江蘇南通市崇川初級中學2024-2025學年七上數(shù)學網(wǎng)絡(luò)提高班質(zhì)數(shù)、合數(shù)專項訓練【含答案】

第1頁（共1頁）江蘇南通市崇川初級中學2024-2025學年七上數(shù)學網(wǎng)絡(luò)提高班質(zhì)數(shù)、合數(shù)專項訓練一．選擇題（共1小題）1．有3個數(shù)，一個是最小的奇質(zhì)數(shù)，一個是小于50的最大質(zhì)數(shù)，一個是大于60的最小質(zhì)數(shù)，則這3個數(shù)的和是（）A．101 B．110 C．111 D．113二．填空題（共2小題）2．已知2005是兩個質(zhì)數(shù)的和，那么這兩個質(zhì)數(shù)的積等于．3．一個質(zhì)數(shù)的平方與一個奇數(shù)的和等于105，那么這兩個數(shù)的積等于．

三．解答題（共12小題）4．（1）將1，2，3，4，…，2004這2004個數(shù)隨意排成一行，得到一個數(shù)N，求證：N一定是合數(shù)．（2）若n是大于2的正整數(shù)，求證：2n﹣1與2n+1至多有一個是質(zhì)數(shù)．（3）求360的所有正約數(shù)的倒數(shù)和．5．100以內(nèi)的任意兩個不同的質(zhì)數(shù)都能組成一個真分數(shù)，其中最大的一個是多少？最小的一個是多少？

6．（1）將1，2，…，2004這2004個數(shù)隨意排成一行，得到一個數(shù)N．求證：N一定是合數(shù)；（2）若n是大于2的正整數(shù)，求證：2n﹣1與2n+1中至多有一個是質(zhì)數(shù)．7．（1）若n是大于2的正整數(shù)，求證：2n﹣1與2n+1中至多有一個是質(zhì)數(shù)．（2）求360的所有正約數(shù)的倒數(shù)和．

8．有三個質(zhì)數(shù)，它們的乘積恰好等于它們之和的17倍，那么這三個質(zhì)數(shù)中最大的一個是多少？9．A，B，C，D，E，F(xiàn)，G，H，I，J是有序排列的10個質(zhì)數(shù)，它們的和是60．若其中任意5個相鄰的數(shù)彼此不同，并且其和相等，那么，A與B的和有多少個不同的值？

10．若n為自然數(shù)，n+3與n+7都是質(zhì)數(shù)，求n除以3所得的余數(shù)．11．若p與p+2都是質(zhì)數(shù)（p＞3），求p除以3所得的余數(shù)．

12．n是不小于40的偶數(shù)，試證明：n總可以表示成兩個奇合數(shù)的和．13．證明：有無窮多個n，使多項式n2+n+41（1）表示合數(shù)；（2）為43的倍數(shù)．

14．求證：有無窮多個n，能使多項式n2+3n+7；（1）表示合數(shù)；（2）是11的倍數(shù)．15．已知210+512為兩個質(zhì)數(shù)p及q的積，其中p＞q，求p﹣q的值．

參考答案與試題解析一．選擇題（共1小題）1．【解答】解：∵最小的奇質(zhì)數(shù)是3，小于50的最大質(zhì)數(shù)是47，大于60的最小質(zhì)數(shù)是61，∴這3個數(shù)的和是3+47+61＝111．故選：C．二．填空題（共2小題）2．【解答】解：∵2005是兩個質(zhì)數(shù)的和，而2003+2＝2005，∴這兩個質(zhì)數(shù)是2，2003．∴這兩個質(zhì)數(shù)的積等于2×2003＝4006．故答案為：4006．3．【解答】解：設(shè)該質(zhì)數(shù)為x，奇數(shù)為y，列出等式得x2+y＝105，易得，當x＝2時，y＝105﹣22＝101，符合題意，則這兩個數(shù)的積等于2×101＝202．故答案為：202．三．解答題（共12小題）4．【解答】解：（1）從1到999來看這999個數(shù)，不管怎么排列，都可以把百位十位和各位的數(shù)，按照九個九個的分組，個位上1到9，分到一組，十位上1到9分到一組，百位上1到9分一組，都是剛好分成九個一組的，每組加起來都是45，再有4+5＝9，這999個數(shù)的各位數(shù)字的和能被9整除．同理，從1000到1999，我們不看千位上的1，百位以后和上面分析的一樣，每個數(shù)的每一位加起來最終能被9整除．但是這里千位上多了1000個1，再看2000到2004這5個數(shù)，這5個數(shù)有5個2，然后從0到4有5個數(shù)，我們可以不看0．于是2+2+2+2+2+1+2+3+4＝20，加上1000到1999千位上的一千個1，就是1020，這個數(shù)可以也被3整除．也就是說，1到2004，所有數(shù)字隨便排在一起，每個位子上的數(shù)加起來的總和可以被3整除，即含有3這個因數(shù)，故N一定是合數(shù)；（2）2n﹣1、2n、2n+1被3除，余數(shù)肯定分別是0、1、2（順序可不同）．而2n只有質(zhì)因數(shù)2，被3除不可能余0．則2n﹣1、2n+1中，至少有一個被3除余0，它不是質(zhì)數(shù)．故2n﹣1與2n+1中至多有一個是質(zhì)數(shù)．（3）設(shè)正整數(shù)a的所有正約數(shù)之和為b，d1、d2、d3、d4…dn為a的所有正約數(shù)從小到大的排列，于是d1、＝1，d2、d3、d4…dn為a的所有正約數(shù)從小到大的排列，于是d1＝1，dn＝a，由于S＝+++…+中各分數(shù)分母的最小公倍數(shù)為dn＝a，故S＝+++…+＝＝，而a＝360＝23×32×5，故b＝（1+2+22×23）×（1+3+32）×（1+5）＝1170，所以360的所有正約數(shù)的倒數(shù)和為：＝3．5．【解答】解：∵在100以內(nèi)最小的質(zhì)數(shù)是2，最大的質(zhì)數(shù)是97，∴在100以內(nèi)的不同的質(zhì)數(shù)組成的真分數(shù)中，最小的應(yīng)該是，最大的真分數(shù)是．6．【解答】（1）從1到999來看這999個數(shù)，不管怎么排列，都可以把百位十位和各位的數(shù)，按照九個九個的分組，個位上1到9，分到一組，十位上1到9分到一組，百位上1到9分一組，都是剛好分成九個一組的，每組加起來都是45，再有4+5＝9，這999個數(shù)的各位數(shù)字的和能被9整除．同理，從1000到1999，我們不看千位上的1，百位以后和上面分析的一樣，每個數(shù)的每一位加起來最終能被9整除．但是這里千位上多了1000個1，再看2000到2004這5個數(shù)，這5個數(shù)有5個2，然后從0到4有5個數(shù)，我們可以不看0．于是2+2+2+2+2+1+2+3+4＝20，加上1000到1999千位上的一千個1，就是1020，這個數(shù)可以也被3整除．也就是說，1到2004，所有數(shù)字隨便排在一起，每個位子上的數(shù)加起來的總和可以被3整除，即含有3這個因數(shù)，故N一定是合數(shù)；（2）因為2n﹣1，n，2n+1，三個必有一個被3整除，余1，余2，2n要么余1要么余2．故2n﹣1，2n+1必有一個被3整除．，故2n﹣1與2n+1中至多有一個是質(zhì)數(shù)．7．【解答】（1）證明：2n﹣1、2n、2n+1被3除，余數(shù)肯定分別是0、1、2（順序可不同）．而2n只有質(zhì)因數(shù)2，被3除不可能余0．則2n﹣1、2n+1中，至少有一個被3除余0，它不是質(zhì)數(shù)．故2n﹣1與2n+1中至多有一個是質(zhì)數(shù)．（2）解：設(shè)正整數(shù)a的所有正約數(shù)之和為b，d1、d2、d3、d4…dn為a的所有正約數(shù)從小到大的排列，于是d1、＝1，d2、d3、d4…dn為a的所有正約數(shù)從小到大的排列，于是d1＝1，dn＝a，由于S＝中各分數(shù)分母的最小公倍數(shù)為dn＝a，故S＝+…+＝＝，而a＝360＝23×32×5，故b＝（1+2+22×23）×（1+3+32）×（1+5）＝1170，所以360的所有正約數(shù)的倒數(shù)和為：．8．【解答】解：設(shè)這三個質(zhì)數(shù)為a、b、c，可得等式：abc＝17（a+b+c），又因為17也是質(zhì)數(shù)，所以a，b，c中必有一個數(shù)是17，設(shè)a＝17，即17bc＝17（17+b+c）bc＝17+b+c，①當b、c中含有質(zhì)數(shù)2時，不妨令b＝22c＝17+2+c，解得c＝19，符合題意．②當b、c中不含有質(zhì)數(shù)2，即b，c都是奇數(shù)時，不妨令：b＝2M+1，c＝2N+1，有：（2M+1）（2N+1）＝17+2M+1+2N+1即4MN＝18，MN＝4.5顯然不符合題意．綜上，這三個質(zhì)數(shù)中最大的一個是19．9．【解答】解：由題可知，A+B+C+B+E＝B+C+D+E+F，故A＝F，同理可得B＝G，C＝H，D＝I，E＝J，則A+B+C+B+E＝×60＝30，∵2+3+5+7+11＝28＜30，2+3+5+7+13＝30，∴A+B的值一定是2，3，5，7，13中某兩個數(shù)的和．故這樣的和有10個不同的值為：5，7，8，9，10，12，15，16，18，20．10．【解答】解：∵n除以3所得的余數(shù)只可能為0、1、2三種．①若余數(shù)為0，即n＝3k（k是一個非負整數(shù)，下同），則n+3＝3k+3＝3（k+1），所以3|n+3，又3≠n+3，故n+3不是質(zhì)數(shù)，與題設(shè)矛盾．②若余數(shù)為2，且n＝3k+2，則n+7＝3k+2+7＝3（k+3），故3|n+7，n+7不是質(zhì)數(shù)；與題設(shè)矛盾．所以n除以3所得的余數(shù)只能為1．11．【解答】解：不妨將p分成3類，p＝3k，p＝3k+1，p＝3k+2，然后討論．當p＝3k時，∵p＞3，p是質(zhì)數(shù)，∴不符合題意；當p＝3k+1時，p+2＝3k+3＝3（k+1），與p+2為質(zhì)數(shù)矛盾；當p＝3k+2時，p+2＝3k+4，即p除以3的余數(shù)為2．12．【解答】證明：因為n是不小于40的偶數(shù)，所以n的個位數(shù)字必為0、2、4、6、8，現(xiàn)在以n的個位數(shù)字分類：（1）若n的個位數(shù)字為0，則n＝15+5k（k≥5為奇數(shù)）；（2）若n的個位數(shù)字為2，則n＝27+5k（k≥3為奇數(shù)）；（3）若n的個位數(shù)字為4，則n＝9+5k（k≥7為奇數(shù)）；（4）若n的個位數(shù)字為6，則n＝21+5k（k≥5為奇數(shù)）；（5）若n的個位數(shù)字為8，則n＝33+5k（k≥3為奇數(shù)）；綜上所述，不小于40的任一偶數(shù)，都可以表示成兩個奇合數(shù)的和．13．【解答】證明：（1）要使n（n+1）+41是合數(shù)．則只要n（n+1）是41的倍數(shù)就可以．要使n（n+1）是41的倍數(shù)，則n＝41k或n＝41k﹣1，當n＝41k（k為自然數(shù)）時，原式＝41k2+41k+41＝41（k2+k+1），同理，當n＝41k﹣1時，原式＝41k2+41k+41＝41（k2+k+1），滿足此條件的自然數(shù)k有無數(shù)個，所以對應(yīng)的n也有無窮多個；（2）使多項式n2+n+41為43的倍數(shù)，設(shè)n2+n+41＝43k，（k是正整數(shù)）n2+n﹣2＝43（k﹣1），（n+2）（n﹣1）＝43（k﹣1），要使n（n+1）+41是43的倍數(shù)，則只要（n+2）（n﹣1）是43的倍數(shù)就可以．則n＝43k﹣2或n＝43k+1（k＝0、1、2、3…），當n＝43k﹣2時，原式＝（43k）2+3×43k+43＝43（k2+3k+1），同理可得，當n＝43k+1時，原式＝（43k）2+3×43k+43＝43（k2+3k+1），滿足此條件的k有無窮多個，故表示為43的倍數(shù)的n也有無窮多個．14．【解答】證明：（1）要使n（n+3）+7是合數(shù)．則只要n（n+3）是7的倍數(shù)就可以．要使n（n+3）是7的倍數(shù)，則n＝7k或n＝7k﹣3，當n＝7k（k為自然數(shù)）時，原式＝49k2+21k+7＝7（7k2+3k+1），同理，當n＝7k﹣3時，原式＝49k2﹣21k+7＝7（7k2﹣3k+1），滿足此條件的自然數(shù)k有無數(shù)個，所以對應(yīng)的n也有無窮多個；（2）使多項式n2+3n+7為11的倍數(shù)，設(shè)n2+3n+7＝11k（k是正整數(shù)），n2+3n﹣4＝11（k﹣1），（n+4）（n﹣1）＝11（k﹣1），要使n2+3n+7是11的倍數(shù)，則只要（n+4）（n﹣1）是11的倍數(shù)就可以．則n＝11k﹣4或n＝11k+1（k＝0、1、2、3…），當n＝11k﹣4時，原式＝11k（11k﹣5）+11＝11（11k2﹣5k+1），同理可得，當n＝11k+1時，原式＝11k（11k+5）+11＝11（11k2+