，，不被2与5整除．从而，其最后一位非零数字与的相同． 于是，不等于5，即最后取充分大的，使得． 记．则． 故． 因此，． 因为，所以，． 从而，． 故 ， 即与的最后一位数字相同． 另一方面，，但是，因为，所以，的最后一位数字不等于． 从而，，矛盾． 考点十二 二次剩余理论 46．设均为大于1的整数, 为n个不超过m的互不相同的正整数,且互素.证明:对任意实数x,均存在一个，使得,其中表示实数r到与其最近的整数的距离． 【答案】见解析 【解析】先证明两个引理， 引理1存在整数满足， 且 引理1的证明由于由裴蜀定理,知存在整数满足                                     ① 下面证明：通过调整，存在一组满足式①，且绝对值均不超过m. 记 若则存在 于是， 又均为正数，故由式①，知 令 则                                      ② 且 因为 且所以， 又及，故 若，则存在 因此，有一个 令 故式②成立，且 类似地，知 ， 且 由于与均为非负整数，故通过有限次上述的调整，可得到一组使得式①成立，且 引理2 1.对实数a、b，均有 2.对任意整数u和实数y，均有 引理2的证明，由于对任意整数u和实数x，均有，于是，不妨设，此时，． 若，不妨设，则 故． 若ab>0,即a、b同号， 当时，有，此时， ; 当时，总有 则 故1得证． 由1及，知2成立， 引理1、2得证． 由引理1，知存在整数使得 且，于是 由引理2得 ， 因此，                                     ③ 若，由式③知 若，则在中存在两个相邻正整数．不妨设相邻，则 故与中有一个不小于 综上，总存在一个，满足． 47．记表示不超过实数的最大整数，.设互不相同的个奇素数满足是模的非二次剩余，且，其中，.证明：. 【答案】见解析 【解析】先证明两个引理. 引理1  若，且为奇数，为偶数，则 . 引理1的证明  由于，从而，在模的意义下取遍. 记.则、奇偶性相同. 故原式 . 引理2  若（为素数）无解，则. 引理2的证明  取. 则 . 于是，. 由欧拉判别式，知2为模的二次剩余. 当时，类似可证. 引理1、2得证. 下面用反证法证明：到中只有奇数个数满足. 假设有偶数个满足上式，不妨设有个. 则. 由于，于是，、中有且只有一个被4整除. 故，与矛盾. 从而，中有奇数个数模4余2，其余均模4余1. 因此，. 对任意，不妨设，其中，. 于是，. 则，且. 故. 48．设是正整数，是素数，且整除，证明：整除． 【答案】证明见解析 【解析】证明：假设不整除，则不整除不整除且不整除， 由二次剩余类的欧拉准则，若不整除， 则， 得到在模意义下有， 而，显然有不能整除， 与假设矛盾，故整除. 考点十三 不定方程 49．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)(是的不同奇素因子的个数)； (2)答案见解析. 【解析】（1）设本原直角三角形三边长分别为，则一奇一偶，不妨设为偶数，即. 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，则，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(是的不同奇素因子的个数). （2）因为， 即2023的大于1的奇素因子最多有4个，所以. 又因为.由， 若，则； 若，则； 若，则； 若，则. 50．已知两个自然数b和c及素数a满足方程a2+b2=c2．证明：这时有a＜b及b+1=c． 【答案】证明见解析 【解析】证明：（因式分解法）∵a2+b2=c2， ∴a2=（c-b）（c+b）， 又∵a为素数，∴c-b=1，且c+b=a2． 于是得c=b+1及a2=b+c=2b+1＜3b， 即＜．而a≥3，∴≤1，∴＜1．∴a＜b． 51．有几个正实数解？ 【答案】原方程有2个正实数解 【解析】原式可以变形为， 即， 即， 即， 即， 所以或， 令， 容易知道在上单调递减， 且注意到，， 从而存在唯一的，有且， 即在上存在唯一零点， 综上所述，有2个正实数解：，1. 考点十四 p进制进位制及p进制表示 52．求具有下述性质的所有正整数：存在的一个倍数，其在十进制表示下不含数码0，但含有中每一个数码，并且对任意，可以删去的十进制表示中的一个数码，使所得的数仍是的倍数. 【答案】答案见解析 【解析】必要性：若，则的任何倍数的个位数为0，但不能有数码0，从而结论不成立.若，则，可知的数码和被3整除，但是删去一个1后，数码和不被3整除，从而不可能是的倍数. 充分性：首先证明一个引理. 引理：设是正整数，且与10互素，则存在正整数，使得不含数码0的所有位数中含有模的完全剩余系. 引理的证明：设不含数码0的所有位数模的全部余数为，且，则位数中，首位为1可以得到个不同余数，首位为2也可以得到个不同余数，这两组余数不能完全相同， 否则， 得.但与10互素，且，这不成立.故不含数码0的位数中模的不同余数个数严格增加了. 从而对充分大的整数，不含数码0的所有位数中含有模的完全剩余系.引理得证. 回到原问题.由于，可设，这里与10互素. 对正整数，记是将和在十进制下拼接而成的正整数（即将的十进制表示写在之后），类似也可以定义多个正整数的拼接. 由引理，存在，使得不含0的所有位数中含有模的完全剩余系.构造为如下形式： 其中是位正整数，是位正整数，均不含数码0.对，将删去上面表达式中的后所得数记为，则 其中. 我们要求. 取满足，这由及引理知可行.从而.假设已经取了，使得，由引理知可取满足 从而.这样取定了. 设的前位为，后位为时没有. 断言：对，存在一个不含数码0的位数被整除. 断言的证明放在最后.取出断言中的，则又可以取使得（由引理，可取到模的完系）， 此时.又，而，故，从而， 这样，所构造的满足要求. 断言的证明：对归纳.时结论显然.假设时，存在一个位不含0的正整数，使得，则时，考虑 由于与互素，可取，使得，这样. 因此，所有满足条件的正整数n是那些不被3整除且不被10整除的数。 53．十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼茨是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为，2表示为，3表示为，5表示为，发现若可表示为二进制表达式，则，其中；或. (1)记，求证：； (2)记为整数的二进制表达式中的0的个数，如，. （ⅰ）求； （ⅱ）求（计算，并用数字作答）. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【解析】（1）由题意得， 则， ， 则， 所以. （2）（ⅰ），所以； （ⅱ），， 故从1到中，有，，…，共7个， 有个，有个…..，共1个， 则. 54．二进制就是“逢二进一”，通常用表示一个位的二进制数．设正整数，（其中，记． (1)当时，求对应的二进制数及的值． (2)（i）当时，若最小，求对应的二进制数； （ii）设为位二进制数，若最小，证明：是形如的二进制数，且该二进制数的首位是1，后面连续个0，再后面是连续个1，其中0的个数满足． 【答案】(1)，； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【解析】（1）因为， 所以，. （2）（i）当时，，’ ， 该式分式部分分子为正，所以当时，最小； 令，则， 该式分式部分分子为正，所以当时，最小； 再令，则，显然当时，最小． 综上，当时，最小． （ii）证明：由已知， 得 ， 该式分式部分分子为正，要使最小，须取最大， 于是，令，得， 该式分式部分分子为正，要使最小，须取最大，于是； 又， 该式分式部分分子为负，要使最小，须取最小，于是． 另外，对于使得最小的位二进制数，必有. 这是因为：假设其中有两个数位存在，则交换此两个数位， 所得新数的值会变小，而的值不变，于是更小， 这与＂最小＂的前提矛盾． 综上，可得最小时，必有＂，且＂. 取的某个数位，其右边所有位数均为1， 即， 则 因此，要使最小，的取值只有两种情况：若该式分式部分分子为正， 则需取1；若该式分式部分分子为负，则需取0. 故使最小的是形如的二进制数， 由题意知此时中0的个数为，则 ， 所以， 既然有个0时最小，那么有个0时会更大， 于是，可得， 考虑到左边为整数，右边为小于1的分数，所以上式等价于， 解得①， 同理，有个0时也会更大， 于是，可得 ， 考虑到左边为整数，右边为小于1的分数，所以上式等价于， 解得②， 由①②，可得对应的位二进制数中的0的个数满足． 55．由个正整数构成的有限集（其中），记，特别规定，若集合M满足：对任意的正整数，都存在集合M的两个子集A，B，使得成立，则称集合为“满集”. (1)分别判断集合与是否为“满集”，请说明理由； (2)若集合为“满集”，求的值： (3)若为满集，，求的最小值. 【答案】(1)为“满集”,不是“满集” (2) (3) 【解析】（1）， 当时，取的子集为，则， 当时，取的子集为，则， 当时，取的子集为，则， 故为“满集”. 而，设为的两个子集， 若，则， 则，故，，矛盾，故不是“满集”. （2）若，则，取， 依题意，存在设为的两个子集，使得， 则， 而或，若，则， 这与矛盾，故即，此时， 因，故对的任意真子集，总有， 故不成立，而时，， 故对的任意子集，总不成立，即不成立即. （3）因为为满集，由（2）可得， 若，对于集合，考虑集合对的总数， 因为中的任意一个元素，可放置在中的任何一个， 故集合对的总数为， 由这些集合对得到的的不同个数最多为， 这与集合为满集矛盾. 所以，取， 此时， 下证：为满集. 证明：考虑集合 设，则， ， 若，则， 否则，设与中从左到右第一个不对应相等的项的下标， 则，不妨设， 若， 则 ， 而 ， 故，与矛盾， 若， 同理可得，与矛盾， 若， 则 而 ， 故，与矛盾， 故中的元素两两相异. 中的最小值为0，最大值为， 故. （i）任意的，则， 因为， 故， 构造集合如下：若，则，若，则， 故. （ii）若，故， 由（i）中分析可得存在集合，使得， 其中，令，则. 由（i）（ii）可得为满集，故的最小值为. 【点睛】方法点睛：与集合有关的最值问题，往往先估计出目标变量的范围，再通过特例验证等号成立，从而得到相应的组合最值，构建集合时注意利用进制数帮助构造. 考点十五 根与系数的关系 56．设x，y，z与w适合：，，，，求的值． 【答案】36 【解析】由题设的条件知，，，是方程的4个根，将上述方程去分母，得 ， 整理得， 其中f（t）是次数不超过2的多项式，上述方程是关于t的四次方程，它有4个根：4，16，36，64．由韦达定理，得， 故． 57．已知关于的方程 (1)当，求方程两实数根差的绝对值； (2)若方程的两个实数根的平方和等于11，求的值. 【答案】(1) (2)1 【解析】（1）解：由题知，，所以方程可化为， ，所以方程有两根，不妨设为， 所以由韦达定理可得， 所以， 故. （2）由题知，方程有两根，所以， 即，不妨设方程两根为， 由韦达定理可得， 所以， 故，或(舍)， 故. 58．若关于z的整系数方程的三个复数根在复平面内恰好成为一个等腰直角三角形的三个顶点，求这个等腰直角三角形的面积的最小值. 【答案】1 【解析】设该等腰直角三角形斜边中点对应的复数为，直角顶点对应的复数为， 则另外两个顶点对应的复数分别为和，依题意有： ， 化简得， 所以. 进而，与联立就有. 再由知，于是，所以等腰直角三角形的面积最小为1. 另一方面，的三个复数根恰是面积为1的等腰直角三角形的顶点. 59．（1）已知关于的方程（）的两根为、. （1）求的取值范围； （2）求的最小值； （3）求的值. 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】（1）方程的两根为，， 判别式△， 得且． 即实数的取值范围是且． （2）由根与系数之间的关系得， 则， 即求的最小值是． （3） ． 1．（2024·北京大学强基计划）称正整数为好数,当它各位数字均不相同，且对于所有正整数满足，都有，求最大好数的范围（    ） A．        B．      C．       D．以上均不对 【答案】D. 【解析】设,由 可得，其中, 所以的最大可能值为4. 当,由,得,有, 解得, 经检验最大的好数为3570. 故选：D. 2．（2024·厦门大学强基计划）若正整数x满足，，，如果，则x是否唯一确认？若，则x是否唯一确定？若，则x是否唯一确定？（    ） A．若，则x是唯一.确认；其他均不唯一 B．若，则x是唯一确认；其他均不唯一 C．若，则x是唯一确认；其他均不唯一 D．三个都唯一 【答案】D 【解析】由中国剩余定理可得，，，x可以唯一确定； 若，x可以唯一确定；若，x可以唯一确定. 故选：D 3．（多选）（2024·厦门大学强基计划）若a，b除q的余数相同，则称a，b关于q同余，记作，则（    ） A．若且，则 B．若且，则 C．若且，则 D．若，则 【答案】ABD 【分析】根据同余的概念与性质，可以判断. 【解析】对于A选项，因为，所以，同理， 所以，所以， 所以，所以，故A正确； 对于B选项，因为， 又则，则 所以，所以，故B正确； 对于C选项，根据同余的概念与性质，p与q必须互质，该选项才正确，故C错误； 对于D选项，由选项B可知，D正确， 故选：ABD. 4．（2025·中国科技大学强基计划）,,,为非负整数，对任意恒成立，则所有的非负整数对为______． 【答案】 【分析】方法一：先取特值，再计算得，，再取特值即可； 方法二：先证明，去分母有，再对大小关系分类讨论即可. 【解析】方法一：先取，显然， 若，左右奇偶性矛盾，故，此时， 则原式：， 不妨令， 显然有，若此时， 若，左右两边奇偶性矛盾，故. 方法二：当等式两边同时乘以时， 只有当时满足等式两边常数项都为1， 去分母有， 当时有，故， 取可得， 若，则， 若，则，矛盾， 故， 即，故； 当时有，，故 左侧的系数为，右侧的系数为，矛盾， 若，左侧等于2，右侧等于1，矛盾，故， 当时，有，故， 所以，矛盾， 综上，． 故答案为：. 5．（2024·清华大学强基计划）已知，，使得整除的解的有________组． 【答案】 【分析】先由条件得到整除，然后分类讨论得到所有的解，，，再从得到，即可确定所有的组数. 【解析】由于得整除，而，故整除. 由于，故，所以是非正的整数，即. 若，则，从而是的倍数，设，则，此时； 若，则，从而. 所以，得，所以. 假设，则，且，且，得，所以，矛盾； 所以，则，而，，故. 而一定是的因数，而，故. 如果，则；如果，则. 从而，满足条件的只可能是，，或. 经验证，，，均符合条件. 由解得，所以加上限制条件后，满足条件的恰好就是，，或. 综上，满足条件的一共有组. 故答案为：. 6．（2024·清华大学强基计划），使得的解的组数有______组． 【答案】18 【解析】由条件，而， 故. ①时，，矛盾； ②时，应具有（是正整数）的形式，显然满足条件； ③时，由，则，进而或2， 当时，则条件为正整数，57能被整除， 可知或57，进而可知或49，解得或， 当时，由为正整数可知，此时，矛盾. 综上：所有解为或（是正整数）， 再结合得， 可知型的数有16组，故一共有18组. 故答案为：18. 7．（2024·全国中学生奥赛广西预赛）设，，，均是正整数，且．则________． 【答案】14 【解析】不妨设，则． 由及， 可知，，于是， 从而，． 因此，故，，，． 因此． 故答案为： 8．（2024·全国中学生奥赛北京预赛）从中任取两个数，则的值中，个位数字为8的数有__________个. 【答案】 【分析】先找出个位数字，个位数字，得出周期性，再找出个位数字是8的情形即可. 【解析】当时，个位数字分别是，个位数字分别是，周期都是4. 个位数字为8的情形有， 综上，当且仅当时，， 形如的数对的个数分别为： ， 下证这些数不重复： 因为，所以， 若，则， 故， 因此，不存在重复的数 故共有个. 9．（2025·北京大学强基计划）求. 【答案】 【解析】令，则，而，故， 对于且，则区间中共有个数值， 对于，则区间中共有个数值， 所以， 令，则， 所以，则， 所以. 10．（2025·北京大学强基计划）满足的两位数的个数. 【答案】2 【分析】根据已知有且，，，分类讨论求满足要求的即可. 【解析】由题意，则，且，，， 当，则或，不符； 当，则或，不符； 当，则，易知不为整数，不符； 当，则，可得或； 当，则，即无实数解，不符； 综上，对应有和，共2个. 11．（2025·东南大学强基计划）若存在连续3个自然数恰好分别是5，8，11的倍数，求这三个自然数中最大数的最小值． 【答案】297 【解析】设这三数为，不妨假设，由题有. 对于不定方程，易得其一组特解为， 则其通解为：； 对于不定方程，易得其一组特解为， 则其通解为：； 注意到， 设，因，则，此时. 从而，由题可得为自然数，则，此时. 则三个自然数中最大数的最小值为. 此时，这三个自然数从小到大为，，，满足题意. 12．（2025·中国科技大学强基计划）方程有多少对整数解． 【答案】6 【分析】可以看作是关于的二次方程，由题意必须是完全平方数，不妨设，其中，注意到，由此可得可能为：，对分类讨论即可得解. 【解析】方程即可以看作是关于的二次方程， 此时，为了使为整数，则必须是完全平方数， 不妨设，其中，所以， 所以可能为：，当时，是整数，满足题意， 当时，不是完全平方数，不满足题意， 当时，是整数，满足题意， 当时，方程即，解得，所以是方程的两个整数解， 当时，方程即，解得或，所以是方程的两个整数解， 当时，方程即，解得或，所以是方程的两个整数解， 综上所述，方程有：，共六对整数解. 13．（2025·东南大学强基计划）在1到2025中，恰好是3，5，7中两个数的倍数的数有多少个？ 【答案】231 【解析】在1到2025中，15的倍数有个，其中2025是15的倍数； 21的倍数有个；35的倍数有个； 105的倍数有个； 所以在1到2025中，恰好是3，5，7中两个数的倍数的数有个. 14．（2024·清华大学强基计划）正整数均不大于，且满足．求满足这样条件的的组数． 【答案】 【解析】分三种情况讨论： 情况1：. 此时有，故，也容易验证时原方程一定成立. 所以此种情况下原方程的解有，总共组解； 情况2：. 此时有，，故. 由方程也可直接得到. 从而，故由可得. 从而当取定后，和可以选取的值就是的一对乘积为的不等因数. 记，，这里是正整数，由，知. 同时，由表达式可知和的奇偶性均与的奇偶性相同，故和的奇偶性相同. 还可由得到，即. 至此，我们的目标就确定为：当取定后，确定的所有满足，且使得和的奇偶性相同的正因数的个数（根据前面的证明，所求的恰对应每组，这里为此处所述）. 换元，则命题等价于寻找所有满足的正整数，使得和的奇偶性相同，且整除. 若是奇数，则和必然都是奇数，从而和的奇偶性必定相同，故只需要考虑其它条件. 若直接对每个计算的个数再相加，则问题很繁琐，因此这里反过来，对每个可能的，我们计算对应的的个数. 当确定时，我们需要，且是的倍数. 如果不包含任何平方因子，则由，且是的倍数，知，且是的倍数，这不可能. 所以除非，否则都有. 直接计算剩余的数，得到，，，，，，，，，，，，，，. 故所有的之和为. 而当是偶数时，也是偶数，我们仍然用类似的方法计算对每个可能的，相应的的个数.： 当确定时，我们需要计算的个数，使得，且是的偶数倍. 如果，是奇数且不含任何平方因子，则由，且是的偶数倍，知，且是的倍数，从而只可能是. 如果不包含任何平方因子，则由，且是的倍数，知，且是的倍数，这不可能. 所以除非， 或，否则都有. 直接计算剩余的数，得到，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，. 故所有的之和为. 所以，此种情况下的解共有组； 情况3：. 与情况2同理，此时的解共有组. 综上，原方程的解共有组. 15．（2024·北京大学强基计划）用 表示正整数 的数码和，求满足 与 均为 5 的倍数的 的最小值. 【答案】49999 【分析】利用的必要条件为 得到最小为4,得到最后的结果. 【解析】设的末尾有个9,即, 所以, 此时必要条件为, 所以最小为4,当时不符合题意, 所以最小可能为五位数,经检验最小值为49999. 16．（2024·清华·全国·强基计划）点．求满足的整点的个数. 【答案】65 【分析】设，直线的方程为，，设，则，把，代入，讨论可得答案. 【解析】设，直线的方程为，即， ， 设，则， 代入，化简得， 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 当时，，，有5个整点； 根据对称性，当时，也分别有5个整点， 所以共有65个整点. 17．（2024·北京大学强基计划）求 模 7 的余数. 【答案】1 【分析】只要注意到19与20的相邻关系，容易将高斯取整写成普通的计算式，剩下就只需要对幂次进行常规的同余计算. 【解析】因为，所以 ， 上述中用到，，所以. 18．（2024·全国数学联赛吉林预赛）全体正有理数的集合 被分拆为三个集合 (即 ，且 ，满足 ，这里 (1)给出一个满足要求的例子 (即给出 ); (2)给出一个满足要求的例子，且 中的任意两个相邻正整数均不同时 在中. 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【解析】（1）对任意一个有理数 ，对其作质因数分解 ， 其中 为互不相同的质数， 为整数 (可为负整数)， 令， 易知， 满足要求； （2）对任意一个有理数 ，对其作质因数分解 ， 其 中 为互不相同的质数，且不等于 5，不等于 为整数 (可为负整数). 令 . 可以试验出，， ， ， 所以，上述 满足要求. 19．（2024·全国数学联赛广西预赛）图G是指一个有序二元组（V，E），其中V称为顶点集，E称为边集．一个图G中的两点x，y的距离是指从x到y的最短路径的边数，记作．一个图G的直径是指G中任意两点的距离的最大值，记作，即．记是模的剩余类，定义上的加法和乘法，均是模的加法和乘法，例如在中，；，．在中，设．若存在使得，则称是的一个零因子．记的所有零因子的集合为．例如．的零因子图，记为，它是以为顶点集，两个不同的顶点，之间有一条边相连当且仅当．下图是的例子．证明：对一切的整数，都有． 【答案】证明见解析 【分析】结合新定义求解． 【解析】证明：设，．如果，那么．下设． （1）若，则是一条长为2的路径，因此． （2）若，，由零因子的定义知道，存在，使得． 若，则是一条长为2的路径，因此； 若，则是一条长为3的路径，因此． （3）若，，则类似（2）可证得或． （4）若且，则由零因子得定义，存在，使得，． 若，则是一条长为2的路径，因此． 若，但，则是一条长为3的路径，因此． 若，且，则是一条长为2的路径，因此． 综上所述．因此，． 20．（2024·全国数学联赛广西预赛）用表示不超过的最大整数．设数列满足：，﹒求的个位数． 【答案】3 【分析】利用推导出，得到，，结合数学归纳法得；，从而得解. 【解析】由是无理数和可得． 则，， ． 故，． 因此，，从而． 于是，，． 由数学归纳法及，可得；． 故；． 因此，所求的个位数为3． 21．（2024·全国数学联赛广西预赛）设A为数集的元子集，且A中的任意两个数既不互素又不存在整除关系．求的最大值． 【答案】506 【分析】的元子集中使得任意两个数不互素的最大的子集是偶数子集，注意到1012的2倍是2024，于是集合中，任意两个数既不互素又不存在整除关系，从而可得结论. 【解析】由A中的任意两个数不互素可知存在素数P，A中的每个数均被P整除， 故在数集的元子集中使得任意两个数不互素的最大的子集是偶数子集． 共有1012个元素，而其中有的元素满足整除关系，注意到1012的2倍是2024． 于是，集合中，任意两个数既不互素又不存在整除关系， 此时A中有506个元素．若从中任取一数，则它与A中的某个数存在整除关系． 因此，506是的最大值． 1 / 43 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $