22997_新一第16讲L47L48

第四讲余数问题（二）知识点拨一、余数定理：1.余数的加法定理a与b的和除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之和，或这个和除以c的余数。

当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之和再除以c的余数。

2.余数的减法定理a与b的差除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数之差，或这个差除以c的余数。

3.余数的乘法定理a与b的乘积除以c的余数，等于a,b分别除以c的余数的积，或者这个积除以c所得的余数。

当余数的和比除数大时，所求的余数等于余数之积再除以c的余数。

二、弃九法在求一个自然数除以9所得的余数时，常常不用去列除法竖式进行计算，只要计算这个自然数的各个位数字之和除以9的余数就可以了，在算的时候往往就是一个9一个9的找并且划去，所以这种方法被称作“弃九法”。

以后我们求一个整数被9除的余数，只要先计算这个整数各数位上数字之和，再求这个和被9除的余数即可。

利用十进制的这个特性，不仅可以检验几个数相加，对于检验相乘、相除和乘方的结果对不对同样适用注意：弃九法只能知道原题一定是错的或有可能正确，但不能保证一定正确。

例如：检验算式9+9=9时，等式两边的除以9的余数都是0，但是显然算式是错误的但是反过来，如果一个算式一定是正确的，那么它的等式2两端一定满足弃九法的规律。

这个思想往往可以帮助我们解决一些较复杂的算式迷问题。

三、中国剩余定理1.中国古代趣题中国数学名著《孙子算经》里有这样的问题：“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？”答曰：“二十三。

”此类问题我们可以称为“物不知其数”类型，又被称为“韩信点兵”。

韩信点兵又称为中国剩余定理，相传汉高祖刘邦问大将军韩信统御兵士多少，韩信答说，每3人一列余1人、5人一列余2人、7人一列余4人、13人一列余6人……。

刘邦茫然而不知其数。

我们先考虑下列的问题：假设兵不满一万，每5人一列、9人一列、13人一列、17人一列都剩3人，则兵有多少？首先我们先求5、9、13、17之最小公倍数9945（注：因为5、9、13、17为两两互质的整数，故其最小公倍数为这些数的积），然后再加3，得9948（人）。

用计算器探索规律_教学设计_教案第一篇：用计算器探索规律_教学设计_教案教学准备1.教学目标知识与技能：会用计算器计算比较复杂的小数乘、除法，并有利用计算器进行计算的意识。

2过程与方法：在利用计算器进行计算时，学生能通过观察、分析发现算式中的规律，并能按规律直接填得数。

情感态度与价值观：在引导发现规律、描述规律的过程中，培养学生的逻辑推理能力，让学生体会数学中的美以及探究的乐趣。

2.教学重点/难点教学重点：能用计算器探索计算规律，并能应用探索出的规律进行一些小数乘、除法的计算。

2 教学难点：发现规律。

3.教学用具计算器、多媒体4.标签教学过程教学过程设计情境引入（一）小组合作，使用计算器。

现在老师给出一个表格，请根据内容用计算器算一算。

你能发现规律吗？（二）小组汇报，展示过程，讨论发现。

每组请两个同学来汇报她们的最终计算结果。

师：看了以上的结果，大家有什么感受。

师：同学们最终的答案都是一样的，真的是很神奇，仿佛掉进了数学黑洞，永远出不来，今天，我们还将利用计算器去探索更多的有趣的神奇的数学规律，有兴趣吗？生：有。

2 探索新知（一）探索规律（课件出示例题：）1÷11= 2÷11= 3÷11=4÷11= 5÷11= 学生用计算器计算结果。

指名汇报结果。

1÷11=0.0909 2÷11=0.1818 3÷11=0.2727 4÷11=0.3636 5÷11=0.4545 ……师：观察计算出来的结果，分组交流讨论，你发现了什么规律？小组汇报结果：商是循环小数，循环节都是被除数的9倍。

（二）尝试应用规律你能不用计算，用发现的规律写出后几题的商吗？学生尝试写出后几题的商。

指名汇报计算结果。

6÷11=0.5454 7÷11=0.6363 8÷11=0.7272 9÷11=0.8181 你是根据什么来写出这几道题的商呢？让学生说出自己应用规律的思维过程，加深对规律的理解。

四、用计算器计算下面各题，并照样子在编写三道题，直接写出结果。
10
220
3330
44440
( 500000-5 ) + 0.9=555550
(6000000-6) +0.9=6666660
( 70000000-7 ) +0.9=77777770
B 类提升性选做题（2 选 1)
提升选做题（3 选 2)
四（上）数学双减同步分层作业设计
第一单元第十六课用计算器探究规律（含答案)
A 类基础性必做题
—、先用计算器计算下面各题。
1.9+ 9:
2. 108+9= 3. 1107+分 4. 11106+9= 5. 111105+9= 6. 1111104+9: 7. 11111103+9: 8. 111111102+9= 9. 1111111101+9: 二、先计算前 4 个式子，按规律将后面 4 个式子写完整。
111115+98765 X 9=
1111114+987654 X 9=
11111113+9876543 X 9= ) +98765432 X 9=
【参考答案】
A 类基础性必做题
一、先用计算器计算下面各题。
2. 12
3. 123 4. 1234
5. 12345
6. 123456
7.1234567
8.12345678
C 类拓展性挑战题（2 选 1)
—、用自己喜欢的方法计算。
1. 401+403+405+407+409
2. 396+397+398+399+1+2+3+4

整数问题（好题选）1整数问题（好题选）1一．解答题（共30小题）1．求方程2x2﹣7xy+3y3=0的正整数解．2．若n为自然数，n+3与n+7都是质数，求n除以3所得的余数．3．有一个整数，用它去除70，110，160得到的三个余数之和是50，求这个数．4．满足被3除余1，被4除余2，被5除余3，被6除余4的最小自然数是？5．数119很奇特：当被2除时，余数为1；当被3除时，余数为2；当被4除时，余数为3；当被5除时，余数为4；当被6除时，余数为5．问：具有这种性质的三位数还有哪些？6．设p，q，r都是质数，并且p+q=r，p＜q．求p．7．证明：当n＞2时，n与n！之间一定有一个质数．8．已知n是正整数，且n4﹣16n2+100是质数，求n的值．9．p是质数，p4+3仍是质数，求p5+3的值．10．设n是大于1的正整数，求证：n4+4是合数．11．是否存在质数p．q，使得关于x的一元二次方程px2﹣qx+p=O有有理数根？12．设a，b，c，d为正整数，并且ab=cd，试问a+b+c+d能不为质数？13．试证明：形如111111+9×10n（n为自然数）的正整数必为合数．14．求这样的质数，当它加上10和14时，仍为质数．15．令a，b，c为整数，并且满足a+b+c=0．假设d=a1999+b1999+c1999．请问：（a）有没有可能d=2？（b）有没有可能d是个质数？（大于1的整数，如果只有1及本身的因子，称它为质数．）16．求所有的素数对（p，q），使得pq|5p+5q．17．小于10且分母为36的最简分数有多少个？18．已知a，b，c是三个两两不同的奇质数，方程有两个相等的实数根．（1）求a的最小值；（2）当a达到最小时，解这个方程．19．已知下面著名的“勾股定理”：在一个直角三角形中，两条直角边的平方之和等于斜边的平方．试问：是否存在同时满足下列两个条件的直角三角形？（1）三条边长均是正整数；（2）一条直角边为素数（也称质数）p．若存在，请求出另一条直角边长；若不存在，请说明理由．20．自然数N是一个两位数，它是一个质数，而且N的个位数字与十位数字都是质数，这样的自然数有_________个．21．求336与1260的最大公约数和最小公倍数．22．甲、乙、丙三人到李老师那里求学，甲每6天去一次，乙每8天去一次，丙每9天去一次，如果8月17日他们三人在李老师处见面，那么下一次在李老师处见面的时间是几月几日呢？23．一只青蛙在平面直角坐标系上从点（1，1）开始，可以按照如下两种方式跳跃：①能从任意一点（a，b），跳到点（2a，b）或（a，2b）；②对于点（a，b），如果a＞b，则能从（a，b）跳到（a﹣b，b）；如果a＜b，则能从（a，b）跳到（a，b﹣a）．例如，按照上述跳跃方式，这只青蛙能够到达点（3，1），跳跃的一种路径为：（1，1）→（2，1）→（4，1）→（3，1）．请你思考：这只青蛙按照规定的两种方式跳跃，能到达下列各点吗？如果能，请分别给出从点（1，1）出发到指定点的路径；如果不能，请说明理由．（1）（3，5）；（2）（12，60）；（3）（200，5）；（4）（200，6）．24．如图，一个圆圈上有n （n＜100=个孔．小明像玩跳棋一样，从A孔出发，逆时针方向将一枚棋子跳动，每步跨过若干个孔，希望跳一圈后回到A孔．他先每步跳过2个孔，结果只能跳到B孔；他又试着每步跳过4个孔，结果还是跳到B；最后他每步跳过6孔，正好回到A孔．问这个圆圈上一共有多少个孔？25．已知x、y为正整数，且满足xy﹣（x+y ）=2p+q，其中p、q分别是x与y的最大公约数和最小公倍数，求所有这样的数对（x，y ）（x≥y ）．26．有很多种方法可以将2001写成25个自然数之和，对于每一种写法，这25个自然数均有相应的最大公约数，那么这个最大公约数的最大值是多少？27．两个正整数最大公约数是7，最小公倍数是105．求这两个数．28．已知两个数的和是45，他们的最小公倍数是168，求这两个数．29．1到100中，与100互质的所有自然数之和是多少？（配对）30．三个自然数的最大公约数是10，最小公倍数是100，满足要求的三数组共有多少组？整数问题（好题选）1参考答案与试题解析一．解答题（共30小题）1．求方程2x2﹣7xy+3y3=0的正整数解．考点：高次方程．专题：计算题．分析：将原方程看作是关于x的一元二次方程，则△≥0，据此可以求得y的取值范围，从而求得y的正整数解；然后根据y的正整数解来求x的整数解．解答：解：∵方程2x2﹣7xy+3y3=0有正整数解，∴△=49y2﹣24y3=y2（49﹣24y）≥0，且y＞0，解得，0＜y≤；∴y=1或y=2；①当y=1时，原方程化为2x2﹣7x+3=0，即（2x﹣1）（x﹣3）=0，解得，x=（舍去），或x=3；∴原方程的解是：；②当y=2时，原方程化为2x2﹣14x+24=0，即（x﹣3）（x﹣4）=0，解得，x=3或x=4；∴原方程的解是：；．点评：本题考查了高次方程的解法．通过适当的方法，把高次方程化为次数较低的方程求解．所以解高次方程一般要降次，即把它转化成二次方程或一次方程．2．若n为自然数，n+3与n+7都是质数，求n除以3所得的余数．考点：带余除法；质数与合数．专题：计算题．分析：因为求n除以3所得的余数，所以设n=3k（k是一个非负整数），然后将其代入n+3和n+7，并由n+3与n+7都是质数对其进行论证．解答：解：∵n除以3所得的余数只可能为0、1、2三种．①若余数为0，即n=3k（k是一个非负整数，下同），则n+3=3k+3=3（k+1），所以3|n+3，又3≠n+3，故n+3不是质数，与题设矛盾．②若余数为2，且n=3k+2，则n+7=3k+2+7=3（k+3），故3|n+7，n+7不是质数；与题设矛盾．所以n除以3所得的余数只能为1．点评：本题考查了关于质数与合数及带余数除法的题目．一个整数除以m后，余数可能为0，1，…，m﹣1，共m 个，将整数按除以m所得的余数分类，可以分成m类．如m=2时，余数只能为0与1，因此可以分为两类，一类是除以2余数为0的整数，即偶数；另一类是除以2余数为1的整数，即奇数．同样，m=3时，就可将整数分为三类，即除以3余数分别为0、1、2这样的三类．通过余数是否相同来分类是一种重要的思想方法，有着广泛的应用．3．有一个整数，用它去除70，110，160得到的三个余数之和是50，求这个数．考点：带余除法．分析：根据题意，70+110+160﹣50一定是这个整数的倍数，由于三个余数的和为50，从而可知这个整数比50要小，可把这个整数的倍数写成几个数的乘积的形式，其中一个数一定要小于50，列式解答即可得到答案．解答：解：70+110+160﹣50=180+160﹣50，=340﹣50，=290，因为：2×5×29=290，58×5=290，因为这个整数不能为2、5、10，只能为58或29，110÷58=1…52，不符合题意，故舍去；70÷29=2…12，110÷29=3…23，160÷29=5…15，12+23+15=50．答：这个数为29．点评：此题考查了带余除法，解答此题的关键是确定几个被除数相加再减去余数的和是这个除数的倍数，然后再根据余数和为50确定除数的范围即可．4．满足被3除余1，被4除余2，被5除余3，被6除余4的最小自然数是？考点：带余除法．分析：从题中可以看出这个数加2就能被3，4，5，6整除，所以要先求3，4，5，6的最小公倍数，6是3的倍数，求4，5，6的最小公倍数，是60，再用这个数减2，可知最小为58．解答：解：∵4=2×2，6=2×3，∴3、5、4和6的最小公倍数是2×3×2×5=60，∴60﹣2=58．答：满足被3除余1，被4除余2，被5除余3，被6除余4的最小自然数是58．点评：此题主要考查应用最小公倍数的知识解决实际问题的能力，注意求最小公倍数时，把它们分解质因数后，把公有的质因数和独有的质因数连乘所得的积就是它们的最小公倍数．5．数119很奇特：当被2除时，余数为1；当被3除时，余数为2；当被4除时，余数为3；当被5除时，余数为4；当被6除时，余数为5．问：具有这种性质的三位数还有哪些？考点：带余除法．分析：被2除余1；被3除余2；被4除余3；被5除余4；被6除余5，就是这个数加上1能同时被2、3、4、5、6整除，即这个数同时是2、3、4、5、6的倍数，先找出2、3、4、5、6的最小公倍数60，设这个数为60x ﹣1，然后分析是三位数的即可．解答：解：这个三位数加上1，就能同时被2、3、4、5、6整除，即这个数同时是2、3、4、5、6的倍数，而2、3、4、5、6的最小公倍数是60，设这个数为60x﹣1．根据3位数的条件有：100≤60x﹣1≤999，解得：2≤x≤16，因为这些三位数是60x﹣1，2≤x≤16，所以这些三位数是119，179，239，299，359，419，479，539，599，659，719，779，839，899，959．故具有这种性质的三位数还有179，239，299，359，419，479，539，599，659，719，779，839，899，959．点评：此题考查了带余除法，解答本题关键是由被2除余1；被3除余2；被4除余3；被5除余4；被6除余5，就是这个数加上1能同时被2、3、4、5、6整除．然后找出2、3、4、5、6的最小公倍数60，设这个数为60x﹣1，进行分析是三位数的一共几个．6．设p，q，r都是质数，并且p+q=r，p＜q．求p．考点：质数与合数．专题：探究型．分析：先根据已知条件判断出r是奇数，再根据p+q=r可判断出p，q为一奇一偶，根据在所有偶数中只有2是质数可求出答案．解答：解：∵r=p+q，∴r不是最小的质数，从而r是奇数，∴p，q为一奇一偶，∵p＜q，∴p既是质数又是偶数，∴p=2．故答案为：2．点评：本题考查的是质数与合数、奇数与偶数的定义，解答此类题目时要注意在所有偶数中只有2是质数这一特点．7．证明：当n＞2时，n与n！之间一定有一个质数．考点：质数与合数．专题：证明题．分析：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），所以（n！，n！﹣1）=1．解答：证明：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！之间一定有一个质数．点评：本题主要考查了质数与合数的概念，在解题时，首先要明确相邻的两个自然数是互质的．8．已知n是正整数，且n4﹣16n2+100是质数，求n的值．考点：质数与合数．专题：探究型．分析：从因数分解的角度看，质数只能分解成l和本身的乘积（也可从整除的角度看），故对原式进行恰当的分解变形，是解本例的最自然的思路．解答：解：∵n4﹣16n2+100=n4+20n2+100﹣36n2=（n2+6n+10）（n2﹣6n+10），∵n2+6n+10≠1，而n4﹣16n2+100为质数，∴n2﹣6n+10=1，即|（n﹣3）2=0，解得n=3．故答案为：3．点评：本题考查的是质数的定义，即质数就是在所有比1大的整数中，除了1和它本身以外，不再有别的约数，这种整数叫做质数．9．p是质数，p4+3仍是质数，求p5+3的值．考点：质数与合数．专题：探究型．分析：先根据p是质数，p4+3为质数可判断出p4必为偶数，再根据所有偶数中只有2是质数判断出p=2，代入所求代数式即可求出p5+3的值．解答：解：∵p是质数，∴p4+3＞3又∵p4+3为质数，∴p4+3必为奇数，∴p4必为偶数，∴p必为偶数．又∵p是质数，∴p=2，∴p5+3=25+3=35．故答案为：35．点评：本题考查的是质数与合数，奇数与偶数的相关知识，熟知所有偶数中只有2是质数这一结论是解答此题的关键．10．设n是大于1的正整数，求证：n4+4是合数．考点：质数与合数．专题：探究型．分析：先把n4+4进行因式分解，再由n是大于1的正整数求出两个因数中较小的一个大于1即可．解答：证明：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．点评：本题考查的是质数的定义，即在一个大于1的自然数中，除了1和此整数自身外，没法被其他自然数整除的数叫质数．11．是否存在质数p．q，使得关于x的一元二次方程px2﹣qx+p=O有有理数根？考点：质数与合数；根的判别式．专题：探究型．分析：先设方程有有理数根，则判别式为平方数．令△=q2﹣4p2=n2，再把此方程化为完全平方的形式，再根据q ﹣n与q+n同为偶数列出关于n、p、q的方程组，用p表示出q，再根据q﹣n与q+n同为偶数而p．q为质数可知p=2，代入关于p、q的式子，求出符合条件的p、q的对应值，代入原方程求出方程的根，再根据有理数的概念进行解答即可．解答：解：设方程有有理数根，则判别式为平方数．令△=q2﹣4p2=n2，规定其中n是一个非负整数．则（q﹣n）（q+n）=4p2．（5分）由于1≤q﹣n≤q+n，且q﹣n与q+n同奇偶，故同为偶数，因此，有如下几种可能情形：、、、、消去n，解得．（10分）对于第1，3种情形，p=2，从而q=5；对于第2，5种情形，p=2，从而q=4（不合题意，舍去）；对于第4种情形，q是合数（不合题意，舍去）．又当p=2，q=5时，方程为2x2﹣5x+2=0，它的根为，它们都是有理数．综上所述，存在满足题设的质数．（15分）点评：本题考查的是质数与合数的概念、根的判别式、奇数与偶数，涉及面较广，难度较大．12．设a，b，c，d为正整数，并且ab=cd，试问a+b+c+d能不为质数？考点：质数与合数．专题：证明题．分析：证明一个数为合数时，一定要注意其因数大于1．解答：解：由于ab=cd，故由质因数分解定理，存在正整数c1，c2，d1，d2，使得d=d1d2，a=c1d1，b=c2d2，于是a+b+c+d=（c1+d2）（c2+d1）为合数．全解2：由于a+b+c+d=a+b+c+=为整数，从而存在整数c1，c2，使c=c1c2，且均为整数，将它们分别记作k与m，由a+c＞c≥c1，b+c＞c≥c2，得k＞1，且m＞1，从而a+b+c+d=km为合数，即不可能为质数．点评：本题主要考查的质数与合数的概念，在解答此题时，首先要熟练掌握质因数分解定理．13．试证明：形如111111+9×10n（n为自然数）的正整数必为合数．考点：质数与合数．专题：证明题．分析：因为111111=3×37037，9×10n=3×3×10n，所以111111+9×10n=3×（37037+3×10n）（n为自然数）能被3整除，所以根据合数的定义可知形如111111+9×10n（n为自然数）的正整数必为合数．解答：证明：∵111111=3×37037，9×10n=3×3×10n，∴111111+9×10n=3×（37037+3×10n），∴3|111111+9×10n（n为自然数），∴形如111111+9×10n（n为自然数）的正整数必为合数．点评：本题主要考查的是合数的定义．一个数除了1和它本身以外还有别的因数（第三个因数），这个数叫做合数．14．求这样的质数，当它加上10和14时，仍为质数．考点：质数与合数．专题：探究型．分析：这是一个找符合条件的质数问题．由于质数分布无一定规律，因此从最小的质数试验起．希望能找到所求的质数，然后再加以逻辑的证明．解答： 解：因为2+10=12，2+14=16，所以质数2不适合；因为3+10=13，3+14=17，所以质数3适合； 因为5+10=15，5+14=19，所以质数5不合适； 因为7+10=17，7+14=21，所以质数7不适合； 因为11+10=21，11+14=25，所以质数11不适合； …把正整数按模3同余分类．即：3k ﹣1，3k+1（k 为正整数）． 因为（3k ﹣1）+10=3k+9=3（k+3）是合数，（3k+1）+14=3k+15=3（k+5）是合数， 所以3k ﹣1和3k+1这两类整数中的质数加上10和14后不能都是质数，因此，在3k ﹣1和3k+1两类整数中的质数加上10和14后当然不能都是质数． 对于3k 这类整数，只有在k=1时，3k 才是质数，其余均为合数． 所以所求的质数只有3． 故答案为：3．点评： 本题考查的是质数与合数的概念，熟知质数与合数的概念是解答此题的关键．15．令a ，b ，c 为整数，并且满足a+b+c=0．假设d=a 1999+b 1999+c 1999．请问： （a ）有没有可能d=2？（b ）有没有可能d 是个质数？（大于1的整数，如果只有1及本身的因子，称它为质数．）考点： 质数与合数． 专题： 探究型．分析： （1）若a 、b 、c 中有一个正数大于等于2，则d 将超过2，再由a+b+c=0可知，a+b=﹣c ，由于a ，b ，c 为整数，若d=2，则a 、b 、c 中必有一正一负两个数，由于a 、b 、c 为整数，故d=2不成立；（2）若d 为质数，则a 1999、b 1999、c 1999的和为质数，若a 为正数，则b+c 为负数；若a 为0，则b 、c 互为相反数．解答： 解：（1）∵a+b+c=0，∴a+b=﹣c ，∵若d=2，则a 、b 、c 中必有一正一负两个数， ∵a ，b ，c 为整数， ∴a 1999+b 1999+c 1999=2不可能成立． （2）在d=a 1999+b 1999+c 1999中， a 为0，则b 、c 互为相反数时， d=0，不是质数；a 为正数，则b+c 为负数， d 可能为质数．点评： 此题考查了关于质数的相关运算，要分类讨论，不要漏解．16．求所有的素数对（p ，q ），使得pq|5p +5q ．考点：质数与合数． 专题：证明题． 分析： 注意素数即是质数，可以从小到大，利用列举法求解即可．首先设p 为2，可得（2，3），（2，5）合乎要求；当p 为大于2的数时，可知pq 为奇数，分析可得符合条件的素数对有（5，5）、（5，313）合乎要求，因为是有序数对，所以（3，2），（5，2），（313，5）也符合要求．解答： 解：若2|pq ，不妨设p=2，则2q|52+5q ，故q|5q +25． ∵q|5q ﹣5， ∴q|30，即q=2，3，5．易验证素数对（2，2）不合要求，（2，3），（2，5）合乎要求．若pq 为奇数且5|pq ，不妨设p=5，则5q|55+5q ，故q|5q ﹣1+625．当q=5时素数对（5，5）合乎要求，当q ≠5时，由Fermat 小定理有q|5q ﹣1﹣1，故q|626．由于q 为奇素数，而626的奇素因子只有313，所以q=313．经检验素数对（5，313）合乎要求．若p ，q 都不等于2和5，则有pq|5p ﹣1+5q ﹣1，故5p ﹣1+5q ﹣1≡0（bmodp ）．①由Fermat 小定理，得5p ﹣1≡1（bmodp ），②故由①，②得5q ﹣1≡﹣1（bmodp ）．③ 设p ﹣1=2k （2r ﹣1），q ﹣1=2l （2s ﹣1），其中k ，l ，r ，s 为正整数． 若k ≤l ，则由②，③易知，这与p ≠2矛盾！所以k ＞l ．同理有k ＜l ，两结论矛盾，即此时不存在合乎要求的（p ，q ）． 综上所述，所有满足题目要求的素数对（p ，q ）为： （2，3），（3，2），（2，5），（5，2），（5，5），（5，313）及（313，5）．点评： 此题考查了学生对质数意义的理解，还有对有序数对含义的理解．解此题的关键是分类讨论思想的应用，注意要不重不漏的表示出所有答案．17．小于10且分母为36的最简分数有多少个？考点： 质数与合数． 分析：最简分数的意义：分子分母是互质数的分数就是最简分数，据此先在0～1内找，最简分数有：、、、、、、、、、、、，共有12个，然后乘以10即可找出小于10且分母为36的最简分数有多少个，据此解答．解答：解：0～1中分母是36的最简分数有：、、、、、、、、、、、，共有12个，1～2中分母是36的最简分数有：（即1+）、（即1+）、（即1+）、（即1+）、（即1+）、（即1+）、（即1+）、（即1+）、（即1+）、（即1+）、（即1+）、（即1+），共有12个，…以此类推，可得小于10且分母为36的最简分数有12×10=120个． 答：小于10且分母为36的最简分数有120个．点评： 本题考查了质数与合数的知识及最简分数的定义，解答本题的关键是先找出0～1中分母是36的最简分数，然后数出个数乘以10即可．18．已知a ，b ，c 是三个两两不同的奇质数，方程有两个相等的实数根．（1）求a 的最小值；（2）当a 达到最小时，解这个方程．考点：质数与合数；根的判别式．分析：（1）首先由方程有两个相等的实数根，可得：△=5（a+1）2﹣900（b+c）=0，即可得到：（a+1）2=22×32×5（b+c），则可求得a+1的最小值，得到a的最小值；（2）将最小值代入方程，求解即可．解答：解：（1）∵方程有两个相等的实数根，∴△=5（a+1）2﹣900（b+c）=0，∴（a+1）2=22×32×5（b+c），∴5（b+c）应为完全平方数，最小值为52×22，∴a+1的最小值为60，∴a的最小值为59；（2）∵a=59时，b+c=20，则原方程为：20x2+60x+225=0，解得：x=﹣．点评：此题考查了一元二次方程的判别式和质数的意义．解此题的关键是抓住判别式△=0．19．已知下面著名的“勾股定理”：在一个直角三角形中，两条直角边的平方之和等于斜边的平方．试问：是否存在同时满足下列两个条件的直角三角形？（1）三条边长均是正整数；（2）一条直角边为素数（也称质数）p．若存在，请求出另一条直角边长；若不存在，请说明理由．考点：质数与合数；勾股定理．专题：计算题．分析：首先假设存在，设另一条直角边长为x，斜边长为y，则x、y为正整数，然后根据题意可得：p2+x2=y2，即可得：（y+x）（y﹣x）=p2，又由p为素数，讨论分析即可求得．解答：解：假设存在，令另一条直角边长为x，斜边长为y，则x、y为正整数．由勾股定理得p2+x2=y2．化为（y+x）（y﹣x）=p2．因为p为素数（也称质数），且y+x＞y﹣x，所以只有从而．若p=2，则x、y不是整数，这样的三角形不存在；若p为奇素数，x、y都是整数，这样的三角形存在．综上所述，可知：p为偶素数2时，满足条件的三角形不存在；p为奇素数时，满足条件的三角形存在，且另一条直角边长为．点评：此题考查了素数的意义和勾股定理等知识．难度较大，要注意分类讨论思想的应用．20．自然数N是一个两位数，它是一个质数，而且N的个位数字与十位数字都是质数，这样的自然数有4个．专题：计算题．分析：根据个位数字与十位数字都是质数，可得这个两位质数的个位数字和十位数字只能是：2、3、5、7．解答：解：因为N是质数，且其个位数字和十位数字都是质数，那么十位数字和个位数字只能是：2、3、5、7，所以符合题意的两位数质数有：23，37，53，73，有4个；答：这样的自然数有4个．故答案为：4．点评：此题考查了质数的灵活应用，理解十位数字与个位数字都是质数的两位质数是由：2、3、5、7组成的是本题的关键．21．求336与1260的最大公约数和最小公倍数．考点：约数与倍数．专题：计算题．分析：利用分解质因数法来解答．把一个合数写成几个质数相乘的形式表示，叫做分解质因数．解答：解：∵336=24×3×7，1260=22×32×5×7，∴336和1260的最大公约数为：22×3×7=84；336和1260的最小公倍数为：24×32×5×7=5040．点评：本题主要考查了最大公约数与最小公倍数的求法．①求几个数最大公因数的方法，开始时用观察比较的方法，即：先把每个数的因数找出来，然后再找出公因数，最后在公因数中找出最大公因数．②在计算多个数的最小公倍数时，对其中任意两个数存在的约数都要算出，其它无此约数的数则原样落下．最后把所有约数和最终剩下无法约分的数连乘即得到最小公倍数．22．甲、乙、丙三人到李老师那里求学，甲每6天去一次，乙每8天去一次，丙每9天去一次，如果8月17日他们三人在李老师处见面，那么下一次在李老师处见面的时间是几月几日呢？考点：约数与倍数．专题：应用题．分析：根据已知条件先求出他们再等多少天才能重逢，然后根据所求的数据推算它是几月几日．解答：解：∵甲、乙、丙三人到李老师那里求学，甲每6天去一次，乙每8天去一次，丙每9天去一次，∴他们下一次见面需隔的天数是6、8、9，又∵6、8、9的最小公倍数是72，∴他们再在72后相见，即在10月28日再次见面．点评：本题考查的是最大公约数与最小公倍数的应用题．最小公倍数的性质：①两个自然数的最大公约数与最小公倍数的乘积等于这两个数的乘积，且最小公倍数是最大公约数的倍数，即：如果（a，b）=d，[a，b]=m，那么，dm=ab，且d|m；②如果一个数c能同时被两个自然数a，b整除，那么c一定能被这两个数的最小公倍数整除，或者说，一些数的公倍数一定是这些的最小公倍数的倍数，即：若[a1，a2，a3，…．a]=m，而a1|N，a2|N，…a n，那么m|N．23．一只青蛙在平面直角坐标系上从点（1，1）开始，可以按照如下两种方式跳跃：①能从任意一点（a，b），跳到点（2a，b）或（a，2b）；②对于点（a，b），如果a＞b，则能从（a，b）跳到（a﹣b，b）；如果a＜b，则能从（a，b）跳到（a，b﹣a）．例如，按照上述跳跃方式，这只青蛙能够到达点（3，1），跳跃的一种路径为：（1，1）→（2，1）→（4，1）→（3，1）．请你思考：这只青蛙按照规定的两种方式跳跃，能到达下列各点吗？如果能，请分别给出从点（1，1）出发到指定点的路径；如果不能，请说明理由．（1）（3，5）；（2）（12，60）；（3）（200，5）；（4）（200，6）．专题：推理填空题．分析：根据题目要求及两个规则，可以得到，a和b的公共奇约数=a和2b的公共奇约数=2a和b的公共奇约数．所以由规则①知，跳跃不改变前后两数的公共奇约数．又由规则②知，跳跃不改变前后两数的最大公约数．所以而按规则①和规则②跳跃，均不改变坐标前后两数的公共奇约数．由此可排除不能到达的点．解答：解：（1）能到达点（3，5）和点（200，6）．从（1，1）出发到（3，5）的路径为：（1，1）→（2，1）→（4，1）→（3，1）→（3，2）→（3，4）→（3，8）→（3，5）．从（1，1）出发到（200，6）的路径为：（1，1）→（1，2）→（1，4）→（1，3）→（1，6）→（2，6）→（4，6）→（8，6）→（16，6）→（10，6）→（20，6）→（40，6）→（80，6）→（160，6）→（320，6）→（前面的数反复减20次6）→（200，6）；（2）不能到达点（12，60）和（200，5）．理由如下：∵a和b的公共奇约数=a和2b的公共奇约数=2a和b的公共奇约数，∴由规则①知，跳跃不改变前后两数的公共奇约数．∵如果a＞b，a和b的最大公约数=（a﹣b）和b的最大公约数，如果a＜b，a和b的最大公约数=（b﹣a）和b的最大公约数，∴由规则②知，跳跃不改变前后两数的最大公约数．从而按规则①和规则②跳跃，均不改变坐标前后两数的公共奇约数．∵1和1的公共奇约数为1，12和60的公共奇约数为3，200和5的公共奇约数为5．∴从（1，1）出发不可能到达给定点（12，60）和（200，5）．点评：此题主要考查了学生对公约数及公约奇数的理解和掌握，此题解题的关键是着重分析规则运用公约数解答．此题较难，是好题，能培养学生的分析判断能力．24．如图，一个圆圈上有n （n＜100=个孔．小明像玩跳棋一样，从A孔出发，逆时针方向将一枚棋子跳动，每步跨过若干个孔，希望跳一圈后回到A孔．他先每步跳过2个孔，结果只能跳到B孔；他又试着每步跳过4个孔，结果还是跳到B；最后他每步跳过6孔，正好回到A孔．问这个圆圈上一共有多少个孔？考点：约数与倍数．专题：应用题．分析：根据题意知，n是3、5、7的倍数，所以问题就转化为求3、5、7的最小公倍数的问题．解答：解：依题意，每步跳过2孔，连起点一共要跳过3个孔，故除掉B孔外，圆圈上的孔数是3的倍数，有3|n ﹣1；每步跳过4个孔，连起点一步要跳过5个孔，故除掉B孔外，圆圈上的孔数是5的倍数，因此，有5|n﹣1；又每步跳过6个孔时，可回到A孔，这表明7|n．因（3，5）=1，故15|n﹣1．因n＜100，故n只可能是16，31，46，61，76，91，其中仅有91是7的倍数，故n=91，即圆圈上有91个孔．点评：本题主要考查了关于最小公倍数的应用题．提取公因数法适用于求两个以上数的最小公倍数，方法步骤是：（1）先提取出这几个数的最大公因数，可以分次提取（此时所得的商互质，但不一定两两互质）；（2）再在不互质的商中提取公因数，其他商照写下来，直到各商两两互质为止；（3）最后把提取出的各数及各商数连乘起来，乘积就是这几个数的最小公倍数．25．已知x、y为正整数，且满足xy﹣（x+y ）=2p+q，其中p、q分别是x与y的最大公约数和最小公倍数，求所有这样的数对（x，y ）（x≥y ）．考点：约数与倍数．专题：计算题．分析：此题需分类讨论，①当x是y的倍数时，设x=ky（k是正整数）．解方程k（y﹣2）=3；②当x不是y的倍数时，令x=ap，y=bp，a，b互质，则q=abp．解方程abp﹣1=（a﹣1）（b﹣1）即可．解答：解：①当x是y的倍数时，设x=ky（k是正整数）．则由原方程，得ky•y﹣（ky+y）=2y+ky，∵y≠0，∴ky﹣（k+1）=2+k，∴k（y﹣2）=3，当k=1时，x=5，y=5；当k=3时，x=9，y=3；∴，；②当x不是y的倍数时，令x=ap，y=bp，a，b互质，则q=abp，代入原式得：abp2﹣（ap+bp）=2p+abp，即abp﹣1=（a+1）（b+1）当p=1时，a+b=2，可求得a=1，b=1，此时不满足条件；当p＞1时，abp≥2ab﹣1=ab+（ab﹣1）≥ab＞（a﹣1）（b﹣1）此时，abp﹣1=（a﹣1）（b+1）不满足条件；综上所述，满足条件的数对有：，．点评：本题主要考查的是最大公约数与最小公倍数．由于两个数的乘积等于这两个数的最大公约数与最小公倍数的积．即（a，b）×[a，b]=a×b．所以，求两个数的最小公倍数，就可以先求出它们的最大公约数，然后用上述公式求出它们的最小公倍数．26．有很多种方法可以将2001写成25个自然数之和，对于每一种写法，这25个自然数均有相应的最大公约数，那么这个最大公约数的最大值是多少？考点：约数与倍数．分析：根据2001=3×23×29=69×（1×24+5），即2001可写成：24个69、1个69×5=345的和，或23个69、1个69×2=138，1个69×4=276的和，或23个69、2个69×3=207的和，或22个69、2个69×2=138，1个69×3=207的和，或21个69、4个69×2=138的和，这25个自然数的最大公因数必定能整除3×23×29．这些公因数中的最大值不可能超过3×29=87，否则这25个之和必定大于2001，所以最大值是3×23=69，它们的最大公因数都是69．解答：解：因为2001=3×23×29=69×（1×24+5），从69×（1×24+5）可以看题目需要分多少份（本题是25份），可以是：24个69、1个69×5=345的和，或23个69、1个69×2=138，1个69×4=276的和，或23个69、2个69×3=207的和，或22个69、2个69×2=138，1个69×3=207的和，或21个69、4个69×2=138的和，。