若P、Q为大於3的质数,则 为12×2n之倍数,其中n为

山东省2025届高三3月份第一次模拟考试数学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．ABC 中，点D 在边AB 上，CD 平分ACB ∠，若CB a =，CA b =，2a =，1b =，则CD =（ ） A ．2133a b + B ．1233a b + C ．3455a b + D ．4355a b + 2．若样本1231,1,1,,1n x x x x ++++的平均数是10，方差为2，则对于样本12322,22,22,,22n x x x x ++++，下列结论正确的是（ ） A ．平均数为20，方差为4 B ．平均数为11，方差为4 C ．平均数为21，方差为8D ．平均数为20，方差为83．在ABC ∆中，H 为BC 上异于B ，C 的任一点，M 为AH 的中点，若AM AB AC λμ=+，则λμ+等于（ ）A ．12B ．23C ．16D ．134．已知1F ，2F 是椭圆22221(0)x y C a b a b +=>>：的左、右焦点，过2F 的直线交椭圆于,P Q 两点.若2211||,||,||,||QF PF PF QF 依次构成等差数列，且1||PQ PF =，则椭圆C 的离心率为A ．23B ．34C 15D 1055．在边长为2的菱形ABCD 中，23BD =将菱形ABCD 沿对角线AC 对折，使二面角B AC D --的余弦值为13，则所得三棱锥A BCD -的外接球的表面积为（ ） A ．23π B ．2πC ．4πD ．6π6．关于x 的不等式0ax b ->的解集是(1,)+∞，则关于x 的不等式()(3)0ax b x +->的解集是（ ） A ．(,1)(3,)-∞-+∞ B ．(1,3)- C ．(1,3)D ．(,1)(3,)-∞+∞7．已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左，右焦点分别为12,F F ，O 为坐标原点，P 为双曲线在第一象限上的点，直线PO ，2PF 分别交双曲线C 的左，右支于另一点12,,3M N PF PF =若，且260MF N ∠=，则双曲线的离心率为( ) A ．52B ．3C ．2D ．728．若直线不平行于平面，且，则（ ）A ．内所有直线与异面B ．内只存在有限条直线与共面C ．内存在唯一的直线与平行D ．内存在无数条直线与相交9．已知函数2()ln(1)33x x f x x x -=+-+-，不等式()22(4)50f a x f x +++对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[2,)-+∞B ．(,2]-∞-C ．5,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．5,2⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦10．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，又称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的，如图（1）），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的图形，它是由6个全等的三角形与中间的一个小正六边形组成的一个大正六边形，设A F F A 2'''=，若在大正六边形中随机取一点，则此点取自小正六边形的概率为（ ）A ．21313B ．413C 27D ．4711．已知(cos ,sin )a αα=，()cos(),sin()b αα=--，那么0a b =是()4k k Z παπ=+∈的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件12．用一个平面去截正方体，则截面不可能是（ ） A ．正三角形B ．正方形C ．正五边形D ．正六边形二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

第1讲 整数问题选讲【例l 】 求一个最小的正整数，使它的21是平方数，31是立方数，51是五次方数． 分析与解 因为这个整数的21，31，51是整数，所以它一定能被2、3、5整除，再考虑这个整数的最小性要求，它应具有形式：)0,0,0(,532=/=/=/=c b a N c b a又因为c b a N 532211-= 是平方数，则c b a ,,1-均为偶数． 因为 c l b a N 53231-=是立方数，则c b a ,1,-均为3之倍数． 因为 153251-=c b a N 是5次方数，则1,,-c b a 为5之倍数． 进而知 a 是3和5的倍数，且a 为奇数，则a 最小为15；b 是2和5的倍数，且b 被3除余l ，则b 最小数为l0；c 是2和3的倍数，且c 被5除余l ，则c 最小数为6；故所求数为 .53261015⨯⨯=N【例2】能同时表示成连续9个整数之和、连续l0个整数之和及连续11个整数之和的最小正整数是哪个分析与解 设所求正整数为A ，则依题意A 可表示为(其中p ，n ，k 均为整数)： 459)9()2()1p (+=++++++=p p p A ①5510)10()2()1(+=++++++=n n n n A ②6611)11()2()1(+=++++++=k k k k A ③由①、②、③可得： )(109t n p += ④)1(1110+=k n ⑤再由④、⑤知n 是11的倍数，且除以9余8．故n 最小可取44．所以A 的最小值为10×44+55=495．【例3】有一个三位数，能被35整除，并且各位数字之和为l5，求这个数． 分析与解 设所求三位数为abc N =，则有c b a N ++=10100,15=++c b a因为35│N ，当然有5│N ，故c=0或c=5．当c=0时，有 )15(1010010100a a b a N -+=+=15090+=a )12(3)2112(7+++=a a由7│N 知 7│3)12(+a . 从而7│2a+l因为 a + b=15 ， 所以 6≤a≤9，故满足7│2a+l 的a 不存在．当c=5时，有 a a N 6)1512(7++=由7│N 推出7│6a. 显然当a =7时成立．这时b=3，故所求三位数为735．【例4】一个两位数除以它的反序数所得的商恰好等于余数，求这个两位数．分析与解 设这个两位数为y x N +=10，则由题意可得：,)10(10q q x y y x ++=+ (其中q 为自然数)变形为 q y q x q =---)110()10(以下就q 的取值进行讨论：(1)1=q ，有1)(9=-y x ，不可能成立；(2)2=q ，有,2198=-y x 这时y 为偶数：2=y 时，;5=x 8,6,4=y 时，均不可能成立；(3)3=q ，有3297=-y x ，不存在x 、y ；(4)4=q ，有4396=-y x ．这样的x 、y 也不存在；(5)5≥q ，有,549)110(x )10(5≥+-=-≥y q q x 11≥x ，即无解．综上所述，所求两位数为52．【例5】一整数a 若不能被2和3整除，则472+a 必能被24整除．分析与解 因为4814722+-=+a a ，所以需往证 24 │1-2a因为a 不能被2整除．则a 为奇数．即a 可表示为：12+=k a (k 为整数)所以 )1(41)12(122+=-+=-k k k a 能被8整除．又 ()()()1112+-=-a a a a a 为连续三整数之积，必能被3整除，而a 不能被3整除， 则12-a 一定能被3整除．由(3，8)=1，知12-a 能被3×8=24整除．即证．【例6】若整数a 、b 、c 、d 和m 使d cm bm am +++23能被5整除，且d 不能被5整除，证明：总可以找到这样的整数n ，使得a bn cn dn +++23也能被5整除．分析与证 设 d cm bm an A +++=23 a bn cn dn B +++=23消去d 得： ]1)1()[1(22223+++++-=-cn bmn mn n m a mn B An又由题设d 不能被5整除，知m 不能被5整除，故m 的取值有下列四种情形：l k m +=5，此时取,15+=t n 25+=k m ，此时取,35+=t n35+=k m ，此时取,25+=t n45+=k m ，此时取,45+=t n都能有5│1-mn ，即有5│B An -3从而5│ B ．即对任何的m ，都可找到相应的m ，使5│B ．【例7】试求一个三位数abc ，使得它的平方的末三位数字仍是abc ．分析与解 由题意．我们作)1(2-=-abc abc abc abc它应为1000的倍数．而1000 = 8×125因为(8，125)=1, 1)1,(=-abc abc ，所以由l000│)1(-abc abc推出 8│abc ，125│1-abc 或 125│abc ，8│1c -ab由125│1-abc ，知abc =126，251，376，501，626，751； 这里仅有376=abc ，使8│abc由125 │abc ，知abc =125，250，375，50'0，625，750， 这里仅有625=abc 时，使8│1c -ab .所以满足条件的三位数有376和625．【例8】如果a 为合数，则a 的最小质因数一定不大于a分析与证 设bq a =，其中q 为最小质因数．若a q >，显然同时也有a b >. 则a a a bq a =⋅>=矛盾，所以结论成立．说明 这一结论表明，合数a 一定是不大于a 的质数的倍数．换句话说，如果所有不大于a 的质数都不能整除a (a ≠l)，那么a 一定是质数．这就给出了判断一个数是不是质数的一种方法，如判断191是不是质数，由于a <14，小于14的质数2，3，5，7，11，13都不能整除191，所以191是质数．利用这种方法，可以求出不大于a 的所有质数．例如求50以内的所有质数．由于不大于a <8的质数有2、3、5、7，可在2，3，4，…，50中依次划去2、3、5、7的倍数(保留2、3、5、7)最后余下的数：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47就是50以内的全体质数．这就是著名的爱拉托斯散素数筛选法． · ’思考 用爱拉托斯散筛选法求出100以内的所有质数．【例9】如果p 和182+p 都是质数，求证：282+-p p 也是质数．分析与解 按整数除以3的余数对P 进行分类讨论：当13+=k p 时，)31624(31)13(818222++=++=+k k k p 为合数，故;13+=/k p 当23+=k p 时，)113224(31822++=+k k p 为合数，故;23+=/k p于是k p 3=，由P 为质数，仅有P=3，73182=+p 为质数，71282=+-p p 也为质数．所以只要P 和182+p 为质数，2p 82+-p 也为质数．【例l0】有两个两位数，它们的差为56，它们的平方末两位数相同，求这两个数． 分析与解 设这两个数为)(b b a a 、>，则有8756⨯==-b a 。

2024年湘教版九年级数学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______ 姓名：______ 班级：______ 考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、在一口袋中，有大小、形状完全相同的小球，其中有x个红色球和y个蓝色球，从盒中随机取出一颗球，取得红色球的机率是如果再往口袋中放进4个蓝球，取得蓝球的机率是则原来口袋中有红球（）A. 10个。

B. 8个。

C. 6个。

D. 4个。

2、已知一元二次方程x2-5x+3=0，则该方程根的情况是（）A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根C. 无实数根D. 无法确定3、已知A=3a2+b2-c2，B=-2a2-b2+3c2，且A+B+C=0，则C=（）A. -a2-2c2B. 23x+4=27xC. -2（x+4）=-2x+4D. 2-3x=-（3x-2）4、If the n-th prime number is 47，then n is（）（英汉词典：the n-th primenumber第n个质数）A. 12B. 13C. 14D. 155、【题文】式子有意义，则的取值范围是( )A.B.C.D.6、下列说法中正确的个数为（）（1）所有的等边三角形都全等。

（2）两个三角形全等；它们的最大边是对应边。

（3）两个三角形全等；它们的对应角相等。

（4）对应角相等的三角形是全等三角形．A. 1B. 2C. 3D. 47、一个多边形的外角和是900°，则这个多边形的边数是（）A. 4B. 5C. 6D. 7评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)8、某中学要了解八年级学生的视力情况，在全校八年级学生中抽取了40名学生进行检测，在这个问题中，样本是____．9、某市2011年底自然保护区覆盖率仅为4%，经过两年的努力，该市2013年年底自然保护区覆盖率达到9%，设该市这两年自然保护区的年均增长率为x，所列方程为____．10、如图，字母A所代表的正方形面积为____．11、小明从家里骑自行车到学校，每小时骑15km，可早到10min，每小时骑12km就会迟到5min，问他家到学校的路程是多少km？设他家到学校的路程是x km，求小明家到学校的路程以及规定时间与出发时间的差，可得方程____；设规定时间与出发时间的差为y h，可得方程____．12、已知菱形的两条对角线长分别是6和8，则这个菱形的面积为____．13、计算：﹣6+4=____评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、一根绳子长20米，第一次剪去，第二次剪去4米，两次剪去的长度是一样长．____．（判断对错）15、连接两点间的直线的长度，叫做这两点间的距离．____．（判断对错）16、2条直角边分别相等的2个直角三角形全等____（判断对错）17、取线段AB的中点M，则AB-AM=BM．____．（判断对错）18、直线AB平行于直线AC．____．（判断对错）19、（x m+y n）（x m-y n）=x2m-y2n．____．（判断对错）20、____．（判断对错）21、在∠ABC的一边的延长线上取一点．____．评卷人得分四、计算题(共4题，共12分)22、若a=200，b=20，c=2，则（a+b+c）+（a-b+c）+（b-a+c）=____．23、若（x+m）（x2-3x+n）的积中不含x2、x项，求m和n的值．24、在比例尺为1：5000的地图上，量得甲，乙两地的距离为30cm，则甲，乙两地的实际距离是____千米．25、计算：（1）0-（+8）+（-2.7）-（+5）；（2）|-16|x（--+）（3）-24+×[6+（-4）2]．评卷人得分五、综合题(共4题，共36分)26、如图；在△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5．现有一点D，使得∠CDB=∠CAB，DB=CB．（1）请用尺规作图的方法确定点D的位置（保留作图痕迹；可简要说明作法）；（2）连接CD；与AB交于点E，求∠BEC的度数；（3）以A为圆心AB长为半径作⊙A，点O在直线BC上运动，且以O为圆心r为半径的⊙O与⊙A相切2次以上，请直接写出r应满足的条件．27、（1）若按奇偶分类，则22004+32004+72004+92004是 ____数；（2）设a=355，b=444，c=533，则a、b、c的大小关系是 ____（用“＞”号连接）；（3）求证：32002+42002是5的倍数．28、如图；在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=16，动点P从点A出发沿AC边向点C以每秒3个单位长的速度运动，动点Q从点C出发沿CB边向点B以每秒4个单位长的速度运动．P，Q分别从点A，C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．在运动过程中，△PCQ关于直线PQ对称的图形是△PDQ．设运动时间为t（秒）．（1）设四边形PCQD的面积为y；求y与t的函数关系式；（2）t为何值时；四边形PQBA是梯形；（3）是否存在时刻t；使得PD∥AB？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（4）通过观察、画图或折纸等方法，猜想是否存在时刻t，使得PD⊥AB？若存在，请估计t的值在括号中的哪个时间段内（0≤t≤1；1＜t≤2；2＜t≤3；3＜t≤4）；若不存在，请简要说明理由．29、如图1，点P为∠MON的平分线上一点，以P为顶点的角的两边分别与射线OM，ON交于A，B两点，如果∠APB绕点P旋转时始终满足OA•OB=OP2；我们就把∠APB叫做∠MON的智慧角．（1）如图2；已知∠MON=90°，点P为∠MON的平分线上一点，以P为顶点的角的两边分别与射线OM，ON 交于A，B两点，且∠APB=135°．求证：∠APB是∠MON的智慧角．（2）如图1；已知∠MON=α（0°＜α＜90°），OP=2．若∠APB是∠MON的智慧角，连结AB，用含α的式子分别表示∠APB的度数和△AOB的面积．（3）如图3，C是函数y=（x＞0）图象上的一个动点；过C的直线CD分别交x轴和y轴于A，B两点，且满足BC=2CA，请求出∠AOB的智慧角∠APB的顶点P的坐标．参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】设口袋中有x个红色球和y个蓝色球；根据题意得：解得：．所以如果再往口袋中放进4个蓝球；则将来口袋中有蓝球6+4=10（个）．故选A．【解析】【答案】先根据概率公式的求法列出式子；解出x，y的值，再把y的值加上4即可得出答案．2、A【分析】【分析】判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式△=b2-4ac的值的符号就可以了．【解析】【解答】解：∵a=1，b=-5；c=3；∴△=b2-4ac=（-5）2-4×1×3=13＞0；∴方程有两个不相等的实数根．故选：A．3、A【分析】【分析】根据A+B+C=0，得到C=-A-B，将A与B代入，去括号合并即可得到结果．【解析】【解答】解：∵A=3a2+b2-c2，B=-2a2-b2+3c2；且A+B+C=0；∴C=-（A+B）=-A-B=-3a2-b2+c2+2a2+b2-3c2=-a2-2c2．故选A．【分析】【分析】先将原题转化为汉语，再找出47以内的所有质数，即可得到正确答案．【解析】【解答】解：∵47以内的质数是2；3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47；而第n个质数是47；那么n=15．故选D．5、C【分析】【解析】分析：根据二次根式的性质可以得到x-1是非负数；由此即可求解．解答：解：依题意得。

初中数学竞赛：质数与合数我们知道，每一个自然数都有正因数(因数又称约数)．例如，1有一个正因数；2，3，5都有两个正因数，即1和其本身；4有三个正因数：1，2，4；12有六个正因数：1，2，3，4，6，12．由此可见，自然数的正因数，有的多，有的少．除了1以外，每个自然数都至少有两个正因数．我们把只有1和其本身两个正因数的自然数称为质数(又称素数)，把正因数多于两个的自然数称为合数．这样，就把全体自然数分成三类：1，质数和合数．2是最小的质数，也是唯一的一个既是偶数又是质数的数．也就是说，除了2以外，质数都是奇数，小于100的质数有如下25个：2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97．质数具有许多重要的性质：性质1一个大于1的正整数n，它的大于1的最小因数一定是质数．性质2 如果n是合数，那么n的最小质因数a一定满足a2≤n．性质3 质数有无穷多个(这个性质将在例6中证明)．性质4(算术基本定理)每一个大于1的自然数n，必能写成以下形式：这里的P1，P2，…，P r是质数，a1，a2，…，a r是自然数．如果不考虑p1，P2，…，P r的次序，那么这种形式是唯一的．关于质数和合数的问题很多，著名的哥德巴赫猜想就是其中之一．哥德巴赫猜想是：每一个大于2的偶数都能写成两个质数的和．这是至今还没有解决的难题，我国数学家陈景润在这个问题上做了到目前为止最好的结果，他证明了任何大于2的偶数都是两个质数的和或一个质数与一个合数的和，而这个合数是两个质数的积(这就是通常所说的1+2)．下面我们举些例子．例1设p，q，r都是质数，并且p+q=r，p＜q．求p．解由于r=p+q，所以r不是最小的质数，从而r是奇数，所以p，q为一奇一偶．因为p＜q，故p既是质数又是偶数，于是p=2．例2设p(≥5)是质数，并且2p+1也是质数．求证：4p+1是合数．证由于p是大于3的质数，故p不会是3k的形式，从而p必定是3k+1或3k+2的形式，k是正整数．若p=3k+1，则2p+1=2(3k+1)+1=3(2k+1)是合数，与题设矛盾．所以p=3k+2，这时4p+1=4(3k+2)+1=3(4k＋3)是合数．例3设n是大于1的正整数，求证：n4+4是合数．证我们只需把n4+4写成两个大于1的整数的乘积即可．n4+4=n4+4n2+4-4n2＝(n2+2)2-4n2＝(n2-2n+2)(n2+2n+2)，因为n2+2n＋2＞n2-2n+2=(n-1)2+1＞1，所以n4+4是合数．例4是否存在连续88个自然数都是合数？解我们用n！表示1×2×3×…×n.令a=1×2×3×…×89=89！，那么，如下连续88个自然数都是合数：a+2，a+3，a+4，…，a+89．这是因为对某个2≤k≤89，有a+k=k×(2×…×(k-1)×(k+1)×…×89+1)是两个大于1的自然数的乘积．说明由本例可知，对于任意自然数n，存在连续的n个合数，这也说明相邻的两个素数的差可以任意的大．用(a，b)表示自然数a，b的最大公约数，如果(a，b)=1，那么a，b称为互质(互素)．例5证明：当n＞2时，n与n！之间一定有一个质数．证首先，相邻的两个自然数是互质的．这是因为(a，a-1)=(a，1)＝1，于是有(n！，n！-1)=1．由于不超过n的自然数都是n！的约数，所以不超过n的自然数都与n！-1互质(否则，n！与n！-1不互质)，于是n！-1的质约数p一定大于n，即n＜p ≤n！-1＜n！．所以，在n与n！之间一定有一个素数．例6证明素数有无穷多个．证下面是欧几里得的证法．假设只有有限多个质数，设为p1，p2，…，pn.考虑p1p2…pn+1，由假设，p1p2…pn+1是合数，它一定有一个质约数p．显然，p不同于p1，p2，…，pn，这与假设的p1，p2，…，pn为全部质数矛盾．例7证明：每一个大于11的自然数都是两个合数的和．证设n是大于11的自然数．(1)若n=3k(k≥4)，则n＝3k=6+3(k-2)；(2)若n=3k+1(k≥4)，则n=3k+1=4+3(k-1)；(3)若n=3k+2(k≥4)，则n=8+3(k-2)．因此，不论在哪种情况下，n都可以表为两个合数的和．例8求不能用三个不同合数的和表示的最大奇数．解三个最小的合数是4，6，8，它们的和是18，于是17是不能用三个不同的合数的和表示的奇数．下面证明大于等于19的奇数n都能用三个不同的合数的和来表示．由于当k≥3时，4，9，2k是三个不同的合数，并且4+9+2k≥19，所以只要适当选择k，就可以使大于等于19的奇数n都能用4，9，2k(k=n-13/2)的和来表示．综上所述，不能表示为三个不同的合数的和的最大奇数是17．练习十六1．求出所有的质数p，使p+10，p+14都是质数．2．若p是质数，并且8p2+1也是质数，求证：8p2-p+2也是质数．3．当m＞1时，证明：n4+4m4是合数．4．不能写成两个合数之和的最大的自然数是几？5．设p和q都是大于3的质数，求证：24｜p2-q2．6．设x和y是正整数，x≠y，p是奇质数，并且求x+y的值．。

4.8质数和合数任何一个正整数都有一定的约数，少则1、2个，多则几个，几十个……只有1和它本身两个约数的正整数叫做质数(又称为素数),如2,3,5,11,13,……都是质数，除了1和它本身以外，还有其他约数的正整数叫做合数，如4,6,8,9,10,12, ……都是合数；1既不是质数，也不是合数,这样，全体正整数可按此分为三类:质数正整数合数1质数和合数常用的性质如下:(1)质数有无限多个，(2) 2是唯一的偶质数，大于2的质数都是奇数，(3)如果N=a.b且1<a,b<N ,则N必为合数(4)如果P=a.b且P是质数，则P=a或P=b.(5) 任何一个大于1的正整数N都可以表示为N=p1 a1p2 a2……P k ak,其中P1<p2<……<P k.P1，p2，，……P k是质数，a1,a2……a k, 是正整数利用上述性质，结合整数的其它概念和性质，可解决很多有趣的问题例题精选例题1、有四个数，一个是最小的奇质数，一个是偶质数，一个是小于30的最大质数，另一个是大于70的最小质数，求它们的和巩固1、从小到大写出5个质数，使后面的数都比前面的数大12.例题2、105 的正约数有多少个?巩固2、144的正约数有多少个?全部正约数之和是多少?例题3、已知质数p和q满足3p+5q=31,求p/(3q+1)的值巩固3、若p为质数，且P4+3仍为质数，求P5+3的值例题4、设p, q, r都是质数，并且p+q=r, p<q. 求p.巩固4、已知p、p+8、p+14都是质数，求P例题5、证明：如果P、P+2都是大于3的质数，那么6|(P+1).巩固5、已知p,p+6,p+12,p+18,p+24都是质数，求p. .习题A1、有三个正整数，一个是最小的奇质数，一个是最小的奇合数，另一个既不是责数，也不是合数，求三个数的积。

2、有三个数，一个是偶质数，一个是大于50的最小质数，一个是100以内最大的质数，求这三个数的和。

初等数论练习题一一、填空题1、τ(2420)=27； ϕ(2420)=_880_2、设a ，n 是大于1的整数，若a n -1是质数，则a=_2.3、模9的绝对最小完全剩余系是_{-4，-3，-2，-1，0，1，2，3，4}.4、同余方程9x+12≡0(mod 37)的解是x ≡11(mod 37)。

5、不定方程18x-23y=100的通解是x=900+23t ，y=700+18t t ∈Z 。

.6、分母是正整数m 的既约真分数的个数为_ϕ(m )_。

78、⎪⎭⎫ ⎝⎛10365 = -1 。

9、若p 是素数，则同余方程xp - 1 ≡1(mod p)二、计算题1、解同余方程：3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 105)。

解：因105 = 3⋅5⋅7，同余方程3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 3)的解为x ≡ 1 (mod 3)，同余方程3x 2+11x -38 ≡ 0 (mod 5)的解为x ≡ 0，3 (mod 5)，同余方程3x 2+11x -20 ≡ 0 (mod 7)的解为x ≡ 2，6 (mod 7)，故原同余方程有4解。

作同余方程组：x ≡ b 1 (mod 3)，x ≡ b 2 (mod 5)，x ≡ b 3 (mod 7)，其中b 1 = 1，b 2 = 0，3，b 3 = 2，6，由孙子定理得原同余方程的解为x ≡ 13，55，58，100 (mod 105)。

2、判断同余方程x 2≡42(mod 107)是否有解？11074217271071107713231071107311072107710731072107732107422110721721107213)(=∴-=-=-==-=-=-==⨯⨯≡-∙--∙-）（）（）（）（），（）（）（）（），（）（））（）（（）（解： 故同余方程x 2≡42(mod 107)有解。

3、求（127156+34）28除以111的最小非负余数。

1.掌握质数与合数的定义 2.能够用特殊的偶质数2与质数5解题 3.能够利用质数个位数的特点解题 4. 质数、合数综合运用一、质数与合数 一个数除了1和它本身，不再有别的约数，这个数叫做质数(也叫做素数).一个数除了1和它本身，还有别的约数，这个数叫做合数.要特别记住：0和1不是质数，也不是合数.常用的100以内的质数：2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53、59、61、67、71、73、79、83、89、97，共计25个；除了2其余的质数都是奇数；除了2和5，其余的质数个位数字只能是1，3，7或9.考点：⑴ 值得注意的是很多题都会以质数2的特殊性为考点.⑵ 除了2和5，其余质数个位数字只能是1，3，7或9.这也是很多题解题思路，需要大家注意.二、判断一个数是否为质数的方法根据定义如果能够找到一个小于p 的质数q (均为整数)，使得q 能够整除p ，那么p 就不是质数，所以我们只要拿所有小于p 的质数去除p 就可以了；但是这样的计算量很大，对于不太大的p ，我们可以先找一个大于且接近p 的平方数2K ，再列出所有不大于K 的质数，用这些质数去除p ，如没有能够除尽的那么p 就为质数.例如：149很接近1441212=⨯，根据整除的性质149不能被2、3、5、7、11整除，所以149是质数.模块一、质数合数综合 【例 1】 写出10个连续自然数，它们个个都是合数．【考点】质数合数综合 【难度】2星 【题型】解答【解析】 在寻找质数的过程中，我们可以看出100以内最多可以写出7个连续的合数：90，91，92，93，94，95，96．我们把筛选法继续运用下去，把考查的范围扩大一些就行了．用筛选法可以求得在113与127之间共有13个都是合数的连续自然数：114，115，116，117，118，119，120，121，122，123，124，125，126．同学们可以在这里随意截取10个即为答案．可见本题的答案不唯一．【答案】114，115，116，117，118，119，120，121，122，123【例 2】 老师可以把本题拓展为找更多个连续的合数：找200个连续的自然数它们个个都是合数．【考点】质数合数综合 【难度】3星 【题型】解答【解析】 如果10个连续自然数中，第1个是2的倍数，第2个是3的倍数，第3个是4的倍数第10个是11的倍数，那么这10个数就都是合数．又2m +，m +3，，m +11是11个连续整数，故只要m 是2，3，，11的公倍数，这10个连续整数就一定都是合数．设m 为2，3，4，，11这10个数的最小公倍数．m +2，m +3，m +4，，m +11分别是2的倍数，3的倍数，4的倍数11例题精讲知识点拨知识框架5-3-3.质数与合数（三）的倍数，因此10个数都是合数．所以我们可以找出2，3，411的最小公倍数27720，分别加上2，3，411，得出十个连续自然数27722，27723，2772427731，他们分别是2，3，411的倍数，均为合数．说明：我们还可以写出11!2,11!3,11!411!11++++(其中n！=1⨯2⨯3⨯⨯n)这10个连续合数来．同样，(m+1)!+2,(m+1)!+3,,(m+1)!+m+1是m个连续的合数．那么200个连续的自然数可以是：201!2,201!3,,201!201+++【答案】201!2,201!3,,201!201+++【例 3】四个质数2、3、5、7的乘积为，经验证200到220之间仅有一个质数，请问这个质数是。

数论教案§1整数的整除 带余除法1 整数的整除设a,b 是整数,且b ≠0,如果有整数q,使得a=bq,则称b 整除a,记为b|a,也称b 是a 的因数,a 是b 的倍数. 如果没有整数q,使得a=bq,则称b 不能整除a,记为b ∤a.例如 2|4, 4|-12, -5|15; 2∤3， -3∤22. 在中小学数学里,整除概念中的整数是正整数,今天讲的整除中的整数可正可负. 判断是否b|a ？当a,b 的数值较大时,可借助计算器判别.如果b 除a 的商数是整数,说明b|a;如果b 除a 的商不是整数,说明b ∤a.例1判断下列各题是否b|a ？(1) 7|127? (2) 11|129? (3) 46|9529? (4) 29|5939? 整除的简单性质(1)如果c|b,b|a,那么c|a;(2)如果d|a,d|b,那么对任意整数m,n,都有d|ma+nb. (3)如果12,,,n a a a L 都是m 的倍数,12,,,n q q q L 是任意整数,那么1122n n q a q a q a +++L 是m 的倍数.(4)如果c|a,d|b,那么cd|ab 。

例如： 2|4,2|(-6),那么2|4+(-6),2|4-(-6). 2|4,3|(-6),那么2×3|4×(-6). 例2证明任意2个连续整数的乘积,一定可被2整除. 练习 证明任意3个连续整数的乘积,一定可被3整除. 2.带余除法设a,b 是整数,且b>0,那么有唯一一对整数q,r 使得 a=bq+r,0≤r ＜ b . (1) 这里q 称为b 除a 的商,r 称为b 除a 的余数.例如-5=3×(-2)+1 5=3×1+2 -5=(-3)×2+1 5=(-3)×(-1)+2 15=(-5)×(-3), -24=(-2)×12. 事实上,以b 除a 的余数也可以是负的.例如 -5=3×(-1)-2=3×(-2)+1.求b 除a 的余数,也称为模运算(取余):mod.可用计算器进行.具体操作:输入a-按mod(取余)键-输入b-按=键得出余数.如果b 除a 的余数=0,则b|a;如果b 除a 的余数≠0,则b ∤a.例3 利用计算器求余数:(1) 7除127;(2)11除-129 ;(3)46除-9529;(4)-29除5939 奇数、偶数及性质能被2整除的整数称为偶数.如,0,4,10,-6,-8都是偶数. 不能被2整除的整数称为奇数.如,-5,-3,1,7,11都是奇数. 偶数的形式为2n(n 是整数);奇数的形式为2n-1(n 是整数).奇数、偶数的性质: 偶数±偶数=偶数,奇数±奇数=偶数,奇数±偶数=奇数,偶数×偶数=偶数,偶数×奇数=偶数,奇数×奇数=奇数.例如 2+4,2-4,3+1,3-1,3+4,6+5设a,b 是任意两个整数,则a+b 与a-b 同奇同偶. 例如3+5,3-5,6+3,6-3,例4设a,b,n 是任意3个整数,而且222a b n -=,证明n 是偶数. 例5设a 是任一奇数,试证明8|21a -. 例6设n 是正整数,证明形如3n-1整数不是完全平方数.证明 对任意整a,设a=3q 或a=3q ±1,于是2a=92q或 2a =92q ±6q+1=3(32q ±2q)+1.即2a ≠3n-1,故3n-1不是完全平方数.练习 设n 是正整数,证明形如4n-1、4n+2的整数都不是完全平方数. 习题:P3-4:1t,2t.§2公因数、最大公因数 1.最大公因数、辗转相除法中小学里的公因数、最大公因数的概念：几个数的公有因数叫做这几个数的公因数.公因数中最大的整数称为这几个数的最大公因数. (1)几个数:不能确定;(2)因数、公因数:都是正整数; 最大公因数:没有专门的符号. 定义设12,,,n a a a L ,d 都是整数,d ≠0,如果i d a ,i=1,2,…,n,称d 是12,,,n a a a L 的公因数,12,,,n a a a L 的公因数中最大的整数称为最大公因数.记为12(,,,)n a a a L .如果12(,,,)n a a a L =1,则称12,,,n a a a L 互质。

26.整数整除的概念和性质（含答案）-26.整数整除的概念和性质知识纵横对于整数a和不为零的整数b,总存在整数m,n使得a=bm+n(0≤n 整除有以下基本性质:1.若a│b,a│c,则a│(b±);2.若a│b,b│c,则a│c;3.若a│bc,且(a,c)=1,则a│b,若质数p│bc,则必有p│b或p│c;4.若b│a,c│a,且(b,c)=1,则bc│a.解整除有关问题常用到数的整除性常见特征:1.被2整除的数:个位数字是偶数;2.被5整除的数:个位数字是0或5;3.被4整除的数:末两位组成的数被4整除;被25整除的数,?末两位组成的数被25整除;4.被8整除的数:末三位组成的数被8整除;被125?整除的数,?末三位组成的数被125整除;5.被3整除的数:数字和被3整除;6.被9整除的数:数字和被9整除;7.被11整除的数:奇数位数字和与偶数位数字和的差被11整除.例题求解【例1】一个自然数与13的和是5的倍数,与13的差是6的倍数,?则满足条件的最小自然数是_________. (重庆市竞赛题)思路点拨略解:37【例2】有三个正整数a、b、c,其中a与b互质且b与c也互质,给出下面四个判断:①(a+c)2不能被b整除;②a2+c2不能被b整除;③(a+b)2不能被c整除;④a2+b2不能被c整除,其中,不正确的判断有( ).A.4个B.3个C.2个D.1个(“希望杯”邀请赛试题)思路点拨举例验证.解:选 A 提示:当a=3,b=5,c=2时,①③④都是假命题;当a=3,b=2,c=5,②是假命题.xy是72的倍数,求出所有的符合条件的7位数.【例3】已知7位数12876(第15届江苏省竞赛题)思路点拨 7位数12876xy 能被8,9整除,运用整数能被8,9整除的性质求出x,y 的值.解:提示:因为72│12876xy ,所以8│12876xy ,9│12876xy ,由此得1+2+8+7+x+y+6=24+x+y 是9的倍数,而0≤x+y ≤18,则x+y=3或12,又6xy 必是8的倍数, 6y 必是4的倍数,则y=1,3,5,7或9,当y=1时,x=2,8│216;当y=3时,x=0,8不整除36;8│936;当y=5时,x=7,8不整除756;当y=7时,x=5,8│576;当y=9时,?x=?3,?8不整除396,?所以符合条件的7?位数是1287216,1287576.【例4】(1)若a 、b 、c 、d 是互不相等的整数,且整数x 满足等式(x-a)(x-b)(?x-c)(x-d)-9=0,求证:4│(a+b+c+d).(2)已知两个三位数abc 与def 的和abc +def 能被37整除,证明:六位abcdef 也能被37整除.思路点拨 (1)x-a,x-b,x-c,x-d 是互不相等的整数,且它们的乘积等于9,?于是必须把9分解为4个互不相等的因数的积;(2)因已知条件的数是三位数,?故应设法把六位数abcdef 用三位数的形式表示,以沟通已知与求证结论的联系.解:(1)略;(2)提示:abcdef=abc ×1000+def=abc ×999+(abc+def)【例５】(1)一个自然数N 被10除余9,被9除余8,被8除余7,被7除余6,被6除余5,被5除余4,被3除余2,被2除余1,则N 的最小值是_______. (北京市竞赛题)(2)若1059、1417、2312分别被自然数x 除时,所得的余数都是y,则x-y 的值等于( ).A.15B.1C.164D.174 (“五羊杯”竞赛题)(3)设N=1990111 个,试问N 被7除余几?并证明你的结论. (安徽省竞赛题) 思路点拨运用余数公式,余数性质,化不整除问题为整除问题.(1)N+1?能分别被2,3,4,5,6,7,8,9,10整除;(2)建立关于x,y 的方程组,通过解方程组求解,(3)从考察11,111,…,111111被7除的余数入手.解:(1)N+1为2～10的公倍数,要使N 最小,取N+1为它们的最小公倍数23×5×33?×7=2520,故所求N 的最小值为2520-1=2519.(2)设已知三数被自然数x 除时,商数分别为a,b,c,则由此得x 为358,859,1253的公约数,x=179,进而求得y=164.(3)111111=7×15873,而1990=6×331+4,故只须考察1111被7除的余数,1111=?7×158+5,故N 被7除余5.学力训练一、基础夯实1.如果五位数1234a 是3的倍数,那么a 是________.2.如果从5,6,7,8,9这5个数中,选出4个组成一个四位数,使它能被3,5,7整除,?那么这些数中最大的是_______.3.已知整数13456ab 能被198整除,那么a=________,b=_______.(第17届江苏省竞赛题)4.在1,2,3,…,2000这2000个自然数中,有_______个自然数能同时被2和3整除,而且不能被5整除. (2000年“五羊杯”竞赛题)5.能整除任意3个连续整数之和的最大整数是( ).A.1B.2C.3D.6 (第15届江苏省竞赛题)6.除以8和9都是余1的所有三位数的和是( ).A.6492B.6565C.7501 C.75147.若20022002200215 n 个2002被15整除,则n 的最小值等于( ).A.2B.3C.4D.58.有棋子若干,三个三个地数余1,五个五个地数余3,七个七个地数余5,?则棋子至少有( ).A.208个B.110个C.103个D.100个9.(1)证明:形如abcabc 的六位数一定能被7,11,13整除.(2)若4b+2c+d=32,试问abcd 能否被8整除?请说明理由.10.已知7位自然数62427xy 是99的倍数,求代数式950x+24y+1的值.11.已知a,b 是整数,求证:a+b,ab,a-b 这三个数之中,至少有一个是3的倍数.二、能力拓展12.五位数abcde 是9的倍数,其中abcd 是4的倍数,那么abcde 的最小值是____.13.一个三位自然数,当它分别被2,3,4,5,7除时,余数都是1,那么具有这个性质的最小三位数是______;最大三位数是_______. (第15届“希望杯”邀请赛试题)14.今天是星期日,从今天算起,第11112000个1天是星期_____. 15.用自然数n 去除63、91、130,所得到的3个余数的和为26,则n=________. (北京市“迎春杯”竞赛题)16.今有自然数带余除法算式:A ÷B=C …8,如果A+B+C=2178,那么A=( ).A.2000B.2001C.2071D.210017.有1997盏亮着的电灯,各有一个拉线开关控制着,现按其顺序编号为1,2,…,1997,然后将编号为2的倍数的灯线拉一下;再将编号为3的倍数的灯线拉一下;最后将编号为5的倍数的灯线拉一下,3次拉完后亮着的灯数为( ).A.1464盏B.533盏C.999盏D.998盏(《学习报》公开赛试题)18.19972000被7除的余数是( ).A.1B.2C.4D.619.n 为正整数,302被n(n+1)除所得商数q 及余数r 都是正值,则r 的最大值与最小值的得( ).A.148B.247C.93D.12220.某商场向顾客发放9999张购物券,每张购物券上印有一个四位数的号码,?从0001到9999,如果号码的前两位数字之和等于后两位数字的和,则称这张购物券为“幸运券”,试证明:这个商场所发的购物券中,所有幸运券的号码之和能被101整除.(“祖冲之杯”邀请赛试题)21.将分别写有数码1,2,3,4,5,6,7,8,9的九张正方形卡片排成一列,?发现恰是一个能被11整除的最大的九位数.请你写出这九张卡片的排列顺序,并简述推理过程.22.将糖果300粒、饼干210块和苹果163个平均分给某班同学,余下的糖果、?饼干和苹果的数量之比是1:3:2,问该班有多少名同学?三、综合创新23.已知质数p、q使得表达式21pq+及23qp-都是自然数,试确定p2q的值.24.重排任一个三位数三个数位上的数字,得到一个最大的数和一个最小的数,?它们的差构成另一个三位数(允许百位数字为0),再重复以上的过程,问重复2003?次后所得的数是多少?证明你的结论. (2004年武汉市选拨赛试题)答案1.2或5或82.97653.8,0 提示:原数能被2,9,11整除4.267 提示:自然数n 能同时被2和3整除,相当于n 能被6整除,有333个,?其中能被5整除的便能被30整除,有66个.5.C6.A 提示:n-1能被8和9整除,因此n-1是72的倍数,在3位数中,符合条件的n?是2×72+1,2×73+1,…13×72+1.7.B 8.C 提示:设有棋子n 个,则n+2能被3,5,7整除9.(1)提示: abcabc =1001×(100a+10b+c)=7×11×13×(100a+10b+c); (2) bcd =?96b+8c+(4b+2c+d)=8(12b+c+4).10.提示:因9│62427xy 且11│62427xy ,故9│(6+2+x+y+4+2+7),且11│[(6+?x+4+7)-(2+y+2)],又0≤x+y ≤18且-9≤x-y ≤9,得62x y x y +=??-=-?或159x y x y +=??-=?, 解得24x y =??=?或123x y =??=?(不合题意舍去) 把x=2,y=4代入得,原式=1997.11.对于a 、b,若至少有一个是3的倍数,则ab 是3的倍数,若a 、b 都不是3的倍数,则有:(1)当a=3m+1,b=3n+1时,a-b=3(m-n);(2)当a=3m+1,b=3m+2时,a+b=3(m+n+1);(3)当a=3m+2,b=3n+1时,a+b=3(m+n+1);(4)当a=3m+2,b=3n+2时,a-b=3(m-n).12.10008 13.421,84114.三提示:因111111=15873×7,2000=333×6+2故111 2000个1被7除的余数与11被7除的余数相同. 15.提示:设自然数n 除63、91、130时,商分别为x 、y 、z,余数分别为a 、b 、c,? 那么63=nx+a①,91=ny+b ②,130=nz+c ③,①+②+③得 284=n(x+y+z)+(a+b+c),而a+b+c=26,则n(x+y+z)=258=2×3×43,故n=2,3,6,43,86,129或258.16.A 提示:A=BC+8代入得BC+B+C+8=2178,(B+1)(C+1)=2171=13×167,则 1131167B C +=??+=?或1167113B C +=??+=?,两者都得A=166×12+8=2000 17.C 18.C19.A 提示:r 为偶数,n(n+1)只能取6,12,20,30,42,56,?72,?90,110,132,156,182,210,240,272.20.提示:显然号码为9999是幸运券,除此之外,其余所幸运券可两两配对,?和为9999, 因为9999=99×101,故所有幸运券号码之和也能被101整除.21.1～9组成的最大九位数是987654321,但这个数不是11的倍数.经分析所求数的奇位数字和为25,偶位数字和为20,987652413为所求.22.根据被除数、除数、商、余数关系列出方程组,可求得该班有同学为23人.23.提示:先设p ≥q,则有1≤23q p -=2×q p -3p <2,于是只能23q p-=1,即p=2q-3, 而这时21p q +=45p q -=4-5q ,要21p q+为自然数,只能q=5,从而p=7, 再设p<q,这时1≤< p="">21p q +=2×p q +1q <3,于是我们有以下两种情况: ①21p q +=1,q=2p+1,此时23q p -=41p p-,得p=1,不合题意; ②21p q+=2,2p+1=2q,左边为奇数,右边为偶数,矛盾.故p2q=72×5=245.24.(1)三个数位上的数字全相同,所得的数为0,(2)三个数位上的数字不全相同,所得的数为495证明:(1)显然成立,下面证(2).若三个数位上的数字不全相同,不妨设这个三位数为abc,其中a≥b≥c,且a≥c+1,abc-cba=99(a-c)=100(a-c-1)+10×9+(10+c-a) 故所得的三位数中必有一个9,而另两个数字之和为9,共有五种可能:990,981,972,963,954,易验证上述五个数经过不超过10次操作得到495.</q,这时1≤<>。