試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁【高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽真題?強(qiáng)基計(jì)劃真題考前適應(yīng)性訓(xùn)練】專題14初等數(shù)論真題專項(xiàng)訓(xùn)練（全國(guó)競(jìng)賽+強(qiáng)基計(jì)劃專用）一、單選題1．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）2021年是北大建校123周年，則滿足建校n周年的正整數(shù)n能整除對(duì)應(yīng)年份的n的個(gè)數(shù)為（

）A．4 B．8 C．12 D．前三個(gè)選項(xiàng)都不對(duì)【答案】B【分析】根據(jù)題設(shè)可得，從而可根據(jù)1898的因數(shù)分解可求n的個(gè)數(shù).【詳解】根據(jù)題意，有，因此所有1898的正約數(shù)均符合題意，有個(gè)．故選：B.2．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）設(shè)a，b是正整數(shù)n的正因數(shù)，使得，則n可以等于（

）A． B．C． D．前三個(gè)選項(xiàng)都不對(duì)【答案】B【分析】根據(jù)整除性可得或，從而可得正確的選項(xiàng).【詳解】根據(jù)題意，有，于是于是或，從而或，只有選項(xiàng)B符合．故選：B.3．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）在十進(jìn)制下的末兩位數(shù)字是（

）A．01 B．21 C．81 D．前三個(gè)選項(xiàng)都不對(duì)【答案】A【分析】根據(jù)同余及二項(xiàng)定理可判斷末兩位數(shù)字，也可以利用歐拉函數(shù)的性質(zhì)來判斷末兩位數(shù)字.【詳解】法1：根據(jù)題意，有:．法2：根據(jù)歐拉函數(shù)的性質(zhì)由，而，故，故，而，因此．故選：A4．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）設(shè)n為正整數(shù)，且是完全平方數(shù)，則這樣的n的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2C．無窮個(gè) D．前三個(gè)選項(xiàng)都不對(duì)【答案】A【分析】利用因數(shù)分解可求不定方程的解.【詳解】設(shè)，則，注意到故或，解得，從而符合題意的正整數(shù)n只有1個(gè)．故選：A.5．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）設(shè)，若，則n的最小值為（

）A．71 B．72 C．80 D．81【答案】C【分析】利用整除性和二項(xiàng)式定理可得，再利用模9的余數(shù)為k，可求的最小值，故可求的最小值.【詳解】根據(jù)題意，有，因此．而，故，所以，設(shè)，則，由二項(xiàng)式定理可得，其中為正整數(shù)，因?yàn)?，故，?則，考慮模9的余數(shù)為k，因此k的最小值為9，從而n的最小值為80．故選：C.6．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）方程的正整數(shù)解的組數(shù)為（

）A．0 B．2 C．無窮多 D．以上答案都不對(duì)【答案】C【分析】通過特例可得不定方程的正整數(shù)解的個(gè)數(shù)為無窮多個(gè).【詳解】嘗試，即，只需要，因此對(duì)應(yīng)的，因此所求正整數(shù)解有無窮多組．故選：C.7．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）已知，則S的個(gè)位數(shù)字是（

）A．4 B．5 C．7 D．以上答案都不對(duì)【答案】B【分析】利用二項(xiàng)式定理可得不同的形式，再利用公式可求，故可求S的個(gè)位數(shù)字.【詳解】注意到模7的余數(shù)，有因此，考慮到，注意到8的方冪的尾數(shù)以8，4，2，6為一循環(huán)，因此，從而S的個(gè)位數(shù)字為5．故選：B.8．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）方程的整數(shù)解的組數(shù)為（

）A．0 B．1 C．2 D．以上答案都不對(duì)【答案】C【分析】利用判別式可求，從而可得整數(shù)解的組數(shù).【詳解】題中方程即，其判別式，滿足該不等式的整數(shù)y只有，因此方程變?yōu)榛?，因此所求整?shù)解的組數(shù)為2組．故選：C.9．（2020·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）已知整數(shù)數(shù)列滿足，且對(duì)任意，有，則的個(gè)位數(shù)字是（

）A．8 B．4 C．2 D．前三個(gè)答案都不對(duì)【答案】A【分析】根據(jù)遞推關(guān)系可得，從而各項(xiàng)個(gè)位數(shù)字周期性出現(xiàn)，故可得正確的選項(xiàng).【詳解】根據(jù)題意，有，因此，從而，于是模10的余數(shù)為n123456789101448402886n111213141516171819208046626082n212223242526272829302420644840從第2項(xiàng)起，以24為周期，因此．故選A.10．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）設(shè)正整數(shù)，且是完全平方數(shù)，則可能的n的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．以上答案都不對(duì)【答案】D【分析】可證明模4余3，故可得正確的選項(xiàng).【詳解】意到，而連續(xù)的5個(gè)整數(shù)的乘積必然被4整除，因此模4余3，不可能是完全平方數(shù)．故選：D.11．（2020·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）對(duì)于不小于3的正整數(shù)n，若存在正整數(shù)使得構(gòu)成等差數(shù)列，其中為組合數(shù)，則稱n為“理想數(shù)”．不超過2020的“理想數(shù)"的個(gè)數(shù)為（

）A．40 B．41 C．42 D．前三個(gè)答案都不對(duì)【答案】C【分析】利用組合數(shù)的計(jì)算公式可得關(guān)于的方程，從而可判斷“理想數(shù)”的個(gè)數(shù).【詳解】成等差數(shù)列，即也即，整理得，當(dāng)為完全平方數(shù)時(shí)，k為正整數(shù)，考慮到，因此，故不超過2020的“理想數(shù)”的個(gè)數(shù)為42．故選：C.12．（2020·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）在的全體正因數(shù)中選出若干個(gè)，使得其中任意兩個(gè)的乘積都不是平方數(shù)則最多可選因數(shù)個(gè)數(shù)為（

）A．16 B．31 C．32 D．前三個(gè)答案都不對(duì)【答案】C【分析】我們定義從的全體正因數(shù)組成的集合G中選出若干個(gè)組成集合K為“好的”，當(dāng)且僅當(dāng)其中任意兩個(gè)的乘積都不是平方數(shù)，可以證明若K是“好的”，且，而，其中為質(zhì)數(shù)，，那么將其替換為，其中則K仍然是“好的”．故可求可選因數(shù)個(gè)數(shù)的最大值.【詳解】考慮到，于是．我們定義從的全體正因數(shù)組成的集合G中選出若干個(gè)組成集合K為“好的”，當(dāng)且僅當(dāng)其中任意兩個(gè)的乘積都不是平方數(shù)．容易證明，若K是“好的”，且，而，其中為質(zhì)數(shù)，，那么將其替換為，其中則K仍然是“好的”．因此任何“好的”集合K中的元素都可以簡(jiǎn)化后對(duì)應(yīng)于的某個(gè)子集，如，于是K中的元素最多有個(gè)，且的所有子集對(duì)應(yīng)的32個(gè)數(shù)組成的集合是“好的”，因此最多可選因數(shù)個(gè)數(shù)為32．故選：C.13．（2020·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）方程的整數(shù)解個(gè)數(shù)為（

）A．4 B．8 C．16 D．前三個(gè)答案都不對(duì)【答案】B【分析】利用因式分解可求不定方程的解的個(gè)數(shù).【詳解】題中方程即，考慮到且，且3，19，31模4均為3，于是的所有可能取值為，共8個(gè)．故選：B.14．（2019·北京·高三?？紡?qiáng)基計(jì)劃）已知不定方程有正整數(shù)解，則正整數(shù)n的最小值為（

）A．11 B．13 C．15 D．17【答案】C【分析】利用可得模16的余數(shù)的范圍，結(jié)合可求正整數(shù)n的最小值.【詳解】由于于是模16的余數(shù)在0和n之間．又，于是．注意到，因此正整數(shù)n的最小值為15．故選：C.15．（2019·北京·高三?？紡?qiáng)基計(jì)劃）滿足方程的有序正整數(shù)組的個(gè)數(shù)為（

）A．12 B．13 C．24 D．25【答案】A【分析】反表示后根據(jù)整除性可得有序正整數(shù)組的個(gè)數(shù).【詳解】根據(jù)題意，有，于是，其中為奇數(shù)，且．這樣的有12對(duì)，因此對(duì)應(yīng)的也有12對(duì)．故選：A.n16．（2019·北京·高三校考強(qiáng)基計(jì)劃）在十進(jìn)制數(shù)下，設(shè)a是的各位數(shù)字之和，而b是a的各位數(shù)字之和，則b的各位數(shù)字之和是（

）A．5 B．6 C．7 D．16【答案】C【分析】先估計(jì)的范圍，再根據(jù)模9同余可求b的各位數(shù)字之和.【詳解】設(shè)c是b的各位數(shù)字之和，由于，于是，因此．進(jìn)而．又，而，這樣就得到了．故選：C17．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）若為非負(fù)整數(shù)，則方程的解有（

）A．83組 B．84組C．85組 D．以上答案都不對(duì)【答案】C【分析】就及分類討論，后者可利用放縮法得到，再就、分類討論后可得所有解的個(gè)數(shù).【詳解】若，則，此時(shí)是滿足條件的一組解．若，不妨設(shè)，則，此時(shí)必有（否則，矛盾），因此問題即且由，可得．情形一

，此時(shí)，解得．情形二

，此時(shí)，無解．綜上所述，及其對(duì)稱式，有85組解．故選：C.18．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）設(shè)是與的差的絕對(duì)值最小的整數(shù)，是與的差的絕對(duì)值最小的整數(shù)．記的前n項(xiàng)和為，的前n項(xiàng)和為，則的值為（

）A．1 B．2 C．3 D．以上答案都不對(duì)【答案】A【分析】根據(jù)整數(shù)的性質(zhì)可得且，故可求的值.【詳解】容易證明的小數(shù)部分不可能為0.5，因此，整理可得，故，注意到當(dāng)時(shí)，，因此．類似的，有，整理可得，故，注意到當(dāng)時(shí)，，因此．綜上所述，有．故選：A.二、多選題19．（2021·北京·高三?？紡?qiáng)基計(jì)劃）若x，y為兩個(gè)不同的質(zhì)數(shù)，n為不小于2的正整數(shù)且，則（

）A．存在奇數(shù)n符合題意 B．不存在奇數(shù)n符合題意C．存在偶數(shù)n符合題意 D．不存在偶數(shù)n符合題意【答案】AD【分析】利用因式分解可判斷AB的正誤，利用遞推可判斷CD的正誤.【詳解】當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，有，于是，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，當(dāng)時(shí)，有，若，則，其中為正整數(shù)，故且，而為質(zhì)數(shù)，則，這與題設(shè)矛盾，故，于是．當(dāng)，注意到，若，則，依次類推，則可得到，這與矛盾，因此可以遞推證明當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確．故選：AD.20．（2020·北京·高三校考強(qiáng)基計(jì)劃）設(shè)的三邊長(zhǎng)a，b，c都是整數(shù)，面積是有理數(shù)，則a的值可以為（

）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，再利用整數(shù)的性質(zhì)可判斷a的值不可能為1，2，故可得正確的選項(xiàng).【詳解】取三邊為3，4，5的三角形，其面積為6，此時(shí)a的值可以取3，4．當(dāng)時(shí)，有，此時(shí)的面積為，注意到，不為完全平方數(shù)，因此的面積不可能是有理數(shù)．當(dāng)時(shí)，不妨設(shè)，有或．情形一

若，則的面積為．若，其中p，q為互質(zhì)的正整數(shù)，則，于是為完全平方數(shù)，而正整數(shù)的完全平方數(shù)的最小間隔為，因此該情形不成立．情形二

若，則，于是面積為有理數(shù)，等價(jià)于為有理數(shù)，即為完全平方數(shù)，注意到，因此的面積不可能是有理數(shù)．綜上所述，a的值不可能為1，2，可能為3，4．故選：CD.21．（2020·北京·高三?？紡?qiáng)基計(jì)劃）設(shè)x，y為不同的正整數(shù)，則下列結(jié)論中正確的有（

）A．與不可能同時(shí)為完全平方數(shù)B．與不可能同時(shí)為完全平方數(shù)C．與不可能同時(shí)為完全平方數(shù)D．以上答案都不正確【答案】AB【分析】利用不等式放縮可得不可能是完全平方數(shù)且只可能是；可能是或者，分類討論后可得正確選項(xiàng).【詳解】不妨設(shè)，則，，，于是不可能是完全平方數(shù)；而只可能是；可能是或者．若，則，矛盾；若，則，矛盾；若，則，于是，此時(shí)考慮到，于是或，解得（舍去）或．因此當(dāng)時(shí)，同時(shí)為完全平方數(shù)．綜上所述，選項(xiàng)AB正確．故選：AB.三、填空題22．（2018·江西·高三競(jìng)賽）、為正整數(shù)，滿足，則所有正整數(shù)對(duì)的個(gè)數(shù)為______．【答案】4

【詳解】由，知，且，于是，而，．因1009為質(zhì)數(shù)，數(shù)所有可能的分解式為，，，．其中每一個(gè)分解式對(duì)應(yīng)于的一個(gè)解，故其解的個(gè)數(shù)為4．故答案為423．（2018·全國(guó)·高三競(jìng)賽）設(shè)n為正整數(shù).從集合中任取一個(gè)正整數(shù)n恰為方程的解的概率為_______（表示不超過實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)）.【答案】【詳解】當(dāng)時(shí)，，.滿足題中方程的n為6，12，…，2010，共335個(gè)；當(dāng)時(shí)，，.滿足題中方程的n為1，7，13，…，2011，共336個(gè)；當(dāng)時(shí)，，.滿足題中方程的n不存在；當(dāng)時(shí)，，.滿足題中方程的n為3，9，15，…，2013，共336個(gè)；當(dāng)時(shí)，，.滿足題中方程的n不存在；當(dāng)時(shí)，，.滿足題中方程的n不存在.因此，從集合中任取一個(gè)正整數(shù)n恰為題中方程的解的概率為.24．（2018·安徽·高三競(jìng)賽）設(shè)n是正整數(shù)，且滿足，則n=__________.【答案】213【詳解】由，得.設(shè).由=1.375，得0.075，215.再由，得n=213.（注：“”表示“小于約等于”.）故答案為21325．（2018·全國(guó)·高三競(jìng)賽）用表示不超過實(shí)數(shù)x的最大整數(shù).則__________．【答案】2014【詳解】因?yàn)?，所以則.又.故.26．（2018·山東·高三競(jìng)賽）已知，，且為方程的一個(gè)根，則的最大可能值為______．【答案】9

【詳解】由題設(shè)，則．因?yàn)椋?，則必為完全平方數(shù)．設(shè)，則，．所以或或或．解得，8，,0．所以的最大可能值為9.27．（2021·全國(guó)·高三競(jìng)賽）為正整數(shù)列，滿足為的最小素因子，，構(gòu)成集合A，P為所有質(zhì)數(shù)構(gòu)成的集合，則集合的最小元素為___________．【答案】5【詳解】由于，故，所以集合的最小元素．假設(shè)存在正整數(shù)n，使得，則，故，這不可能，因?yàn)槌?的余數(shù)為，所以．集合的最小元素為5．故答案為：5.28．（2021·全國(guó)·高三競(jìng)賽）集合整除中元素的個(gè)數(shù)為__________.【答案】8【分析】根據(jù)為取整數(shù)，求和后分解因數(shù)可得結(jié)果.【詳解】解：由題意得：.故集合中有一共8個(gè)元素.故答案為：829．（2020·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）已知表示不超過x的最大整數(shù)，記，則方程的整數(shù)解個(gè)數(shù)為__________．【答案】24【分析】根據(jù)的定義可得為整數(shù)，從而可求原方程整數(shù)解的個(gè)數(shù).【詳解】根據(jù)題意，有，因此x是的約數(shù)，個(gè)數(shù)為．故答案為：24.30．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）若可化簡(jiǎn)為最簡(jiǎn)分?jǐn)?shù)，則_________．【答案】72【分析】計(jì)算出中因數(shù)2和3的次數(shù)后可求的值.【詳解】關(guān)鍵是計(jì)算出中因數(shù)2和3的次數(shù)，分別為和，而，于是．故答案為：72.31．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）若正整數(shù)m，n滿足，則有_________組．【答案】32【分析】利用因式分解可求不定方程的正整數(shù)解.【詳解】注意到，故當(dāng)時(shí)，有或即，而根據(jù)題意，有，即，故于是或（舍），進(jìn)而可得共有32組．故答案為：3232．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）若存在正整數(shù)n，使得，則正整數(shù)m的最大值是_________．【答案】4【分析】利用歸納法可求正整數(shù)m的最大值.【詳解】設(shè)，則n123456789101112100…130600…1396189099…139337263063…139331531448163144225144…而當(dāng)時(shí)，，所以模的余數(shù)在時(shí)均為144．因此正整數(shù)m的最大值為4（此時(shí)對(duì)應(yīng)的n為7）．故答案為：4.33．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）已知表示不超過x的最大整數(shù)，則的值域?yàn)開________．【答案】【分析】先判斷函數(shù)的周期為1，再就在上的6種情形分類討論后可求函數(shù)的值域.【詳解】注意到，因此只需要考慮在上的情形，有x000000000111001122001233因此的值域?yàn)椋蚀鸢笧椋?34．（2020·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）已知表示不超過x的最大整數(shù)，如等，則__________．【答案】【分析】根據(jù)可求的形式，再利用分組求和可求數(shù)列的和.【詳解】由于，于是設(shè)原式為M，則．故答案為：.35．（2021·北京·高三強(qiáng)基計(jì)劃）已知是常數(shù)項(xiàng)不為0的整系數(shù)多項(xiàng)式，，則中有_________項(xiàng)為0．【答案】0【分析】利用整除性結(jié)合常數(shù)項(xiàng)非零可求0項(xiàng)的個(gè)數(shù).【詳解】，由于是整系數(shù)多項(xiàng)式，于是，若，則，可得，因此，進(jìn)而數(shù)列中從第1項(xiàng)到第m項(xiàng)，奇數(shù)項(xiàng)為的偶數(shù)倍，偶數(shù)項(xiàng)為的奇數(shù)倍．因此m必然為奇數(shù)，且偶數(shù)項(xiàng)均不為0，因此中沒有任何一項(xiàng)為0．故答案為：0四、解答題36．（2018·全國(guó)·高三競(jìng)賽）求最小的兩個(gè)正整數(shù)m，使得為完全平方數(shù).【答案】539、731【詳解】注意到于是，為完全平方數(shù)的必要條件是.設(shè).則.故.因此，為完全平方數(shù).只有當(dāng)或時(shí)才有可能.當(dāng)時(shí)，.當(dāng)時(shí)，.當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，、均不為完全平方數(shù).若，則，.于是，為完全平方數(shù)的必要條件是為完全平方數(shù)，并且取“+”時(shí)，；取“-”時(shí)，.經(jīng)計(jì)算，能夠使得為完全平方數(shù)的最小正整數(shù)n=6，此時(shí)，；為完全平方數(shù)的最小正整數(shù)n=8，此時(shí)，.故使得為完全平方數(shù)的最小的兩個(gè)正整數(shù)m為539、731.37．（2018·全國(guó)·高三競(jìng)賽）證明：存在無窮多個(gè)正整數(shù)n，使得，其中，[x]表示不超過實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)．【答案】見解析【詳解】設(shè).則.令.下證方程有無窮多組整數(shù)解.顯然，x=9,y=4是一組解.令.則.從而，，即所有的均滿足方程.對(duì)于上述給定的x、y、n滿足，即，及.注意到，.所以，，即共有2x+1個(gè)n使得.由y≤x，知在這連續(xù)2x+1個(gè)整數(shù)中，至少有一個(gè)為x+y的倍數(shù).例如，當(dāng)x=9，y=4時(shí)，在81，82,...,98中，存在n=91使得.38．（2018·全國(guó)·高三競(jìng)賽）求所有素?cái)?shù)p，使得.【答案】見解析【詳解】由于不成立，故p=2不滿足條件.以下設(shè)p為奇素?cái)?shù).對(duì)k=1，2，…，，由費(fèi)馬小定理知.故.求和知當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，.顯然.當(dāng)時(shí)，必為3和8的倍數(shù)，故.綜上，所求P為一切大于3的素?cái)?shù).39．（2018·全國(guó)·高三競(jìng)賽）證明：存在無窮多個(gè)素?cái)?shù)，使得對(duì)于這些素?cái)?shù)中的每一個(gè)p，至少存在一個(gè)，滿足.【答案】見解析【詳解】假設(shè)結(jié)論不成立，則可設(shè)為整除形如這樣的數(shù)中至少其中之一的全部素?cái)?shù).考慮k+1個(gè)數(shù).由于這些數(shù)是有限數(shù)，故存在一個(gè)，使得這k+1個(gè)數(shù)中的任何一個(gè)均不被整除.又可以足夠大，知存在一個(gè)n，使得，其中，.對(duì)于這個(gè)足夠大的，將其素因數(shù)分解，知必存在某個(gè)的指數(shù)大于q.考慮這個(gè)足夠大的及，，…，這k+1個(gè)數(shù).由于它們每一個(gè)均被某個(gè)整除，但僅有k個(gè)，由抽屜原理，知這k+1個(gè)數(shù)中必存在兩個(gè)數(shù)被同一個(gè)整除.即，.其中，.故.與q的選擇矛盾.綜上，原結(jié)論成立.40．（2018·江西·高三競(jìng)賽）求最小的正整數(shù)，使得當(dāng)正整數(shù)點(diǎn)時(shí)，在前個(gè)正整數(shù)構(gòu)成的集合中，對(duì)任意總存在另一個(gè)數(shù)且，滿足為平方數(shù)．【答案】7【詳解】易知當(dāng)時(shí)，在中，數(shù)2與其他任何數(shù)之和皆不是平方數(shù)；以下證明，的最小值為7．如果正整數(shù)、滿足：平方數(shù)，就稱是一個(gè)“平方對(duì)”，顯然在中，，，，為平方對(duì)．在中增加了平方對(duì)；在中平加了平方對(duì)．以下采用歸納法，稱滿足題中條件的為具有性質(zhì)；簡(jiǎn)記為．據(jù)以上知，當(dāng)時(shí)，均有．設(shè)已證得，當(dāng)時(shí)，皆有，今考慮情況，利用歸納假設(shè)，只需證，當(dāng)，其中時(shí)，均有．首先，在，即時(shí)，構(gòu)成平方對(duì)，這是由于，而由，知，即．在時(shí)，構(gòu)成平方對(duì)，這是由于，而，所以．因此對(duì)于滿足的每個(gè)，皆有，從而對(duì)所有滿足的正整數(shù)，皆有，即對(duì)一切正整數(shù)，均有．所以的最小值為7．41．（2019·全國(guó)·高三校聯(lián)考競(jìng)賽）求滿足以下條件的所有正整數(shù)n：（1）n至少有4個(gè)正因數(shù)；（2）若是n的所有正因數(shù)，，構(gòu)成等比數(shù)列.【答案】滿足條件的n為所有形如的數(shù)，其中p是素?cái)?shù)，整數(shù).【分析】根據(jù)題設(shè)條件得到，得出，代入化簡(jiǎn)得，進(jìn)而得到，，從而得到為，此時(shí)相應(yīng)的為即可得到結(jié)論.【詳解】由至少有4個(gè)正因數(shù)，可得，又由，構(gòu)成等比數(shù)列，所以，因?yàn)槭莕的所有正因數(shù)，可得，代入上式得，化簡(jiǎn)得，所以，由此可知是完全平方數(shù)，由于是的最小素因子，是平方數(shù)，故只能，從而為，即為，此時(shí)相應(yīng)的為.綜上可知，滿足條件的為所有形如的數(shù)，其中p是素?cái)?shù)，整數(shù).【點(diǎn)睛】本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，以及實(shí)數(shù)的基本性質(zhì)的綜合應(yīng)用，其中解答中合理利用實(shí)數(shù)的基本性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力.42．（2019·上?！じ呷Ｂ?lián)考競(jìng)賽）求證：不存在無窮多項(xiàng)的素?cái)?shù)數(shù)列，使得.【答案】見解析【詳解】用反證法.假設(shè)存在滿足題設(shè)的無窮多項(xiàng)的素?cái)?shù)數(shù)列，則由得，于是數(shù)列{pk+1}是以5為公比的等比數(shù)列，所以，故.易知數(shù)列{pn}是嚴(yán)格遞增的，不妨設(shè)p1>5(否則用p2作為首項(xiàng))，則有(5，p1)=1，于是由費(fèi)馬小定理得，所以，這與是素?cái)?shù)矛盾所以，滿足題設(shè)的素?cái)?shù)數(shù)列不存在.43．（2019·吉林·高三校聯(lián)考競(jìng)賽）求所有的正整數(shù)n，使得方程有正整數(shù)解.【答案】.【詳解】當(dāng)n=1時(shí)，方程變?yōu)?，得，顯然無正整數(shù)解.當(dāng)n=2時(shí)，方程變?yōu)椋?先證引理：無正整數(shù)解假設(shè)有一組正整數(shù)解a?b?c，不妨設(shè)a?b?c的最大公因數(shù)為1.由a?b為正整數(shù)，知或1(mod3)，或1(mod3).又，故且，即且，從而.這與“a?b?c的最大公因數(shù)為1”矛盾.引理得證由無正整數(shù)解，可知此時(shí)原方程無正整數(shù)解.當(dāng)n=3時(shí)，方程變?yōu)?，由，得，即，所以，可得，即，?這說明原方程有正整數(shù)解：.當(dāng)n≥4時(shí)，有正整數(shù)解：.綜上，當(dāng)n=1或n=2時(shí)，原方程無正整數(shù)解；當(dāng)n≥3時(shí)，原方程有正整數(shù)解.即所求的n為.44．（2019·江西·高三校聯(lián)考競(jìng)賽）試求所有由互異正奇數(shù)構(gòu)成的三元集{a，b，c}，使其滿足：.【答案】7個(gè)，，，.【詳解】據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)a<b<c，由于奇平方數(shù)的末位數(shù)字只具有1、5、9形式，于是的末位數(shù)字，要么是5、5、9的形式，要么是1、9、9的形式.又知，如果正整數(shù)n是3的倍數(shù)，那么n2必是9的倍數(shù)；如果n不是3的倍數(shù)，那么n2被3除余1.由于2019是3的倍數(shù)，但不是9的倍數(shù)，因此奇數(shù)a、b、c皆不是3的倍數(shù).注意，即奇數(shù)c≤43，而，即c2>673，且c不是3的倍數(shù)，故奇數(shù)c≥29.因此奇數(shù).注意如下事實(shí)：如果奇數(shù)為兩個(gè)正整數(shù)的平方和，那么偶數(shù)2N必可表為兩個(gè)互異正奇數(shù)的平方和.這是由于，若c=43，方程化為：.因此，.于是得兩解：.若c=41，方程化為.由此得：{a，b，c}={7，17，41}.若c=37，方程化為，因此，，得到三個(gè)解：.若c=35，方程化為：.而397是一個(gè)4N+1型的質(zhì)數(shù)，它可唯一地表為兩整數(shù)的平方和：，所以，得到一個(gè)解：{a，b，c}={13，25，35}若c=31，方程化為：，而23是4N－1型的質(zhì)數(shù)，它不能表為兩個(gè)正整數(shù)的平方和.若c=29，方程化為：，它含有4N－1型的單質(zhì)因子，故不能表為兩整數(shù)的平方和.綜合以上討論，本題共有七個(gè)滿足條件的互異正奇數(shù)解{a，b，c}，即為：，，.45．（2021·全國(guó)·高三競(jìng)賽）求方程的所有正整數(shù)解．【答案】或其排序，共12組解．【詳解】不妨設(shè)．若，則．同理，．三式相乘得，與原方程矛盾．于是，．（1）若，則．顯然，無正整數(shù)解．（2）若，則．只有，才有對(duì)應(yīng)的正整數(shù)，此時(shí)或．（3）若，則．兩邊取模3即知矛盾，故無解．（4）若，則．故此時(shí)，故，逐一檢驗(yàn)后無解.綜上，或其排序，共12組解．46．（2021·全國(guó)·高三競(jìng)賽）求方程的整數(shù)解，其中p?q是質(zhì)數(shù)，r?s是大于1的正整數(shù)，并證明所得到的解是全部解.【答案】證明見解析【詳解】容易看到兩個(gè)質(zhì)數(shù)中肯定有一個(gè)為2，不妨假設(shè)，即.若，從余數(shù)去討論，，s為奇數(shù).，所以，從奇偶性可以看出這種情形方程無解.若為偶數(shù)，注意到，所以.令，其中為奇數(shù)，則，觀察最后一項(xiàng)，則為1，故，所以，故，故，所以，所以，，所以，，，綜上，考察到對(duì)稱性，原方程恰有兩組解：或47．（2021·全國(guó)·高三競(jìng)賽）證明：對(duì)任意正整數(shù)，都存在正整數(shù)和個(gè)互不相同的正整數(shù)，使是完全平方數(shù)．【答案】證明見解析【詳解】對(duì)于，必存在不同的正整數(shù)滿足，令，則有．以此類推，當(dāng)時(shí)，存在不同的正整數(shù)滿足．存在，定義，則．由前述結(jié)論可得存在使得，此時(shí)為完全平方數(shù)．48．（2018·全國(guó)·高三競(jìng)賽）對(duì)于素?cái)?shù)p，定義集合.及.試求所有的素?cái)?shù)p，使得.【答案】滿足條件的所有素?cái)?shù)p為2、3、5、13、17.【詳解】1.首先驗(yàn)算當(dāng)p＝2，3，5，13，17時(shí)，滿足題意.i.當(dāng)p＝2時(shí)，對(duì)任意，a、b、c均為奇數(shù)或兩奇一偶，此時(shí)，.故.ii.當(dāng)p＝3時(shí)，由平方數(shù)模3余0或1得或.因此，iii.當(dāng)p＝5時(shí)，若.由模5余0或±1，得不能模5同為1或-1，此時(shí)必有.因此，.iv.當(dāng)p=13時(shí)，若.由模13余0或±1或±3或±4，經(jīng)驗(yàn)算得中有一個(gè)模13為0或-1，此時(shí)必有或或因此,v.當(dāng)=p=17時(shí),若.由模17余0或±1或±2或±4或±8，經(jīng)驗(yàn)算得中有一個(gè)模17為0或-1，此時(shí)必有或或因此,.2.證明:當(dāng),且p>3時(shí),不滿足題意.只需證明存在,而即可.事實(shí)上,由p>3,知存在整數(shù)c,使得.由無解.在模p意義下,定義函數(shù),.若,則.于是,f為單射(在模p意義下).因此,f的值域中共有個(gè)值.由抽屜原理,知存在整數(shù)b,使得.注意到,b≠0(否則,與,矛盾),且a≠0(否則,與,矛盾).若,則由.而,,,于是,.故當(dāng)且p>3時(shí),不滿足題意.3.證明:當(dāng),且p>17時(shí),不滿足題意.先證明兩個(gè)引理.引理1若p為奇素?cái)?shù),kt≠0,則,其中,Z為模p的完系,表示勒讓德符號(hào).引理1的證明設(shè)模p的二次非零剩余構(gòu)成集合A,非二次剩余構(gòu)成集合B.若,則.而遍歷0一次,遍歷集合A中每個(gè)元素恰兩次,故.若,則.而遍歷0一次,遍歷集合B中每個(gè)元素恰兩次,故==.因此,.引理2設(shè).則方程①至少有p-1組解.引理2的證明方程①等價(jià)于至少有p-1組解.固定有組解.于是,共有組解.由引理1及,得.回到原題.令c=a+b,其中,S為的解集,則==.于是,.若,則有下列四種情形:ⅰ.至多有兩個(gè)值(a,b).ⅱ.至多有兩個(gè)值(a,b).ⅲ.且至多有兩個(gè)值(a,b).ⅳ.,此時(shí),.而,故至多6個(gè)b的解.又一個(gè)b至多可確定兩個(gè)a,于是,至多有12個(gè)值(a,b).綜上,至多有18個(gè)值,使得.又p>17時(shí),p+1>18,則必存在一組,而.故.因此,滿足條件的所有素?cái)?shù)p為2、2、5、13、17.49．（2021·全國(guó)·高三競(jìng)賽）已知是兩個(gè)整數(shù)集合，且對(duì)于任意整數(shù)，存在唯一的使得.記.證明：對(duì)任意的，存在，使得.【答案】證明見解析【詳解】考慮滿足且的所有有序數(shù)對(duì)構(gòu)成的集合.要證結(jié)論等價(jià)于：“存在且.”①對(duì)任意整數(shù)，定義映射.引理：是雙射.設(shè)，即.再由，得.由題設(shè)中唯一性得，所以是單射.是有限集，所以是雙射.引理得證.對(duì)任何固定的，令，由引理，存在唯一的使得，因此.另一方面，任取，設(shè)中包含個(gè)，任意交換的順序，得到的有序數(shù)對(duì)（共個(gè)）仍然是的元素，所以是一些類型的整數(shù)之和.不是101的倍數(shù)，而為質(zhì)數(shù)，所以存在某個(gè)使得不是101的倍數(shù)，即中有一個(gè)為101，其余為0，即.至此，結(jié)論①得證，從而題中結(jié)論成立.50．（2021·全國(guó)·