初中数学试题试卷第四届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛

第四届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛

初赛试题

复赛试题

决赛第一试

决赛第二试

团体决赛口试

初赛

(1)请将下面算式结果写成带分数：

0.5X236X59

119

Art"460

［答案］58—

［分析］这是每位小学生都会算的题目，但初赛要求在30秒内计算出正确的结果，

就需要在平时锻炼快算的技巧。注意0.5乘236之积为118,仅比分母小1。抓住这个

特点，算起来便很快了。

118X59(119-1)X5960

［解］原式==58H9

119二H9

［注］华罗庚爷爷在四十年代给他的孩子出了一道题：“全家九口人，每人每日食半

两油，问全家一个月30天要食几斤油？”当时一斤等于16两。快速心算的思路是：每

人一月食15两油，即一斤少一两。全家九口人，一月食9斤少9两，即8斤7两。列成

算式是

0.5X30X9

16

本题便是根据华爷爷的问题改编而成的。

（2）一块木板上有13枚钉子（右图）。用橡皮筋套住其中的几枚钉子，可以构成

三角形，正方形，梯形，等等（下图）。请回答：可以构成多少个正方形？

［答案］共11个。

［分析］可以构成的正方形有好几种，大小和位置不一样。要想无一遗漏地数出全部

正方形，最好用分类法。

［解］依正方形的面积分类，设最小的正方形面积为1。

面积为1的正方形,有5个（图a）；

面积为2的正方形,有4个（图b）；

面积为4的正方形,有1个（图c）；

还有1个面积比4大的正方形（图d）。

［讨论］本题也可以按其他特征来分类。例如按正方形各边的方向的特征，如果各边

是水平和竖直方向的，有6个（图a和图c）；各边都是倾斜的有5个（图b和图d）。

用分类法的关键是抓住事物的特征，给列举的类排序。既要穷尽所有的可能性，以

避免遗漏，又要注意每二类之间是否有共同的部分，如果有，则需要加以排除。

（3）这里有一个圆柱和一个圆锥（下图），它们的高和底面直径都标在图上，单位

是厘米。请回答：圆锥体积与面积的比是多少？

H——8—HH-4T

［答呜

［分析］这是一道普通的体积计算题。相信同学们都能记住圆柱和圆锥的

体积计算公式：圆柱面积=兀/h,圆锥体积=:兀Jh,现在是求二者之

3比，”可以消

去，再把各自的底面半径和高代入公式便行了。

圆锥体积

2

［解」圆柱体积一4X8-24

⑷这里有5个分数：左黑，景如果按大小顺序排注…一H

38231719歹ij,排在中间的

是哪个数？

［答案瑶

［分析］要比较分数大小，通常的做法是先通分，再比较分子的大小，这道题目的5

个分母通分，公分母是个很大的数，算起来便复杂了。我们可以换个方式：将5个分数

的分子换成相同的数，再比较分母的大小。也就是说，先找出分子的最小公倍数，再将

这些分数进行等值变换。

［解］分子的最小公倍数是60o给出的5个分数依次等于：

6060606060

90"96,92*102*95

比较分母的大小，居中的分数是祟，即言。

yjiy

［注］把这道题放在初赛中，目的是测验同学们快算技巧和灵活性。如果按通常先找

分母最小公倍数的做法，就不可能在60秒钟内解答完。

（5）现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮。用

链条连接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得若干档不同的车速。

“希望牌”变速自行车主动轴上有三个齿轮，齿数分别是48,36,24；后轴上有四

个齿轮，齿数分别是36,24,16,12。问：“这种变速车一共有几档不同的车速？

［答案］8档。

［分析］传动比=主轴齿轮齿数：后轴齿轮齿数。例如主轴齿轮48齿，后轴齿轮16齿,

传动比=48：16=3,也就是说如果主轴转一圈，轮子转3圈。这道题目实际上是要求算出

所有的传动比，再看看有几个不同的。

［解法］算出全部传动比，并列成表:

X36241612

484234

3

361393

24

242132

32

3

这里有4对传动比是相同的：1,楙，3,4。

将重复的传动比去掉，剩下8个不同的

比，所以有8档不同的车速。

［讨论］现实生活中处处都有美妙的数学问题，本题只是一个例子。出这道题的用意

就是鼓励同学们留心注意周围的事物，并用课堂中学到的知识，去解决实际问题。

对于爱动脑筋，喜欢寻根问底的同学，大概不会满足于懂得解答本题。他们也许会

去找一辆真正变速车，实地数一数主轴和后轴齿轮的齿数。他们会发现，这里边还有许

多更有趣的数学问题哩！

有一辆12速的山地车（实物），它的主轴有3个齿轮，齿数分别是48,38,28；后

轴有6个齿轮，齿数分别是28,24,20,18,16,14。如果按刚才的解法，列出下面的

传动比：

X282420181614

12122424

48T2T33T

191919191919

38

141210987

77147

2812

65V4

其中重复的传动比只有1个（2）,去掉它，这辆车应该有17档不同的车速，为什

么叫12速山地车?

为了解答这个疑问，我们还可以做一些数学上的分析。先将算出的传动比都化成小

数，并保留小数后二位（四舍五入）：

X282420181614

481.7122.42.6733.43

381.361.581.92.112.382.71

2811.171.41.561.752

任意2个传动比，如果它们相差小于0.05,将被看成是近似地相同的。上表中的2.71

与2.67；2.38与2.4；1.75与L71；1.56与1.58；1.4与1.36；相差都不大于0.04,

这5对传动比作用差不多，可以看作近似地相同。将重复的去掉，便只剩下12档不同的

车速了。

有些年青人到商店买自行车，总希望车速越多越好。车速越多，价格就越昂贵。有

些商店为迎合顾客的心理，将刚才分析的山地车标以“18速山地车”。你问他们为什么

是18速，他们会振振有词地说：3乘6等于18嘛！如果你懂得点数学知识，你大概就不

会上当。你也不会多花好多钱，去买一辆名义上许多档、实际上并非如此的昂贵自行车

了。

(6)右图中的大正方形ABCD的面积是1,其它点都是它所在的边的中点。请问：

阴影三角形的面积是多少？

［分析］图中有大、中、小三个正方形，面积依次缩小;，所以小正方

形面积是大正方形的，。需要进一步考察阴影三角形面积是小正方形的几

分之几？

［解法］将小正方形各顶点标上字母如右图，很容易看出三角形JFG面积

三角形IHG面积=yX正方形EFGH面积，三角形EJI面积=?X三角形

EFH面积=/X正方形EFGH面积。所以阴影三角形JGI面积=

844

13?

-5)X小正方形面积=/X小正方形面积=京X大正方形面积。

oo

(7)在右边的算式中，被加数的数字和是和数的数字和的三倍。问：被加数至少是

多少？

□□

+3

□□

［答案］18

［分析］从“被加数的数字和是和数的数字和的三倍”这句话，可以推断出两点：①

被加数可以被3整除，和数也可以被3整除；②在加法运算时，个位数相加一定有进位,

否则和数的数字和只会增加。

［解法］因为个位数相加必有进位，所以被加数的个位数只可能是7,8或9。又出为

被加数是3的倍数，它只能是下面几种情形：

个位数是7,被加数可能是27,57,87,经验算，27满足题目要求。

个位数是8,被加数可能是18,48,78,经验算，18满足要求。

个位数是9,被加数可能是39,69,99,都不满足题目要求。

因此，满足题目的最小的被加数是18。

(8)筐中有60个苹果，将它们全部都取出来，分成偶数堆，使得每堆的个数相同。

问：有多少种分法？

［答案］8种。

［分析］“每堆个数相同”和“偶数堆”二个条件合起来，就是要求60的偶因子的个

数，因为每个偶因子对应于一种符合条件的分法。

［解法1］直接列举出60的偶因子：2,4,6,10,12,20,30,600共8个。

［解法2］60的偶因子个数与30的因子个数相同。30=2X3X5。所以因子个数为：

(1+1)X(1+1)X(1+1)=8。

(9)小明玩套圈游戏，套中小鸡一次得9分，其中小猴得5分，套中小狗得2分。

小明共套了10次，每次都套中了，每个小玩具都至少被套中一次。小明套10次共得了

61分。问：小鸡至少被套中多少次？

［答案］本题的解法看来没有太多技巧，只能用试凑法。因为问小鸡至少被套中多少

次，很自然会想到从多往少地试小鸡被套中的次数。

［解法1］设小鸡被套中次数为X。

x不能多于6,否则得分超过了61分。

x=6,套中小鸡得分为6X9=54,余下4次套小猴和小狗，得分最少的情况是套中小

猴1次，小狗3次，得5+2X3=11分。总得分65,超过16分，所以不可能套中小鸡

6次。

x=5,套中小鸡5次得45分。余下5次套小猴和小狗应该得16分。如果套中小猴2

次得10分，套中小狗3次得6分，符合要求。

因此，小明至多套中小鸡5次。

［解法2］设套中小鸡x次，套中小猴y次，那么套中小狗(10-x-y)次。得分为61

分，所以

9x+5y+2(10-x-y)=61

化简后得7x=41-3y。

显然y越小，x越大。将y=l代入得7x=38,无整数解。若y=2,7x=35,解得x=5。

因此，小明至多套上小鸡5次。

(10)车库中停放若干辆双摩托车和四轮小卧车，车的辆数与车的轮子数之比是2：50

问：摩托车的辆数与小卧车的辆数之比是多少？

［答案］3：1

［解法1］车库中，平均每2辆车有5个轮子。也就是说，平均每4辆车有10个轮子。

用简单的试凑法可以知道，1辆小卧车和3辆摩托车恰好是10个轮子。所以摩托车的辆

数与小卧车的辆数之比为3：1。

［解法2］设有摩托车x辆，小卧车y辆。由题意

2/、

x+y=—(2x+4y)

5x+5y=4x+8y

x=3y

x：y=1：3

［讨论］本题其实是换一种形式描述的“鸡兔同笼”问题，而且只是求二种车数之比。

解法2是鸡兔同笼问题的列方程解法，在一般情况下都适用。解法2中用试凑法，解本

题时很方便，不懂得解方程的学生容易理解。即使给出的数字变得复杂些，也不难算出

结果。例如在本题中，设车的辆数与车轮子数之比是41：99,怎么算？

平均每82辆车有198个轮子。

0辆小卧车和82辆摩托车共164个轮子。

每增加1辆小卧车(相应减少1辆摩托车)，增加2个轮子。

(198-164)4-2=344-2=17(小卧车)。

82-17=65(摩托车)。

摩托车辆数与小卧车辆数之比是65：17。

(11)有一个时钟，它每小时慢25秒，今年3月21日中午十二点它的指示正确。

请问：这个时钟下一次指示正确的时间是几月几日几点钟？

［答案］1993年6月1日中午12点钟。

［解］当这个时钟总共慢12个小时的时候，它又指示12点，恰好是准确的时间。先

求出多少小时后慢12个小时。因为每小时慢25秒，而1小时=60X60秒。

60X60X12

=12X12X12(小时)

25

再求出它相当于多少天:

12X12X12

=72（天）。

24

最后求出3月21日后的72天是几月几日？注意3月份有31天，4月份有30天，5

月份有31天，到6月1日中午，恰好是72天。

（12）某人由甲地去乙地。如果他从甲地先骑摩托车行12小时，再换骑自行车9小

时，恰好到达乙地。如果他从甲地先骑自行车行21小时，再换骑摩托车行8小时，也恰

好到达乙地。问：全程骑摩托车需要几小时到达乙地？

［答案］15小时。

［分析］在分析行程问题时，一般部是在草稿纸上先画出粗略的示意图。本题给出的

两种行进方式是

甲地上处I.…身…乙地

自21摩8

可以看出：摩托车走12-8=4小时的路程，自行车要用21-9=12小时。这就是解题

的关链。如果我们将第二次行进方式次序改一下，与第一次作比较，就可以看得更清楚

T：

go自21

甲地,一评............乙地

［解］摩托车是12-8=4小时的路程，自行车要用21-9=12小时。摩托车走完全程需要

12+9X^1=15（小时）

（13）下图的二个圆只有一个公共点A,大圆直径48厘米，小圆直径30厘米。二只

甲虫同时从A点出发，按箭头所指的方向以相同速度分别沿二个圆爬行。问：当小圆上

的甲虫爬了几圈时，二只甲出相距最远？

［答案］4圈。

［分析］圆内的任意两点，以直径两端点的距离最远。如果沿小圆爬行的甲虫爬到A

点，沿大圆爬行的甲虫恰好爬到B点，二甲虫的距离便最远。小圆周长为nX30=30n,

大圆用长为48",一半便是24口。问题便变为求30n和24”的最小公倍数问题了。

30n和24”的最小公倍数，相当于30与24的最小公倍数再乘以no

［解法］30与24的最小公倍数是120,

1204-30=4

120+24=5。

所以小圆上甲虫爬4圈后，大圆上爬行了5个g圆周长，即是爬到了B

点。

（14）某种少年读物，如果按原定价格销售，每售一本，获利0.24元；现在降价销

售，结果售书量增加一倍，获利增加0.5倍。问：每本书售价降价多少元？

［答案］降低降06元。

［解法1］按题意，降价销售后平均每售2本书获利0.24X（1+1）=0.36一、匕

2（兀），每

本获利0.18（元），所以每本书售价降低0.24-0.18=0.06（元）。

［解法2］设降价后每本书获利为a,由于销量加倍，而获利为原先日倍，

3_

所以2Xa=5X0.24,a=0.18元，故每本书售价降低0.06元。

（15）有一座四层楼房，每个窗户的4块玻璃分

/f/

■E田

H5

a1

GB田

KM田

别涂上红色和白色，每个窗户代表一个数字。每层楼有三个窗户，由左向右表示一

个三位数。四个楼层表示的三位数有：791,275,362,612。问：第二层楼表示哪个三

位数？

［答案］612。

［分析］一个窗户相当于代表一个数字的符号，从给出的条件设法推断出每个符号代

表什么数字，便可以回答本题了。

［解］给出的4个数中362和612个位数相同，第二和第四层右边窗户符号也相同，

可以肯定这两层分别代表362和612。这二个数中又有数字6是一样的，对照第二层和第

四层的窗户，进一步确定第二层代表612（同样，很容易确定每层所代表的数字）。

复赛

（1）化简

3.875X1+38gX0.09-0.155+0.4

54

1852911

2-+[(4.32-168-1-^X—-y]*1—+1—

_.31319311

「解1上式的分子=一+—X-----X-

历山人」刀丁40402402

3191

=¥(1+2-2)

=31

=T

3八c131084233523535

上的合■&=—I-r(----------)x-----1x—十—

八刀叫6"252525；117J4424

13,33sz3535

—十|—X--+--

6L254424

93

24

31

~8

所以，原式等于1。

［注］本题与第三届“华杯赛”复赛第一道参考试题性质近似。

解这类题时，在乘、除运算中，小数宜写成分数、代分数宜化成假分数并将运算结

果及时约分；在加、减运算中，当小数、分数都出现时，通常宜于都化为分数，因为，

分数化为小数时，有可能出现无限循环小数；当然，在能都化成有限小数时，也可以都

化为小数。

(2)电视台要播放一部30集电视连续剧。如果要求每天安排播出的集数互不相等,

该电视连续剧最多可以播几天？

［分析］由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件

下，每天播放的集数应尽可能地少。

我们知道,1+2+3+4+5+6+7=28。

所以，如果各天播出的集数分别为1,2,3,4,5,6,7时，这七天共可插出28集,

还剩2集未播出。由于已有过一天播出2集的情形，因此，这余下的2集不能再单独于

一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解

决这个问题。例如，各天播出的集数安排为1,2,3,4,5,7,8或1,2,3,4,5,6,

9都可以。

［答］最多可以播7天。

［注］本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等正整数之和时，最多能写成几项

之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个正整数之和时，有多少种分拆的办法？例如:

5=1+1+1+1+1=1+1+1+2=1+2+2=1+1+3=2+3=1+4共6种分拆法(不计分成的

整数相加的顺序)。

(3)一个正方形的纸盒中，恰好能放入一个体积为628立方厘米的圆柱体，纸盒的

容积有多大？(圆周率=3.14)。

［分析］由于是正方形纸盒，所以它的长、宽、高相等。又因为圆柱体“恰好”能放

入，所以圆柱体的高等于纸盒的高，而后者又与圆柱体底面的直径相等。从而，圆柱体

的体积V既等于6.28立方厘米，又等于3.14X（底面半径），又2倍的底面半径=6.28X

（底面半径）3立方厘米由此可见，圆柱的底面半径等于1（厘米），从而底面直径等于

2厘米，由此即知纸盒的容积是2X2X2=8立方厘米。

［答］纸盒的容积是8立方厘米。

（4）有一筐苹果，把它们三等分后还剩2个苹果，取出其中两份，将它们三等分后

还剩2个；然后再取出其中两份，又将这两份三等分后还剩2个，问：这筐苹果至少有

几个？

［分析］我们面对着最后剩下的2个苹果，它们是把某两份苹果三等分后剩下的。换

句话说，把所剩的2个苹果与三等分的三份苹果放在一起，应是上一轮分割中的两份。

所以这个总数必须能被2整除。题中又问这筐苹果“至少”有几个，从而上述总数又应

尽可能地少。三份苹果中，每份最少有1个苹果，于是三份便是3个。2+3=5,但5不

被2整除，所以每份不应只有一个苹果。退而求其次：设三份苹果中每份是2个，从而

三份共6个，2+6=8,于是可设上一轮中共有2+3X4=14个苹果。14个又是第一轮分

割时三等分所得的2份，从而依题义，最初的苹果应有2+3X7=23个。

［解］用倒推法可见，原有苹果数是

33

2+-X(2+-X[2+3X2])

3

=2+-X(2+3X4)=23

［答］这筐苹果至少有23个。

［注］用倒推法还可以解决比本题复杂一些的类似的问题。例如，每次所剩的苹果数

不都是2而是互相有所不同；每次也不一定三等分，等等。大家不妨自行编题去试。

（5）计算

1+3-+5—+7—+9—+11—+13—+15—+17—

612203042567290

［解］原式

=（1+3+5+7+9+11+13+15+17）

11111111

+（——++-----F++++■）

12203042567290,

9X18111111

=丁+限5-尹（二尹勺一？

+（歹耳）+（不一演+勺一百）+（丁下+（§-不］

11

=81+2-W

=81|

［注］本题的规律性很强。只要能观察出每项的整数部分形成等差数列,

而分数部分——■-——,■~—"———,…，•—-—"i

刀同刀62X323123X434909X109

《，便不难用上述办法算出。

(6)长方形ABCD周长为16米，在它的每条边上各画一个以该边为边长的正方形,

已知这四个正方形的面积和是68平方米，求长方形ABCD的面积

［解］如图，将AD向右延长，CE向上延长，交于E点，那么正方形AiBGE的面

积，等于长方形ABCD周长一半的平方。即64平方厘米。

长方形ABCD与D山EiE是全等的。而正方形AiADDi与DCCE的面积之

和，等于题中已给的四个正方形面积和的一半，即1X68=34平方厘

2米。64-34=30平

积是(X30=1坪方厘米。

方厘米应等于长方形ABCD面积的2倍。所以ABCD的面2

［注］本题的解法，可算作求面积的“割补法”。

(7)“华罗庚”金杯少年数学邀请赛，第一届在1986年举行，第二届在1988年举

行，第三届是在1991年举行，以后每2年举行一届。第一届“华杯赛”所在年份的各位

数字和是

Ai=l+9+8+6=24o

前二届所在年份的各位数字和是

A2=l+9+8+6+1+9+8+8=50

问：前50届“华杯赛”所在年份的各位数字和A“尸？

［分析］这是一次“跨世纪”的计算。

按所给的规律，在20世纪内有7次赛事，前50届在21世纪内于是有43次赛事。

在20世纪内，已知片=50,其余5届年份各位数字的和是

5X(1+9)+5X9+(1+3+5+7+9)

=50+45+25=120

从而A：=A.+120=170

在21世纪内的前5届年份各位数字和是2X5+25=35。接下去的每5届递加数字5

(因为年份的十位数字各增了1),于是前47届年份各位数字的和等于

170+35+40+45+50+55+60+65+70

=170+4X105=590

再加上前50届中最后三届年份的各位数字的和：2X3+8X3+(1+3+5)=6+24

+9=39。得A.=590+39=629o

［答］Aa=629

［注］以上的分析与计算，主要用了分段处理问题的想法，例如分“世纪”作考虑，

并且分“年代”作考虑。在计算中，主要依据了整数相加有交换律，可以把相同的项调

集在一起计算，以便用乘法代替连加。

(8)将自然数按如下顺次排列：

12671516…

3581417…

4913…

1012…

11…

在这样的排列下，数字3排在第二行第一列，13排在第三行第三列，问：1993排在

第几行第几列？

［分析］我们来分析一下给出阵列中每一斜行的规律。这里第2斜行的数字是3,2；

第3斜行的数字是4,5,6；余此类推。仔细观察后我们会发现：

奇数斜行中的数字由下向上递增；

偶数斜行中的数字由上向下递增。

第陈I•行中最大的数字是Sn=£n(n+1)

如果我们找出1993位于斜行的第几位，再换算成原阵列中的第几行第几列，问题便

解决了。

［解］经试算，第62斜行中最大的数字是

62X63=1953

2

第63斜行中最大的数字是2016。所以1993位于第63斜行。第63斜行中数字是由

下向上递增加，左边第一位数字是1954,因此，1993位于第63斜行由上向下数第

(1993-1954+1)=40位。换算为原阵列的行和列，便是第(63-43+1)=24行,第40列。

［答］1993排在第24行,第40列。

(9)在下图中所示的小圆圈内，试分别填入1、2、3、4、5、6、7、8这八个数字,

使得图中用线段连接的两个小圆圈内所填的数字之差(大数字减小数字)恰好是1、2、3、

4、5、6、7这七个数字。

［分析］把连接小圆圈的线段叫作边，把小圆圈称作这个边的端点。同一个边的两个

端点，叫作相邻的端点，当小圆圈内填入某数字k时，便用k来记它，把两个端点所填

数字之差(大数字减小数字)称为它们之间的边的“标号”。那么，标号为1的边和它

的端点，可能有：①-②，③-③，③-④，④-⑤，⑤-⑥，⑥-⑦，⑦-⑧；标号为2的边

和它的端点，可能有：①-③，②-④，③-⑤，④-⑥，⑤-⑦，⑥-⑧；标号为3的边和

它的端点，可能有：①-⑤，②-⑥，③-⑦，④-⑧，标号为5的边和它的端点，可能有:

①-⑥，②-⑦，③-⑧，标号为6的边和它的端点，可能有：①-⑦，②-⑧，标号为7的

边和它的端点是：①-⑧，可见，①与⑧必是相邻的端点，由上可见，⑧可以是任何标号

的边的端点，所以，选择邻点最多的点，例如C,作⑧似乎是自然的。但，这时F不能取

作①，因为如果这样，以①(即F)为一个端点而尚未加标号的边还有三条，它们地位是

对称的，在1、2、3、4、5、6中，无论取哪三个作它们的标号，都会得到矛盾。例如，

取作标号的数为1、3、6,则与F相邻的点除C外，就是②、④、⑦，剩下未标号的边,

其标号只能取2、4,5,于是与C(即⑧)相邻的点便应是③、④、⑥。这里出现了④的

重复出现，这是矛盾。所以，应取A、B、D之一为①，由对称性，不妨取A为①。还有

三个与C相邻的点：B、D、F。其中，F的地位与B、D不同。仿上可知，在F处不能

是③。⑤、⑥、⑦。取F为④，令以F为一端点的未标号的边的标号为1、2、3,从而

以C为一端的、余下未标号的两条边的标号便应是5、6、这样便可得B=③，D=②，

E=⑦，G=⑤，H=⑥。

［答］在A、B、C、D、E、F、H处，顺次在小圆圈内填入1、3、8、2、7、4、5、6

便可满足要求。

［注］满足题目要求的图，叫作“优美图”。本题是一个至今尚未解决的猜想的一个

特殊的例子。

本题的答案不止一种。例如：

A(1)、B(6)、C(8),D(4),E(3),F(2),G(7),H(5)；又如：

A(8),B(6),C(1),D(7),E(2),F(5),G(3),H(4)等等都是。

由于c与F的地位，A、B、D的地位，E、G、H的地位分别都是对称的，所以，当相

邻关系不变时，填在C、F处的，A、B、D处的以及填在E、G、H处的数字可以分别交换,

而这样得到的结果并无实质上的区别。请想一想：有多少种既满足题目要求又实质上不

同的填法？

(10)1'+2―3+4'+5，+6»+T+8*+9,除以3的余数是几？为什么?

［分析］上式各加项中，3\6\9•除以3余数得0,所以只须看表达式1叶2叶4，+5，+

7+8除以3余几，任何不是3的倍数的自然数，必可表为3k+l或3k+2,其中k是某

个非负整数，而(3k+l)=9k+6k+l,(3k+2)=9k：+12k+3+l。可见，不是3的倍

数的自然数的平方，除以3余数都是1,即都可表为3的某个倍数加1。今1，=1,2-4=3

+1,4'=(402=3M'+1,5'=(502•5=(3m'+l)(3+2)=9M.+3+6m+2=3m+2,7=

(792•7=(3M+1)(6+1)=3MS+1,8'=(8)M»+l,总上可见，原式除以3的余

数，是1+1+1+2+1+1=7除以3的余数，所以余数是1。

［答］余数是1。

(11)A、B、C、D、E、F六个选手进行乒乓球单打的单循环比赛(每人都与

其他选手赛一场)，每天同时在三张球台各进行一场比赛，已知第一天B对D,第二天C

对E,第三天D对F,第四天B对C,问：第五天A与谁对阵？另外两张球台上是谁与谁

对阵？

［分析］我们在平面上分别画上6个点，依次用它们代表选手A,B,C,D,E,F,将

给定的比赛对阵用二点的连线来表示(右图，连线上的数字表示第几天。

注意到每位选手每天恰赛一场，每对选手之间5天内也恰赛一场。第二天A不可能

与F对阵，否则当天E要对C,而他们之间的比赛已安排在第2天。

所以第一天只能是A-E和C-F,或是A-C,E-Fo这次逐天分析推理，一定可以得出

本题的答案。

［解］逐天分析可能的对阵情况，列成下表:

第几天已给的比塞对阵当天可能安排的对阵情况

III

1B—DA—E,C—FA—C,E—F

2C—EA—D,B—FA—D,B—F

3D—FA—C9B—E已无法安排

4B—CA—F,D—E

5A—B,C—D,E-F

［答］第五天A与B对阵，另2张球台上的

对阵是C对D,E对F。

［注］这是道很有意思的逻辑推理题。如果在草图上用不同颜色代表不同天的对阵安

排，便能很清楚地从图上推出结论，不必画表。请同学们自己试试看。

(12)有一批长度分别为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10和11厘米的细木条，它

们的数量都足够多，从中适当选取3根本条作为三条边，可围成一个三角形。如果规定

底边是11厘米长，你能围成多少个不同的三角形？

［分析］任何一个三角形，它的三条边中的任何两条边的长度之和，总比余下的一条

边要长。换句话说，在本题中底边是11厘米长的三角形的其余二

边长分别是a及b时，必有11<a+b。此夕卜,为确切起见,可设a£b,

于是(a、b)的可能的值便有

(11,11)；(10,10),(10,11)；(9,9),(9,10),

(9,11)；(8,8),(8,9),(8,10),(8,11)

(7,7),(7,8),(7,9),(7,10),(7,11)；

(6,6),(6,7),(6,8),(6,9),(6,10),

(6,11)；(5,7),(5,8),(5,9),(5,10),

(5,11)；(4,8),(4,9),(4,10),(4,11)

(3,9),(3,10),(3,11)；(2,11)

(1,11)o可见，总数等于2义(1+2+3+4+5)+6=36。

［答］能围成36个不同的三角形。

［讨论］仿上面的分析，如果木条的长度是从1到10厘米，并规定底边长为10厘米,

那么同样问题的答案将如下得出，记号仿前：(a,b)可能的值有：(10,10)；(9,

9),(9,10)；(8,8),(8,9),

(8,10)；(7,7)(7,8),(7,9),(7,10)；

(6,6),(6,7),(6,8),(6,9),(6,10)；

(5,6)(5,7),(5,8),(5,9),(5,10)；

(4,7),(4,8),(4,9),(4,10)；(3,8),

(3,9),(3,10)；(2,9),(2、10)；(1,10)所以总数是2X(1+2+3

+4+5)=30o一般情况，当最长细木条的长

度为曜米，则k为奇数时，问题的答案是2X(1+2+・•••+?)+?

=(等)2。当k为偶数时，问题的答案是2X(1+2+…+*)等

42'4

（13）把下图a中的圆圈任意涂上红色或蓝色。问：有无可能使得在同一条直线上

的红圈数都是奇数？请说明理由。

［分析］红蓝二色可以分别更换为数字1与Oo

这样作对问题的实质并无影响。

假定题中所设想的涂色方案能够实现，那么每条直线上代表各点的数字之和便应都

是奇数。一共有五条直线，所以，把这五条直线上代表各点的数字之和的这五个奇数再

加起来，得到的总和数仍是一个奇数。但是，由视察可见，图中每个点都恰好同时位于

两条直线上，所以，在求上述总和数时，代表各点的数字都恰被加过两次，所以这个总

和应是一个偶数。这就导致一个矛盾。

［答］没有可能。

［讨论］由于每条直线上恰有4个点，所以，也不可能使同一条直线上的蓝圈数都是

奇数。可见无论设红色为1蓝色为1,结果都不变。

如果是由偶数条直线构成的类似的图,例如图b,问题中要求的涂色法便有可能实现。

比如给A、B、C三点涂红色，其余涂蓝色。

（14）甲、乙二人在同一条椭圆形跑道上作特殊训练：他们同时从同一地点出发，

沿相反方向跑，每人跑完第一圈到达出发点后立即回头加速跑第

二圈，跑第一圈时，乙的速度是甲速度与，甲跑第二圈时速度比第一圈提高

了1乙跑第二圈时速度提高了］已知甲、乙二人第二次相遇点距第一田上

35次相遇点190

米，问：这条椭圆形跑道长多少米？

［分析］让我们先画一个示意图（右图），并设一开

始时甲的速度是a,于是乙的速度便是5a,再设跑道长是L,则甲、乙第

一次相遇点，按甲前进方向距出发点为9L,甲跑第一圈需时为工，这时，

乙跑了工・乙再跑余下的，需时为这时，甲已

a333332a

折返，（l+3=：a的速度跑。在乙跑完第一圈时，甲己折返跑了;-

333a2a

|Lo这时，乙折返并以|a（l+；）=（曲速度跑着。从这时起，甲、乙

445

速度之比是即5：工所以在二人第二次碰头时，甲跑了余下

的与的《而乙跑了它的2即第二次相遇时距出发点沿甲第一圈跑向为:♦

3OOO

TT2110

5・言，可见两次相遇点间的距离是（《-5）L=190米，或^L=190米,

5oJo4U

第二次相遇点

甲跑完第一圈乙到达

出发点的位或，以及乙丽充一

因甲折返跄到的位或

tfc

即L=400米。

［答］跑道长为400米。

（15）下图la中的正方形ABCD的面积为1,M是AD边上的中点。求图中阴影部分的

面积。

（图b）

社-------1c

（图a）

［分析同于Z\ACM=AABM=:,所以CGM=AACM-AAGM=

ABM-AAGM=AABG

延长CM及BA,设交点为B'。易知△ABM冬△CDM=AACM。所以大三

角形ABB，M=，但AB,GM=ACGM（这一步用了矩形B'BCC的对

对线破中线AD平分这个事实）。AAB*G=Z\ABG,因此;=3ACGM

△CGM=},从而△CGM+ZXABG=2Z\CGM=5

［答］图中阴影部分面积是:。

［注］这是求面积常用的“割补法”的一次具本运用；也可以不用割补法

（见图b）,自G传AM的垂线，垂足为H点。由相似性知HM=；GH=gAH

从而:AM=1：3,因此GH:AB=1：3,所以Z\AGM=从

24

而△ABGMgAABM,^J^JZkABG=△CGM,AABG+ACGM=-△

ABM,但AAEMJ,.,.ABG+Z\CGM=!。

43

（16）四个人聚会，每人各带了2件礼品，分赠给其余三个人中的二人，试证明：

至少有两对人，每对人是互赠过礼品的。

［证明］设此四人为甲、乙、丙、丁并用画在平面上的四个点分别表示他们，称为它

们的代表点，当某人（例如甲）赠了1件礼品给另一人（例如乙）时，就由甲向乙的代

表点画一条有指向的线，无非有以下两个可能：

（-）甲、乙、丙、丁每人各收到了2件礼品。

（二）上面的情形不发生。这时只有以下一个可能，即有一个人接受了3件礼品（即

多于2件礼品；因为一人之外总共还有三个人，所以至多收到3件礼品）。（或许会有

人说，还有二个可能：有人只收到1件礼品及有人什么礼品也没收到。其实，这都可归

以“有一人接受了3件礼品”这个情形。因为，当有一人（例如甲）只接受了1件礼品

的情形发生时，四人共带来的8件礼品中还剩下7件在甲以外的三个人中分配，如果他

们每人至多只收到2件礼品，则收受礼品数将不超过6件，这不可能，所以至少有一人

收到2件以上（即3件）礼品，同样，当甲未收到礼品时，8件礼品分给乙、丙、丁三人,

也必定有人收到3件礼品）。

当（一）发生时，例如甲收到乙、丙的礼品，由于甲发出的礼品中至少有1件给了

乙或丙，为确切计，设乙收到了甲的礼品，于是我们先有了一对人：（甲、乙），他们

互赠了礼品，如果丙也收到甲的礼品，那么又有了第二对互赠了礼品的人（甲、丙）；

如果收到甲礼品的另一人是丁（如右图）丁的2件礼品必定分赠了乙及丙（甲已收足了

本情形中限定的2件札品）丙或乙的另一件礼品给了丁，则问题也已解决（这时另一对

互赠了礼品的人便是（乙、丁）或（丙、丁））但丙的另一件礼品只能给丁，因为这时

乙己收足了2件礼品，所以，当本情形发生时，至少能找到两对互赠过1件礼品的人。

当（二）发生时，不失一般性，设甲收到了来自乙、丙、丁的各1件礼品，但甲又

应向他们之中的某二人（例如乙、丙）各赠送1件礼品，于是（甲、乙），（甲、丙）

便是要找的两对人。总上可知，证明完毕。

［注］像图中所画的这种示意图，叫作“有向图”，是一个数学分支“图论”所研讨

的内容之一。

决赛第一试

（1）在100以内与77互质的所有奇数之和是多少？

［解］设A为100以内所有奇数之和，B为100以内与77有非1的公约数的全体奇数

之和，X为100以内与77互质的所有奇数之和，因为任一自然数，要么与77互质，要

么与77有非1的公约数，所以

X=A