2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)競賽中國剩余定理試卷一、選擇題（每題5分，共30分）滿足同余方程組(\begin{cases}x\equiv2\pmod{3}\x\equiv3\pmod{5}\x\equiv2\pmod{7}\end{cases})的最小正整數(shù)解為（）A.23B.58C.128D.233若(x\equiv1\pmod{4})且(x\equiv3\pmod{6})，則以下選項(xiàng)中可能是(x)的解的是（）A.7B.13C.19D.25同余方程組(\begin{cases}2x\equiv1\pmod{3}\3x\equiv2\pmod{4}\end{cases})的解的個(gè)數(shù)為（）A.0B.1C.無窮多D.無法確定設(shè)(m,n)為互質(zhì)的正整數(shù)，若(x\equiva\pmod{m})和(x\equivb\pmod{n})的解為(x\equivc\pmod{mn})，則(c)可表示為（）A.(a+m\cdotk)（(k)為整數(shù)）B.(b+n\cdotk)（(k)為整數(shù)）C.(a\cdotn\cdotn^{-1}\pmod{m}+b\cdotm\cdotm^{-1}\pmod{n})D.(a\cdotm+b\cdotn)若(x\equiv5\pmod{9})且(x\equiv7\pmod{12})，則(x)模36的余數(shù)為（）A.15B.21C.27D.33中國剩余定理的核心思想適用于以下哪種情況的同余方程組（）A.模不互質(zhì)B.模兩兩互質(zhì)C.方程個(gè)數(shù)大于模的個(gè)數(shù)D.系數(shù)不為1二、填空題（每題6分，共30分）滿足(x\equiv1\pmod{2})，(x\equiv2\pmod{3})，(x\equiv3\pmod{4})的最小正整數(shù)(x)為________。若(x\equiv3\pmod{7})且(x\equiv4\pmod{8})，則(x)的通解可表示為________（用含(k)的代數(shù)式表示，(k)為整數(shù)）。同余方程組(\begin{cases}x\equiv2\pmod{5}\x\equiv4\pmod{10}\end{cases})的解的情況為________（填“無解”或“解為(x\equiva\pmod{m})”）。設(shè)(p,q)為不同的素?cái)?shù)，若(x\equiv1\pmod{p})，(x\equiv2\pmod{q})，且最小解(x=100)，則(p+q)的最小值為________。若正整數(shù)(n)滿足(n\equiv2\pmod{3})，(n\equiv3\pmod{5})，且(100<n<200)，則(n=)________。三、解答題（共40分）（10分）解同余方程組：(\begin{cases}x\equiv3\pmod{4}\x\equiv5\pmod{6}\x\equiv7\pmod{8}\end{cases})解答步驟：先處理模4和模8的方程：(x\equiv7\pmod{8})已包含(x\equiv3\pmod{4})（因(7\equiv3\pmod{4})），故保留(x=8k+7)。代入(x\equiv5\pmod{6})：(8k+7\equiv5\pmod{6})?(8k\equiv-2\equiv4\pmod{6})?(4k\equiv2\pmod{3})?(k\equiv2\pmod{3})?(k=3m+2)。綜上，(x=8(3m+2)+7=24m+23)，最小正解為23，通解為(x\equiv23\pmod{24})。（10分）證明：同余方程組(\begin{cases}x\equiva\pmod{m}\x\equivb\pmod{n}\end{cases})有解的充要條件是(a\equivb\pmod{\gcd(m,n)})。證明：必要性：若存在解(x)，則(x=am_1+a)，代入第二個(gè)方程得(am_1+a\equivb\pmod{n})?(am_1\equivb-a\pmod{n})。由裴蜀定理，(\gcd(m,n)\mid(b-a))，即(a\equivb\pmod{\gcd(m,n)})。充分性：若(d=\gcd(m,n))且(d\mid(b-a))，設(shè)(m=d\cdotm')，(n=d\cdotn')，則原方程等價(jià)于(\begin{cases}x=d\cdotk+a\d\cdotk+a\equivb\pmod{d\cdotn'}\end{cases})?(k\equiv\frac{b-a}giqmyqm\pmod{n'})，存在整數(shù)(k)，故方程組有解。（10分）某數(shù)除以5余3，除以7余2，除以11余7，求滿足條件的最小三位數(shù)。解答：設(shè)(x=5a+3)，代入(x\equiv2\pmod{7})：(5a+3\equiv2\pmod{7})?(5a\equiv-1\equiv6\pmod{7})?(a\equiv6\cdot3\equiv18\equiv4\pmod{7})（因(5^{-1}\equiv3\pmod{7})），故(a=7b+4)，(x=5(7b+4)+3=35b+23)。代入(x\equiv7\pmod{11})：(35b+23\equiv7\pmod{11})?(35b\equiv-16\equiv6\pmod{11})?(2b\equiv6\pmod{11})?(b\equiv3\pmod{11})，故(b=11c+3)，(x=35(11c+3)+23=385c+128)。最小三位數(shù)為(c=0)時(shí)，(x=128)。（10分）已知正整數(shù)(n)滿足：(n)除以2余1，除以3余2，除以4余3，除以5余4，除以6余5，除以7余0。求(n)的最小值。解答：觀察前5個(gè)條件：(n+1)是2,3,4,5,6的公倍數(shù)，即(n+1=60k)（最小公倍數(shù)為60），故(n=60k-1)。代入(n\equiv0\pmod{7})：(60k-1\equiv0\pmod{7})?(60k\equiv1\pmod{7})。因(60\equiv4\pmod{7})，故(4k\equiv1\pmod{7})?(k\equiv2\pmod{7})（因(4\times2=8\equiv1\pmod{7})）。因此(k=7m+2)，(n=60(7m+2)-1=420m+119)，最小正整數(shù)(n=119)。四、拓展題（共20分）（10分）設(shè)(p,q)為奇素?cái)?shù)，且(p\neqq)，證明：存在無窮多個(gè)正整數(shù)(x)滿足(\begin{cases}x\equiv1\pmod{p}\x\equiv-1\pmod{q}\end{cases})，并求最小解的表達(dá)式。證明：由中國剩余定理，因(p)與(q)互質(zhì)，方程組必有解，且解的形式為(x\equivc\pmod{pq})，其中(c)為最小解。設(shè)(x=kp+1)，代入第二個(gè)方程：(kp+1\equiv-1\pmod{q})?(kp\equiv-2\pmod{q})?(k\equiv-2p^{-1}\pmod{q})。令(k=qm-2p^{-1}\pmod{q})，則(x=p(qm-2p^{-1})+1=pqm-2pp^{-1}+1=pqm-2+1=pqm-1)，故最小解為(x=pq-1)，通解為(x=pq(m)-1)（(m)為正整數(shù)），因此有無窮多解。（10分）在模100的剩余系中，求所有滿足(x\equiv1\pmod{4})且(x\equiv3\pmod{5})的數(shù)，并計(jì)算這些數(shù)的和。解答：解方程組(\begin{cases}x\equiv1\pmod{4}\x\equiv3\pmod{5}\end{cases})，設(shè)(x=4k+1)，代入得(4k+1\equiv3\pmod{5})?(4k\equiv2\pmod{5})?(k\equiv3\pmod{5})?(k=5m+3)，故(x=4(5m+3)+1=20m+13)。模100的剩余系中，(m=0,1,2,3,4)時(shí)，(x=13,33,53,73,93)。這些數(shù)的和為(13+33+53+73+93=(13+93)+(33+73)+53=106+106+53=265)。五、附加題（共30分）（15分）證明：對(duì)任意正整數(shù)(n)，存在(n)個(gè)連續(xù)正整數(shù)，其中每個(gè)數(shù)都不是素?cái)?shù)的冪（即形如(p^k)，(p)素?cái)?shù)，(k\geq1)）。提示：構(gòu)造同余方程組：對(duì)每個(gè)(1\leqi\leqn)，令(x+i\equiv0\pmod{m_i})，其中(m_i)為兩個(gè)不同素?cái)?shù)的乘積（如(m_i=i(i+1))），則(x+i)含至少兩個(gè)素因子，非素?cái)?shù)的冪。（15分）設(shè)(a,b,c)為正整數(shù)，且(a+b+c=100)，(a\equiv1\pmod{3})，(b\equiv2\pmod{4})，(c\equiv3\pmod{5})，求所有可能的三元組((a,b,c