初中数学 七年级精英数学大视野 知识精讲+培优提升（含答案解析）

第1讲数、合数与因数分解 1第2讲奇数、偶数 第3讲数的整除性 第4讲带余除法 26 34 第7讲有理数的计算 第8讲设而不求 第9讲整式的加减 第10讲一元一次方程 第11讲怎样设元 第12讲趣味运动 第13讲二元一次方程组 第14讲一次方程组的应用 第15讲不定方程(组) 第16讲一元一次不等式 第17讲不等式的应用 第18讲平面直角坐标系 第19讲立体图形 第20讲线段与角 第21讲相交线与平行线 202第22讲三角形的边与角 214第23讲多边形 第24讲图形面积 235第25讲归纳与猜想 第26讲抽象与具体 259第27讲估算的方法 268第28讲几何计数 第29讲抽屉原理 284第30讲容斥原理 293第31讲取整运算 第32讲逻辑推理问题 1第1讲数、合数与因数分解知能概述一个大于1的正整数，若除了1与它自身，再没有其他的约数，这样的正整数叫做质数；一个大于1的正整数，除了1与它自身，若还有其他的约数，这样的正整数称为合数.这样，我们可以按约数个数将正整数分为三类：质数、合数有下面常用的性质：1.1不是质数，也不是合数；2是唯一的偶质数.2.若质数p|ab,则必有p|a或p|b.3.若正整数a,b的积是质数p,则必有a=p或b=p.4.算术基本定理：任意一个大于1的整数N能分解成k个质因数的乘积，若不考虑质因数之间的顺序，则这种分解是唯一的，从而N可以写成分解形式：N=p⁴·P2²……Pk其中P₁<P₂<…<Pk,p为质数，a,为非负整数(i=1,2,…,k).正整数N的正约数的个数为(1+a₁)(1+a₂2)…(1+a),所有正约数的和为(1+P₁+…+Pi')(1+P₂+…+P23)…(1+P+…+p&).问题解决例1已知三个不同的质数a,b,c满足abc+a=2000,那么a+b+c=(江苏省竞赛题)解题思路运用乘法分配律、算术基本定理，从因数分解入手，突破a的值.例2一个两位数的个位数字和十位数字变换位置后，所得的数比原来的数大9,这样的两位数中，质数有().(“希望杯”邀请赛试题)解题思路字母示数，从分析这样的两位数的特征入手.例3求这样的质数，当它加上10和14时，仍为质数.(上海市竞赛题)解题思路由于质数的分布不规律，不妨从最小的质数进行实验，但这样的质数唯一吗?还需按剩余类的方法进行讨论.2例4证明对于每一个n,数是合数.(全俄数学奥林匹克竞赛试题)解题思路通过分拆变形，把原数分解为有一个大于1又不是自身的因数即可.例5如果p与p+2都是大于3的质数.那么请证明：6是p+1的约数.(加拿大数学奥林匹克竞赛试题)解题思路每一整数可以写成6n,6n-1,6n+1,6n-2,6n+2,6n+3(n为整数)的一种，其中6n,6n-2,6n+2,6n+3在n≥1时都是合数，分别被6,2,2,3整除，故质数p是6n-1或6n+1的形式。例6在1,0交替出现且以1打头和结尾的所有整数(如101,10101,1010101…)中有多少质数?(北京市竞赛题)分析与解显然，101是个质数，下面证明,当k≥3时都是合数，注意到N是由k个1与k-1个0组成的2k-1位数，即11N是一个由2k个个1组成的2k位数.(1)当k为不小于3的奇数时，因此必有11|10*+1,即所以(2)当k是不小于3的偶数时，,即所以N=M₂×(10*+1)是个合数.综合(1)、(2),当k≥3时，必为合数，所以，在101,10101,1010101…中只有101是一个质数.例7若一个质数的各位数码经任意排列后仍然是质数，则称它是一个“绝对质数”(如2,3,5,7,11,13(31),17(71),37(73),79(97),113(131,311),199(919,991都是绝对质数).求证：绝对质数的各位数码不能同时出现数码1,3,7与9.(青少年国际城市邀请赛试题)分析与解正难则反.假设一个绝对质数如果同时含有数字1,3,7,9,由此导出矛盾，这是解题的关键.一个绝对质数如果同时含有数字1,3,7,9,则在这个质数的十进制表示中，不可能含有数字0,2,4,5,6,8,否则，通过适当排列后，这个数能被2或5整除。设N是一个同时含有数字1,3,7,9的绝对质数。因为k₀=7931,k₁=1793,k₂=9137,k₃=7913,k₄=7193,k₅=1937,k₆=7139被7除所得的余数分别是0,31,2,3,4,5,6,所以，如下7个正整数N₀=G…cn47931=L·10⁴+k₀,N₁=G…C,41793=L·10⁴+k₁N₆=CG…Cn-47139=L·10⁴+k₆中，一定有一个能被7整除，这个数就不是质数，矛盾.惑人心，也是最孤独的.它尽管有同伴，却没有规律能指出它的同伴在哪里.”千百年来，人类对质数的探索从未停止.欧几里德，高斯、欧拉、费马……魅力，坚持不懈地探索着质数神秘表象背后潜藏的奥秘.质数并不孤独.质数并不孤独.2013年5月13日，美国新罕布什尔大学的华人数学家张益唐简要叙述并证明了如下命题：存在无数多个质数对(p,q),其中每一对中的质数之差，即p和q的距离不超过七千万.例8最多能找到多少个两两不相等的正整数，使其中任意三个数的和为质数?说明你的理由.(北京大学自主招生试题)解题思路因要求使其中任意三个数的和都是质数，故可将正整数按模3分类：3k,3k+1,3k+2,k为正整数，由此展开讨论.刻意练习1.炎黄骄子菲尔兹奖被誉为“数学界的诺贝尔奖”,只奖励40岁以下的数学家.华人数学家丘成桐、陶哲轩分别于1982年、2006年荣获此奖.我们知道正整数中有无穷多个质数(素数),陶哲轩等证明了这样一个关于质数分布的奇妙定理：对任何正整数h存在无穷多组含有k个等间隔质数(素数)的数组.例如，k=3时，3,5,7是间隔为2的3个质数；5,11,17是间隔为6的3个质数；而_,是间隔为12的3个质数(由小到大排列，只写一组3个质数即可). (《时代学习报》数学文化节试题)42.截尾质数73939133这个数具有相当迷人的性质，不只是因为它是质数，还因为把最末位数字依序“截尾”后，余下的数仍是质数.如：73939133,7393913,739391,73939,7393,739,73,7.具巧的是，它也是具有这种性质的最大数，总共有83个数具有这样的性质.在100以内的质数中，最大的截尾质数是(《时代学习报》数学文化节试题)3.(1)一个两位质数，如果将它的十位数字与个位数字交换后，仍是一个两位质数，这样的质数可称(“希望杯”邀请赛试题)(2)数字之和为5的三位数中，质数的个数是(世界数学团体锦标赛)(四川省竞赛题)4.写出10个连续自然数，它们个个都是合数，这10个数是(上海市竞赛题)5.已知三个质数m,n,p的乘积等于这三个质数的和的5倍，则m²+n²+p²的值为(湖北省武汉市竞赛题)6.已知a,b,c,d都是质数(允许a,b,c,d相同),且abcd是35个连续正整数的和，则a+b+c+d的最小值为(“新知杯”上海市竞赛题)7.著名的哥德巴赫猜想指出，任何大于7的偶数可以恰好写为两个不同素数之和，用这种方法表示偶数126,两个素数之间最大的差是().A.112B.100C.92(美国高中数学考试题)8.若p为质数，p³+5仍为质数，则p⁵+7为().A.质数B.可为质数也可为合数(湖北省黄冈市竞赛题)9.一个儿童用棱长为1cm的42个正方体黏合成一个各面为矩形的立体砖.如果其底面的周长是18cm,则这块砖的高是().A.3cmB.6cmC.2cmD.7cm(英国数学竞赛题)10.已知a,b,c都是自然数，且2⁴×3×7°=1176,则2a+3b+7c的值是().5A.32B.34C.201314.已知正整数p,q都是质数，且7p+q与pq+11也者P是质数，试求p⁴+q”的值.15.已知x,y,z是3个小于100的正整数，且x>y>z,x-y,x-z及y-z16.41名运动员所穿运动衣号码是1,2,…,40,41这41个自然数，问：6(第19题)例1a(bc+1)=2⁴×5³,故a+b+c=42.的两位数有12,23,34,45,56,67,78,89,其中质数有23,67,89,共3个.例33符合要求当p=3k+1时，p+10=3k+11,p+14=3(k+5),p+14是合数；当p=3k+2时，p+10=3(k+4)为合数；当p=3k时，只有k=1才符合题意.例5若p=6n+1(n≥1),则p+2=6n+3=3(2n+1)为3的倍数，且大于3,故p+2不是质数，因此，p=6n-1(n≥1),此时，p+1=6n是6的倍数.例8若3类数各取一个：3a,3b+1,3c+2,则3a+3b+1+3c+2=3(a+b+c+1),这三个数的和不是质数，故3类数中至多可以取到2类.另外，若某一类数3k+i(i=0,1,2)至少取到3个：3a+i,3b+i,3c+i(i=0,1,2),则3a+i+3b+i+3c+i=3(a+b+c+i)(i=0,1,2)7,9.1.5,17,29或29,41,53答案不唯一.73.(1)911,13,17,31,37,71,73,79,97是“特殊质数”.(2)4这样的三位数只能是401,311,221,131,113,203;而221=17×13,203=29×7是合4.设10个连续合数为k+2,k+3,k+4,…,k+10,k+11,这里k为正整数，则只要取k是2,3,4,…,11的倍数即可.5.78由mnp=5(m+n+p)及均为质数，则m,n,p中必有一个为5,不妨设m=5,则np=5+n+p,(n-1)(p-1)=6,得n-1=1或n-1=2,p-1=6或p-1=3,适合条件的只有n=2,p=7,故m²+n²+p²=78.6.22设abcd=k+(k+1)+…+(k+34)=35(k+17),不妨设a=5,b=7,则cd=k+17.当k≥18k+17=22=2×11,此时c+d=13.故a+b+c+d=22.7.B126=113+13,113-9.A这块砖的所有边长必须是42的因数.11.B两位数中的绝对雜有11,13,17,31,37,71,73,79,97.要求乘积的个位数字，就是求1×3×7×1×7×1×3×9×7的个位数字.12.B因为1既不是质数也不是合数，所以“好数”一定是奇数.设不超过n的正整数中质数的个数为an,合数的个数为b,当n≤15时，列表如下(只考虑n为奇n13579a0234456600124568显然，1,9,11,13是好数.因为b₁₅-a₁₅=2,当n≥16时，在n=15的基础上，每增加两个数，其中必有一个为偶数，当然是因此，所有“好数”之和为1+9+11+13=34.13.设所求的三个素数为p,q,r,则pqr=23(p+q+r),p,q,r中必有一个为23,不妨设p=23,且q≥r,得23qr=23(23+q+r),(q-1)(r-1)=24,知(q,r)=(13,3)或(7,5).故这三个素数为23,813,3或23,7,5.14.由pq+11>11且pq+11是质数知pq+11必为正奇质数，从而p=2或q=2.则2q+11=3(2k+5)不是质数，因此，q应为3k型的质数，当然只能是q=3.(2)若q=2,此时7p+q与2q+11均为质数，设p=3k+1,则7p+2=3(7k+3)不是质数；设p=3k+2,则2p+11=3(2k+5)不是质数，因此，p应为3k型的质数，p=3.综合(1)、(2)知p=3,q=2或p=2,q=3,故p⁴+qP=17.15.因(x-z)-(x-y)=y-z,故不可能x-y,x-z,y-z必有一个是2,显然不可能x-z=2,若x-y=2,则x-z和y-z是孪生质数对；若y-z=2,则x-z和x-y是孪生质数对.而100以内最大的孪生质数对是71和73,x-z=73可以实现.取x=99,y=97,z=26或x=99,y=28,z=26均可.故所求x-z的最大值为73.16.(1)能办到注意到41与43都是质数，据题意，要使相邻两数的和都是质数，显然，它们只能都是奇数，因此，在这排数中只能一奇一偶相间排列，不妨先将奇数排成一排：1,3,5,7,…,41,在每两数间留有空当，然后将所有的偶数依次反序插在各空当中，得1,40,3,38,5,36,7,34,…,8,35,6,37,4,39,2,41,这样任何相邻两数之和都是41或43,满足题目要求.(2)不能办到若把1,2,3,…,40,41排成一圈，要使相邻两数的和为质数，这些质数都是奇数，故圆圈上任何相邻两数必为一奇一偶，但现有20个偶数，21个奇数，总共是41个号码，由此17.(1)当p=5k(k是为正整数)时，若p为质数，则k=1.而此时11p+10=65不是质数，矛盾.(2)当p=5k+1时，若3p+2=5(3k+1)为质数，则k=0,而此时p=1,矛盾.(3)当p=5k+2时，7p+6=5(7k+4)必为合数.(4)当p=5k+3时，9p+8=5(9k+7)也必为合数.因此，p必为5k+4的形式，此时，6p+11=5(6k+7)必为合数.此，P₂,P₃,P₄其中之一是偶质数2.由方程②知p₄≠2,得P₂=2或p₃=2.相减得9p₁-3p₄=-8.不成立.9相减得9p₁+4p₂-3p₄=0.因此，P₂=3.进一步得p₁=5,P₄=19.因此，方程组的唯一解为p₁,P₂,P₃,P₄=(5,3,2,19),故P₁P₂P₃P₄=570.19.显然，第一行(最上边一行)和第一列(最左边一列)中的数是相同的，在这一行(列)中，从第2个数起，每一个数与前面相邻的一个数相差3,例如7-4=10-7=13—10=16—13=…=3;第二行 (列)中，从第2个数起，每一个数与前面相邻的一个数相差5;第三行(列)相差7;第四行(列)相差9;第五行(列)相差11.辛答拉姆发现了一个有趣的现象：在这个图中，随便找一个自然数M,那么2M+1一定不是质数.例如，M=4,2M+1=2×4+1=9,9不是质数；M=17,2×17+1=35,35也不是质数.而这个图中没有的自然数M,则2M+1一定是质数.比如，M=5不在表中，2×5+1=11,11是质数，M=8,2×8+1=17,17也是质数.据此，我们又得到了一种寻找质数的方法，此法被称为“辛答拉姆筛选法.”知能概述整数按能否被2整除分为两大类：奇数和偶数，奇数与偶数有下列基本性质：1.奇数≠偶数.2.两个整数相加(减)或相乘，结果的奇偶性如下所示：3.若干个奇数之积是奇数，偶数与任意整数之积是偶数；偶数个奇数的和为偶数，若干个偶数的和为偶数.4.设m,n是整数，则m±n,|m±n|的奇偶性相同.(“希望杯”邀请赛试题)解题思路运用奇数偶数、质数合数性质，不断简化已知等式.例2已知a,b,c三个数中有两个奇数、一个偶数，n是整数，如果s=(a+n+1)(b+2c+2)(c+3n+3),那么().A.s是偶数B.s是奇数C.s的奇偶性与n的奇偶性相同D.s的奇偶性不能确定(江苏省竞赛题)解题思路从和的奇偶性来研究积的奇偶性.例3假设a₁,a₂,…a,是数1,2,…,n的某种排列.证明：如果n是奇数，那么乘积(a₁-1)×(a₂-2)…(aₙ-n)是偶数.(匈牙利数学奥林匹克试题)解题思路转换角度思考问题，化积的奇偶性为和的奇偶性来研究.xn₋1xnx₁x₂+x„Y₁x₂X₃=0.证明：n能被4整除.(第26届国际数学奥林匹克候选题)解题思路分两步证明：先证明n是偶数2k,再证明k是偶数，证明的关键是从整数入手，挖掘隐含的一个等式.例5开始时，5×5方格表中的每个方格中都填有一个0,每一步选取两个具有公共边的方格，将其中的数同时加1或同时减1.若干步后，各行、各列之数的和彼此相等.求证：所经过的步数为偶数.(俄罗斯数学奥林匹克试题)在5×5方格表中，考虑第二列之和S₂与第四列之和S₄·每一水平步使S₂,S₄之一加1或减1(即改变±1),另一个不变，故改变S₂-S₄的奇偶性；每一竖直步使S₂,S₄不变或改变±1,故不改变S₂-S₄的奇偶性.由于开始与结束时均有S₂-S₄=0,故水平步数为偶数.类似地考察第二行、第四行之和，可知竖直步数也为偶数.所以，总步数为偶数.例6有1997枚硬币，其中1000枚国徽朝上，997枚国徽朝下。现要求每一次翻转其中任意6枚，使它们的国徽朝向相反，问能否经过有限次翻转之后，使所有硬币的国徽都朝上?给出你的结论，并给予证明.(山西省太原市竞赛题)解不能，理由如下：将国徽朝上赋予“+1”,朝下赋予“-1”,则1997枚硬币的国徽朝向情况可用1997个数乘积表示，若这些数之积为-1(或+1),表明有奇数(或偶数)枚国徽朝下，开始时，其乘积为(+1)0°°·(-1)⁹=-1,每次翻转6枚硬币，即每次改变6个数的符号，其结果是1997个数之积仍为一1,经有限次翻转后，这个结果总保持不变，即国徽朝下的硬币永远有奇数枚，故回答是否定奇偶性是整数的固有属性，通过分析整数的奇偶性来解决问题的方法叫奇偶分析法.奇数偶数，是用整数的两种状态来研究整数.皆可用奇、偶来描述，用奇偶性来分析.用染色法或赋值法进行奇偶分析，有时使解题更为直观、简捷.例7高为50cm,底面周长为50cm的圆柱，在此圆柱的侧面上划分(如图所示)边长为1cm的正方形，用四个边长为1cm的小正方形构成“T”字形，用此图形是否能拼成圆柱侧面?试说明理由.(汉城国际数学竞赛题)解不能，理由如下：因为圆柱侧面是50×50的正方形，将其黑白相间染色，则黑格与白格各有偶数个，又因为每个“T”字形含有3个或1个黑格，若能用“T”字形纸片拼成50×50的正方形，则需要(50×50)÷4=625个“T”字形，而625个“T”字形含有奇数个黑格，矛盾，因此，不可能拼成.刻意练习1.若p,g为质数，且5p+3g=91,则p=,q=_(江苏省竞赛题)2.数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…的排列规律是：前两个数是1,从第三个数开始，每一个数都是它前面两个数的和，这个数列叫做斐波那契数列，在斐波那契数列的前2004个数中共有个偶数.(“希望杯”邀请赛试题)3.47个不同的自然数的和是2006,这47个自然数中最多有个奇数.(“创新杯”竞赛题)4.从1,2,3,…,2007中，至少要取出_个奇数才能保证存在两个数，它们的和为2008.(上海市中学生业余数学学校考试题)5.A、B、C、D、E、F、G七盏灯各自装有拉线开关，开始B、D、F亮着，一个小朋友按从A到G,再从A到G,又从A到G的顺序依次拉开关，一共拉了2000次，这时亮着的灯是(吉林省竞赛题)6.在一次象棋比赛中，每两个选手恰好比赛一局，每局赢者记2分，输者记0分，平局每个选手各记1分，今有4个人统计了这次比赛中全部得分总数，由于有的人粗心，其数据各不相同，分别为1979,1980,1984,1985,经核实，其中有一人统计无误，则这次比赛共有名选手参加.(北京市竞赛题)7.如果a,b,c是三个任意整数，那么A.都不是整数B.至少有两个整数C.至少有一个整数D.都是整数(全国初中数学竞赛题)(a₁-1)(a₂-2)(a₃-2)…(an-n)恰为奇A.一定是偶数B.一定是奇数C.可能是奇数，也可能是偶数D.一定是2”-1(m是奇数)(“希望杯”邀请赛试题)9.设a,b,c是从1,2,…,5中任取的三个数(不允许重复),且ab+c为奇数.则其所有可能值的个数为().10.若正整数a,b,c满足a²+b²=c²,且a为质数，那么b,c两数().A.同为奇数B.同为偶数C.一奇一偶D.同为合数(“五羊杯”竞赛题)11.四个学生进行计算比赛，程序是：在19,20,21,…,93,94这76个自然数中，相邻两数之间任意添加“+”号或“一”号，然后求其代数和.四个人得到的结果分别是1,153,4106,4260.老师检查后指出，只有一个结果是正确的，则这个结果是().A.1B.153(北京市竞赛题)12.吉尔最近搬进了新居，房号是一个三位数，这个数与三个位数上的数字之和是429,请问房号三个位数上的数字的乘积是().A.20B.28C.30(英国中学数学竞赛题)13.三个连续自然数的积减去它们的和，得到奇数N.证明：N是三个连续奇数的机数的积.14.证明：不存在整数a,b,c,d满足下列等式(莫斯科数学奥林匹克试题)15.在黑板上记上数1,2,3,…,1974.允许擦去任意两个数，且写上它们的和或差，重复这样的操作，直至在黑板上留下一个数为止.求证：这个数不可能为零.(基辅数学奥林匹克试题)16.从0,1,…,10中挑选若干个不同的数字填满图中每一个圆圈称为一种“填法”.若各条线段相连的两个圆圈内的数字之差的绝对值各不相同，则称这样的填法为“完美填法”.问：图①和图②是否存在完美填法?若存在，请给出一种完美填法；若不存在，请说明理由.图①(第16题)(浙江省竞赛题)17.将10,11,…,99这90个正整数写在黑板上，擦去其中的n个数，可使黑板上剩下的所有数的乘积的个位数是1,求n的最小值.(四川省竞赛题)例134a,b,c中必存在偶质数2,设a=2,推得b=2,c=19.(a+n+1),(b+2c+2),(c+3n+3)中至少有一个为偶数，从而s必为偶数.(a₁-1)+(a₂-2)+…+(aₙ-n)=(a₁+a₂+…+a由于n是奇数，0是偶数，若所有的因数a,-i(i=不可能为0,出现矛盾.所以必有一个因数a-i是偶数，从而乘积是偶数.例4由于乘积x₁x₂X₃x4,x₂X₃x₄X₅,+…+x,x₁x₂x₃都是+1或-1,且其总和为0,所以一定有偶数项，即n一定是偶数2m.将上面的n个数相乘，一方面，其中的+1和一1各有m个，所以它们的乘积为(-1)".另一方面，在乘积中，x,x₂,…x,作为因数都出现4次，所以乘积为+1.于是(-1)"=1,m为偶数，故n是4的倍数.3.44设有a个奇数，(47-a)个偶数，a必为偶数，若a=46,则1+3+5+…+91=46²=2116>2006,不合题意；若a=44,则1+3+5+…+87=44²=1936,2006-1936=70,另三个偶数的和为70即可(如2,4,64).4.503将1,2,3,…,2007中所有的奇数按和为2008的两个一组配成502组：(1,2007),(3,2005),(5,2003),…,(1003,1005).于是至少要取出503个奇数才一定有两个数同组，它们的和为5.B、D、G2000÷7=285……5,说明前5盏灯的开关被拉了286次(偶数次),原来亮着的B,D仍然亮着，后两盏灯的开关被拉了285次(奇数次),原来暗着现在变亮的是G,原来亮着的F现在变暗.6.45每局比赛不管胜负如何，双方得分的和为2,从而全部得分总数应为偶数.于是只有1980,1984中的一个正确，设x人参加比赛，则只有,x=45.7.Ca,b,c中至少有一个奇数或同为偶数.9.D符合题意的9个可能值分别为5,7,9,11,13,17,19,21,23.10.Ca²=(c+b)(c-b),a为质数，c+b>c-b,11.C19+20+21+…+93+94=4294为偶数，这76个自然数相邻两数之间任意添加“+”号或“一”号，其代数和应为偶数，19+20+21+22+…+91+92+93—94=4106.12.B三个单独数字之和最多是27,因此房号的第一位数是4,第二位数不会大于3.如果第二奇数，因此，它们两者之和应该是偶数.然而，题中两者之和是奇数，所以，第二位数是1.如果房号的最后一位数是d,那么,410+d+(4+1+d)=429,因此，d=7,房号的三个单独数字的乘积是28.13.设m-1,m,m+1是已知的三个连续自然数，那么N=(m-1)m(m+1)-[(m-1)+m+(m+1)]数m-2,m,m+2或是连续的偶数或是连续奇数.因为N是奇数，那么m-2,m,m+2是三个连续奇14.a,b,c,d都是奇数，abcd-a为偶数，不可能等于1961.15.考虑黑板上保留奇数的个数.和一个偶数得到一个奇数，此时，奇数的个数保持不变.个偶数得到一个偶数，此时，奇数的个数减少2个或保持不变.由以上分析知，经过操作，黑板上奇数的个数的奇偶性不变.由于一开始黑板上共有个奇数，即有奇数个奇数，所以经过若干次保留奇数个奇数，因而不可能为0.16.对图①的完美填法不唯一，如图a所示.⑤@@@a@图a图b(第16题)对于图②不存在完美填法.这是因为图②中共有10条连线，所以，各连线上两数之差的绝对值恰为1,2,…,10,其和S=|a-a₂|+|a₁-a₃|+|a₂-a₃|+…+|a₇-a₈|=55为奇数.此，S应为偶数，矛盾.从而，图②中不存在完美填法.17.黑板上剩下的所有数的乘积的个位数是1,则从10～99之间的所有偶数必被擦去，个位是5的数一定也被擦去.从而，剩下的数的个位一定是1,3,7,9之一.注意到，11×13×17×19的个位数字是9.同理，21×23×27×29,…,91×93×97×99的个位数字也是9.于是，上述所有数乘积的个位数字为9.因此，为了使黑板上所有数乘积的个位数字为1,至少还应该擦去一个数.又，只要擦去10～99之间的所有偶数和个位数字是5的数以及一个个位数字是9的数，比如19,就能使所剩下的数的來积的个位数字是1.因为10～99之间的所有偶数共45个，个位数字是5的数共有9个，所以，n的最小值为45+9+1=55.对于整数a和不为零的整数b,总存在整数m,n使得a=bm+n(0≤n≤b),其中m称为商，n称为余数，特别地，当n=0时，即便称a被b整除(也称a是b的倍数或b是a的约数),记为整除有以1.若a|b,a|c,则a|(b±c);3.若a|bc,且(a,c)=1,则a|b,特别地，若质数p|bc,则必有p|b或p|c;4.若b|a,c|a,且(b,c)=1,则bc|a.1.被2整除的数：个位数字是偶数；2.被5整除的数：个位数字是0或5;3.被4整除的数：末两位组成的数被4整除；被25整除的数，末两位组成的数被25整除；4.被8整除的数：末三位组成的数被8整除；被125整除的数，末三位组成的数被125整除；5.被3整除的数：数字和被3整除；6.被9整除的数：数字和被9整除；7.被11整除的数：奇数位数字和与偶数位数字和的差被11整除.例1将四个数字1,2,3,4排成一个四位数，使得这个数是11的倍数，则这样得到的四位数共(江西省竞赛题)解题思路依据被11整除数的特征，先确定相关数的位置.例2已知a,b是正整数(a>b),对于如下两个结论：①在a+b,ab,a-b这三个数中必有2的倍数；②在a+b,ab,a-b这三个数中必有3的倍数，其中().(江苏省竞赛题)解题思路举例验证，或按剩余类讨论严格证明.例3已知7位数1287xy6是72的倍数，求出所有符合条件的7位数(江苏省竞赛题)解题思路因72=8×9,(8,9)=1,故原数能被8,9整除，运用整数能被8,9整除的性质求出x,y的值.一个最小数，若最大数与最小数的差正好等于原来的数N,则称N为“拷贝数”,试求所有的三位“拷贝数”.(湖北省武汉市竞赛题)解题思路设N为所求的三位“拷贝数”,它的各位数字分别为a,b,c(a,b,c不全相等),将其数码重新排列后，连同原数共得到6个三位数：abc,acb,bac,bca,cab,cba,设其中最大数为abc,则最小数为cba,从整除“拷贝数”的特征.例5证明：对于同样的整数x和y,2x+3y和9x+5y能同时被17整除.(匈牙利数学奥林匹克试题)解题思路3(9x+5y)-5(2x+3y)=17x.这是证明本例的关键.例6请你将1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数排出一个能被11整除，且最大的九位数，并简述排数的过程.(重庆市竞赛题)解法1设要求的数为N,因为N是11的倍数，所以它的奇数数位的数字之和与偶数数位的数字之和的差是11的倍数，有0,11,22,33,44这五种情况.因为奇数数位的数字之和与偶数数位的数字之和的和就是1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,是一个奇数，我们知道两整数的和与差有相同的奇偶性，所以这个差就只能为11或33.若这个差为33,因为和为45,故奇数数位的数字之和与偶数数位的数字之和一个为6,一个为39,但1至9这9个数中最小的4个之和为10,大于6,故差不能等于33.即差为11.由和为45,差为11可以算出奇数数位的数字之和与偶数数位的数字之和一个为17,一个为28.为使这个九位数最大，我们先将高位安排得尽可能大，先将前四位排成9876,由于偶数数位的数字之和为17,现已有8+6=14,偶数数位其他2个数字之和为3,它们只能是2和1.于是这个九位数为987652413.解法2将最大的九位数987654321除以11余数为5,故987654321-5=987654316是11的倍数.我们将987654316每次减去11,直到得到一个各位数字均不相同的九位数为止.这样减去173个11后第一次得到一个各位数字均不相同的九位数987652413,这就是满足题目条件的最大的九位数.例7从1,2.…,9中任取n个数，其中一定可以找到若干个数(至少有一个，也可以是全部),它们的和能被10整除，求n的最小值.(《数学周报》杯全国初中数学竞赛题)分析与解当n=4时，数1,3,5,8中没有若干个数的和能被10整除.当n=5时，设a,a₂,…a₅是1,2,…,9中的五个不同的数。若其中任意若干个数，它们的和都不能被10整除，则aq,a₂,…a,中不可能同时出现1和9、2和8、3和7、4和6.于是，a,a₂,…a,₅中必定有一个数是5.若a₁,a₂,…a₅中含1,则不含9.于是，不含4(4+1+5=10),故含6;于是，不含3(3+6+1=10),故含7;于是，不含2(2+1+7=10),故含8.但是5+7+8=20是10的倍数，矛盾.若a₁,a₂,…a₅中含9,则不含1.于是，不含6(6+9+5=20),故含4;于是，不含7(7+4+9=20),故含3;于是，不含8(8+9+3=20),故含2.但是5+3+2=10是10的倍数，矛盾.综上所述，n的最小值为5.割尾法当我们熟悉了常用数的整除特征后，一个自然的问题是：怎样速判一个正整数能否被7整除?判断一个正整数能否被7整除，可采用“割尾法”,如对2527割掉末位数字7得到252,再从252中减去被割掉的末位数字7的2倍得到238,这称为一次“割尾”,对238再进行一次“割尾”得到7,显然7是7的倍数，从而2527可被7整除.在东西方文化中，7是具有神秘色彩的数字，一个星期7天、七色霞光、纯水的pH值、七巧板、七夕之鹊桥相会、哥尼斯堡七桥问题……都关联着7.出极具特色的作品.例8试证明：一个正整数被7整除的充分必要条件是对该数有限次“割尾”所得到的数能被7整(河北省竞赛题)解题思路从正整数的多项式表示切入. . 数字是b,百位数字是a的任意三位数.则abc=100a+10b+c=(a+b+c)+99a+9b.如果a+b+c能被3整除，设a+b+c=3n(n为自然数),那么abc=(),所以abc能被3整除.5.若三位数abc能被5整除，但不能被6,7整除；三位数cba能被6整除，但不能被5,7整除；三位数cab能被7整除，但不能被5,6整除，则abc=(第25届“希望杯”邀请赛试题)6.有个形如37abc的五位整数，满足37abc,37bca,37cab均能被37整除.位数的个数是(.A.82B.84C.86那么ab的最大值是().A.72B.64C.36A.26B.27C.36D.3710.若15能被15整除，则n的最小值等于().A.2B.3(北京市竞赛题)11.在体育活动中，七年级(1)班的n个学生围成一圈做游戏，与每个学生左右相邻的两个学生性别不同，则n的取值可能是().A.43B.44(山东省竞赛题)12.设n是小于100的正整数且使2n²-3n-2是6的倍数，则符合条件的所有正整数n的和是().A.784B.850C.1536(全国初中数学联赛题)13.设a,b,c是正整数，且2c|ab,3a|bc,5b|ca,求abc的最小值.(爱沙尼亚数学奥林匹克试题)14.称自然数n为“好数”,应在十进制下满足下列几个条件：①n是四位数；的n的第一位和第三位数字相同；的n的第二位和第四位数字相同；④n的各位数字的乘积是n²的约数.试求所有的好数.(意大利数学奥林匹克试题)15.如果把一个自然数各数位上的数字从最高位到个位依次排出的一串数字，与从个位到最高位依次排出的一串数字完全相同，那么我们把这样的自然数称为“和谐数例如自然数12321,从最高位到个位依次排出的一串数字是：1,2,3,2,1,从个位到最高位依次排出的一串数字仍是：1,2,3,2,1,因此12321是一个“和谐数”,再如22,545,3883,345543,…,都是“和谐数”.(1)请你直接写出3个四位“和谐数”;请你猜想任意一个四位“和谐数”能否被11整除?并说(2)已知一个能被11整除的三位“和谐数”,设其个位上的数字为x(1≤x≤4,x为自然数),十位上的数字为y,求y与x的关系式.(重庆市中考题)(北京市竞赛题)17.n是不为0的任意自然数，m是n-1,n,n+1,n×n+1这四个自然数的乘积，那么,(1)m是不是6的倍数?(2)m是不是5的倍数?(世界数学团体锦标赛试题)18.从1,2,…,2010这2010个正整数中，最多可以取出多少个数，使得所取出的数中任意三个数之和都能被33整除?(《数学周报》杯全国初中数学竞赛题)19.在1,2,…,2012中取一组数.使得任意两个数之和不能被其差整除.试问：最多能取多少个这(北京大学自主招生试题)例18因1+4=2+3,故1,4排在偶数位.2.3排在奇数位，有4种排法；将2,3排在偶数位，1,4排在奇数位，也有4种排法.例2C关于②的证明，对于a,b,若至少有一个是3的倍数.则ab是3的倍数，若不是3的a-b=3(m-n).例3因为72|1287xy6,所以8|1287xy6,9|1287xy6.由此得1+2+8+7+x+y+6=24+x+y是9的倍数，而0≤x+y≤18,则x+y=3或12,又xy6是8的倍数，y6必是4的倍数.则y=1,3,5,7或9.当当y=9时，x=3,8(396,所以符合条件的7位数是1287216,1287936,1287576.例4根据“拷贝数”的定义，得N=abc-cba=(100a+10b+c)-(100c+10b+a)=99(a-c).可知N为99的整数倍.这样的三位数可能是198,297,396,495,594,693,792.891,990.这9个数中.只有954-459=495,故495是唯一的三位“拷贝数”.当x和y是整数时，u和v也是整数.于是3v-5u=17x.①当2x+3y能被17整除时.即u能被17整除，由①式.3v能被17整除.又由3和17互素.则v能被17整除.即9x+5y能被17整除.当9x+5y能被17整除时，即v能被17整除.由①式，5u能被17整除.又由5和17互素.则u能被17整除，即2x+3y能被17整除.A=10”⁻¹an₋1+10”⁻²aₙ-2+…+10A'=(10”⁻²a₋1+10”-³aₙ₋2+…+10a₂+因为10与7互质，可知若A被7整除，则A'也被7整除，反之亦然，所以一个正整数被7整除的充分必要条件是对该数进行有限次“割尾”所得到的数能被7整除.参考答案——刻意练习1.3个，945993.2418和为3(1+2+…+33)+5(1+2+…+20)-15(1+2+…+6)=2418.设x=abc,y=bca,z=cab.则10x-y=999a,10y-z=999b,10z-x=999c.由于37|999,若x,y,z中有一个被37整除，则其余两个也被37整除.因此，所有满足题意的abc的个数(即相应的37abc加的个数)为9.D设达妮卡开车走了n(n为正整数)小时，则100a+10b+c+55n=100c+10b+a,得9(c-a)=5n,5|(c-a),(a,b,c,n)11.B学生总数应是4的倍数.12.D2|3n,设n=2m(m为正整数),原式=6m²-6m+2(m²-1),3|(m²-1),设m=3k+1或m=3k+2(k为非负整数),得n=2m=6k+2或n=6k+4,故符合条件的所有正整数n的和是(2+8+14+…+86+92+98)+(4+10+16+…+82+88+94)=1634.即900²|abc,故abc的最小值为900.14.注意到一个好数n一定具有形式：n=101(10a+b)(1≤a,b≤9),因为(ab)²|n²,所以，ab|n².又101为质数，则ab\101,ab|(10a+b),故a|b,b|10a.(1)b=a,则a²|11a→a|11,故a=b=1.上述每一对数字都决定了一个好数，故所有的好数是1111,1212,2424,3636,1515.15.(1)设四位“和谐数”个位上的数字为a(1≤a≤9且a为自然数),十位上的数字为b(1≤b≤9且b为自然数),则四位“和谐数”可表示为1000a+100b+10b+a.∵1000a+100b+10b+a=1001a+110∴1000a+100b+10b+a能被11整除，即任意一个四位“和谐数”能被11整除.(2)∵这个三位“和谐数”的个位上的数字为x,十位上的数字为y,又∵这个三位“和谐数”能被11整除，且x,y是自然数，∴2x-y能被11整除.∴y与x的关系式为y=2x(1≤x≤4且x为自然数).11|(7x+2y-5z),故11|4(3x-7y+12z),而(4,11)=1,所以11(3x-7y+12z).17.(1)(n-1)n(n+1)是三个连续自然数的乘积，肯定既是2的倍数又是3的倍数，即m是6的倍数.(2)因为(n-1)·n·(n+1)·(n×n+1)①,①中的n仅有5种可能：n=5k,5k+1,5k+2,5k+3,5k+4(其中k是自然数).若n=5k,则①含有因数5;若n=5k+1,则n-1=5k,故①含有因数5;若n=5k+2,则n·n+1=(5k+2)²+1=25k²+20k+5=5(5k²+4k+1),①也含有因数5;若n=5k+3,则n·n+1=(5k+3)²+1=25k²+30k+9+1=5(5k²+6k+2),①也含有因数5;若n=5k+4,则n+1=5(k+1),①也含有因数5.综上，可知m是5的倍数.18.首先，如下61个数：11,11+33,11+2×33,…,11+60×33(即1991)满足题设条件.另一方面，设a<a₂<…<a是从1,2,…,2010中取出的满足题设条件的n个数，对于这n个数中的任意4个数a,,a,ak,am,因为33(a,+a+am),33|(a,+因此，所取的数中任意两数之差都是33的倍数.由于故d≤60,所以n≤61.综上所述，n的最大值为61.19.将1,2,…,2012分成(1,2,3),(4,5,6),…,(2008,2009,2010),(2011,2012)这671组.若取至少672个数，则由抽屉原理知必然有两数属于同一组，不妨设a,b(a>b),故a-b=1或2.因此，最多能取671个数.例如，取1,4,6,…,2011这671个数满足题意.知能概述用一个正整数b去除另一个正整数a,若商为q,余数为r,则有a=bq+r(0<r<b).余数有以下(2)一个正整数a被另一个正整数n(n>1)除时，余数只可能是0,1,2,…,(n-1)中的一个，(3)若两个正整数a,b被m除所得的余数相同，则称a与b对模m同余，记作a=b(modm),即(a-b)被m整除.例1一个自然数N被10除余9,被9除余8,被8除余7,被7除余6,被6除余5,被5除余4,被4除余3,被3除余2,被2除余1,则N的最小值是(北京市竞赛题)解题思路化不整除问题为整除问题，即N+1能分别被2,3,4,5,6,7,8,9,10整除.例2今天是星期日，那么,今天以后的第2005³天是().(山西省太原市竞赛题)解题思路只需考察2005³被7除的余数，注意到2005=7×286+3.例3已知1059,1417,2312分别被自然数x除时，所得的余数都是y,求x-y的值.(天津市竞赛题)解题思路由被除数、除数、余数的关系，建立关于x,y的方程组.(四川省竞赛题)解题思路对任意的整数n,2|n(n+1),只要证明3|n(n+1)(2n+1),将全体整数都除以3,按余数分为{0},{1}和{2}三类，需证明整数n取每一类中的任何一个数，3|n(n+1)(2n+1).例5求证：任意三个连续自然数的两两之积的和不可能等于30000.(全俄中学生数学竞赛题)解题思路设三个连续的自然数为n+1,n,n+1,正难则反，建立n的方程考虑.例6任给五个整数，证明：必能从中取出三个，使得它们的和能被3整除.(加拿大数学奥林匹克试题)证明一个整数被3除的余数，只有0,1,2三种.如果这五个数中，被3除的余数0,1,2都出现了，那么,余数为0,1,2的三数之和一定能被3整除；如果这五个数中，被3除的余数0,1,2都没有同时出现，其中必有一个余数至少出现3次，那么,余数相同的三个数的和一定能被3整除.例7已知定理：“若三个大于3的质数a,b,c满足关系2a+5b=c,则a+b+c整数n的倍数.”试问：上述定理中的整数n的最大可能值是多少?并证明你的结论.(全国初中数学联赛题)解n的最大值是9,证明如下：先证a+b+c是3的倍数.因为a+b+c=a+b+2a+5b=3a+6b=3(a+2b),所以，a+b+c是3的倍数.再证a+b+c是9的倍数.设a,b被3除的余数分别是ra,r₆(ra,r为0,1,2),因为a,b是大于3的质数，所以ra≠0,r₃≠0,Fa,r只能为1,2.若ra≠r,则ra=1,r₃=2或ra=2,r₆=1,此时c=2a+5b必为3的倍数，与c为质数相矛盾，故ra=r₆·所以ra=r₆=1或ra=r₆=2,此时，a+2b必是3的倍数，因此，a+b+c=3(a+2b)必是9的倍数.最后证9是最大的.当ra=r=1时，取a=13,b=7,则c=2×13+5×7=61,所以a+b+c=13+7+61=81.当ra=r=2时，取a=11,b=5,则c=2×11+5×5=47,所以a+b+c=11+5+47=63.而81,63的最大公约数是9,所以n的最大值是9.破译密码1949年美国数学家香农发表了《保密系统的通信理论)论文，建立了保密通信的数学原理，加密与解密才成为一种科学——密码学和密码分析学.例8密码的使用对现代社会是极其重要的，有一种密码的明文(真实文),其中的字母按计算机键盘顺序与26个自然数1,2,3,…,25,26对应(见下表),设明文的任一字母对应的自然数为x,通过某种规定的对应运算把x转化成对应的自然数x′,x'对应的字母为密文.QWERTYUIOPASD123456789FGHJKLZXCVBNMx→x',其中x′是(3x+2)被26除所得的余数与1之和1≤x≤26.则x=1时，x′=6,即明文Q译为密文Y;x=10时，x'=7,即明文P译为密文U.现有某种变换，将明文字母对应的自然数x变换为密文字母相应的自然数x':x→x′,x′为(3x+m).被26除所得余数与1之和(1≤x≤26,1≤m≤26).已知运用此变换，明文H译为密文T,则密文QI(“启”的汉语拼音)的明文是字母(深圳市“启智杯”数学思维能力竞赛题)解题思路阅读理解，先求出m的值，了解明文变换为密文的规则.刻意练习1.一个三位自然数，当它分别被2,3,4,5,7除时，余数都是1,那么具有这个性质的最小三位数是;最大三位数是(“希望杯”邀请赛试题)2.有一个正整数，除以3余2,除以5余3,除以7余2,则满足条件的正整数为,而满足条件的所有正整数可用代数式表示为(《时代学习报》数学文化节试题)3.今天是星期日，从今天算起，第天是星期 (江苏省竞赛题)(北京市“迎春杯”竞赛题)5.自然数1,2,3,…,按下表规律排列，横排为行，记数据1,2,3,4的那一行为第一行，依次记下面的各行分别是第2行，第3行….试问2011位于该表的第行，并对应于“启智杯竞赛有趣”中的汉字：启智杯竞赛有趣123476589(深圳市“启智杯”数学思维能力竞赛题)6.(1)循环小数1.050117的小数点后第2010个数字是,若将此数保留2010个有效数字，则所得新数的各位数字中1的个数是都是介于0和9之间的整数),若小数点后连续n个数字之和a₁+a₂+a₃+…+a=2013,则a=_,n=_·(世界数学团体锦标赛试题)7.斐波那契数列斐波那契(约1170—1250)是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列(按照一定顺序排列着的一列数称为数列),后来人们在研究它的过程中，发现了许多意想不到的结果.在实际生活中，很多花朵(如梅花、飞燕草、万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数.斐波那契数列还有很多有趣的性质，在实际生活中也有广泛的应用.有一列数1,1,2,3,5,8,13,21,….从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，这就是著名的斐波那契数列，则这列数中的第2014个数被7除的余数为(北京市竞赛题)8.除以8和9都余1的所有三位数的和是().A.6492B.6565C.7501(“五羊杯”竞赛题)9.已知,则a除以84所得余数是().A.0B.21(2016年北京市竞赛题)10.已知m是被3除余1,被7除余5,被11除余4的最小自然数，则被4除的余数是().A.0B.1(“五羊杯”竞赛题)11.如图，字母A到G分别代表1到7中的一个自然数，若A+G+D,B+G+E,C+G+F分别被3除，(第11题)(第26届“希望杯”邀请赛试题)12.盒中原有7个球，一位魔术师从中任取几个小球，把每一个小球都变成7个小球，将其放回盒中；他又从盒中任取一些小球，把每一个小球都变成7个小球后放回盒中.如此进行，到某一时刻，魔术师停止取球变魔术时，盒中球的总数可能是().A.1990个B.1991个C.1992个D.1993个*(“祖冲之杯”邀请赛试题)13.1898年6月9日英国强迫清政府签约，将香港土地租借给英国99年.1997年7月1日香港回归祖国，中国人民终于洗刷了百年耻辱.已知1997年7月1日是星期二，那么,1898年6月9日是星期().(注：公历纪年，凡年份为4的倍数但不是100的倍数的那年为闰年，年份为400的倍数的那年也为闰年，闰年的二月有29天，平年的二月有28天)(陕西省竞赛题)14.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.试问：具有这种性质的三位数还有多少个?().(美国数学竞赛题)15.甲、乙、丙三个数分别是312,270,211,用自然数A分别去除这三个数，除甲所得的余数是除乙所得余数的2倍，除乙所得余数是除丙所得余数的2倍，求这个自然数A.(天津市竞赛题)16.在1,2,…,2015这2015个正整数中选出k个数，使得其中任意两个不同的数之和均不为50的倍数，求k的最大值.(上海市竞赛题)17.设m=1²+2²+3²+…+2003²,今天是星期一，若算第一天，则第m天是星期几?(江苏省竞赛题)18.有三堆石子的个数分别是19,8,9,现在进行如下的操作：每次从这三堆石子中的任意两堆中各取出1个石子，然后把这2个石子都加到另一堆中去，试问：能否经过若干次这样的操作后使得：(1)三堆石子的数分别足2,12,22;(2)三堆都是12.如能，请用最快的操作完成；不能，则说明理由.[注：若从第一、二堆各取1个到第三堆，可表示为(19,8,9)→(18,7,11)等].(五城市联赛题)19.a,a₂,…a₁是不小于2的互异正整数，满足a₁+a₂+…+a₁₁=407.问：是否存在正整数n,使得当n分别除以a,a₂,…a₁,4a,4a₂,…4a₁₁这22个数时所得到的余数的和等于2012?(第38届俄罗斯数学奥林匹克试题)例1N+1为2～10的公倍数，要使N最小，取N+1为它们的最小公倍数.23×5×32×7=2520,故所求N的最小值为2520-1=2519.例2D因2005³=(7×286+3)³=7k+27=7k₁+6(k,k₁都为正整数),故那天星期六.例3设已知三数被自然数x除时，商数分别为a,b,c,则由此得x为358,895,1253的公约数，x=179,进而求得：y=164.例4对任意的整数n,(n+1)是偶数，故2|n(n+1)(2n+1).若n=3k+1,则n(n+1)(2n+1)=(3k+1)(3k+2)(6k+3)=3(3k+1)(3k+2)(2k+1),若n=3k+2,则n(n+1)(2n+1)=(3k+2)(3k+3)(6k+5)=3(3k+2)(k+1)(6k+5),综上所述，对任意的整数n,3|n(n+1)(2n+1),又(2,3)=1,故6|n(n+1)(2n+1),所以，对任意的整数例5n(n-1)+n(n+1)+(n-1)(n+1)=3n²-1=它被3除余2,而30000能被3整除.故任意三个连续自然数的两两之积的和不可能等于30000.由于H和T对应的数字分别为16和5,按照明密文变换的规则可知：(3×16+m)被26除所得余数与1之和为5,所以3×16+m=52+4,m=52+4-48=8.因此该变换将明文字母对应的自然数x变换为密文字母相应的自然数x'的规则是：x为(3x+8)被26除所得余数与1之和.因为密文Q对应于x¹=1,设其明文对应的数字为x,则x满足(3x+8)被26除所得余数为0,x=6,对应的字母为Y.因为密文I对应于x¹=8,设其明文对应的数字为x,则x满足(3x+8)被26除所得余数为7,即(3x+1)被26整除，得x=17,对应的字母为J.因此，密文QI对应的明文是YJ.参考答案——刻意练习1.421,8412.23,23+3×5×7t(t为正整数)3.三因111111=15873×7,2000=333×6+2,故被7除的余数与11被7除的余数相同，2000个1又11=7×1+4.4.2,3,6,43,86,129或258设自然数n除63,91,130时，商分别为x,y,z,余数分别为a,b,c,则63=nx+a①,91=ny+b②,130=nz+c③,①+②+③,得284=n(x+y+z)+(a+b+c),而a+b+c=26,则n(x+y+z)=258=2×3×43,故n=2,3,6,43,86,129或258.5.575;杯2011被7除得商为287(为奇数),余数为2.6.(1)1,804将1.050117保留2010个有效数字所得新数为1.(,共有401个循环节，每个循环节中有两个“1”,故所得新数的各位数字中1的个数是1+2×401+1=804.,2013=27×74+15,1+4+2+8=15.7.6考虑这列数被7除的余数列为：1,1,2,3,5,1,6,0,6,6,5,4,2,6,1,0,1,1…因2014=125×16+14,故所求结果为6.9.D由于84=4×3×7,且4,3,7两两互质，我们分别考察a分别除以4,3,7的余数.看末两位55知，55=4×13+3,所以a除以4余3;数字和为5×2016+3=3360,即a被3整除；又试算知，555555=7×79365,又2016÷6=336,所以a被7整除.由于3,7互质，所以a被21整除.我们依次写出被21整除的数：21,42,63,84,105,126,…因为21与4互质，在其中找出小于84的被4除余3的数，恰为63,所以除的余数是63.10.Dm+2被3和7整除，即m+2被21整除，则m可以为19,40,61,82,103,…,显然被11除余4的最小自然数为103,它被4除余3.11.DA+B+C+D+E+F+3G=28+2G能被3整除，2G+1能被3整除.12.D因魔术师变球后增加的球数总是6的倍数，故不论变多少次，盒中球的总数被6除的余数不变，即余数总为1.13.C1997年6月9日是星期一，而1898年6月9日到1997年6月9日共99年，其中闰年24次，故99×365+24=99+24=4(mod7),1—4=-3=4(mod7).14.E具有同样性质的其他数都与119相差2,3,4,5,6的最小公接数，即2²×3×5=60的一个倍数的数.15.19乙的2倍与甲的差、丙的2倍与乙的