2022年高中名校自主招生初升高衔接数学讲义10 数论 含答案

第十讲  数论

知识要点

由于数论在中考中涉及的考点几乎没有，同学们接触极少，所以当它出现在自招考试中往往会造成大范围失分.反之，对数论较为熟悉的同学也因此能在自招考试中取得优势.

数论涉及的考点比较广，其中整除、同余、奇偶性、质数合数、完全平方数及一元二次方程整数根问题等在自招中出现得比较频繁.

数的整除特征：

1.一个数的末位能被2或5整除，这个数就能被2或5整除；

一个数的末两位能被4或25整除，这个数就能被4或25整除；

一个数的末三位能被8或125整除，这个数就能被8或125整除.

2.一个各位数数字和能被3整除，这个数就能被3整除；

一个数各位数数字和能被9整除，这个数就能被9整除.

3.如果一个整数的奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差能被11整除，那么这个数能被11整除.

4.如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7、11或13整除，那么这个数能被7、11或13整除.

例题精讲

1. 用数字6、7、8各两个，组成一个六位数，使它能被168整除.这个六位数是多少？
2. 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，那么甲数是多少？
3. 方程的整数解的个数是_.
4. 若正整数n使得是由同一个数字组成的三位数，则符合条件的n为_.

同余的基本性质

若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数，那么称a、b对于模m同余，用式子表示为：，左边的式子叫做同余式.

同余具有下面的性质：

（1）自反性 ；

（2）对称性 ；

（3）传递性 ，.

设a、b、c、d是整数，并且，则

（1）；

（2）；

（3）.

5. 试求除以17的余数.

完全平方数常用性质

1.主要性质

（1）完全平方数的尾数只能是0、1、4、5、6、9.不可能是2、3、7、8.

（2）在两个连续正整数的平方数之间不存在完全平方数.

（3）完全平方数的约数个数是奇数，约数的个数为奇数的自然数是完全平方数.

（4）若质数p整除完全平方数，则p能被a整除.

2.一些重要的推论

（1）任何偶数的平方一定能被4整除；任何奇数的平方被4（或8）除余1.即被4除余2或3的数一定不是完全平方数.

（2）一个完全平方数被3除的余数是0或1.即被3除余2的数一定不是完全平方数.

（3）自然数的平方末两位只有：00，01，21，41，61，81，04，24，44，64，84，25，09，29，49，69，89，16，36，56，76，96.

（4）完全平方数个位数字是奇数（1、5、9）时，其十位上的数字必为偶数.

（5）完全平方数个位数字是偶数（0、4）时，其十位上的数字必为偶数.

（6）完全平方数的个位数字为6时，其十位数字必为奇数.

（7）凡个位数字是5但末两位数字不是25的自然数不是完全平方数；末尾只有奇数个“0”的自然数不是完全平方数；个位数字为1、4、9而十位数字为奇数的自然数不是完全平方数.

6. 有一个四位数，它是一个完全平方数，求a.
7. 设正整数n至少有4个不同的正约数，且是n的最小的4个正约数，它们满足.求所有这样的n.
8. 正整数n恰好有4个正因数（包括1和n）已知其中两个因数之和是另两个因数之和的六倍.求n的值.
9. 求所有的整数数组，使得
10. 已知质数p使得恰有30个正因数.则p的最小值为多少？
11. 有四个数，每三个数的积被第四个数除后余一，求这四个数.

习题巩固

12. 试求被7除的余数.
13. 使得整除的正整数n共有多少个？
14. 若n为正整数，且满足，则n的可能值有多少个？
15. 方程的所有不同整数解的个数为多少？
16. 已知正整数x、y.求的解.
17. 一个三位数是它的各位数字之和的29倍.则这个三位数是多少？
18. 设，，，其中，a、b、c是质数，且满足，.问：a、b、c能否构成三角形的三边？如果能，求出三角形的面积；如果不能，请说明理由.
19. 已知a、b是整数，c是质数，且.则有序数对有多少组？
20. 若a、b均为质数，且，则的末位数字是多少？
21. 设x为正整数，且，则使能被12整除的共有多少个？
22. 已知p为大于5的质数，且m为除以120的余数.则的个位数字是多少？
23. 对正整数n，记.若，则M的正因数中共有完全立方数多少个？

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24. 已知某个直角三角形的两条直角边长都是整数，且在数值上该三角形的周长等于其面积的整数倍.问：这样的直角三角形有多少个？
25. 方程的正整数解共有多少组？

参考答案

例题精讲

1.       因为，所以组成的六位数可以被8、3、7整除.

能够被8整除的数的特征是末三位组成的数一定是8的倍数，末两位组成的数一定是4的倍数，末位为偶数.在题中条件下，验证只有688、768是8的倍数，所以末三位只能是688或768，而又要求是7的倍数，由数的整除性质4知形式的数一定是7、11、13的倍数，所以768768一定是7的倍数，□□□688的□不管怎么填都得不到7的倍数.

至于能否被3整除可以不验证，因为整除3的数的规律是数字和为3的倍数，在题中给定的条件下，不管怎么填数字和都是定值.

所以768768能被168整除，且验证没有其他满足条件的六位数.

2.       对90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.

如果乙也不含因数5，那么甲、乙的最小公倍数也不含因数5，但90是5的倍数，所以乙含有因数5.

因为105不是2的倍数，所以乙也不是2的倍数，即乙中不含因数2，于是甲必含有因数2.因为105不是9的倍数，所以乙也不是9的倍数，即乙最多含有1个因数3.由于甲、乙两数的最小公倍数是90，90中含有2个因数3，所以甲必含有2个因数3，那么.

总结：两个数的最小公倍数含有两数的所有质因子，并且这些质因数的个数为两数中此质因数的个数的最大值.如，，则A、B的最小公倍数含有质因子2、3、5、7、11，并且它们的个数为a、b中含有此质因子较多的那个数的个数.即依次含有3个、3个、2个、1个、1个，故.

3.       2016是4的倍数，一个平方数除以4的余数为0或者1，所以可以判断x，y，z为2的倍数.

两边同时除以4，得.

同理可得，、、为2的倍数.

两边同时除以4，得.

不妨设，可得

，，；

，，；

，，；

所以，；；.

根据排列组合与正负号，共组解.

4.       设，①

则，

得：.

，

因为，所以或.

由n的大致范围得：或36，代入得：，.

5.       同余：若两个整数a、b被自然数m除有相同的余数，那么称a、b对于模m同余，用式子表示为：，左边的式子叫做同余式.

因为，所以.

从而，

.

6.       由完全平方数的个位数字特征：只能取0、1、4、5、6、9，故.因此，N的末两位为.

再由完全平方数末两位特征：只有符合条件，即，6.

当时，非完全平方数，舍去；

当时，，符合条件.

故.

7.       显然最小的是1，其次如果n为奇数则矛盾，所以是偶数.于是第二小的数是2.于是剩下的两个约数是一奇一偶.如果第三个为偶数，那么只能是4，否则若是大于4，那么p必定是比第三个还小的约数.如果第三个是4，那么n是4的倍数，这和式子左边除以4余数是2矛盾.所以第三个是奇数.第四个是偶数，那么只能是第三个数的两倍.于是我们得到.
8.       注意到，恰有四个正因数的正整数必为或（p、q为质数，）.

当时，其全部正因数为1、p、、.

由题设条件知，有，，满足.上式右边为p的倍数，故，或3.经检验，上式均不成立.

当时，其全部正因数为1、p、q、.

显然，.若，则，可得（或，因此或143.

若，则，与p为质数矛盾.

若，则，与p为质数矛盾.

综上：或143.

9.       如果，并且，则.

所以式中所有不等号均为等号，这要求，，，，这是不可能的，从而或者.不妨设，则或.

情形一：，此时， ，故，可知，从而，故，于是，或.分别代入可求得，或.

情形二：，此时，，即有，同上可知，即，因此，，或，对应地，可求得

或（当时无解）

综上，结合对称性，可知，，，，，或共7组解.

10.   当或3时，不符合题意.所以.

又，此时，.

因为p有两个因数，所以有15个因数.

而，为使p最小，又是偶数，故只能是或.

从而，（舍）或23.

因此p的最小值为23.

11.   设这四个数分别为a、b、c、d，其实题目就一个条件：，，，.

第一步：先证四个数两两互质（这个还是比较容易发现的）

设，则.

所以a、b互质.同理，其他均两两互质.

第二步：构造一个多项式，能被四个数共享.（这个技巧比较难想到）

令，则，，，.

由a、b、c、d两两互质得：，即

（表示为整数），很显然a、b、c、d中不可能有1，不然就没余数这回事了.

又由两两互质可知，这四个数都不相同.

那么我们不妨设，则，故.

第三步：用不等式解方程.（这个算基本功了）

首先a不能太大，我猜是2，不信咱就证一下：

若，则，矛盾！所以.

那么方程化为.

同理，b也不能太大.

若，则，所以或4或5.

讨论一下：

当时，原方程化为：，构造因式分解：，得：，或，.

同理，当，5时，原方程无整数解.

综上：这四个数分别为2、3、7、41或2、3、11、13.

习题巩固

12.   由于，故只需考虑除以6的余数即可.而无论n取什么正整数，除以6均余4.

.

（其中为除以6余4后的商）

13.   ，而，故n有个.
14.  

.

因为，所以2013有8个约数，而每个约数加1即为符合条件的n.

答案:8个.

15. 原方程化为.

因为与的和能被3整除，而分解为两个整数因数（包括负因数），这两个整数因数的和也能被3整除，所以解的个数应为.

16.   由. ①

若，有.又，矛盾.所以.

在式①中，由，有.因此，x只可取5、6、7中的数.

经验算，只有两组正整数解为，.

17.   设三位数为.则

.因a、b、c为正整数，所以.

而，则，.由，知，从而，，.所以，这个三位数为261.

18.   不能.由题意得：，，.

因为，所以.

又x为整数，a为质数，则或，.

当时，.

进而，，，与b、c是质数矛盾.

当时，.

进而，，.因为，所以a、b、c不能构成三角形的三边.

19.   由已知得.因与的奇偶性相同，所以上式左边为偶数.从而，c为偶质数2.故，，，，，共6组.
20.   由条件知和必为一奇一偶.若是偶数，则，.此时，.

由的末位数字为6，的末位数字为1，知的末位数字为9.

若是偶数，则，.此时，

.

由的末位数字为1，的末位数字为6，知的末位数字为3.

故的末位数字是9或3.

21.   注意到，由，得，又是奇数，故.

而，于是，，12，24，36，48.故，13，25，37，49，共5个.

22. 注意到

.

设.

显然，.又p为大于5的质数，故.

所以除以120的余数总是1，即.

所以.即的个位数字为9.

23.   注意到，.

又一个完全立方数应具有形式，且，，，.故这样的n共有个.

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24.   设该直角三角形的两条直角边长为a、b，且，那么结合勾股定理及条件，可设

， ①

其中k为正整数.

对①两边乘以2，移项后，两边平方，，化简整理，得，因式分解，得.

注意到，、为正整数，且，故，.分别可求得，或.

综上，满足条件的直角三角形恰有3个，它们的三边长为，和.

25.   注意到原方程关于a、b、c对称.不妨设.则.

代入原方程得.

当时，得；

当时，得，；

当时，得（舍去）；

当时，c不为正整数.

综上，当时，原方程有三组正整数解，，.故原方程的正整数解共有（组）.