第二十二届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B卷）

第1页（共1页）第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B卷）一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）++…+＝．2．（10分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行，出发时甲乙两车的速度比为5：4．出发后不久，甲车发生爆胎，停车更换轮胎后继续前进，并且将速度提高20%，结果在出发后3小时，与乙车相遇在AB两地中点，相遇后，乙车继续往前行驶，而甲车掉头行驶，当甲车回到A地时，乙车恰好到达甲车爆胎的位置，那么甲车更换轮胎用了分钟．3．（10分）在3×3的网格中（每个格子是个1×1的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．4．（10分）小于1000的自然数中，有个数的数字组成中最多有两个不同的数字．5．（10分）如图，△ABC的面积为100平方厘米，△ABD的面积为72平方厘米．M为CD边的中点，∠MHB＝90°，已知AB＝20厘米，则MH的长度为厘米．6．（10分）一列数a1、a2…，an…，记S（ai）为ai的所有数字之和，如S（22）＝2+2＝4，若a1＝2017，a2＝22，an＝S（an﹣1）+S（an﹣2），那么a2017等于．7．（10分）一个两位数，其数字和是它的约数，数字差（较大数减去较小数）也是它的约数，这样的两位数的个数共有个．8．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A，B，C，D，E，F．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有种．二、解答下列各题（每小题10分，共40分）9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成m个交点，则m有多少个不同的数值？10．（10分）求能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数．11．（10分）从1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009中任意选出四个数，使它们的和为偶数，则共有多少种不同的选法．12．（10分）使不为最简分数的三位数n之和等于多少．三、解答下列各题（每小题15分，共30分）13．（15分）一个正六边形被剖分成6个小三角形，如图，在这些小三角形的7个顶点处填上7个不同的整数，能否找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的3个数都按顺时针方向从小到大排列，如果可以，请给出一种填法；如果不可以，请说明理由．14．（15分）7×7的方格黑白染色，如果黑格比白格少的列的个数为m，黑格比白格多的行的个数为n，求m+n的最大值．

第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B卷）参考答案与试题解析一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）++…+＝2034144．【分析】观察一下，首先把分子的两个分数变换一下形式，变成两个分数的乘积，恰好能和分母约分，这样就把原来的繁杂的分数变成简单的整数加减运算．【解答】解：＝＝＝2×（2+4+6+8+…+2016）＝2×＝2018×1008＝20341442．（10分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行，出发时甲乙两车的速度比为5：4．出发后不久，甲车发生爆胎，停车更换轮胎后继续前进，并且将速度提高20%，结果在出发后3小时，与乙车相遇在AB两地中点，相遇后，乙车继续往前行驶，而甲车掉头行驶，当甲车回到A地时，乙车恰好到达甲车爆胎的位置，那么甲车更换轮胎用了52分钟．【分析】首先分析后半程冲中点到A的过程，求出两人的速度比就可知道路程比，找到爆胎位置．然后再根据原来的速度比求出正常行驶的时间减去爆胎前的时间．最后根据甲前后两次的速度比求出时间比做差即可．【解答】解：依题意可知：甲乙两车的后来速度比：5（1+20%）：4＝3：2，甲回来走3份乙走两份路程．得知甲车爆胎的位置是AC的处．如果不爆胎的甲行驶的时间和速度成反比：设甲行驶的时间为x则有：4：5＝x：3，x＝甲在行驶AC的爆胎位置到中点的正常时间为：×＝＝（小时）；甲乙爆胎前后的速度比为：5：5（1+20%）＝5：6；路程一定时间和速度成反比：设爆胎后到中点的时间为y则有：6：5＝：y，y＝；修车时间为：3﹣×＝（小时）＝52（分）故答案为：52分3．（10分）在3×3的网格中（每个格子是个1×1的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有10种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．【分析】可以分情况讨论，四个顶点的位值一样，正中间的一个方格一个位值，剩下的四个方格位值相同，故可以分次三种情况分别计算不同的摆放方法．【解答】解：根据分析，份三种情况：①当正中间即E处放一颗棋子，然后另一颗棋子放在外围任意一个位置，除去对称性因素，有2种不同的摆放方法，即AE、BE；②当两颗棋子都不在正中间E处时，而其中有一颗在顶点处时，有4种不同摆法，即AB、AF、AH、AD；③当两颗棋子都在顶点处时，有2种不同摆法，即AC、AI；④当两颗棋子都在除顶点和正中间之外的4个方格中，有2种不同摆法，即BD、BH．综上，共有：2+4+2+2＝10种不同摆放方法．4．（10分）小于1000的自然数中，有352个数的数字组成中最多有两个不同的数字．【分析】可以先求出有三个同数字的数的个数，再用总数1000减去后就是符合题意“数字组成中最多有两个不同的数字”的个数．【解答】解：根据分析，小于1000的自然数中，有三个不同数字的数有：9×9×8＝648个，则最多有两个不同数字的数有：1000﹣648＝352个．故答案是：352．5．（10分）如图，△ABC的面积为100平方厘米，△ABD的面积为72平方厘米．M为CD边的中点，∠MHB＝90°，已知AB＝20厘米，则MH的长度为8.6厘米．【分析】可以利用面积公式分别求出△ABC、△ABD的高，而已知AB＝20厘米，再利用MH的中位线性质求出MH的长度．【解答】解：根据分析，过D，C分别作DE⊥AB交AB于E，CF⊥AB交AB于F，如图：△ABD的面积＝72＝，∴DE＝7.2厘米，△ABC的面积＝100＝，∴CF＝10厘米；又∵MH＝＝×（7.2+10）＝8.6厘米．故答案是：8.6．6．（10分）一列数a1、a2…，an…，记S（ai）为ai的所有数字之和，如S（22）＝2+2＝4，若a1＝2017，a2＝22，an＝S（an﹣1）+S（an﹣2），那么a2017等于10．【分析】首先要分析清楚S（ai）的含义，即ai是一个自然数，S（ai）表示ai的数字和，再根据an的递推式列出数据并找出规律．【解答】解：S（ai）表示自然数ai的数字和，又an＝S（an﹣1）+S（an﹣2），在下表中列出n＝1，2，3，4，…时的an和S（an），nanS（an）120171022243145499514561457101866977101341111212661388141451513416991713418134198820123211122255237724123251012644275528992914530145311013266由上表可以得出：a4＝a28＝9，S（a4）＝S（a28）＝9；a5＝a29＝14，S（a5）＝S（a29）＝5；…可以得到规律：当i≥4时，ai＝ai+24，S（ai）＝S（ai+24），2017﹣3＝2014，2014÷24＝83…22，所以：a2017＝a3+22＝a25＝10．7．（10分）一个两位数，其数字和是它的约数，数字差（较大数减去较小数）也是它的约数，这样的两位数的个数共有19个．【分析】首先看所有的10的倍数都是满足条件的，再找出尾数不为0的满足条件的数字即可，数字不多枚举法解决．【解答】解：枚举法：（1）尾数为0的有：10，20，30，40，50，60，70，80，90．（2）尾数不为0的有：12，21，24，36，42，45，48，54，63，84．故答案为：198．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A，B，C，D，E，F．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有4种．【分析】显然，只有两种情况，分别讨论，相邻两个字互换，以及顺时针移动一个位值，或逆时针移动一个位值，最后可以求得总的不同的摆放方法．【解答】解：根据分析，分两类情况：①按顺序移动一个位置，顺时针移动一个位置，有1种不同摆放方法，逆时针移动一个位置，有1种不同摆放方法；②相邻两个位置互换，则共有：2种不同的摆放方法．综上，共有：1+1+2＝4种不同摆放方法．故答案是：4．二、解答下列各题（每小题10分，共40分）9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成m个交点，则m有多少个不同的数值？【分析】分情况讨论m的值，有5条直线平行、4条直线平行，三条直线平行，两条直线平行，0条直线平行，五条直线交于一点，四条直线共点，三条直线共点，分别求得m的数值．【解答】解：根据分析，①若5条直线互相平行，则形成的交点为0，故m为0；②若有4条直线互相平行，则交点个数m＝4；③若有三条直线互相平行，则m＝5，6，7；④若有两条直线互相平行，则m＝5，6，7，8，9；⑤若没有直线平行，则m＝1，5，6，7，8，9，10．综上，m的可能取值有：0、1、4、5、6、7、8、9、10共9种不同的数值．故答案是：9．10．（10分）求能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数．【分析】要使整数最大，且每一位数字都是奇数，必须保证整数的位数足够多，且含有尽量多的1；据此分析解答即可．【解答】解：要使整数最大，且每一位数字都是奇数，必须保证整数的位数足够多，且含有尽量多的1．根据能被7整除的数的特征可得，111111是每个数位均为1且能被7整除的最小数．又有：2017＝6×336+1＝6×335+7当有336个111111组成时，因为所有数字之和要是2017，首位数字只能是1，不能被7整除；当有335个111111组成时，前面还需要加上一个正整数，使得它各位数字之和等于7，且这个数最大．满足这个条件的最大整数是13111．说明：我们可以用以下方法，构造一个能被7整除且除了首位数之外，其余数字均为1的数列如下：21，490+21＝511，700+511＝1211，5600+511＝6111，7000+6111＝13111，35000+6111＝41111，70000+41111＝111111，70000+41111＝111111，我们注意到，7000+6111＝13111是能被7整除且各位数字之和等于7的最大正整数．所以，各位数字和为2017的最大正整数13111…11，其中1的个数是335×6+4＝2014，即．答：能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数是．11．（10分）从1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009中任意选出四个数，使它们的和为偶数，则共有多少种不同的选法．【分析】首先分析如果结果是偶数可以分为0，2，4个奇数，把每一种结果加起来即可．【解答】解：依题意可知：根据四个数的结果是偶数．那么必定是0个奇数，2个奇数或者是4个奇数．在1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009奇数的个数为5个，偶数的个数为4个．当0个奇数时有一种情况．当是2个奇数2个偶数时是＝60种．当选择4个奇数时有5种．60+5+1＝66（种）答：共有66种选择方法．12．（10分）使不为最简分数的三位数n之和等于多少．【分析】不为最简，表明（5n+1，3n+2）＝a≠1，根据辗转相除原理有1≠a|（5n+1）×3﹣（3n+2）×5即＝1≠a|7，则a只能等于7，我们可以用5n+1尝试来锁定答案，一次尝试可知5n+1＝1或6或11或16或21，因为21＝3×7，所以5n+1＝21时7|5n+1成立，此时n为最小值，且为4，其它值即可顺次找出，只需要将4递加7即可，题中让我们求的是符合条件的三位数，那么最小为102，最大为998，此后利用等差数列求和即可．【解答】解：不为最简，表明（5n+1，3n+2）＝a≠1，根据辗转相除原理有1≠a|（5n+1）×3﹣（3n+2）×5即＝1≠a|7，则a只能等于7，一次尝试可知5n+1＝1或6或11或16或21，因为21＝3×7，所以5n+1＝21时7|5n+1成立，此时n为最小值，且为4，将4递加7即可，符合条件的三位数，那么最小为102，最大为998，102+109+116+…+998＝（102+998）×129÷2＝70950答：使不为最简分数的三位数n之和等于70950．三、解答下列各题（每小题15分，共30分）13．（15分）一个正六边形被剖分成6个小三角形，如图，在这些小三角形的7个顶点处填上7个不同的整数，能否找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的3个数都按顺时针方向从小到大排列，如果可以，请给出一种填法；如果不可以，请说明理由．【分