第十四章 简单的数论问题（试卷）-高考数学强基计划专题精讲与能力强化

参考答案与解析 13.解析：设题中的内心和外心为O, 即图中E,F两点， 从==能 一方面O在∠C的角平分线上， CD+2DGAF+合DF 又OA=OB=OC,所以△OCA DG 与△OCB为等腰三角形， 又∠ACF=∠BCF,所以∠AOC =∠BOC,所以△OCA≥△OCB(SAS) 所以AC=BC,得到∠A=∠B. 品 另-方面A-∠0AC=∠OCA= 由HF=HD=HG可知HP⊥DF,HQ⊥DG, ,所以∠A=2∠C,综 4 由H,A,C,D四点共圆可知∠HAP=∠HCQ,从而 上可得∠C=爱 Rt△HAPc∽Rt△HCQ, 答案：号 利器-器-器日光R△HQD≌R△HPD.DQ=DP, 14.解析：如图，过D作DG∥AC, 于是架-原8品-1，AB=AR 交BC于G,则△BDGC∽ 18.证明：如图，连接BG并 △BAC,△FEC∽△FDG 延长分别交CA,CG,于 器器景照 M,N, AB3'BC 由G1是△ABC的重心知 D B4 G M是AC的中点， 设直线CG,与直线BD的交点为Q, -号BG+cG=C= CG 1 因为∠G1AG=∠AGC=90°，所以AG1∥NC, 又=8CG=CF,BG=GF, 又AM=MC,所以四边形ANCG是平行四边形， 所以GN=2GM=BG,又G2是△ACD的重心，AM= 器器-1 MC,所以D,G,M三点共线， 设S△FEc=S,则SAG=4S,SAG=4S,SAABC=9S, 又-子所以GG∥BD.又GN=,G为 Sg连每GD=S△FmG一S△F=3S, NB的中点，所以G,G,是△NBQ的中位线，G,是NQ的中 六Sg边指DeCB=S△BDG十Sm边形rGD=4S十3S=7S, 点，所以△ANQ是等腰三角形，因此AQ=AN=G1C,梯形 又：S号E6=1.7S=1,即S=7.SaAw=9S= 9 AQCG是等腰梯形，所以A,Q,C,G1四点共圆，所以 7 ∠APD=∠APQ=∠CPG. 故Saw=号 第十四章 简单的数论问题 答案：号 三、解答题 A卷 15.证明：设△ABC的垂心为O,则 一、选择题 O,E,C,D四，点共圆.由西姆松 1.B我们分别观察1”、2”、3”、4”的个位数字规律.1”：对所有 定理有：Q,R,S三点共线， 的n其个位数字均为1：2”：容易发现个位数字以4为周期，2 又O,F,B,D四点共圆， 4、8、6、2、4、8、6进行循环；3”，其个位数字以4为周期，3、9、7 且由西姆松定理有：P、Q、R三点 1、3、9、7、1进行循环；4”，其个位数字以2为周期，4、6、4、6进 共线P,Q,R,S四点共线 行循环.所以易知1“十2”十3”十4”的个位数字以4为周期， 16.证明：作△ABC及△PQR的高CN、RH. 验证前4个，其个位数字为0、0、0、4，因此对所有的被4整除 设△ABC的周长为1期PQ=子 的，原式的个位数字不为0，其余的n原式的个位数字均为 0,这样的n共有 则A0=PQ·R1=PQ.AR. SAABC AB·CN=AB·AC,又： 2015- 20157 =1512个，选B. L4 AB< 评析：题目并不难，此题直接观察个位数字的规律即可，做过 此类题目的同学容易知道对于所有的正整数a,a”的个位数 字均是以4为周期的，没接触过此类题目的同学容易被题目 形式吓住，找不到好的解法。 AR=-AP>AC< 2.D原式通分变形等价于xy=2015x+2015y→(x-2015) AC>3,从而S@>2 故AR1 (y-2015)=2015→(x-2015)(y-2015)=52×13× 'S△AB91 312,所以x-2015必须为右边常数的因子，若x一2015<0， 17.证明：如图，分别作DF与DG的中点P,Q, 则y=一2015<0.根据两数相乘的结果为2015的平方，知x 连接HA,HP,HC,HQ, 一2015和y-2015中必有一个小于一2015，则(x,y)中有 由平行四边形ABCD可知△ABFP△DGF, 一个数小于0，不成立.所以x-2015和y-2015均为2015 415 强基数学·巅峰突破 的正因子，且对x一2015取任意的正因子都有解，而2015 √十y,则2之满足4x十4y十2+2x=3,接下来我们 的正因子有(1十2)·(1十2)·(1+2)=27个，其中满足x≤ 去证明，这组xy心算出来的A比原先的小，也即去证明B变 y的除 得小了：5x2+4y-5x-4y=4√+y-5.x-4y,显然小 去(2015,2015)恰一半，所以有14组解，选D 于0，所以，B是变小了，这是第一步调整，这步调整证明了x 评析：考查的内容是初等数论的不定方程问题，较常用的解 =0时，A才有可能取到最小值；接着我们进行下一步调整： 法就是因式分解再枚举，这类考查方法是非常常见的，必须 我们先令t=g十1，则题千中的等式便变为4y十t2=4,所求 要掌握， 变为A=4y十3t一3，t≥1，我们将原先的y,t换为y:=0, 3.B考虑a=mn,b=pg,c=mp,d=ng,则a十b+c十d=mn十 pg十mp+nq=(m十q)(n十p),于是a十b十c+d不是质数即 t2=√4y+F,若此时对应的A减小只需：3√4y+F-4y 可.如301=7·43=(1+6)·(1+42)，于是取a=1,b=252, -31<0曰y<号，而1<：网时y<1,所以A一定变小，此时 c=42,d=6即得正确答案是B. t=2,之=1，A取最小值A=3. 评析：数论不定方程问题，其中的换元方法是数论中的经典. 评析：本题主要运用的是竞赛中常用的调整法，因此这对于 4.A10=2X5,若要使10”|abc,则5”|abc且2"|abc,abc中5 未学过竞赛的学生，有较大的难度， 的暴次不小于n,2的幂次也不小于n.而由于2,4,8…的倍数 7.A2016=2×32×7.考虑正n边形，则n应整除2016，且 在正整数集中分布比5,25,125的倍数密，即2的幂次不小于 n更容易达到.故我们考虑5的幂次.不大于402的5的正整 玉进帮定共有个，因光正多道彩的总数为品2 数幂最大是125，故a,b,c各自所含5的幂次最高是3.而a十 b十c=402,故a,b,c中至少有一个不是5的倍数，从而a,b,c =8n=1+2+2*+2+2+2)×1+3+3)×1+7)= 6552,故选A. 所含5的暴次之和最高为6，n≤6. 8.D由题意知p十q十r为pgr的因子，而pgr的因子只有1， 若n取到6，则a,b,c中必有两者是125之倍数，即125,250， 375.由a+b不大于402可排除375，从而只有{a,b,c}= ,q,r,pq,pr,gr,pqr,结合大小关系可知b十q十r=g/pr/ {125,125,152}:{125,250,27}两种.经验证这两者a,b,c所 gr/gr,不妨设力≤q≤r若p十q十r=pgr,则pgr≤3r,从而 q≤3，这是不可能的，故不成立，因此p十q十r=pq/pr/qr, 含2的暴次小于6，不满足10|abc! 故n的最大可能值不大于5.我们设法构造取到5的情形，a, pg十，一/gr,均为素数，D正确.现在假设p十g 这意味着，9 b,c所含5的暴次和不小于5.暴次和为6的情形上已排除， +r=qr,则qr3r,这只能有(p,q)=(2,2)/(2,3)/(3,3),代 故幂次和为5.由于a,b,c中至少有一个不是5的倍数，故a, 入解得只能为p=g=r=3,A错误.若p十g十r=r,类似可 b,c必有一个被25整除，一个被125整除.我们尽力使这两数 得p≤3，且力=3台p=g=r=3,而若力=2，则只要r=g十2 所含2的幂次更大.为此.取a=100,b=250,那么c=52.此时 即可，这意味着任何的李生素数对均可满足题意，例如(2,5， a,b,c所含2的幂次和为5，故10|abc,n之最大值为5. 7),这便排除了B,C. 评析：此题看似简单的素因子分析和讨论，其实严格说明并 评析：本题进行充分的讨论难度较高，通过排除法选出答案 不简单，许多细节处技巧性都很强.此题属于不好做的数 即可」 论题 二、填空题 5.A(x-)(0-)(e-)为正整数.通分 9.解析：我们记第1、4、7个数分别为x、y、之，不妨设x是其中最 大的数，由互不相同性知x≥5，现在可将这7个数分为3组 xy(xy-1)(xz-1)(yz-1).而(xy-1)(xg-1)(yx-1)= 第一个数x为一组，第24个数为第二组，第5~7个数为第 (x)-xyz(x十y十)十xy十yz十x-1, 三组，由题意，第二、三组每组三个数之和均不小于101，故这 故xyz|(xy+yg+x-1), 七个数之和不小于5+101+101=207，注意到207这个下界 当x=1时，有yz(y十yz十之一1)→yy十x-1→ 是建立在x=5的条件下的，此时y,之中必有一个为2，因此 y≤y十之-1→y=1,x=1, 这七个数中有一个偶数，六个奇数，其和应为偶数，这意味着 代入原式不符合题意，故x≠1。 207是取不到的，故和应不小于208，又2,29,71,5,79,19,3 于是根据对称性，不妨设1<x≤y≤，则 满足题意，故和的最小值为208 0<k=y+y+=1=1+1+1-1 答案：208 Tyz x yxy 评析：对于满足题意的序列的寻找可按以下方式进行：设这 <++≤2， x y x+y>98, 所以k=1,即xyg=xy十yz十x-1. 七个数为2，x,y,5,m,n,3,则应由{m十n>97 .xyg3yz一13y→x<3. y+m≥>95， x=2,代入xyg=xy十yx十之x一1中得到 /x+y≥100， yg-2(y十x)+1=0,即(y-2)(x-2)=3.解得y=3, 结合这三个和均为偶数得m十n≥98，这样的解是易求 x=5,所以{x,y,x}=《2,3,5},故2x十3y+5z的最大值和最 y+m≥96， 小值分别是38和29，答案A 得的. 评析：这道题考查的是未知整数在分母处，对整个式子进行 10.解析：两边平方，有a2一4√5=m十n一2√mn.由a、m、n为 放缩的技巧，诸如此类的题目套路也很固定：将未知数设出 (a=m+n; 整数→ 一个大小关系序列，从最小的数开始估计其上界，最后再来 4√5=2√m →mn=20.将20的因子代入试验，发 分类讨论. 现只有a=士3，m=5,n=4满足原题.故答案为2组. 6.C本题难度较大.用调整法：首先设5x+4y十3之=A,5x十 答案：2 4y=B,然后固定之的值，我们把x,y换成x:=0,y2= 评析：数论题，顺着条件化简就可以做出来，难度不大. 参考答案与解析 1.解析：尚-Zd中15<201，且b十201 因为a,b∈Z,则△=9b一8(b+b)=b2一8b必为完全平 方数. 2018b=0, 设b2一 8b=m2(m∈N),则(b-4)2-m2=16, 于是(2018-a)(2018+b)=20182=22·10092,而0 (b-4+m)(b-4-m)=16. 2018-a<2018,2018+b>2018. 6-4+m=8, .b-4+m=4, 因1009为质数，数2·1009所有可能的分解式为 所以 或 1b-4-m=2b-4-m=4 1×2018,2×(2×1009),4×10092,1009×(4×1009). 其中每一个分解式对应于(a,b)的一个解，故其解的个数 低中信 1b-4-m=-8 为4. 解得b=9,8,一1,0.所以b的最大可能值为9. 答案：4 答案：9 12.解折：当m=6k∈z)时，[受]-[警]=3，[g] 三、解答题 l5.解：由柯西不等式知，(a十a十a)(a十a十a)≥(a1a2十 [台]-[]+[]=2+=3， aa:十aa:),等号成立的充分必要条件是 满足题中方程的n为6,12，…，2010，共335个 ==,即a1a0a,成等比数列.于是问题等价于 当N=6-5∈z)时[受]-[2]=3张-3， a,as a 计算满足{a1,a2,a3,a4}二{1,2,3，…，100}的等比数列a1, [g]+[g]=[6,]+[。]=2-2+-1= 2aa:的个数.设等比数列的公比g≠1，且g为有理数 3k-3. 记g=”,其中m,n为互素的正整数，且m≠n n2. 满足题中方程的n为1,7,13，…，2011，共336个； 先考虑n>m的情况. 当发=6-4（∈Z)时，[受]=[2]=-2， 此时a-a(侣》广-注言玛成玉成1品为 [台]+[g]=[,]+[]=-2+6-1 正整数.相应地，1，a,a,a分别等于ml,mnl,mn1,nl, 它们均为正整数，这表明，对任意给定的 3k-3. 满足题中方程的n不存在； q=八>1，满足条件以q为公比等比数列a1a4,a:a4的个 m 当m=6-3e7.)时，[2]=[2]-3-2， 数，即为满足不等式n1≤100的正整数1的个教，即10] [g]+[6]=[]+[。]=2-1+-1 由于5>10，故仅常考虑g=23,号4，专这些情况，湘应 3k-2. 的等比数列的个数为： 满足题中方程的n为3,9,15，…，2013，共336个： 当m=6-2ez.)时，[]-[2]=骏-1. [g]+[]+[]+[]+[] 12+3+3+1+1=20. [g]+[g]=[。2]+[。2]=2-1+-1 当n<m时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列 3k-2. 1a2ag,a4.综上可知， 满足题中方程的n不存在；当n=6k一1(k∈Z+)时，： 共有40个满足条件的有序数组(a1,a2,a3,a). 16.解：先对A作一粗略的估计：4444“<(10)“=106 [g]-[2]=-1. 因而4444“的位数小于17777，每位都改成最大的数字9， [学]+[]-[。]+[，]=-1+-1- 由A的意义知A17776×9=159984. 因而A至多是6位数，于是B<1+5X9=46.这样，B的各 3k-2. 位数之和C将有C≤12.另一方面注意到十进位表示的一个 满足题中方程的n不存在.因此，从集合(1,2，…，2015}中 重要性质： 任取一个正整数”恰为题中方程的解的概率为 anaw-1…a1a=a十a1+…十am-1十an(mod9), 335+336+336_1007 故C=B=A=44444“(mod9).而 2015 2015 44444“=(4+4+4+4)444=164“=(-2)44 答案0 =2x70+=2=7(m0d9), 1 (这里使用了欧拉定理2=1(mod9)),从而有 13.解析：因为0< 1 <，所以0<sin 20142 √/2014 √2014 C=7(mod9).这样由C≤12知只能是C=7. 1 <tan- 17解：首先考虑「 9 的值，k=1,2,…,2018.8≡(-1)(m0d9), 2014 1 1 1 则 >2014.又 故飞为奇数时 1 1 []--1: 9 sin2 sin tan W2014 /2014 √2014 k为%数时，[]-8。于是 <1+2014=2015. 答案：2014 []+[]++门--+ 9 14.解析：由题设(a+b)2十a(a+b)+b=0,则2a+3ab+b2+ b=0. +g-(+号++8g)-109 9 强基数学·巅峰突破 -8X(8-D-1009-8X[(63+101-1-109 当m=2时，g=32十2p≤100，故1p≤34，共34组 63 63 综上所迷：满足条件的(p9)共133组，故选B. =8X(6318+6307Ca十…+63C8g+C8)-1009(运 、 用二项式定理展开) 5.ABD由题意可知m+5)m-42=m, 2 =8×C88-1009=7(mod63). 整理可得(2n+1)2一8m2=81。 评析：此题是有一定难度的数论问题.难点之一在于高斯函 此时m=9[(3+2E)+(3-22)门-2 数的处理，要求学生具有一定的同余分析能力.难点之二在 二项式定理作同余分析的应用，这是竞赛中非常常见的处理 当k=1时，n=13,当k=2时，n=76,n=4(mod9),故正确答 技巧，但是对于没有系统学过数论部分的同学而言，此题基 案选ABD. 本不可能完成」 6.AB因为有k个水果，三个三个取剩余两个，五个五个取剩 18.解：ax十by十c=0的倾斜角为锐角台斜率大于等于0，即 余三个，七个七个取剩余两个，所以k一2是21的倍数，k一3 是5的倍数， 一6≥0.在(-3，-2，-1,01,2,3}中找可以取到的斜率， 所以令k-2=21m(m∈N"),则k一3=21m一1， 有128号日是，号}7种，由于a,6e两两不相月，那 显然，当m=1时，满足k一3是5的倍数，所以k=23是k的 其中一个取值， 么当a,b取到满足题意的斜率后，c有5种，剩余取法.枚举 又3×5×7=105，所以k=23+105n(n∈N), a,b的取法有： 当k<100时，k可以唯一确定k=23,故A正确：当100<k (1,-1),(2,-2),(3,-3),(2,-1),(1,-2),(3,-1), 200时，k可以唯一确定k=128,故B正确；当100<k<300 (1,一3)，(2，一3)，(3，一2)以及每一组对应取相反数，共有 时，k=128或k=233,故C错误；由选项ABC可知，D错误， 18组. 7.D由中国剩余定理可得x=23+105k,k∈N,x<100,x可以 故符合题意的(a,b,c)有18X5=90组. 唯一确定x=23; 再看直线.仅当(a,b,c)成完全倍数关系时，两组(a,b,c)对 若100<x<200,x可以唯一确定x=128;若200<x<300,x 应的是同一条直线.那么除了取相反数重复之外， 可以唯一确定x=233. 只有(1，一1,0)，(2，-2,0)，(3，-3,0)为a,b不同的重复， 8.ABD因为a三b(modp),所以p|(a一b),同理p|(c一d), 多算了2种 所以[(a-b)+(c-d)],所以pl[(a+c)-(b+d)], 故直线种数为 所以a十c=b十d(modp),所以a十c=b十d(modp),故A -2=43. 正确： 评析：此题看似简单，但区分度很大，一是考虑到用斜率的 因为ac-bd=ac-bc+bc-bd=c(a-b)+b(c-d), 种数来对直线计数，二是要注意到(a,b,c)成对应的倍数关 又a=b(modp),则p(a-b),c=d(modp),则p(c-d) 系时刻画的直线相同；三是要看清条件“a,b,c两两不相 所以p|(ac一bd),所以ac=bd(modp),故B正确； 同”，其他的分类方法也可以做，但也要注意直线的不同 根据同余的概念与性质，力与q必须互质，该选项才正确，故 种数. C错误： B卷 由选项B可知，D正确 二、填空题 一、选择题 9.解析：由于a1=2,a2=3,故2,3∈A,所以集合CpA的最小元 1.D设，=∈(0,1)，则2y 2 素≥5. = =罗(2r,+2) 假设存在正整数n,使得am=5(n≥3)，则5a后-1-13an- +133, =2019+}+(29-1D=206+1009 故5|(a。-1+1)2+2,这不可能，因为(an+1)2+2除以5的 2 2 余数为1,3， =22019+2+24+22+2+2+2+2% 所以5∈CpA.集合CpA的最小元素为5. 2x,-“y(2y,-1)=2×8-2020=-200 答案：5 i=0 2.B当x≥2，有x3≥4x≥[x]+6>[x]+3,因此x2. 10.解析：由题意得：[W月=1X3+2×5+3×7+4×9=70= 当x≤一2，有x3≤4x≤[x]-6<[x]+3,因此x>-2. 2×5×7. 进行分类讨论，当[x]=1,x3=4有一个解，当[x]=0, 故集合中有1,2,5,7,10,14,35,70一共8个元素 x3=3,无解，当[x]=-1,x3=2无解，当[x]=-2,x3=1,无解 答案：8 因此共有一个解，选B. 11.解析：根据题意，有{x=(2020)→x-2020∈Z, 3.A考虑1+2+…+r=(n,D) ，x 2 为完全平方数，且完 因此x是2020=2×5×101的约数，个数为2×(2+1)× 全平方数末位不可能为2，因此选择A (1+1)×(1+1)=24. 4.B因为f(x)=x十px十q有有理根，则有理根必小于零 答案：24 设，=-”，且(mn)=1,则-m-m十g=0, 12.解析：关键是计算出100！中因数2和3的次数，分别为∑ LEN n"n T100 =50+25+12+6+3+1=97和∑ T100 则qn=m十pmn,显然nm,因为(m,n)=1,则 L2」 =33+11 k∈N 3 n=1,故q=m十mp. +3+1=48 因为g=m”十mp≤100，故1≤m≤2. 而120=20×30，于是n=23×3=72. 当m=1时，q=1十p≤100，因此1≤g99,共99组， 答案：72 418 参考答案与解析 13.解析：注意到a3+b+c3-3abc=(a十b十c)(a2+62+c2-ab!17.解：当x=0时，因为02o2i=0,2025-0·a≠0，所以x=0不 -bc-ac）, 是方程的解： 故当a3+b3+c3-3abc=0时， 当x≠0时，对于方程x2025十a.x=2025,a=2025 -x2024 有a+b+c=0或a2+b+c2-ab-bc-ac=0,即a=b=c, x 而根据题意，有m3+n+(-33)3=3·m·n·(-33), 令f(.x)=2025 -x22(x≠0)，/(x)=-2025 即m3+n3+(-33)3-3·m·n·（-33)=0,故m3+n3+ (-33)3-3·m·n·(-33)=0. 2024x223=-_2025+2024202 于是m十n-33=0或m=n=一33（舍），进而可得(m,n) 令g(x)=-2025-2024x22i, (t,33-t)(t=1,2,…,32)共有32组. 因为g(x)在(-∞，0)U(0,+∞)上单调递减，且g(-2) 答案：32 =-(2025-2024×222)>0,g(-1)=-1<0,所以存 14.解析：若x是整数，则[x]+[-x]=x十(-x)=0; 在x∈(-2，-1)，使得g(x。)=0, 若x不是整数，则x一[x]∈(0,1)，故1一x十 即当x∈（一∞，x。)时，f'(x。)>0,f(x)单调递增， [x]∈(0,1). 当x∈(x。,0)时，f(x。)<0,f(x)单调递减， 而-[x]-1是整数，-x=-[x]-1+(1-x十[x]),故 当x∈(0，十oo)时，f了(x,)<0,f(x)单调递减， 由1-x+[x]∈(0,1)知[-x]=-[x]-1,所以[x]+ 所以f(x)∈(-0，f(x。)),即使得方程x2i+ax [-]=-1记a=ls灯+[g]到a=g幻十 2025有解的a的值有无数个. [s]=g幻+[-g幻. 6=2026=x-2026-x4、 对1≤k≤2024：当k∈(1,10,100,1000}时，lgk是整数， 18.解：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. 所以as=lg]+[-lgk]=0; 因为19=（一i)(mod20),所以 当k{1,10,100,1000}时，lgk不是整数，所以a g幻+[-lgk幻=-1. 宽[19]=-1012+宽1g=19.19-1-4 名L20 名120=20 18 :灯+汇]-驾c✉幻+[-g灯)-驾 k=1 = =19x[19(1981)+19-11-4=1(m0d7), 20·18 as=(-1)×(2024-4)=-2020. 上述中用到19=1(mod7),19°-1=20·18，所以20·18· 答案：-2020 71192022-1. 三、解答题 15.解：由条件可知：a1,a2,b1均为正整数，且a1<a2. 第十五章 组合数学 由于2017>b。=2·b,=512b,故b1∈(1,2,3.反复运用 {am}的递推关系知 一、选择题 a1o=ag十ag=2ag十a,=3a,十2a=5a6+3a,= 1.C用|A|表示集合A的元素个数，设|A|=n+1,由2007 8a5+5a=13a4+8a3=21a3+13a2=34a2+21a1, =1+k,得m=2006,于是A,=2006+1=119,A,= 因此21a1=a1o=b1o=512b1=2b1(mod34), 17 而13×21=34×8+1，故有 a1=13×21a1=13×2b=26b,(mod34).① 20+1=5,A.nA,=Am-2+1=3.A,UA 1003 另一方面，注意到a1a2,有 =A,1+|A8|-A1|=119+35-3=151,故选C. 2.CD注意1不在任一集合之中，故AB错误；CD选项难度较 5a,<34a+21a=5126故a,<6② 大.C选项，我们构造A={n!十nn∈N'}, B=N*\A,A中没有等差数列是因为A中数的大小差异非常 当6，=1时，①，②分别化为@三26(mod34)a<57 大，a十a=2a,根本不可能成立，因为对于任意a>a;,a,> 无解. 2,也会成立.B中没有无穷等差数列，等价于：对于任意正整数 当6=2时，①.@分别化为a=52(m0d34)a,<1024 a,b,存在无穷个n使得a.x十b=n！十n有解（即任意ax十b的 55 等比数列会有无穷项不在B中).事实上，对于所有满足n>a 得到唯一的正整数41=18，此时a1十b1=20 且n=b(moda)的n,该方程都有解.D选项就更难找到直接 当b1=3时，①，②分别化为 的构造，我们给出这样的解释：所有的无穷等比数列是可数 78(mod34)a<1536,得到唯一的正整数a,=10 个，从每一个无穷等比数列中取出可数项，它们不构成任何 此时a1十b1=13, 等比数列，即为A,余下数为B,满足要求 3.AD一方面，取A={25,24,23,21,18,13},是一个满足题意 综上所述，a1十b1的所有可能值为13,20. 的构造，A=6. 16.解：设数列{an}满足：a1=1,a2=2,a=2,a:=3,a=3, a6=3,a2=4,ag=4,a=4,a16=4,…,设f(k)=1+2+3+ 另一方面，若|A=7,则|A的全体非空子集个数为 …+k=(k+1) 27-1=127个 2 而设A={a1,a2,…,a,},其中a1>a2>…>a. 所以f(63)=63X64=2016,64)=65X64=2080, 考虑A中的小于或等于4元的非空子集，其有 2 2 C+C+C号+C=35+35+21+7=98个. 则f(63)<2024<f(64),故a2o2:=64. 而A中小于或等于4元的非空子集的元素和一定 所以64模5余数为4. 在[a?,a1+a2十ag+a:]中，第十四章 简单的数论问题 A卷 一、选择题 7.问一正2016边形，任选顶点顺序相连构成的 1.已知n为不超过2015的正整数，且1”十2”+ 凸多边形中，正多边形有几个？ ( 3”十4”的个位数字为0，则满足条件的正整 A.6552 B.4536 数n的个数为 ) C.3528 D.2016 A.1511 B.1512 8.p,9,r均为素数，且。r为整数，则 p十q十x C.1513 D.前三个答案都不对 2.清足+}-2015且≤y的正整数对 A.,q,r中一定有一个是2 B.饣，q,r中一定有一个是3 (x,y)的个数为 C.p,q,r中一定有两个数相等 A.12 B.15 C.18 D.前三个答案都不对 Dpg,也为素数 3.已知正整数a,b,c,d满足ab=cd,则a十b十c十d 二、填空题 有可能等于 ( 9.7个互不相等的素数排成一排，任意相邻的3 A.101 B.301 个和均大于100，问这7个素数的和的最小 C.401 D.前三个答案都不对 值为 4.若正整数a,b,c满足a十b十c=402,则使得 l0.满足√a2-4√5=√m-√m的实数(a,m,n) 10”|abc的最大正整数n是 ( ) 有 组 A.5 B.6 11.a、b为正整数，满足1-1=。1 62018，则所有 a C.7 D.以上答案均不正确 正整数对(a,b)的个数为 5.正整数xy使得(x-)儿-(e-》 12.设n为正整数.从集合{1,2，…，2015}中任取 也是正整数，则2x十3y十5之的最大值与最 一个正整数n恰为方程[】-[+[日】的 小值之差为 解的概率为 ([x]表示不超过实数 A.9 B.15 x的最大整数)， C.22 D.以上都不对 13.用[x]表示不超过实数x的最大整数.则 6.已知非负实数x,y,z满足4x十4y2+之2+22=3， 则5x十4y+3z的最小值为 sin √/2014 A.1 B.2 14.已知a,b∈Z,且a+b为方程x2+ax十b=0 C.3 D.4 的一个根，则b的最大可能值为 271 三、解答题 1.求+[]+…+[8g门散63除的余 15.设a1,a2,a3,a4是1,2，…，100中的4个互 数，其中[x]表示不超过x的最大整数， 不相同数，满足(a十a十a)(a十a号十a) =(a1a2十a2a3十a3a4)2,求这样的有序数组 (a1,a2,a3,a4)的个数 16.设A是4444444的十进位表示的各位数字 18.已知a,b,c∈{-3，-2，-1,0,1,2,3}，且 之和，B是A的各位数字之和，C是B的各 a,b,c两两不相同.已知直线ax十by十c=0 的倾斜角为锐角，问直线有多少种？(a,b,c) 位数字之和，试求C的值 有多少组？ 272 B卷 一、选择题 A.若x<100,则x是唯一确定；其他均不 1.已知z=-1或1，=0,1，…，2019,2z,= 唯一 =0 B.若100<x<200,则x是唯一确定；其他均 2019,则罗x, ( 不唯一 i=0 A.-2002 B.-2001 C.若200<x<300,则x是唯一确定；其他均 C.-2000 D.以上选项均不对 不唯一 2.方程x3一[x]=3的解的个数为 D.三个都唯一 A.0 B.1 8.若a,b除g的余数相同，则称a,b关于g同 C.2 D.以上选项均不对 余，记作a=b(modq),则 () 3.13+23+…+n3的末位数字不可能为( A.若a=b(modp)且c三d(modp), A.2 B.4 则a十c三b十d(modp) B.若a=b(modp)且c=d(modp), C.6 D.以上选项不对 4.设p,q均为不超过100的正整数，则有有理 则ac=bd(modp) C.若a=b(modp)且a=b(modq), 根的多项式f(x)=x+px+q的个数为 则a=b(modq) ( D.若a≡b(modp),则a2o24=b2o24(modp) A.99 B.133 二、填空题 C.150 D.前三个答案都不对 9.{an}为正整数列，满足a1=2,am+1为a品 5.已知5十6+7+十n是完全平方数，则 13an十133的最小素因子，a1,a2,…,am,…, 构成集合A,P为所有质数构成的集合，则 A.n的取值有无数个 集合CpA的最小元素为 B.n的最小值小于15 C.n为奇数 10.集合A={x∈Z+|x整除 同}中元素 24 D.n=4(mod 9) 的个数为 6.有k个水果，三个三个取剩余两个，五个五个 11.已知[x]表示不超过x的最大整数，记 取剩余三个，七个七个取剩余两个，则 {x}=x一[x],则方程{x}= 12020)的整数 x A.k<100时，则k的值唯一确定 解个数为 B.100<<200时，k的值唯一确定 12若可化筒为最简分数警则n= C.100<k<300时，k的值唯一确定 D.不存在满足条件的k值 13.若正整数m,n满足m3+n3+99mn=333,则 7.若正整数x满足x=2(mod7),x=3(mod5), (m,n)有 组. x=2(mod3),如果x<100,则x是否唯一确 14.[x]表示不超过x的最大整数，则 定？若100<x<200,则x是否唯一确定？若 200<x<300,则x是否唯一确定？() 273 三、解答题 ;17.使得x22=2025-a.x=2026-bx有解的 15.设两个严格递增的正整数数列{am},{bn}, (a,b)有几组. 满足：a10=b10<2017,对任意正整数n,有 am+2=am+1十an,bn+1=2bn,求a1十b1的所 有可能的值 16.已知数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…，求第 1以求 「197 201 模7的余数 2024项模5的余数. 274