【高中数学竞赛真题•强基计划真题考前适应性训练】 专题14 初等数论 真题专项训练（全国竞赛+强基计划专用）解析版

试卷第=page11页，共=sectionpages33页【高中数学竞赛真题•强基计划真题考前适应性训练】专题14初等数论真题专项训练（全国竞赛+强基计划专用）一、单选题1．（2021·北京·高三强基计划）2021年是北大建校123周年，则满足建校n周年的正整数n能整除对应年份的n的个数为（

）A．4 B．8 C．12 D．前三个选项都不对【答案】B【分析】根据题设可得，从而可根据1898的因数分解可求n的个数.【详解】根据题意，有，因此所有1898的正约数均符合题意，有个．故选：B.2．（2021·北京·高三强基计划）设a，b是正整数n的正因数，使得，则n可以等于（

）A． B．C． D．前三个选项都不对【答案】B【分析】根据整除性可得或，从而可得正确的选项.【详解】根据题意，有，于是于是或，从而或，只有选项B符合．故选：B.3．（2021·北京·高三强基计划）在十进制下的末两位数字是（

）A．01 B．21 C．81 D．前三个选项都不对【答案】A【分析】根据同余及二项定理可判断末两位数字，也可以利用欧拉函数的性质来判断末两位数字.【详解】法1：根据题意，有:．法2：根据欧拉函数的性质由，而，故，故，而，因此．故选：A4．（2021·北京·高三强基计划）设n为正整数，且是完全平方数，则这样的n的个数为（

）A．1 B．2C．无穷个 D．前三个选项都不对【答案】A【分析】利用因数分解可求不定方程的解.【详解】设，则，注意到故或，解得，从而符合题意的正整数n只有1个．故选：A.5．（2021·北京·高三强基计划）设，若，则n的最小值为（

）A．71 B．72 C．80 D．81【答案】C【分析】利用整除性和二项式定理可得，再利用模9的余数为k，可求的最小值，故可求的最小值.【详解】根据题意，有，因此．而，故，所以，设，则，由二项式定理可得，其中为正整数，因为，故，故.则，考虑模9的余数为k，因此k的最小值为9，从而n的最小值为80．故选：C.6．（2021·北京·高三强基计划）方程的正整数解的组数为（

）A．0 B．2 C．无穷多 D．以上答案都不对【答案】C【分析】通过特例可得不定方程的正整数解的个数为无穷多个.【详解】尝试，即，只需要，因此对应的，因此所求正整数解有无穷多组．故选：C.7．（2021·北京·高三强基计划）已知，则S的个位数字是（

）A．4 B．5 C．7 D．以上答案都不对【答案】B【分析】利用二项式定理可得不同的形式，再利用公式可求，故可求S的个位数字.【详解】注意到模7的余数，有因此，考虑到，注意到8的方幂的尾数以8，4，2，6为一循环，因此，从而S的个位数字为5．故选：B.8．（2021·北京·高三强基计划）方程的整数解的组数为（

）A．0 B．1 C．2 D．以上答案都不对【答案】C【分析】利用判别式可求，从而可得整数解的组数.【详解】题中方程即，其判别式，满足该不等式的整数y只有，因此方程变为或，因此所求整数解的组数为2组．故选：C.9．（2020·北京·高三强基计划）已知整数数列满足，且对任意，有，则的个位数字是（

）A．8 B．4 C．2 D．前三个答案都不对【答案】A【分析】根据递推关系可得，从而各项个位数字周期性出现，故可得正确的选项.【详解】根据题意，有，因此，从而，于是模10的余数为n123456789101448402886n111213141516171819208046626082n212223242526272829302420644840从第2项起，以24为周期，因此．故选A.10．（2021·北京·高三强基计划）设正整数，且是完全平方数，则可能的n的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．以上答案都不对【答案】D【分析】可证明模4余3，故可得正确的选项.【详解】意到，而连续的5个整数的乘积必然被4整除，因此模4余3，不可能是完全平方数．故选：D.11．（2020·北京·高三强基计划）对于不小于3的正整数n，若存在正整数使得构成等差数列，其中为组合数，则称n为“理想数”．不超过2020的“理想数"的个数为（

）A．40 B．41 C．42 D．前三个答案都不对【答案】C【分析】利用组合数的计算公式可得关于的方程，从而可判断“理想数”的个数.【详解】成等差数列，即也即，整理得，当为完全平方数时，k为正整数，考虑到，因此，故不超过2020的“理想数”的个数为42．故选：C.12．（2020·北京·高三强基计划）在的全体正因数中选出若干个，使得其中任意两个的乘积都不是平方数则最多可选因数个数为（

）A．16 B．31 C．32 D．前三个答案都不对【答案】C【分析】我们定义从的全体正因数组成的集合G中选出若干个组成集合K为“好的”，当且仅当其中任意两个的乘积都不是平方数，可以证明若K是“好的”，且，而，其中为质数，，那么将其替换为，其中则K仍然是“好的”．故可求可选因数个数的最大值.【详解】考虑到，于是．我们定义从的全体正因数组成的集合G中选出若干个组成集合K为“好的”，当且仅当其中任意两个的乘积都不是平方数．容易证明，若K是“好的”，且，而，其中为质数，，那么将其替换为，其中则K仍然是“好的”．因此任何“好的”集合K中的元素都可以简化后对应于的某个子集，如，于是K中的元素最多有个，且的所有子集对应的32个数组成的集合是“好的”，因此最多可选因数个数为32．故选：C.13．（2020·北京·高三强基计划）方程的整数解个数为（

）A．4 B．8 C．16 D．前三个答案都不对【答案】B【分析】利用因式分解可求不定方程的解的个数.【详解】题中方程即，考虑到且，且3，19，31模4均为3，于是的所有可能取值为，共8个．故选：B.14．（2019·北京·高三校考强基计划）已知不定方程有正整数解，则正整数n的最小值为（

）A．11 B．13 C．15 D．17【答案】C【分析】利用可得模16的余数的范围，结合可求正整数n的最小值.【详解】由于于是模16的余数在0和n之间．又，于是．注意到，因此正整数n的最小值为15．故选：C.15．（2019·北京·高三校考强基计划）满足方程的有序正整数组的个数为（

）A．12 B．13 C．24 D．25【答案】A【分析】反表示后根据整除性可得有序正整数组的个数.【详解】根据题意，有，于是，其中为奇数，且．这样的有12对，因此对应的也有12对．故选：A.n16．（2019·北京·高三校考强基计划）在十进制数下，设a是的各位数字之和，而b是a的各位数字之和，则b的各位数字之和是（

）A．5 B．6 C．7 D．16【答案】C【分析】先估计的范围，再根据模9同余可求b的各位数字之和.【详解】设c是b的各位数字之和，由于，于是，因此．进而．又，而，这样就得到了．故选：C17．（2021·北京·高三强基计划）若为非负整数，则方程的解有（

）A．83组 B．84组C．85组 D．以上答案都不对【答案】C【分析】就及分类讨论，后者可利用放缩法得到，再就、分类讨论后可得所有解的个数.【详解】若，则，此时是满足条件的一组解．若，不妨设，则，此时必有（否则，矛盾），因此问题即且由，可得．情形一

，此时，解得．情形二

，此时，无解．综上所述，及其对称式，有85组解．故选：C.18．（2021·北京·高三强基计划）设是与的差的绝对值最小的整数，是与的差的绝对值最小的整数．记的前n项和为，的前n项和为，则的值为（

）A．1 B．2 C．3 D．以上答案都不对【答案】A【分析】根据整数的性质可得且，故可求的值.【详解】容易证明的小数部分不可能为0.5，因此，整理可得，故，注意到当时，，因此．类似的，有，整理可得，故，注意到当时，，因此．综上所述，有．故选：A.二、多选题19．（2021·北京·高三校考强基计划）若x，y为两个不同的质数，n为不小于2的正整数且，则（

）A．存在奇数n符合题意 B．不存在奇数n符合题意C．存在偶数n符合题意 D．不存在偶数n符合题意【答案】AD【分析】利用因式分解可判断AB的正误，利用递推可判断CD的正误.【详解】当n是奇数时，有，于是，故选项A正确，选项B错误．当n是偶数时，当时，有，若，则，其中为正整数，故且，而为质数，则，这与题设矛盾，故，于是．当，注意到，若，则，依次类推，则可得到，这与矛盾，因此可以递推证明当n为偶数时，，故选项C错误，选项D正确．故选：AD.20．（2020·北京·高三校考强基计划）设的三边长a，b，c都是整数，面积是有理数，则a的值可以为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】CD【分析】由特例可得a的值可以取3，4，再利用整数的性质可判断a的值不可能为1，2，故可得正确的选项.【详解】取三边为3，4，5的三角形，其面积为6，此时a的值可以取3，4．当时，有，此时的面积为，注意到，不为完全平方数，因此的面积不可能是有理数．当时，不妨设，有或．情形一

若，则的面积为．若，其中p，q为互质的正整数，则，于是为完全平方数，而正整数的完全平方数的最小间隔为，因此该情形不成立．情形二

若，则，于是面积为有理数，等价于为有理数，即为完全平方数，注意到，因此的面积不可能是有理数．综上所述，a的值不可能为1，2，可能为3，4．故选：CD.21．（2020·北京·高三校考强基计划）设x，y为不同的正整数，则下列结论中正确的有（

）A．与不可能同时为完全平方数B．与不可能同时为完全平方数C．与不可能同时为完全平方数D．以上答案都不正确【答案】AB【分析】利用不等式放缩可得不可能是完全平方数且只可能是；可能是或者，分类讨论后可得正确选项.【详解】不妨设，则，，，于是不可能是完全平方数；而只可能是；可能是或者．若，则，矛盾；若，则，矛盾；若，则，于是，此时考虑到，于是或，解得（舍去）或．因此当时，同时为完全平方数．综上所述，选项AB正确．故选：AB.三、填空题22．（2018·江西·高三竞赛）、为正整数，满足，则所有正整数对的个数为______．【答案】4

【详解】由，知，且，于是，而，．因1009为质数，数所有可能的分解式为，，，．其中每一个分解式对应于的一个解，故其解的个数为4．故答案为423．（2018·全国·高三竞赛）设n为正整数.从集合中任取一个正整数n恰为方程的解的概率为_______（表示不超过实数x的最大整数）.【答案】【详解】当时，，.满足题中方程的n为6，12，…，2010，共335个；当时，，.满足题中方程的n为1，7，13，…，2011，共336个；当时，，.满足题中方程的n不存在；当时，，.满足题中方程的n为3，9，15，…，2013，共336个；当时，，.满足题中方程的n不存在；当时，，.满足题中方程的n不存在.因此，从集合中任取一个正整数n恰为题中方程的解的概率为.24．（2018·安徽·高三竞赛）设n是正整数，且满足，则n=__________.【答案】213【详解】由，得.设.由=1.375，得0.075，215.再由，得n=213.（注：“”表示“小于约等于”.）故答案为21325．（2018·全国·高三竞赛）用表示不超过实数x的最大整数.则__________．【答案】2014【详解】因为，所以则.又.故.26．（2018·山东·高三竞赛）已知，，且为方程的一个根，则的最大可能值为______．【答案】9

【详解】由题设，则．因为，，则必为完全平方数．设，则，．所以或或或．解得，8，,0．所以的最大可能值为9.27．（2021·全国·高三竞赛）为正整数列，满足为的最小素因子，，构成集合A，P为所有质数构成的集合，则集合的最小元素为___________．【答案】5【详解】由于，故，所以集合的最小元素．假设存在正整数n，使得，则，故，这不可能，因为除以5的余数为，所以．集合的最小元素为5．故答案为：5.28．（2021·全国·高三竞赛）集合整除中元素的个数为__________.【答案】8【分析】根据为取整数，求和后分解因数可得结果.【详解】解：由题意得：.故集合中有一共8个元素.故答案为：829．（2020·北京·高三强基计划）已知表示不超过x的最大整数，记，则方程的整数解个数为__________．【答案】24【分析】根据的定义可得为整数，从而可求原方程整数解的个数.【详解】根据题意，有，因此x是的约数，个数为．故答案为：24.30．（2021·北京·高三强基计划）若可化简为最简分数，则_________．【答案】72【分析】计算出中因数2和3的次数后可求的值.【详解】关键是计算出中因数2和3的次数，分别为和，而，于是．故答案为：72.31．（2021·北京·高三强基计划）若正整数m，n满足，则有_________组．【答案】32【分析】利用因式分解可求不定方程的正整数解.【详解】注意到，故当时，有或即，而根据题意，有，即，故于是或（舍），进而可得共有32组．故答案为：3232．（2021·北京·高三强基计划）若存在正整数n，使得，则正整数m的最大值是_________．【答案】4【分析】利用归纳法可求正整数m的最大值.【详解】设，则n123456789101112100…130600…1396189099…139337263063…139331531448163144225144…而当时，，所以模的余数在时均为144．因此正整数m的最大值为4（此时对应的n为7）．故答案为：4.33．（2021·北京·高三强基计划）已知表示不超过x的最大整数，则的值域为_________．【答案】【分析】先判断函数的周期为1，再就在上的6种情形分类讨论后可求函数的值域.【详解】注意到，因此只需要考虑在上的情形，有x000000000111001122001233因此的值域为．故答案为：.34．（2020·北京·高三强基计划）已知表示不超过x的最大整数，如等，则__________．【答案】【分析】根据可求的形式，再利用分组求和可求数列的和.【详解】由于，于是设原式为M，则．故答案为：.35．（2021·北京·高三强基计划）已知是常数项不为0的整系数多项式，，则中有_________项为0．【答案】0【分析】利用整除性结合常数项非零可求0项的个数.【详解】，由于是整系数多项式，于是，若，则，可得，因此，进而数列中从第1项到第m项，奇数项为的偶数倍，偶数项为的奇数倍．因此m必然为奇数，且偶数项均不为0，因此中没有任何一项为0．故答案为：0四、解答题36．（2018·全国·高三竞赛）求最小的两个正整数m，使得为完全平方数.【答案】539、731【详解】注意到于是，为完全平方数的必要条件是.设.则.故.因此，为完全平方数.只有当或时才有可能.当时，.当时，.当k为偶数时，、均不为完全平方数.若，则，.于是，为完全平方数的必要条件是为完全平方数，并且取“+”时，；取“-”时，.经计算，能够使得为完全平方数的最小正整数n=6，此时，；为完全平方数的最小正整数n=8，此时，.故使得为完全平方数的最小的两个正整数m为539、731.37．（2018·全国·高三竞赛）证明：存在无穷多个正整数n，使得，其中，[x]表示不超过实数x的最大整数．【答案】见解析【详解】设.则.令.下证方程有无穷多组整数解.显然，x=9,y=4是一组解.令.则.从而，，即所有的均满足方程.对于上述给定的x、y、n满足，即，及.注意到，.所以，，即共有2x+1个n使得.由y≤x，知在这连续2x+1个整数中，至少有一个为x+y的倍数.例如，当x=9，y=4时，在81，82,...,98中，存在n=91使得.38．（2018·全国·高三竞赛）求所有素数p，使得.【答案】见解析【详解】由于不成立，故p=2不满足条件.以下设p为奇素数.对k=1，2，…，，由费马小定理知.故.求和知当且仅当时，.显然.当时，必为3和8的倍数，故.综上，所求P为一切大于3的素数.39．（2018·全国·高三竞赛）证明：存在无穷多个素数，使得对于这些素数中的每一个p，至少存在一个，满足.【答案】见解析【详解】假设结论不成立，则可设为整除形如这样的数中至少其中之一的全部素数.考虑k+1个数.由于这些数是有限数，故存在一个，使得这k+1个数中的任何一个均不被整除.又可以足够大，知存在一个n，使得，其中，.对于这个足够大的，将其素因数分解，知必存在某个的指数大于q.考虑这个足够大的及，，…，这k+1个数.由于它们每一个均被某个整除，但仅有k个，由抽屉原理，知这k+1个数中必存在两个数被同一个整除.即，.其中，.故.与q的选择矛盾.综上，原结论成立.40．（2018·江西·高三竞赛）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【详解】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7．41．（2019·全国·高三校联考竞赛）求满足以下条件的所有正整数n：（1）n至少有4个正因数；（2）若是n的所有正因数，，构成等比数列.【答案】满足条件的n为所有形如的数，其中p是素数，整数.【分析】根据题设条件得到，得出，代入化简得，进而得到，，从而得到为，此时相应的为即可得到结论.【详解】由至少有4个正因数，可得，又由，构成等比数列，所以，因为是n的所有正因数，可得，代入上式得，化简得，所以，由此可知是完全平方数，由于是的最小素因子，是平方数，故只能，从而为，即为，此时相应的为.综上可知，满足条件的为所有形如的数，其中p是素数，整数.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，以及实数的基本性质的综合应用，其中解答中合理利用实数的基本性质是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.42．（2019·上海·高三校联考竞赛）求证：不存在无穷多项的素数数列，使得.【答案】见解析【详解】用反证法.假设存在满足题设的无穷多项的素数数列，则由得，于是数列{pk+1}是以5为公比的等比数列，所以，故.易知数列{pn}是严格递增的，不妨设p1>5(否则用p2作为首项)，则有(5，p1)=1，于是由费马小定理得，所以，这与是素数矛盾所以，满足题设的素数数列不存在.43．（2019·吉林·高三校联考竞赛）求所有的正整数n，使得方程有正整数解.【答案】.【详解】当n=1时，方程变为，得，显然无正整数解.当n=2时，方程变为，得.先证引理：无正整数解假设有一组正整数解a､b､c，不妨设a､b､c的最大公因数为1.由a､b为正整数，知或1(mod3)，或1(mod3).又，故且，即且，从而.这与“a､b､c的最大公因数为1”矛盾.引理得证由无正整数解，可知此时原方程无正整数解.当n=3时，方程变为，由，得，即，所以，可得，即，故.这说明原方程有正整数解：.当n≥4时，有正整数解：.综上，当n=1或n=2时，原方程无正整数解；当n≥3时，原方程有正整数解.即所求的n为.44．（2019·江西·高三校联考竞赛）试求所有由互异正奇数构成的三元集{a，b，c}，使其满足：.【答案】7个，，，.【详解】据对称性，不妨设a<b<c，由于奇平方数的末位数字只具有1、5、9形式，于是的末位数字，要么是5、5、9的形式，要么是1、9、9的形式.又知，如果正整数n是3的倍数，那么n2必是9的倍数；如果n不是3的倍数，那么n2被3除余1.由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数a、b、c皆不是3的倍数.注意，即奇数c≤43，而，即c2>673，且c不是3的倍数，故奇数c≥29.因此奇数.注意如下事实：如果奇数为两个正整数的平方和，那么偶数2N必可表为两个互异正奇数的平方和.这是由于，若c=43，方程化为：.因此，.于是得两解：.若c=41，方程化为.由此得：{a，b，c}={7，17，41}.若c=37，方程化为，因此，，得到三个解：.若c=35，方程化为：.而397是一个4N+1型的质数，它可唯一地表为两整数的平方和：，所以，得到一个解：{a，b，c}={13，25，35}若c=31，方程化为：，而23是4N－1型的质数，它不能表为两个正整数的平方和.若c=29，方程化为：，它含有4N－1型的单质因子，故不能表为两整数的平方和.综合以上讨论，本题共有七个满足条件的互异正奇数解{a，b，c}，即为：，，.45．（2021·全国·高三竞赛）求方程的所有正整数解．【答案】或其排序，共12组解．【详解】不妨设．若，则．同理，．三式相乘得，与原方程矛盾．于是，．（1）若，则．显然，无正整数解．（2）若，则．只有，才有对应的正整数，此时或．（3）若，则．两边取模3即知矛盾，故无解．（4）若，则．故此时，故，逐一检验后无解.综上，或其排序，共12组解．46．（2021·全国·高三竞赛）求方程的整数解，其中p､q是质数，r､s是大于1的正整数，并证明所得到的解是全部解.【答案】证明见解析【详解】容易看到两个质数中肯定有一个为2，不妨假设，即.若，从余数去讨论，，s为奇数.，所以，从奇偶性可以看出这种情形方程无解.若为偶数，注意到，所以.令，其中为奇数，则，观察最后一项，则为1，故，所以，故，故，所以，所以，，所以，，，综上，考察到对称性，原方程恰有两组解：或47．（2021·全国·高三竞赛）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【详解】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．48．（2018·全国·高三竞赛）对于素数p，定义集合.及.试求所有的素数p，使得.【答案】满足条件的所有素数p为2、3、5、13、17.【详解】1.首先验算当p＝2，3，5，13，17时，满足题意.i.当p＝2时，对任意，a、b、c均为奇数或两奇一偶，此时，.故.ii.当p＝3时，由平方数模3余0或1得或.因此，iii.当p＝5时，若.由模5余0或±1，得不能模5同为1或-1，此时必有.因此，.iv.当p=13时，若.由模13余0或±1或±3或±4，经验算得中有一个模13为0或-1，此时必有或或因此,v.当=p=17时,若.由模17余0或±1或±2或±4或±8，经验算得中有一个模17为0或-1，此时必有或或因此,.2.证明:当,且p>3时,不满足题意.只需证明存在,而即可.事实上,由p>3,知存在整数c,使得.由无解.在模p意义下,定义函数,.若,则.于是,f为单射(在模p意义下).因此,f的值域中共有个值.由抽屉原理,知存在整数b,使得.注意到,b≠0(否则,与,矛盾),且a≠0(否则,与,矛盾).若,则由.而,,,于是,.故当且p>3时,不满足题意.3.证明:当,且p>17时,不满足题意.先证明两个引理.引理1若p为奇素数,kt≠0,则,其中,Z为模p的完系,表示勒让德符号.引理1的证明设模p的二次非零剩余构成集合A,非二次剩余构成集合B.若,则.而遍历0一次,遍历集合A中每个元素恰两次,故.若,则.而遍历0一次,遍历集合B中每个元素恰两次,故==.因此,.引理2设.则方程①至少有p-1组解.引理2的证明方程①等价于至少有p-1组解.固定有组解.于是,共有组解.由引理1及,得.回到原题.令c=a+b,其中,S为的解集,则==.于是,.若,则有下列四种情形:ⅰ.至多有两个值(a,b).ⅱ.至多有两个值(a,b).ⅲ.且至多有两个值(a,b).ⅳ.,此时,.而,故至多6个b的解.又一个b至多可确定两个a,于是,至多有12个值(a,b).综上,至多有18个值,使得.又p>17时,p+1>18,则必存在一组,而.故.因此,满足条件的所有素数p为2、2、5、13、17.49．（2021·全国·高三竞赛）已知是两个整数集合，且对于任意整数，存在唯一的使得.记.证明：对任意的，存在，使得.【答案】证明见解析【详解】考虑满足且的所有有序数对构成的集合.要证结论等价于：“存在且.”①对任意整数，定义映射.引理：是双射.设，即.再由，得.由题设中唯一性得，所以是单射.是有限集，所以是双射.引理得证.对任何固定的，令，由引理，存在唯一的使得，因此.另一方面，任取，设中包含个，任意交换的顺序，得到的有序数对（共个）仍然是的元素，所以是一些类型的整数之和.不是101的倍数，而为质数，所以存在某个使得不是101的倍数，即中有一个为101，其余为0，即.至此，结论①得证，从而题中结论成立.50．（2021·全国·