第四届华罗庚金杯少年数学精英邀请赛试卷（小高组一试）

第1页（共1页）第四届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛试卷（小高组一试）一.填空题（每题10分）1．（10分）计算：2+[（4.32﹣1.68﹣1）×﹣]÷1＝．2．（10分）今天是13日，如果将若干自然数按下表排列，那么这个表中所有自然数的总和是．1234…12132345…13143456…1415…13141516……253．（10分）一只油桶，装的油占全桶装油量的，卖出18千克后，还剩原有油的60%．那么这只油桶能装千克油．4．（10分）在△ABC中，D1、D2、D3为AB边的内分点，E1、E2、E3为AC边的内分点，那么图中有个三角形．5．（10分）两个带小数相乘，将得到的积四舍五入可得27.6．现已知这两个小数都是一位小数，且它们个位上都是5，那么这两个小数相乘所得的准确积是．6．（10分）A、B两地共有学生81人，其中A地的第一个学生与B地的10个学生联系过，第二个学生与B地的11个学生联系过，第三个学生与B地的12个学生联系过，…，第n个学生与B地的所有学生都联系过．那么A、B两地各有学生．7．（10分）有一种八边形，它的每条边的长度都是一个整厘米数．若从该八边形中取出任意三条边的都不能构成三角形．则符合这些条件的八边形周长最短是cm．8．（10分）在小于2012的所有正整数n中，使得2n﹣n2能被7整除的n共有个．9．（10分）三角形ABC中，BE＝1，EF＝6，FC＝2，BD＝2AD，三角形AHG的面积是4.86，三角形GFC的面积是2，则四边形BEHD的面积是．10．（10分）由单位正方形组成的m×n的矩形棋盘（其中m，n为不超过10的正整数），在棋盘的左下角单位正方形里放有一枚棋子，甲乙两人轮流行棋．规则是：或者向上走任意多格，或者向右走任意多格，但是不能走出棋盘或者不走．若规定不能再走者为负（即最先将棋子移至右上角者获胜）．那么能使先行棋的甲有必胜策略的正整数对（m，n）共有个．11．（10分）将自然数2、3、4…、n分成两组，满足①同一组任意两个数的乘积不在这个组；②任意一个数与它的平方不在同一组．则n最大是．12．（10分）一个棱长为4的正方形盒子放一个半径为1的球，球在盒子里随意移动，盒子也可以随意翻动．则球接触不到的正方体内表面的面积是．

第四届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛试卷（小高组一试）参考答案与试题解析一.填空题（每题10分）1．（10分）计算：2+[（4.32﹣1.68﹣1）×﹣]÷1＝2．【分析】先把小括号里面的算式，根据减法的性质简算；然后再根据四则混合运算的运算顺序计算即可．【解答】解：2+[（4.32﹣1.68﹣1）×﹣]÷1＝2+{[4.32﹣（1.68﹣1）]×﹣}÷1＝2+{[4.32﹣3]×﹣}÷1＝2+{1.32×﹣}÷1＝2+{0.6﹣}÷1＝2+÷＝2+＝2；故答案为：2．2．（10分）今天是13日，如果将若干自然数按下表排列，那么这个表中所有自然数的总和是2197．1234…12132345…13143456…1415…13141516……25【分析】根据高斯求和公式可知，第一列的数和是（1+13）×13÷2＝7×13，第二行的数和是（14+2）×13÷2＝8×13，第三行的数和是（3+15）×13÷2＝9×13，由于可发现，n行的数和是（7+n﹣1）×13，所以13行所有数的和是7×13+8×12+…+（7+13﹣1）×13＝[7+8+9+…+（7+13﹣1）]×13＝[（7+13﹣1）+7）×13÷2×13．据此完成【解答】解：（1+13）×13÷2+（14+2）×13÷2+（3+15）×13÷2+…+（13+25）×13÷2＝14×13÷2+16×13÷2+18×12÷2+…+38×13÷2＝7×13+8×13+9×13+…+19×13＝（7+8+9+…+19）×13＝（7+19）×13÷2×13＝26×13÷2×13＝13×13×13＝2197答：那么这个表中所有自然数的总和是2197．故答案为：2197．3．（10分）一只油桶，装的油占全桶装油量的，卖出18千克后，还剩原有油的60%．那么这只油桶能装75千克油．【分析】先把原来油的质量看成单位“1”，卖出18千克后，还剩原有油的60%，那么卖出的质量就是原来油质量的（1﹣60%），它对应的数量是18千克，根据分数除法的意义，用18千克除以（1﹣60%）即可求出原来油的质量，这又是全桶装油量的，再把全桶装油量看成单位“1”，再根据分数除法的意义，用原来油的质量除以即可求出这个油桶能装多少千克油．【解答】解：18÷（1﹣60%）＝18÷40%＝45（千克）45÷＝75（千克）答：这只油桶能装75千克油．故答案为：75．4．（10分）在△ABC中，D1、D2、D3为AB边的内分点，E1、E2、E3为AC边的内分点，那么图中有64个三角形．【分析】在三角形BCD1中有4+3+2+1＝10个三角形；如果不看CD3，在BCD2中也有10个三角形；如果不看CD3、CD2，在BCD1中同样有10个三角形；如果不看CD3、CD2、CD1在BCA有10个三角形；在D2D3C中有4个三角形；在D2D1C中有4个三角形；在D1CA中4个三角形；在D1D3C中除了前面数出的还有4个三角形；在D2AC中除了前面数出的还有4个三角形；在D3AC除了前面数出的还有4个三角形．【解答】解：4×10+4×6＝64（个）故填645．（10分）两个带小数相乘，将得到的积四舍五入可得27.6．现已知这两个小数都是一位小数，且它们个位上都是5，那么这两个小数相乘所得的准确积是27.55．【分析】首先根据个位数字是5，那么两个5乘积的结果个位也一定是5，再根据四舍五入的规律即可求解．【解答】解：依题意可知：首先根据两个小数的结果是2位小数，个位数字都是5，那么原来结果的尾数一定是5；根据四舍五入的结果是27.6，那么只能是27.55满足条件．故答案为：27.556．（10分）A、B两地共有学生81人，其中A地的第一个学生与B地的10个学生联系过，第二个学生与B地的11个学生联系过，第三个学生与B地的12个学生联系过，…，第n个学生与B地的所有学生都联系过．那么A、B两地各有学生36人、45人．【分析】按题意，显然A地的第一个学生与B地的10个学生联系过，第二个学生与B地的11个学生联系过，第三个学生与B地的12个学生联系过，…，第n个学生与B地的所有学生都联系过，A地的学生比B地的学生要少9人，而总数是81人，可以用总数减去9，就是A地学生人数的两倍，不难求得A地和B地的学生人数．【解答】解：根据分析，A地的学生比B地的学生要少9人，而总数是81人，可以用总数减去9，就是A地学生人数的两倍，故A地有：（81﹣9）÷2＝36（人）；B地有：81﹣36＝45（人），故答案是：36人、45人．7．（10分）有一种八边形，它的每条边的长度都是一个整厘米数．若从该八边形中取出任意三条边的都不能构成三角形．则符合这些条件的八边形周长最短是54cm．【分析】斐波那契数列，这个数列从第三项开始，每一项都等于前两项之和，任意取3个数为三条边的都不能构成三角形，即可得出结论．【解答】解：由题意，八边形的边长满足斐波那契数列，符合这些条件的八边形周长最短时，边长为1，1，2，3，5，8，13，21，周长为54cm．故答案为54．8．（10分）在小于2012的所有正整数n中，使得2n﹣n2能被7整除的n共有576个．【分析】2n﹣n2被7除的余数随着n变化的最小周期是3，这个你可以直接计算试一试知道．n从1开始，2n﹣n2被7除的余数是2，4，1，2，4，1，…2n﹣n2被7除的余数随着n变化的最小周期显然是7．n从1开始，2n﹣n2被7除的余数是1，4，2，2，4，1，0，．总的来说，因为3和7互质，所以2n﹣n22被7除的余数以3×7＝21为周期．在一个周期中，3除n余1的，7除n可以余3和4，分别对应数10和4；3除n余2的（此时2n﹣n2被7除余4），7除n可以余2和5，分别对应数2和5；3除n余0的（此时2n﹣n2被7除余1），7除n可以余1和6，分别对应数15和6．由上面的讨论，所有使得2n﹣n2能被7整除的正整数n为2，4，5，6，10，15以及它们加上整数倍的21．有了这个结果后不难得出在小于2012的所有正整数中，因为2012＝21×95+17这样的n有95×6+6＝576个，据此解答．【解答】解：因为2n﹣n2被7除的余数随着n变化的最小周期是3，n从1开始，2n﹣n2被7除的余数是2，4，1，2，4，1因为3和7互质，所以2n﹣n2被7除的余数以3×7＝21为周期．7除n可以余2和5，分别对应数2和5；3除n余0的（此时2n﹣n2被7除余1），7除n可以余1和6，分别对应数15和6综上所述：所有使得2n﹣n2能被7整除的正整数n为2，4，5，6，10，15以及它们加上整数倍的21．有了这个结果后不难得出在小于2012的所有正整数中，因为2012＝21×95+17这样的n有95×6+6＝576个，故答案为：576．9．（10分）三角形ABC中，BE＝1，EF＝6，FC＝2，BD＝2AD，三角形AHG的面积是4.86，三角形GFC的面积是2，则四边形BEHD的面积是2.86．【分析】连接BH，FH，分析各个三角形之间的面积关系，求出各个面积大小．【解答】解：连接BH，FH，由题意△BEH、△EFH、△CFH之间的面积比是2：6：1由BD＝2AD，可得△CBD的面积是△CAD的2倍，△DBH的面积是△DAH的2倍，由这两个条件可得△BHC的面积是△AHC的面积的2倍．把△BHC的面积看成9份，那△AHC的面积就是9÷2＝4.5份如果把△AHC看成底边是AG的两个三角形面积和，把△CHF看成底边是FG的两个三角形之和，那么△AHC与△CHF的面积比就等于AG：FG，也就是4.5：2＝9：4根据AG：FG＝9：4和△AHG的面积是4.86，可以求出△HGF的面积是4.86÷9×4＝2.16因为△CFG的面积是2.16+2＝4.16，所以△BEH的面积是4.16÷2＝2.08AH：HE＝4.5：8＝9：16所以三角形ABD的面积就是2.08÷16×9＝1.17根据AD：BD＝1：2得到BDH的面积＝1.17÷3×2＝0.78所以四边形BEHD的面积是0.78+2.08＝2.8610．（10分）由单位正方形组成的m×n的矩形棋盘（其中m，n为不超过10的正整数），在棋盘的左下角单位正方形里放有一枚棋子，甲乙两人轮流行棋．规则是：或者向上走任意多格，或者向右走任意多格，但是不能走出棋盘或者不走．若规定不能再走者为负（即最先将棋子移至右上角者获胜）．那么能使先行棋的甲有必胜策略的正整数对（m，n）共有90个．【分析】当M＝N时，先走的甲必须会败；当M不等于N，甲可以通过独到的策略回到棋盘一，导致乙先，乙会败．有10种甲会败，有100﹣10＝90种甲会胜利．【解答】解：假设甲先走，乙后走，首先容易知道M＝N＝1时，甲必败，下面我们归纳证明当M＝N时，甲必败，首先M＝N＝1的情形是显然的．假设M＝N≤K时，甲必败，则当M＝N＝K+1时，假设甲第一步往任意一个方向走X步，则乙便往另外一个方向走X步．若X＝K+1，易知此时已经走到右上角，所以甲已经败了，否则X＜K+1，这样就就变成了重新在一个（K+1﹣X，K+1﹣X）的棋盘上行棋．这里1≤K+1﹣X≤K，而此时刚好也轮到甲行棋，由归纳假设知此时甲必败，所以结果仍然是甲必败．这样就完成了证明．下面看当M不等于N时的情形，假设M＞N（M＜N同理），甲可以第一步直接将棋子沿长为M的方向走M﹣N步这样就变成了重新在一个（N，N）棋盘上行棋，且此时轮乙行棋，由上面的结论知此时乙必败，即甲必胜．综上知要使先走的甲必胜，那么只需要M不等于N即可．即满足这样的正整数对有10×10﹣10＝90对．故答案为90．11．（10分）将自然数2、3、4…、n分成两组，满足①同一组任意两个数的乘积不在这个组；②任意一个数与它的平方不在同一组．则n最大是31．【分析】若2在第一组，则4在第二组，16在第一组，8只能在第二组，此时32既不能在第一组，也不能在第二组，故n的最大值不超过31，即可得出结论．【解答】解：若2在第一组，则4在第二组，16在第一组，8只能在第二组，此时32既不能在第一组，也不能在第二组，故n的最大值不超过31．当n＝31时构造如下：（2，3，5，7，11，13，16，17，19，23，24，29，31）和（4，6，8，9，10，12，14，15，18，20，21，22，25，26，27，28，30），所以n最大为31．故答案为31．12．（10分）