2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽整除性質(zhì)試卷一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）若正整數(shù)n滿(mǎn)足2025|n3+10n2+3n+2，則n的最小值為（）A.2024B.4050C.6075D.8100設(shè)a,b為正整數(shù)，且(3a+5b)能被17整除，則下列選項(xiàng)中一定能被17整除的是（）A.5a+7bB.7a+11bC.11a+13bD.13a+17b已知n為正整數(shù)，若n2+2n+3能被7整除，則n的最小正整數(shù)解為（）A.3B.4C.5D.6設(shè)p為質(zhì)數(shù)，且滿(mǎn)足p|(2??-1)，則p的最大值為（）A.17B.73C.17×73D.無(wú)法確定若七位數(shù)2025abc能同時(shí)被2,3,5,7整除，則abc的值為（）A.120B.210C.350D.420設(shè)正整數(shù)a,b滿(mǎn)足a+b=2025，且(a,b)=45，則有序數(shù)對(duì)(a,b)的個(gè)數(shù)為（）A.12B.16C.20D.24已知n為正整數(shù)，若1+2+3+…+n能被2025整除，則n的最小值為（）A.81B.135C.405D.810設(shè)m,n為正整數(shù)，且滿(mǎn)足m2-n2=2025，則(m,n)的組數(shù)為（）A.6B.8C.10D.12二、填空題（本大題共6小題，每小題6分，共36分）若正整數(shù)a,b滿(mǎn)足ab=2025，且a≤b，則(a,b)的不同取值有______組。設(shè)n為正整數(shù)，若n能同時(shí)表示為兩個(gè)連續(xù)正整數(shù)的和、三個(gè)連續(xù)正整數(shù)的和及五個(gè)連續(xù)正整數(shù)的和，則n的最小值為_(kāi)_____。已知正整數(shù)n滿(mǎn)足σ(n)=2n（其中σ(n)表示n的所有正約數(shù)之和），且n≤2025，則n的最大值為_(kāi)_____。設(shè)p為質(zhì)數(shù)，且滿(mǎn)足p|(31??+41??)，則p的最小值為_(kāi)_____。若正整數(shù)n滿(mǎn)足φ(n)=12（其中φ(n)表示歐拉函數(shù)），則n的所有可能值之和為_(kāi)_____。設(shè)a,b,c為正整數(shù)，且滿(mǎn)足a+b+c=2025，(a,b,c)=25，[a,b,c]=1500，則a,b,c的最大公約數(shù)為_(kāi)_____。三、解答題（本大題共4小題，共74分）（本題滿(mǎn)分16分）證明：對(duì)任意正整數(shù)n，n?-n能被30整除。（本題滿(mǎn)分18分）設(shè)a,b為正整數(shù)，且滿(mǎn)足(a,b)=1，證明：(a+b,a2-ab+b2)的值只能是1或3。（本題滿(mǎn)分20分）已知正整數(shù)n滿(mǎn)足n2+2n+3能被7整除，求所有滿(mǎn)足條件的n的表達(dá)式，并求n≤2025時(shí)的所有解的個(gè)數(shù)。（本題滿(mǎn)分20分）設(shè)p為奇質(zhì)數(shù)，證明：存在無(wú)窮多個(gè)正整數(shù)n，使得p|(n2+1)的充要條件是p≡1(mod4)。四、附加題（本大題共2小題，每小題25分，共50分）設(shè)正整數(shù)n滿(mǎn)足n>1，且對(duì)任意正整數(shù)k≤n，都有n|(k??1-1)，證明：n為質(zhì)數(shù)。已知正整數(shù)a,b,c滿(mǎn)足abc=2025，且a≤b≤c，求a+b+c的最小值，并求出此時(shí)的a,b,c的值。參考答案與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)一、選擇題C2.B3.A4.B5.D6.C7.C8.B二、填空題610.1511.168012.1313.13514.25三、解答題證明：n?-n=n(n?-1)=n(n2-1)(n2+1)=n(n-1)(n+1)(n2+1)（1）n,n-1,n+1為三個(gè)連續(xù)整數(shù)，故其中必有2的倍數(shù)和3的倍數(shù)，因此2×3=6|n?-n（2）若n≡0,1,4(mod5)，則n?≡n(mod5)；若n≡2,3(mod5)，則n?≡1(mod5)，故n?≡n(mod5)綜上，5|n?-n，又(5,6)=1，故30|n?-n（評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：分解因式4分，證明能被6整除6分，證明能被5整除6分）證明：設(shè)d=(a+b,a2-ab+b2)，則d|(a+b)且d|(a2-ab+b2)于是d|[(a2-ab+b2)+(a+b)(a-2b)]=3a2-3ab=3a(a-b)同理d|3b(a-b)，又(a,b)=1，故d|3(a-b)又d|(a+b)，則d|[(a+b)+(a-b)]=2a且d|[(a+b)-(a-b)]=2b由(a,b)=1得d|2，結(jié)合d|3(a-b)，可得d=1或3（評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：設(shè)d=...4分，證明d|3(a-b)8分，證明d=1或36分）解：n2+2n+3=(n+1)2+2≡0(mod7)，即(n+1)2≡-2≡5(mod7)計(jì)算得5是模7的二次剩余，且解為n+1≡3或4(mod7)故n≡2或3(mod7)，即n=7k+2或7k+3(k≥0)在n≤2025時(shí)，7k+2≤2025得k≤288，7k+3≤2025得k≤288共有289+289=578個(gè)解（評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：配方4分，求模7的解6分，寫(xiě)出通解4分，計(jì)算解的個(gè)數(shù)6分）證明：必要性：若p≡1(mod4)，則存在整數(shù)a使a2≡-1(modp)充分性：若存在n使n2≡-1(modp)，則(n?)≡1(modp)，故ord_p(n)|4若ord_p(n)=1或2，則n2≡1(modp)，與n2≡-1矛盾，故ord_p(n)=4由費(fèi)馬小定理知4|p-1，即p≡1(mod4)（評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：必要性證明10分，充分性證明10分）四、附加題證明：假設(shè)n為合數(shù)，設(shè)p為n的最小質(zhì)因數(shù)，則p≤√n由條件知n|(p??1-1)，則p|(p??1-1)，即p|1，矛盾故n必為質(zhì)數(shù)（評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：假設(shè)n為合數(shù)5分，設(shè)p為最小質(zhì)因數(shù)5分，推出矛盾10分，結(jié)論5分）解：2025=3?×52，要使a+b+c最小，應(yīng)使a,b,c盡量接近2025的立方根約為12.7，故取a=9,