华罗庚总决赛资料
第十一届华罗庚金杯少年数学邀请赛总决赛,初二组一试试题及解答
第十一届华罗庚金杯少年数学邀请赛总决赛初二组一试试题及解答1．某次数学竞赛前60名获奖。
原定一等奖5人，二等奖15人，三等奖40人；现调为一等奖10人，二等奖20人，三等奖30人。
调整后一等奖平均分数降低3分，二等奖平均分数降低2分，三等奖平均分数降低1分。
如果原来二等奖比三等奖平均分数多7分 ，求调整后一等奖比二等奖平均分数多几分？解。
设调整后一等奖平均分为x ，二等奖平均分为y ，三等奖平均分为z.则 .172),1(40)2(15)3(5302010=-++++++=++z y x z y x z y x 即.5 6 7)1()2( =-∴=-=+-+y x z y z y 又答。
调整后一等奖比二等奖平均分数多5分2．}{][ ][}{ ][ ,20042003x x x x x x x x ⨯-=<<。
如果的最大整数，表示不大于已知是正整数。
求满足条件所有实数x 的和。
解。
显然，,2003][=x 2003是质数，1}{0<<x ，设 ,}{2003p x =由题设，p 是整数。
.20031<≤p .40110072003200232120022003S .2002,,3,2,1,20032003=+++++⨯==+= 和p p x 3．计算.)6435)(6427)(6419)(6411)(643()6439)(6431)(6423)(6415)(647(4444444444++++++++++ ]4)2][(4)2[()84)(84(16)8(1664166422222222244+-++=+-++=-+=-++=+a a a a a a a a aa a a 解。
.33741441)437)(433)(429)(425)(421)(417)(413)(49)(45)(41()441)(437)(433)(429)(425)(421)(417)(413)(49)(45(2222222222222222222222=++=++++++++++++++++++++=原式4．凸四边形ABCD 中，AB+AC+CD=16,问：对角线AC,BD 为何值时，四边形ABCD 面积最大？面积最大值是多少？解。
第十八届华杯赛总决赛口试
第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛总决赛团体赛 口试（周春荔执笔整理）（上半场）1. （共答题1）汉字“华、杯、赛、成、就、少、年、梦、想”分别代表1～9中不同的数码, 使得算式18=⨯华杯赛成+就+少年+梦+想成立, 那么华杯赛代表的三位数的最大值是多少?【答案】 972 【解答】华杯赛是个被18整除的三位数, 最大为990, 但出现两个9和0, 不合要求. 考虑次大的972. 而972÷18＝54. 填法是97218.165834=++⨯++ 所以 华杯赛代表的三位数的最大值是972.2. （群答题1）甲、乙两个花瓶中都放有玫瑰和百合两种花,总计32支. 甲瓶中有三分之一是玫瑰花, 乙瓶中有七分之一是百合花. 问乙瓶中共放有多少支花?【答案】答: 14.【解答】 两瓶有花共32支, 乙瓶花的支数为7的倍数, 只能是7, 14, 21, 28支. 因此甲瓶花的数目对应为25, 18, 11, 5. 而甲瓶花的支数为3的倍数, 只能是18支, 因此乙瓶共有花14支.3. （必答题A1）左下图是一个等腰梯形, 上底和两腰的长度都是2, 下底长度是4; 右下图是一个正六角星形, 面积和等腰梯形的面积相等. 问: 正六角星形的周长是多少?【答案】12【解答】图a中的等腰梯形和图b中的正六角星形面积相等, 都由12个边长为1的正三角形组成, 即可求得正六角星形的周长为12.图a图b4.（必答题A2）将1, 2, 3, 4分别填入下面的方格中, 使得等式□+ 2×□+ 3×□+ 4×□= 22成立, 那么第一个方格填的数与第四个方格填的数之积是多少?【答案】6【解答】设填的数依次是,,,.a b c d由于+++=,23422a b c d又+++=,a b c d10相减得2312.++=b c d因此3 6.22b dc ++= 若,1,3bd =, 33,522b d +=. 因此c 为奇数, 这不可能. 因此只能,2,4.bd = 易知4,d ≠所以只能2,4,d b ==因此, 1,c = 此时只能 3.a = 事实上324314222.+⨯+⨯+⨯=所以3,4,1, 2.a b c d ==== 因此 32 6.a d ⨯=⨯=另解. 已知:23422a b c d +++=.首先, d ≠3, d ≠4. 若d =3, 则1032=++c b a , 但1132≥++c b a , 不合要求. 若d =4, 则,632=++c b a 但,1034332=++≥++c b a 不合要求.若d =1, 则,1832=++c b a 此时, b =3. 当a=2, c =4时, 2320a b c ++=. 当a =4, c =2时, 1632=++c b a , 都不合要求.所以, d =2. 1432=++c b a . 根据奇偶性, 只有a=1, c =3和a=3, c=1两种可能. 当a=1, c =3时, ,1898132=++=++c b a 不合要求; 当a=3, c =1时, 1438332=++=++c b a , 符合要求. 即a =3, d=2. .623=⨯=⨯d a5. （必答题A3）右图的三角形ABC 中, D 、E 分别是所在边的中点, BC = 6 MN , 三角形GMN 的面积等于3平方厘米. 求三角形ABC 的面积.【答案】54平方厘米.【解答】连接AG , 因为D 、E 分别是所在边的中点, 易知△BCG 的面积＝△BAG 的面积＝△ACG 面积,而△BCG 的面积=6×3=18平方厘米,所以三角形ABC 的面积=18×3=54平方厘米.6. （必答题A4）100以内仅能分解为两个不同质数之积的自然数共有多少个?【答案】30【解答】50以内的的质数2, 3, 5, 7, …, 43, 47共15个, 设分解质因数后为,().a b a b ⨯< 若2,a = 则b 可取由3到47这14个质数; 若 3,a = 则b 可取由5到31这9个质数; 若 5,a = 则b 可取由7到19这5个质数; 若 7,a = 则b 可取由11, 13这2个质数. 若 11a ≥, 1111121100,a b ⨯≥⨯=> 不满足要求.所以满足题设条件的数有14 + 9 + 5 + 2 = 30 (个).7. （必答题A5）梯形 ABCD 中, 腰 AD =10 厘米, 梯形的面积为 70 平方厘米. 则由腰 BC 的中点 M到直线 AD 的距离为多少厘米?【答案】7【解答】过M 作AD 的平行线交AB 于E , 交DC 于F . 由于M 为BC 中点, 相当于△MBE 绕点M 旋转180到△MCF 的位置. 自M 作AB 的垂线, 垂足为H .所以,平行四边形ADFE 的面积 = 梯形ABCD 的面积=70平方厘米.又平行四边形ADFE 的面积 =10AD MH MH ⨯=⨯= 70,所以 7MH =厘米.另解. 连接DM 交AB 的延长线于P ,相当于将△MDC 绕点M 旋转180到△MPB 的位置. 点D , M , P 在一条直线上, 且M 是DP 的中点.△ADP 的面积 = 梯形ABCD 的面积 = 70.连接AM , 自M 作AD 的垂线, 垂足为H . 则△AMD 的面积 =12⨯△ADP 的面积 = 35, 所以 135,2AD MH ⨯⨯= 即11035,2MH ⨯⨯= 所以MH = 7（厘米）.8. （必答题A6）某植物园计划在如图所示的 A, B, C, D, E五个地块栽种四种不同颜色的郁金香, 每个地块内的郁金香必须同色. 相邻的（有公共边界的）地块的郁金香不能同色,不相邻的地块可以同色.问共有多少种不同的栽种方案?【答案】72【解答】按A , B , C , D , E 的顺序, 分别有4, 3, 2, 2, 2种颜色可选, 所以不同颜色的着色方案共有4 × 3 × 2 × 2 × 2 = 96 (种).注意到其中包含了只栽种三种颜色的郁金香（例如上图中D 与A 同色, 而E 与B 同色）的方法4×3×2×1=24 (种),因此满足题设要求的不同的栽种方案为962472-=（种）.9. （必答题A7）如图所示, 已知△ABC , △ACD ,△ADE , △AEF 都是等腰直角三角形, 若它们的总面积是30平方厘米, 求AB + AD + AF 的长.【答案】14厘米【解答】根据条件容易判定, BAF 共线, 所以 围成的多边形是五边形BCDEF . 作111,,.CC AD DD AF EE AF ⊥⊥⊥设三角形△ABC 面积为,x 则△ACD 的面积为2,x △ADE 的面积为4,x △AEF 的面积为8x . 因此它们的总面积为15x . 由1530,x = 解得 2.x = 而2122AB =, 所以AB =2, AD = 4,. AF = 8, 所以AB + AD + AF = 14厘米.10. （必答题A8）黑板上写有数字1到9. 请你擦掉其中几个数字, 使得剩下的数字的两两乘积中, 个位出现由0到9这十个数字. 你从黑板上最多能擦掉几个数字?【答案】 3【解答】在黑板上应剩下数5. 数1和9可以只由乘积37⨯和19⨯得到, 这意味着, 所有奇数应留下. 还必须有一个偶数, 就是说黑板上剩下的数不少于六个.容易检验, 六个数1, 2, 3, 5, 7, 9 两两的乘积的末位出现由0到9的所有数字. 因此, 从黑板上最多能擦掉3个数字.11.（群答题2）有大、中、小三张圆形纸板, 每次取其中的两个盖在桌面上.如果所有的情况中盖住桌面的最大面积为25, 最小面积为10, 那么大圆纸板的面积为多少?【答案】15【解答】易知,大圆纸板与中圆纸板不重合时盖住的面积最大, 等于25, 是大、中两个圆纸板面积之和, 中圆纸板与小圆纸板完全重合时盖住的面积最小, 此时盖-=.住的面积为中圆纸板的面积, 为10.所以最大的圆纸板面积为25101512.（群答题3）甲乙两人分别在一圆形跑道上的一条直径的两端点, 同时顺时针沿跑道行走, 10分钟后, 甲追及乙. 问至少再过多少时间甲再次追及乙?【答案】20分钟.【解答】因为10分钟的时间甲比乙多走半圈, 再过20分钟甲比乙又多走1圈, 即可追及乙.13.（共答2, 动手操作, 演示）你能用总面积为6的六张不全相等的正方形纸片将111⨯⨯的立方体完全裱糊起来吗? 如果能, 请你演示裱糊的方法; 如果不能, 请说明理由.【答案】能【解答】用六张面积都为1的纸片, 显然可以将111⨯⨯的立方体完全裱糊起来.现在要用总面积为6的六张不全相等的正方形纸片来裱糊111⨯⨯的立方体, 即至少用总面积为6的两种不同大小的正方形纸片来裱糊111⨯⨯的立方体, 考虑到1111=+++++,6222222可以引进相应的例子: 连接111⨯⨯的立方体各界面正方形的两条对角线, 剪出两张边长等于界面正方形的对角线长的大正方形（面积为2）纸片. 其中一张像图a) 那样裱糊在上界面和相邻的每个界面的四分之一（正方形的顶点安放在四个相邻界面的中心）. 另一张面积为2的正方形裱糊在下界面以及它每个的侧面的四分之一. 四个剩余的部分的每一个, 可以裱糊面积为12的正方形, 如图b) 所示.14. （必答题B1）在100至200之间有三个连续的自然数, 其中最小的能被3整除, 中间的能被5整除, 最大的能被7整除. 写出这样的三个连续自然数.【答案】159, 160, 161【解答】找中间的那个数, 它能被5整除, 被3除余1, 被7除余6. 先找被5整除被3除余1的最小数是10, 然后每次加[3, 5]=15, 看是否能被7除余6, 找到位于100~200之间的只有10+150=160, 所以这三个数为159、160和161.15. （必答题B2）边长分别为6厘米和8厘米的两张正方形纸板, 放在一个边长为10厘米的大正方形内, 大正方形内未被两张小正方形纸板盖住的部分的面积的最小值是多少平方厘米?【答案】16【解答】易知 2226810+=, 即边长分别为6厘米和8厘米的两张纸板的面积之和恰等于边长为10厘米的大正方形的面积. 只有当两个纸板放在大正方形内重叠的部分面积最小时, 其覆盖的总面积才最大, 这时未被覆盖的总面积为最小. 两个正方形纸板分别在图中的EFGD 与PBMN 的位置时, （两个正方形纸板重叠部分为正方形FHNQ ）, 未被覆盖的APQE 与MCGH 的总面积为最小.易知未被覆盖的APQE 与MCGH 的总面积恰等于正方形FHNQ 的面积. 正方形FHNQ 的边长为6 + 8 – 10 = 4厘米, 所以正方形图a) 图 b)FHNQ 的面积为16平方厘米. 也就是大正方形内未被小正方形纸板盖住的部分的面积的最小值是16平方厘米.16. （必答题B3）自然数n 是两个质数的乘积, 它的包含1但不包含n 的所有因数的和等于100. 那么n =?【答案】194【解答】设,n pq =其中p 和q 是不同的质数.根据条件1100,p q ++=因此99.p q += 所以数p 和q 之一是偶数. 设p 是偶质数2, 则2,p =而97.q =即297194.n =⨯=17. （必答题 B4）如图, 三角形ACB 中, 90,ACB ∠= AC =1cm, AB =2cm. 以B 为中心, 将三角形ACB 顺时针旋转, 使得点A 落在边CB 延长线上的A 1点, 此时点C 落在点C 1的位置.设在旋转中边AC 扫过的面积为S , 以B 为中心1为半径的半圆面积为T , 求S 与T 之比.【答案】5:6.【解答】易知1130.ABD A BD ∠=∠=曲边三角形111AC D 的面积= 曲边三角形ACD 的面积.所以边AC 变到A 1C 1所扫过的面积为S =()()2222150524(21)36012BC πππ⨯-⨯=--5.12π= 以B 为中心1为半径的半圆面积T 211.22ππ=⋅= 所以 525.126S T ππ=⨯= 即:5:6.S T = 18. （必答题B5） 非零的自然数n 是25的倍数, 它的数字和也是25的倍数. 那么n 最小是多少?【答案】4975【解答】一个非零的自然数是25的倍数, 这个自然数的末两位数字只可能是00, 25, 50, 75. 而这个自然数的数字和也是25的倍数, 最小数字和为25, 末两位为75时数字和为12, 前面的数字和只能是13, 最少占两位. 即所求的是个4位数75.ab 而13a b +=, a 最小取4, 此时9b =, 所求的自然数最小是4975.19. （必答题B6）如图所示, 6个完全相同的小长方体恰好拼成一个体积等于384立方厘米的长方体, 那么, 一个小长方体所有棱长的总和是多少厘米?【答案】28【解答】设小长方体的长为4k 厘米, 则可知小长方体的宽是2k 厘米, 高是k 厘米, 立即得到: 体积等于384立方厘米的长方体的长和宽相等, 均为4k 厘米, 高是3k 厘米, 体积为33443483848k k k k k ,⨯⨯==⇒=故k = 2. 所以, 1个小长方体所有棱长的总和是564)248(=⨯++（厘米）.20. （必答题B7）能够在图中的小圆圈中填入由0到9的所有整数, 使得有三个圆圈的六条线段上的数之和都等于同一个值吗? 请说明理由.【答案】不能【解答】假设, 这是可能的. 设在线段端点的数的和等于A , 在线段中点放的数的和等于B . 而沿每条线段三数的和等于S . 显然, A+B = 0+1+…+9 = 45. 每个端点恰属于三条线段, 而所有中点是不同的. 所以, 顺着全部六条线段的和加在一起, 我们得到 36.A B S += 由此26()645.A S A B S =-+=-但这不可能, 因为2A 是偶数, 而645S -是奇数.得到的矛盾证明了, 要求的放置是不可能的.21. （必答题B8） 有三块长方形钢化玻璃板, 尺寸如图所示.想用这三块玻璃板作侧面, 水泥地平面为底面, 粘合成一个临时的盛水容器, 三块玻璃板不许剪裁和弯曲, 只允许在边缘处粘合, 问容器最多可容多少立方分米的水?【答案】48【解答】根据两边之和大于第三边的要求, 易知这个容器的底面只能是边长为3,4, 5和边长为4, 5, 8的三角形两种情况:（1）底面三角形边长为3, 4, 5. 侧面取最短的高为8;容积为1348482⨯⨯⨯=; （2）底面三角形边长为4, 5, 8., 设引向长为8的边的高为,h 则底面三角形面积18,2h =⨯⨯ 侧面取最短的高为3. 容积11(8)384348.22h =⨯⨯⨯<⨯⨯⨯=所以容器最多可容48立方分米的水.（下半场）22.（群答题4）几位游客上午10: 30进入公园, 沿大道从东门步行走向西门, 在公园大道某处的路标上写着: 距东门2220m , 距西门660m. 然后游客们走到西门出园时间是11: 20. 求游客行走的平均速度是多少（千米/小时）?【答案】3.456【解答】游客行程=2220+660米=2.88千米. 游客共行走了50分钟=56小时, 所以, 游客行走的平均速度为52.88 2.88653.4566÷=⨯÷=（千米/小时）.23.（群答题5）能够在图中的圆圈内填入10个数, 使得任意黑三角形顶点的三数之和都等于2012, 而任何白三角形的顶点的三数之和都等于2013吗? 请说明理由.【答案】不能【解答】假设放置了所求的10个数. 设放置在中间六边形的顶点的数为a, b, c, d, e, f, 在它中心的数为p, 则根据条件, 在三个黑三角形顶点的所有数的和为:332012a b c d e f p++++++=⨯. ①同时, 在三个白三角形顶点的所有数的和为:332013a b c d e f p ++++++=⨯. ② 比较①、②得 3201232013,⨯=⨯ 即20122013.=矛盾.另解. 假设放置了所求的10个数. 设放置在中间六边形的顶点的数为a , b , c , d , e , f , 在它中心的数为p , 则根据条件, 任意黑三角形顶点的三数之和都等于2012, 而任何白三角形的顶点的三数之和都等于2013, 易知1,f b =+ 1,d f =+ 1.b d =+三式相加得:3,f d b b f d ++=+++即0=3. 矛盾.24. （共答题3）用一个31角的模版和铅笔为工具,你能在纸上画出一个13的角吗? 说明理由.【答案】能【解答】因为1803311754052713.⨯-⨯=-=画一直线AOB , 取O 为坐标原点. 以射线OA 为角的一边, 在顺时针方向作∠131AOC =, 接着再作16个31的角122334151631.C OC C OC C OC C OC ∠=∠=∠==∠= 得1613.BOC ∠=25. （抢答题1）将九个数码1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9分成两组, 写成甲、乙两个多位数, 使得甲数恰为乙数的两倍. 请写出三组不同的答案, 每组答案中有一个数的千位是5.【答案】（15384, 7692）, （15846, 7923）, （15864, 7932）【解答】（1）两个多位数必一个是五位数, 一个是四位数. 且五位数万位是1.（2）已知5在千位上, 若5在四位数的千位, 乘以2之后, 得五位数的万位与千位是10或11（百位进上1时）, 由于九个数字中没有0, 且不能重复, 所以5不能出现在四位数的千位. 因此5只能出现在五位数的千位, 这时四位数的千位必为7, 需百位乘2后进一, 得五位数是15abc. 四位数的百位只能是9或8或6.当四位数百位是9时, 有两组解：（15846, 7923）; （15864, 7932）,当四位数百位是8时, 无解;当四位数百位是6时, 有一组解：（15384, 7692）.思维链接. 建议有兴趣的读者可以独立思考解答下面的问题:将九个数码1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9分成两组, 写成甲、乙两个多位数, 使得甲数恰为乙数的两倍. 请写出各种不同的答案.答案为:(18546, 9273); (18654, 9327); (15846, 7923), (15864, 7932),(15384, 7692); (14658, 7329), (14586, 7293), (14538, 7269);(13458, 6729), (13854, 6927), (13584, 6792).提示：（1）分得的必一个五位数, 一个是四位数, 并且五位数万位是1.（2）5不能在四位数的各个位中, 也不能是五位数的个位.（3）5在五位数的十位或百位, 靠四位数的26, 27, 28, 29乘2后产生五位数十位或百位的5. 5在五位数的千位, 靠79×2=158产生千位的5.（4）四位数的个位或（百位）乘2不进位.按上述要求, 试填即得.26. （抢答题2）将1至2013这2013个自然数依次写下来, 得一多位数123456789101112…201120122013.这个多位数除以9的余数是几?【答案】3【解答】 一个自然数除以9的余数等于这个自然数的各个数位上的数字之和除以9的余数.将0至1999这2000个数分成如下1000组:（0, 1999）, （1, 1998）, （2, 1997）, …, （998, 1001）, （999, 1000）, 以上每组两数之和都是1999, 且两数相加没有进位, 这样1至1999这1999个自然数的所有数字之和是:（1+9+9+9）×1000=28000.2000~2013这14个自然数各位数字和为28+45+10=83,所以这个多位数除以9的余数就是 (28000+83) 除以9的余数, 得3.27. （抢答题3）如图所示的圆内接正六边形ABCDEF的面积是18平方厘米. 以AB , BD , DE , EA 为直径向外作四个半圆. 问四个月牙形（阴影）面积的和等于多少?【答案】12平方厘米【解答】连接BOE , 知 三角形DBE 为直角三角形. BE右上两个月牙形面积之和等于三角形DBE 的面积, 同理, BE 左下两个月牙形面积之和等于三角形ABE 的面积, 因此, 四个月牙形（阴影）面积的和等于长方形ABDE 的面积. 而容易看出, 长方形ABDE 的面积等于六边形ABCDEF 的面积的2,3等于12平方厘米. 所以四个月牙形（阴影）面积的和等于12平方厘米.28. （抢答题4）今有2013张纸牌, 上面分别写有从1到2013的数字, 问能否将这些纸牌分成三堆, 使各堆牌上的数之和的比为3:2:1吗? 说明理由.【答案】不能【解答】因为2013张牌的数字之和为201310072013220131102320124321⨯=⨯+=++++++ , 如果能分成题中要求的三堆牌, 等于将和数10072013⨯分成相等的6份, 每份都是整数. 也就是10072013⨯应被6整除. 但10072013⨯不被6整除, 矛盾！所以题设的分法是不可能的.29. （抢答题5）棱长为4的立方体支架每条棱上每隔单位长有一个分点与顶点一起共计标出44个点（如图）. .至少过这些点中的两个点的不同的直线共有多少条?【答案】838【解答】暂时不考察通过立方体的棱的12条直线. 则a) 通过立方体每个顶点（8个之一）, 引 93431⨯+= 条直线（图a ）. b) 通过每个“非顶点”（它们是12336⨯=个之一）引113639⨯+=条直线（图b ）.因为提到的每条直线计算了两次, 所以直线的总数等于1(8313639)12838.2⨯⨯+⨯+= 另解. 对给出的44个点, 每个点可与其余43个点连接直线, 确定每条直线要2个点, 每条直线对这两个点重复计数了一次, 因此连接的直线总数为44439462⨯=条. 其中在每条棱上的5个点两两连结的直线都是同一条, 多计数了54192⨯-=条, 12条棱上多计数了129108⨯=条. 所以过题设的44个点可确定的不同的直线共计946108838-=条.30. （抢答题6）千位与个位都是偶数码且不被1000整除的四位数共有多少个?【答案】1996【解答】四位数的千位数码依条件可以是2, 4, 6, 8中的任一个, 百位和十位数码可以是十个数码中的任一个, 而个位数码如果不考虑“不被1000整除”的条件, 可以从0, 2, 4, 6, 8这五个数字中任选一个.因此, 千位与个位都是偶数码的四位数共有4101052000⋅⋅⋅=个, 因为其中只有2000, 4000, 6000, 8000被1000整除, 所以千位与个位都是偶数码且不被1000整除的四位数共有200041996-=个.31. （抢答题7）如图, 写有不同的非0自然数的14张卡片数字朝下, 自小到大排成一行. 这些数的和等于170. 去掉最左和最右的两张, 剩下卡片上的数之和等于150.问原来左数第三张卡片写的是什么数?图a 图b【答案】8【解答】去掉最左和最右的两张纸片, 剩下数的和等于150. 表明卡片最小与最大数的和等于20. 因此, 可能是1+19, 2+18, 3+17, 4+16, 5+15, …….-+=<与共14张卡片不如果是4+16及它以后的情形, 卡片数最多为16411314.符. 若是3+17的情况, 而3到17这15个数之和为3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14+15+16+17=150,其中14个数不可能等于170.若是2+18的情况, 而2到18共17个数之和等于170. 去掉3个数, 14张卡片之和小于170, 与题设不符.所以只能是1+19的情况., 而由1到19共19个数之和等于190. 去掉和为20的5个数, 才能等于170. 只能去掉2, 3, 4, 5, 6这5个数. 因此原来左数第三张卡片写的是8.数.而在每个顶点写上该顶点所在的三个界面上的数的乘积. 那么八个顶点上写的数之和能是2013吗?如果能, 最初六个界面上写的数之和是多少? 如果不能, 请说明理由.【答案】能, 6个界面上写的数之和是75.【解答】设在立方体相对界面写的正整数分别是:上界面和下界面分别为a 和 b ;左界面和右界面分别为c 和d ;前界面和后界面分别为e 和f .则在各顶点写的数之和为acf adf ace ade bcf bce bdf bde +++++++()()()201331161a b c d e f =+++==⨯⨯,所以在各界面上写的数的和是()()()3116175.a b c d e f +++++=++=33. （共答题4）在纸板上画有一个平行四边形ABCD , P 为形内一点.请用圆规、（无刻度）直尺、铅笔为工具, 画出一个边长分别等于P A 、PB 、PC 和PD 的四边形, 使得该四边形的面积恰是平行四边形面积的一半.【解答】作法如下: 平移PBC ∆到.P AD '∆或平移PAB ∆到P DC '∆即可.易知,△PBC 的面积+△P AD 的面积 = △P AB 的面积+△PCD 的面积 = 12⨯平行四边形ABCD 的面积. 所以平移PBC ∆到P AD '∆（或平移PAB ∆到P DC '∆）即可实现题设要求的作图.。
华罗庚金杯总决赛集训+几何问题
2013小升初图形综合训练一、基本概念；直线、射线、线段；任意四边形、任意三角形；梯形、平行四边形、长方形、正方形、三角形、任意三角形；圆、直径、半径、圆周率、扇形。
二、基本定理及公式：三角形、四边形内角和；周长公式、面积公式。
蝴蝶定理燕尾定理鸟头定理对角面积相乘互等定理三、常用求面积方法：1、直接计算法：★已知大正方形的边长是4厘米，阴暗部分面积是14平方厘米，求小正方形的边长是多少？★如图，长方形被分成面积相等的4部分。
X=（）厘米。
2、排除法：★已知在平行四边形ABCD中，E是BC边的中点，F是CD边的中点，求阴影部分面积是平行四边形面积的几分之几？★正方形ABCD的边长为6厘米，AC=3AE，BC=3CF，求阴影部分的面积。
如左下图，求阴影部分面积？如右上图，图中的每个小正方形的面积都是2平方厘米，则图中阴影部分的面积是____平方厘米。
4、中介法：已知，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，已知三角形AFH的面积为6平方厘米，求三角形CDH的面积.如右上图，已知三角形ABE的面积是3，BEC的面积是5，求阴影面积。
★如右图，已知一个四边形ABCD的两条边的长度AD＝7，BC＝3，三个角的度数：角B和D是直角，角A是45°.求这个四边形的面积.★如右上图，正方形ABCD的各个顶点都落在直角三角形AEF的各边上，已知正方形ABCD的面积是36，DE的长是4，则线段BF的长是。
6、推磨法：★如图4，用标号为1，2，3，4，5的五种大小不同的正方形拼成一个大方形，大长方形的长和宽分别是18，14，则标号为5的正方形的面积是______。
★如右上图所示，一个长方形恰好可以分成7个大小不同的小正方形，其中正方形A和正方形B的边长分别为4厘米和7厘米，长方形的面积是多少？7、特殊性质法：两个等腰直角三角形ABC和DBF的直角边的长分别是8厘米和6厘米，DE与AB垂直，阴影部分的面积是多少？右上图是一块正方形的地板砖示意图，各部分相互对称，红色小正方形的面积是4，四块绿色小三角形的面积总和是18，求大正方形ABCD的面积。
第十七届华罗庚金杯少年数学邀请赛小学高年级(B)试题与解析
第十七届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛笔试试题B （小学高年级组）--By 肖瑶如意一、填空题（每小题10分，共80分） 1. 算式4651112÷()75121555+-的值为（） 【解析】4651112÷()75121555466012×7569558121555883616516552165+-=-=-=-= 这题我没考虑有没有简便算法，有那时间，直接做也做出来了2. 设a △b 和a ▽b 分别表示取a 和b 两个数的最小值和最大值，如，3△4=3,3▽4=4.那么对于不同的数x ，5▽（4▽（x △4））的取值共有（1）个。
【解析】4▽（x △4）这一步，不管x 取值如何，结果都是4,5▽4=5，取值只有1个或者分情况讨论：①x ≤4X △4=x4▽x=45▽4=5②x ＞4X △4=44▽4=45▽4=5所以取值只有1个3. 里山镇到省城的高速路全长189千米，途径县城，里山镇到县城54千米。
早上8:30，一辆客车从里山镇开往县城，9:15到达，停留15分钟后开往省城，11:00到达。
另有一辆客车于同天早上8:50从省城径直开往里山镇，每小时行驶60千米。
那么两车相遇的时间为（10:08）【解析】为叙述方便，称里山镇开出的客车为甲，省城开出的客车为乙甲到达县城前,平均时速为54÷45/60=72千米甲离开县城后,平均时速为(189-54)÷1.5=90千米/小时乙,从8:50到9:30,共行了60×40/60=40千米甲,从8:30到9:30,共行了54千米9:30,甲乙还相距189-40-54=95千米相遇还需95÷(90+60)=19/30小时=38分钟9:30+0:38=10:084. 有高度相同的一段方木和一段圆木，体积之比是1:1.如果将方木加工成尽可能大的圆柱，将圆木加工成尽可能大的长方体，则得到的圆柱体体积和长方体的体积的比值为（π/8）【解析】高相同,体积比为1:1,则底面积比为1:1设方木底面边长为a,加工成的圆柱底面半径为m圆木底面半径为b,加工成的长方体的底面边长为na ²=πb ²,(a/b)²=πm ²=a ²/4n ²=2b ²所求比值为m ²:n ²=(a/b)²÷8=π/85. 用[x]表示不超过x 的最大整数,记{x}=x-[x],则算式20121201222012320122012{}{}{}...{}5555++++++++ 的值为（）【解析】前两项,分别为3/5和4/5从第三项开始,5项一周期,分别为0/5,1/5,2/5,3/5,4/52012+2012=4024(4024-2014)÷5=402（一共402个周期）原式=(3+4)/5+(1+2+3+4)/5×402=805.46. 某个水池存有其容量的十八分之一的水。
第十六届全国“华罗庚金杯”少年数学邀请赛总决赛
第十六届全国“华罗庚金杯”少年数学邀请赛总决赛数学文化节方案一、指导思想第十六届全国“华罗庚金杯”少年数学邀请赛总决赛数学文化节旨在传承华罗庚精神，引导青少年热爱数学，立志成才。
让青少年在活动中感受数学与生活的自然融合，感受数学的奇巧和缜密。
在活动中提升思维、在挑战中享受快乐。
让数学不仅成为智者的游戏，更成就游戏者的智慧。
二、活动主题快乐与数学同行，智慧随思维生长三、活动目的以丰富多彩、趣味纷呈的数学活动为载体，让学生充分感受数学文化，品味数学魅力。
激发学生“爱数学，数学有无尽的乐趣；学数学，数学有无穷的奥妙；用数学，数学有无限的未来”的热情。
四、活动时间2011年7月24日上午9:00---11:30五、活动地点惠州市华罗庚中学六、活动内容及时间安排（一）华罗庚足迹1、参观华罗庚纪念馆负责人：龙静瑶2、华罗庚事迹循环播放负责人：易舒婷（二）数学文化展示1、分“数学之史、数学之美、数学之思、数学之用、数学之语”五个主题布置展板。
地点：华罗庚广场解说：数学社学生负责人：戴辉2、数学文化节优秀宣传语展、数学文化节优秀会标展、数学海报展。
负责人：张启龙实施：由数学社征集数学文化节宣传语和数学文化节会标，集训部、高一和高二开展数学海报比赛3、活动主题展板、活动内容展板、悬挂宣传条幅(每一个游戏场地一条标语)和彩旗。
负责人：刘卫忠4、数学PPT图片和学校简介（电脑播放）（高一阶梯教室）负责人: 熊伟（三）数学智慧活动数学智慧活动九项（专家讲座除外）若晴天则全部放在华罗庚广场举行，各摊位图附后：数学智慧活动九项（专家讲座除外）若雨天则活动地点如下：七、华杯赛数学文化节活动指南（见附件一）八、组织机构和保障措施（一）成立华杯赛数学文化节领导小组市教育局分管领导：骆平书记组长：戴立波副组长：吴永丹、宋词、黄进添、姜前勇、涂光峰成员：戴辉、杨永强、范恩辉、李京华、陈翰生、谢林海、张毅、丁志勇、刘卫忠、周淼淼、甄红、韩荣兰、张启龙、解凤英、陈冠宁、黄伟周、陈倬飞、黎润秋、刘宝林、陈宇祥、曾中华、向才兵、罗衾、何小华、袁劲竹、游兆龙、汪毅刚、吉世龙、钟跟、石丹慧、左静、谭卉、张丽君宣传接待：杨永强、陈翰生、周淼淼、凌丽聪保卫：杨永强、黄伟周及护校队成员音响：谢林海、张毅、熊伟、曾雨挺奖品：张启龙、吉世龙、熊伟、林惠琦（二）第十六届华杯赛数学文化节所需材料清单（见附件二）、所需奖品清单（见附件三）。
华杯赛 第 届 总决赛 一试 二试 教师版
图 A -58图 A -59第十六届华罗庚金杯少年数学邀请赛总决赛 小学组一试一、填空题（共3题, 每题10分）1. 计算 313615176413900114009144736543++++++=_________. 【答案】6463. 【解答】313615176413900114009144736543++++++ =1111111111111(1)(()()()()()4499161625253636494964-+-+-+-+-+-+- = 6411-=6463. 2. 如图A-58所示, 正方形ABCD 的面积为12, AE ED =,且FC EF 2=, 则三角形ABF 的面积等于_________.【答案】5.【解答】连接DF , 容易得到1[][][]62ABF CDF ABCD +==. （其中[]ABF 表示三角形ABF 的面积）. 因为AE ED =, 所以 1[][]34ECD ABCD ==. 又因为2EF FC =, 所以 1[][]13CDF ECD ==. 所以[]6[]5ABF CDF =-=.3. 某地区的气象记录表明, 在一段时间内, 全天下雨共1天; 白天雨夜间晴或白天晴夜间雨共9天; 6个夜间和7个白天晴朗. 则这段时间有_________天, 其中全天天晴有_________天.【答案】12, 2.【解答】全天晴被包含在6个夜间和7个白天晴朗之中, 并且一天记数2次. 而白晴夜雨和白雨夜晴的日子也被包含在这13天中, 全天下雨的日子不被包含在这13天之中. 所以,.22913=-=全天天晴的天数所以, 这一段时间共有9+2+1=12天. 晴天有2天.二、解答题（共3题, 每题10分, 写出解答过程）4. 已知a 是各位数字相同的两位数, b 是各位数字相同的两位数, c 是各位数字相同的四位数, 且 c b a =+2. 求所有满足条件的),,(c b a .【答案】(33, 22, 1111), (66, 88, 444), (88, 33, 7777).【解答】设z z z z c y y b x x a +++=+=+=101001000,10,10,其中x , y , z 都是数码. 则222211992,10111,11111111x z z y z y x z y x -=-=+=+.若 z y 2<, 则 0991122>-=-z x y z , y z -2 是11的倍数. 由于y , z 是数码, 所以112=-y z . 从而z x 9911112-=, z x 912-=, 192+=z x ,x , z 是数码, 必有3,8,7===y x z .若 z y 2≥, 则 0119922≥-=-x z z y .由于y 是数码, z y 29≥≥, 4≤z . 因为图 A -60029≥->z y , z y 2-是11的倍数, 所以 02=-z y . 注意011992=-x z , 29x z =,对于4≤z , 只能有 1=z 或4, 相应地 3=x 或6, 2=y 或8.综上所述, 所有满足条件的 (a , b , c )为(33, 22, 1111), (66, 88, 444), (88, 33, 7777).5. 纸板上写着100、200、400三个自然数, 再写上两个自然数, 然后从这五个数中选出若干个（至少两个）做只有加、减法的四则运算, 在一个四则运算式子中, 选出的数只能出现一次, 经过所有这样的运算, 可以得到k 个不同的非零自然数. 那么k 最大是多少？【答案】64.【解答】设再写上的两个自然数是a 和b , 可设b a >.1）从400、200和100选出2个或3个做加、减法, 可得100、200、300、500、600和700, 共6个不同正整数.2）从400、200、100和a 选出若干个数（至少两个）做加、减法, 由1）并且考虑可选400和a , 可得 ()100200300400500600700a m m ,,,,,,±=, 共最多有14个不同正整数.3) 类似2）, 用b 替换a , 共最多可得14个不同正整数.4）类似2）, 用b a ±替换a , 共最多可得28个不同正整数.5）仅取a 和b , 分别做加减运算, 可得2个不同正整数.所以最多可得到（6+14×4+2）＝64个不同的正整数.6. 将1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9填入图A -60的圆圈中, 每个圆圈恰填一个数, 满足下列条件:1) 正三角形各边上的数之和相等;2) 正三角形各边上的数之平方和除以3的余数相等.问: 有多少种不同的填入方法？（注意, 经过旋转和轴对称反射, 排列一致的, 视为同一种填法）【答案】48.【解答】记9321,,,,a a a a 的位置如图A-61所示,则p a a a a a a a a a a a a =+++=+++=+++198776544321,(1) )3(mod 212928272726252424232221q a a a a a a a a a a a a =+++=+++=+++,(2) 由741741987654321453a a a a a a a a a a a a a a a p +++=+++++++++++=.得)3(mod 0741=++a a a .(3) 由2724212724212928272625242322212853a a a a a a a a a a a a a a a q ++++=+++++++++++=,得)3(mod 0272421=++a a a .(4) 由 (3) 和 (4) 得到)3(mod 0741===a a a .按模3分余类:{}{}{}8,5,2;7,4,1;9,6,3210===R R R .首先设7,4,1741===a a a , 则图 A -61331245986532=-=+++++a a a a a a .由 (1) 得36)(332986532--+=+++++a a a a a a a a , 1432=+a a .a) 5932+=+a a , 6265+=+a a , 3898+=+a a . 由于每边的中间两个数可以互换, 所以这种情况有823=种填法.b) 6832+=+a a , 5365+=+a a , 2998+=+a a . 又8种填法.对于8,5,2741===a a a 和9,6,3741===a a a , 也各有16种.因此, 一共有 48 种填法.图 A -62 第十六届华罗庚金杯少年数学邀请赛总决赛 小学组二试一、填空题（共3题, 每题10分）1. 某班共36人都买了铅笔, 共买了50支, 有人买了1支, 有人买了2支, 有人买了3支. 如果买1支的人数是其余人数的2倍, 则买2支铅笔的人数是_________.【答案】10.【解答】设买1支铅笔的人数为x , 则有243236=⨯=x , 买2支和3支铅笔的人数为122436=-, 他们共买铅笔数为262450=-.为求买2支铅笔的学生数, 假设买2支, 3支的学生每人都买3支, 求出买2支的学生数:10)23()26312(=-÷-⨯.也可以设买2支和3支铅笔的人数分别为y 和z , 则可列出方程：122326y z y z +=⎧⎨+=⎩, 即可得出1232610y =⨯-=（人）.2. 图A -62中, 四边形ABCD 的对角线AC 与BD 相交于O , E 为BC 的中点, 三角形ABO 的面积为45, 三角形ADO 的面积为18, 三角形CDO 的面积为69. 则三角形AED 的面积等于_________.【答案】75.【解答】设三角形BCO 的面积为x , 则45.1869x = 解得 1172.2x = 所以四边形ABCD的面积11 184569172304.22 =+++=由于三角形ABC的面积=11 45172217,22 +=所以三角形ABE的面积=121732108. 24=由于三角形BCD的面积=11 69172241,22 +=所以三角形CDE的面积=124132120. 24=因此,三角形AED的面积133 30410812075.244=--=3.一列数的前三个依次是1, 7, 8, 以后每个都是它前面相邻三个数之和除以4所得的余数, 则这列数中的前2011个数的和是_________.【答案】3028.【解答】这列数是:1, 7, 8, 0, 3, 3, 2, 0, 1, 3, 0,0, 3, 3, 2, 0, 1, 3, 0,…除了前三个数, 其后每8个数为一周期. 而2518200832011⨯==-.每个周期中8个数的和为12, 所有251个周期2008个数的和为3012.图 A -63所以, 前2011个数的和是3028.二、解答题（共3题, 每题10分, 写出解答过程）4. 用57个边长等于1的小等边三角形拼接成一个内角都不大于180度的六边形, 小等边三角形之间既无缝隙, 也没有重叠部分. 则这个六边形的周长至少是多少?【答案】19.【解答】（1）因为等边三角形的内角相等, 都是60度, 且所拼接成的六边形内角都不大于180度, 小等边三角形之间既无缝隙, 也没有重叠部份, 内角只能是120度. 否则, 如果出现内角等于60度, 由六边形内角和等于720度,()720605132-÷=,则必有一个内角大于120度, 且由三个60 构成, 即等于180 , 不可能.（2）选出六边形互不相邻的三条边, 其他三条边长分别记为a,b 和c , 均为整数. 如图A-63, 延长这三条边,可以交出一个大三角形. 因为六边形的内角都是120度,因此所交出的这个三角形内角都是60度, 是一个等边三角形, 设其边长为m . 或者说, 用边长分别为a,b 和c 的三个等边三角形和原有的六边形拼接出一个大的等边三角形, 因此六边形的周长等于()3m a b c -++.（3）边长分别为a,b 和c 的三个等边三角形相当于分别用22a ,b 和2c 个小等边三角形拼接, 因此有 ()222257m a b c -++=.（4）显然, 六边形的周长()()33m a b c a b c -++≥+++,由此可得()312a b c m ++≤-, 或 ()()3312m a b c m -++≥+. 当12≥m 时, 20)(3≥++-c b a m .（5）若11m .≤, 由()222257m a b c -++=, 易知8m ≥. 将891011m ,,,,=代入()222257m a b c -++=, 仅有2个解:① 9224m ,a ,b ,c ====, 六边形的周长是19；② 10335m ,a ,b ,c ====, 六边形的周长是19.5. 黑板上写有1, 2, 3, …, 2011一串数. 如果每次都擦去最前面的16个数, 并在这串数的最后再写上擦去的16个数的和, 直至只剩下1个数, 则1) 最后剩下的这个数是多少？2) 所有在黑板上出现过的数的总和是多少？【答案】2023066, 7822326.【解答】还没有操作时的2011个数: 1, 2, 3, …, 2011,它们的和为2023066=a . (*1)擦去的数的和又写在黑板上, 所以黑板上的数的和恒为a .经过117151755= 次操作, 擦去187216117=⨯个数, 写下117个数, 擦去1872个数的和1753128187221=+++= b . 新写下的117个数的和等于b . (*2)此时黑板上还有20111872117256-+=个数, 这256个数的和是a . 在经过16次操作, 这256个数全部擦去, 新写下16个数,新写下的数的和 = 擦去的256个数的和 = a . (*3) 此时黑板上就只有写下的16个数, 它们的和为a . 在经过1次操作, 黑板上的16个数全部擦去,新写下1个数a . (*4)综上讨论, 最后余下的一个数是2023066=a ; 由(*1), (*2), (*3)和(*4), 所有在黑板上出现过的数的总和为78223263=+b a .6. 试确定积)12)...(12)(12)(12(2011321++++的末两位的数字.【答案】75.【解答】设1232011(21)(21)(21)(21).n =+⨯+⨯+⨯⨯+题目要求的是?(mod100).n ≡由于各因数21k +均为奇数.其中26215,2165513,+=+==⨯所以0(mod 25).n ≡此时知n 的末两位数字要么为25, 要么为75.又1213(mod 4),+≡对2,k ≥都有211(mod 4),k +≡所以3(mod 4)n ≡, 即n 的末两位数字被4除余3.而251(mod 4),753(mod 4),≡≡所以n 的末两位数字为75.。
第十四届全国“华罗庚金杯”少年数学邀请赛总决赛试卷（一组）Word版,含答案
第十四届全国“华罗庚金杯”少年数学邀请赛总决赛试卷（一组）Word版,含答案第十四届华罗庚金杯少年数学邀请赛总决赛少年一组试卷( 1月23日13:00 15:00)一、填空题 (共4题，每题10分)1. 分数115，136，231116，6430，305153中最小的一个是。
2. 如右图所示，ABCD 是一个正方形，其中几块阴影部分的面积如图所示，则四边形BMQN 的面积为。
3. 将105表示成不少于两个连续的(非零)自然数之和，最多有种表达方式。
4. 将奇数1、3、5、…、2007、2009从小到大排成一个多位数A =135********…20072009，从A 中截出能被5整除的五位数，则所有的这种五位数中，最小数是，最大数是。
二、解答题 (共4题，每题15分，写出解答过程)5. 如果一个自然数n 能被不超过10n 的所有的非0自然数整除，我们称自然数n 为“牛数”。
请写出所有的牛数。
6. 循环小数0.x ．yz ．可以表达成0.x ．yz ．=999xyz 。
已知算式ab ?0.c ．5d ．=ef 中a ，b ，c ，d ，e ，f 都是数字，且c <4。
求出所有满足条件的两位数ab 。
7. 下列m 个整数中恰有69个不同的整数，问自然数m 的最大值和最小值分别是多少？ [112009+]，[222009+]，[332009+]，…，[m m +2009]。
8. 已知四边形ABCD 中AD //BC ，AD ：BC =1：2， S ?AOF ：S ?DOE =1：3，S ?BEF =24 cm 2，求 AOF 的面积。
A B CD E F O参考答案 1. 115； 2. 24； 3. 7； 4. 10110，99920； 5. 1、2、3、…、20、22、24、26、28、30、36、48、60； 6. 37、74、54、81；7. 最小96，最大100； 8. 6；。
最新首届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛决赛试题笔试(二)及答案
首届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛决赛试题笔试（二）及答案一、填空题（每题12分，满分60分）1. 如下数表由从1开始的连续自然数写成，并且每行最右边的一个数都是平方数：则表中第10行所写出的各数的和等于.解：第10行是从82 ~ 100共19个自然数之和:82 + 83 + 84 + …… + 99 + 100 = 808449010451001729⨯++⨯++=.注：计算82 + 83 + 84 + ……+ 99 + 100的方法很多，比如：82 + 83 + 84 + …… + 99 + 100{}1(82100)(8399)(8498)(10082)2=++++++++ 172991182019911918221=-=⨯=⨯⨯= 或 82 + 83 + 84 +…… + 99 +100(118)1810019(1218)19002+⨯=⨯-++=- 190019919001711729.=-⨯=-=2. 图1中，长方形ABCD 的长BC = 10厘米，宽AB = 6厘米. 在BC 上取点M ，在AD 上取点N ，使得四边形BMDN 是一个菱形. 则菱形BMDN 的面积是平方厘米.解：因为BMDN 是一个菱形，可设（图1）BM MD ND BN x ====，则10AN x =-. 在直角三角形ABN 中，由勾股定理得 2226(10)x x +-=，即13620x =，解得 6.8x =. 菱形BMDN 的面积 = 6.8×6 = 40.8（平方厘米）.3．100名少年运动员胸前的号码分别是1，2，3，……，99，100. 选出其中的k 名运动员，使得他们的号码数之和等于2008. 那么k 的最大值是.解：显然，选号码越小的，可以使选出的人数越多. 因此，考虑先选前n 名运动员，他们的号码是1~n 的连续自然数，并且号码数之和不超过2008.由于 (1)12320082n n n +++++=≤， 得(1)2008,(1)40162n n n n +≤+≤. ,49007070,36006060=⨯=⨯ 故 n 是二位数，其十位数字是6. 从小到大，逐一试算)1(+n n ，得到401640326463,401639066362>=⨯<=⨯，即选出的运动员不可能多于62人.又因为5519532008,195326362=-=⨯，可以选如下号码的运动员： 1，2，3，…，7，9，…，62，63，这些号码数的和是（1953－8＋63）＝2008，所以，k 的最大值是62.4. 自然数b 与175的最大公约数记为d . 如果 176(111)51b d d ⨯-⨯+=⨯+， 则b =.解：由于(175,)d b =，d 必为175的约数，而175=5×5×7，所以d 只能取1，5，7，25，35，175中的某一个. 另外由176(111)51b d d ⨯-⨯+=⨯+ 可知 111b d -+为非0自然数， 即1111b d -+≥，因此 5117635.d d +≥⇒≥ 所以d =35或175.将d =35代入176(111)51b d d ⨯-⨯+=⨯+，得b = 385. 将d =175代入176(111)51b d d ⨯-⨯+=⨯+，得 176(111751)51751876b ⨯-⨯+=⨯+=，即44(111751)219b ⨯-⨯+=，左边是偶数，右边是奇数，矛盾！所以d =175不合要求. 所以b = 385.5.华罗庚爷爷说：数学是我国人民所擅长的学科.请小朋友求解《九章算术》中的一个古代问题：“今有木长二丈，围之三尺，葛生其下，缠木七周，上与木齐.问葛长几何？”白话译文：如图2，有圆柱形木棍直立地面，高20尺，圆柱底面周长3尺. 葛藤生于圆柱底部A 点，等距缠绕圆柱七周恰好长到圆柱上底面的B 点. 则葛藤的长度是________ 尺.解：设想从A 点将葛藤剪断，顶点处B 不动，将缠绕的葛藤解开拉直，如图2-1所示：A 点变为地面上的C 点. 则葛藤长为Rt BAC ∆的斜边BC . 由AB =20，AC =21和勾股定理得：2222021BC =+400441=+ = 841=222230601302301(301)29-+=-⨯+=-=. 所以BC =29（尺）.答：葛长29尺.二、解答下列各题，要求写出简要过程（每小题15分，满分45分）6. 如图3，摆放2×2的“4宫格”要用12根火柴棍； 摆放3×3的“9宫格”要用24根火柴棍. 小明用1300根火柴棍，恰好摆放成一个m ×m 的“m 2宫格”，问m =?解：在“m 2宫格”中，横向的火柴棍有1+m 行，每行有m 根，共有)1(+m m 根. 同样，纵向的火柴棍有1+m 列，每列有m 根，也共有)1(+m m 根. 所以，摆放“m 2宫格”共用了2m (m +1)根火柴. ……（10分）由2(1)1300m m +=， 得到2(1)65025132526m m +==⨯⨯=⨯，因此25.m =（图3）（图2-1）……（15分）7. 图4中，M 是AB 的中点， N 是BC 上一点，CN= 2BN . 连接AN 交MC 于O 点. 若四边形BMON的面积为14平方厘米， 求：（1）CO ︰OM =？（2）三角形ABC 的面积 = ？解：8. 在1 ~ 30m （其中m 是非零自然数）这些自然数中，（1）能被2整除的合数共有多少个？能被3整除的合数共有多少个？（2）请说明：在1 ~ 30m 这些自然数中，质数的个数不超过10m .解：（1）在1 ~ 30m （其中m 是非零自然数）这些自然数中，被2整除的数有15m个，由于2是质数，所以偶合数共有15m – 1个； ……（3分）被3整除的数有10m 个，由于3是质数，其中的合数有10m – 1个.……（6分）（2）由（1）的结果可知：在1 ~ 30m （其中m = 1，2，3，……）这些自然数中，被2整除的合数有15m – 1个；被3整除的合数有10m – 1个；既被2整除同时又被3整除的数有5m 个，每一个都是合数. ……（9分）（图4）在1 ~ 30m（其中m = 1，2，3，……）这些自然数中，减去15m – 1个偶合数；再减去10m – 1个被3整除的合数，其中被6整除的数减重复了，注意再补回5m个重复减掉的被6整除的合数. 注意，1不是质数也不是合数；此外，对任意非零自然数m，在1 ~ 30m中，25是既不被2整除也不被3整除的一个合数，因而尚未被除去. 所以，再除掉1与25这两个数后，质数包含在剩下部分的数中，因此，质数的个数不会超过剩下部分的数的个数，也就是质数的个数不会超过30(151)(101)5210----+-=……（15分）m m m m m另一解法：从1到30m中，能被2整除的数共有15m个，能被3整除的数共有10m 个，能被5整除的数共有6m个；能被2和3整除的数共有5m个，能被2和5整除的数共有3m个，能被3和5整除的数共有2m个；能被2、3和5整除的数共有m 个.由“包含排除”原理，1到30m中不能被2或3或5整除的数共有(30=)106-+++++-（个）15mmmm5(mm)23m8mm设1到30m中质数的个数为z，因为2、3和5都是质数，1既不是质数也不是合数，因此2m≤mz. 由8210+≤m m，得到1 ~ 30m中，质数的个数-3818+=+不超过10m .三. 解答下列各题，要求写出详细过程（第9题20分，第10题25分，满分45分）9.在A到B的公路段上，每30千米设一个慢车站，每50千米设一个快车站，如果相邻两个车站间的路程大于15千米，则在这段路程的中点设一个维修点. 如果一个车站既是慢车站也是快车站，则在这个车站设一家商店. 已知从A到B共设有7家商店，A和B既是慢车站也是快车站.问：（1）从A到B的路程有多少千米? （2）从A到B的途中共设有多少个维修点？解：（1）计算从A 到B 的路程和快车站、慢车站的站数. 易知A 是第1个商店，其余各商店到A 的路程是30和50的公倍数，而[30，50]=150，B 是第7个商店，所以，从A 到B 的路程是(71)1506150900-⨯=⨯=（千米）. ……（8分）（2）途中的5个商店将全路程等分成6等份，每个等份中快车站、慢车站的设置完全相同. 由于A 是第1个商店，因此只要考虑从A 到第2个商店这一段150千米的路程上的快车站与慢车站的分布情况就可以了.设第2个商店为C 点，则AC =150千米. 在AC 这一段上（不包括A,C ），有4个慢车站，2 个快车站，如图所示：绿色□表示快车站，△表示慢车站. 从图上可以看出：相邻两站的路程为30千米的路段有3段；相邻两站的路程为20千米的路段有2段；相邻两站的路程为10千米的路段也有2段. 其中相邻两站的路程大于15千米的路段共有5段，因此在AC 这一路段上应该设有5个维修站点. 从A 到B 全路程上应该设有5630⨯=个维修站点. ……（18分）答：从A 到B 的路程为900千米；途中共设有30个维修站点. ……（20分） 另解：若学生按比例画出示意图，从图中标出A ，B 及快车站、慢车站，商店和维修点，从图中数出全程长900千米；一共设有30个维修站点. 也给满分20分.10. 图5是由16个面积为1的等边三角形组成的一个大的等边三角形，这个大的等边三角形内部及边上共有15个交叉点. 请回答：（1）以这些交叉点为顶点，可以连成多少个等边三角形？（2）所连成的全部等边三角形的面积的总和是多少？解：（1）总计可以连成35个等边三角形.其中：面积是1的等边三角形有16个；面积是4的等边三角形有7个；面积是9的等边三角形有3个；面积是16的等边三角形有1个；……（10分） 利用对称的性质，如图5-1，红色等边三角形的面积是由6个面积是1的等边三角形组成的正六边形面积的一半，等于3，面积是3的等边三角形共有6个;利用对称的性质，如图5-2，蓝色等边三角形的面积是7362116=⨯⨯-， 面积是7的等边三角形共有2个； ……（18分）此外，不能再连成别的等边三角形了.因此，可以连成的等边三角形总计有 16 + 7 + 3 + 1 + 6 + 2 = 35个.……（20分）（2）所连成的全部等边三角形面积的总和等于11647931613672119⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=. ……（25分） 答：可以连成35个等边三角形；所有等边三角形的面积总和是119.（图5-2）。
华罗庚决赛试题及答案
华罗庚决赛试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 下列哪个选项是华罗庚数学竞赛的简称？A. CMCB. IMOC. AMCD. HMMT答案：A2. 华罗庚数学竞赛的决赛一般包含多少道题目？A. 5B. 10C. 15D. 20答案：B3. 华罗庚数学竞赛的决赛通常在每年的哪个月份举行？A. 1月B. 5月C. 9月D. 12月答案：B4. 下列哪个数学家不是华罗庚数学竞赛的创始人？A. 华罗庚B. 陈景润C. 苏步青D. 陈省身答案：D二、填空题（每题5分，共20分）1. 华罗庚数学竞赛的决赛试题通常由______道选择题和______道填空题组成。
答案：5，52. 华罗庚数学竞赛的决赛试题中，选择题的分值是______分，填空题的分值是______分。
答案：5，53. 华罗庚数学竞赛的决赛试题中，解答题的分值是______分。
答案：104. 华罗庚数学竞赛的决赛试题中，最后一道题目通常是一道______题。
答案：解答三、解答题（每题10分，共60分）1. 已知函数f(x) = 2x^2 - 3x + 1，请求出f(x)的最小值。
答案：函数f(x)的最小值为-1。
2. 已知一个直角三角形的两条直角边长分别为3和4，求斜边的长度。
答案：斜边的长度为5。
3. 已知一个数列的前三项为1, 2, 3，且每一项是前一项的两倍加1，求数列的第10项。
答案：数列的第10项为1023。
4. 已知一个圆的半径为5，求圆的面积。
答案：圆的面积为78.54。
5. 已知一个等差数列的前三项为2, 5, 8，求第20项的值。
答案：第20项的值为79。
6. 已知一个等比数列的前三项为1, 2, 4，求第10项的值。
答案：第10项的值为1024。
四、证明题（每题10分，共20分）1. 证明：对于任意正整数n，n^2 - 1可以被24整除。
答案：略。
2. 证明：对于任意正整数n，n^3 - n可以被6整除。
答案：略。
第十五届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛总决赛团体赛试卷(口试)
2010年第十五届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛总决赛团体赛试卷（口试）上半场（共21小题，满分0分）1．＝15上面的算式中，不同的汉子代表1﹣9中的不同数字，当三位数“华杯赛”取得最大值时，请你写出一种使等式成立的填数法．2．如图所示，周长为3厘米的圆中有一个内接正六边形．阴影部分是由以正六边形6个顶点为圆心、正六边形的边长为半径的圆弧围成的，求阴影部分的周长等于多少厘米？3．班级小书架共有12本科普读物．据统计，数学小组的每个成员恰借阅过其中的两本，而每本科普读物都恰被3名数学小组的成员借阅过．问：这个数学小组共有多少人？4．如图，有一个圆和三个正方形，中间正方形的顶点都在圆上，圆与最大正方形的交点以及最小正方形的顶点都是所在线段的中点．最大正方形的面积是12平方厘米，问：最小正方形的面积是多少平方厘米？5．国家规定年满18周岁不超过70周岁的成人才有资格申请机动车驾驶证．小学六年级的学生李明说：“我老爸有汽车驾照，他的年龄数与生辰月、日数的乘积为2975”，请问李明的父亲多少岁？6．如图，D是BC边上一点，且BD＝2DC，DP∥CA．三角形APD的面积为14cm2，问三角形ABC的面积是多少cm2．7．如果一个自然数既能写成两个连续自然数之和也能写成三个连续自然数之和，就成为一个“好数”．请找出2007、2008、2009、2010、1011中的“好数”．8．如图，大正六边形的面积是1平方厘米，问绿色正六边形的面积是多少平方厘米？9．袋里的红球占袋中总数的；再往袋里放入40个红球后，红球占总数的．问最后袋里共有多少个球？10．图中标出的10个角的度数总和是多少？11．将分别写有华、杯、赛、好的四张卡片，选出其中三张，字面朝下依次摆在桌子上．甲、乙、丙三人分别猜每张卡片上是什么字，猜的情况如下：第一张第二张第三张甲华杯赛乙华好杯丙赛华好结果是一人全对，一人全错，另外一人只对一个．请指出全猜错的是谁？12．如图，A是邮局，B，C，D，E，F是五户人家．相邻两家的路程如图标所示，邮递员从邮局出发要给这5户人家送信（每家都有信），要求最后把信送到D户．问：邮递员走的最短路程是多少米？13．在3×3×3的正方体玻璃支架上有27个单位立方体空格．每个单位立方体空格中至多放有一个彩球．要使主视图、俯视图、左视图都如图中所示．问正方体支架上至少需放多少个彩球？请你放置出来．14．如图，在正方形ABCD中，正方形AMOP的面积是8平方厘米，正方形CNOQ 的面积是24.5平方厘米．问：正方形ABCD的面积是多少平方厘米？15．在两个□中分别填入整数，使得7×□+5×□＝11111成立，请你回答，两个□中填入的整数之和能等于偶数吗？试说明理由．16．如图，MN是面积为76平方厘米的梯形ABCD的中位线，P是下底BC上一点．问三角形MNP的面积是多少平方厘米？17．一种电子表在10点28分6秒时，显示的时间如图所示．那么从10点至10点半这段时间内，电子表上六个数字都不相同的时间有个．18．如图，E，F，G，H分别是四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，BH 与DE的交点为M，BG与DF交点为N，问＝？19．如图，五行五列共亮着的25个灯，共有5个行开关和5个列开关，每个开关只同时控制一行或一列的5个灯泡，规定每次操作都要从中选一列改变状态，再从中选一行改变状态．问能否通过有限次操作使得25盏灯都熄灭？20．如图，P为正六边形ABCDEF的AB边上一点，PM∥CD交EF于M，PN∥BC 交CD于N．红、蓝两个小精灵从N点同时出发沿五边形NPMED周界和六边形CBAFED周界匀速行走，各绕一周后同时回到N点．问：蓝精灵的速度是红精灵速度的多少倍？21．将33写成n个连续自然数之和，当n取得最大值时，将写成的和式中的所有“+”号全变为“×”号后，其乘积等于多少？下半场（共13小题，满分0分）22．将长方形ABCD绕点A顺时针旋转90°，边CD扫过的面积如图中阴影所示，请用无刻度直尺、圆规为工具在图中画出一个圆，使它的面积等于中阴影部分的面积．23．＝1在上面的算式中，不同的汉字代表0﹣9中不同的数字．若已知“同心＝10”，问：振+兴+中+华＝？24．给出字谜算式：（++）×（﹣（金+坛+翻+番））＝2010其中不同的汉字代表0﹣9中的不同数字，相同的汉字代表相同数字，使得等式成立．请你写出一种使等式成立的填数法．25．现有11个齿轮如图啮合在一起．问这样一个齿轮系统能否转动起来？试说明理由．26．将某同学生日的月份数与31的乘积、日数与12的乘积相加，得到和为376．问这位同学的生日是几月几号．27．将半径分别为1cm，3cm，5cm的三个半圆形量角器的圆心重合于O，直径也重合在一条直线上，如图所示．记甲、乙两块阴影截扇形与半圆丙的面积分别为S甲，S乙，S丙，求S甲：S乙：S丙．28．某城市网上挑选机动车号牌编码规则为：号牌后五位必须有两个英文字母（其中字母I，O不可用）且最后一位必须为数字．问：满足规定的编码共有多少个？29．机器人在长为16米宽为8米的长方形场地上，沿图示的小路按箭头的指向进行表演行走．问当机器人从A处走到B处时共走了多少米的路程？假设图中相邻的两条平行小路之间的宽度都是1米（B点与竖直路段最近的距离也是1米）30．如图为金坛市政区图，现在用棕、绿、黄、粉四种颜色给该市未涂彩色的四个政区涂色．如果要求相邻（有公共边界）政区的颜色不同，则共有多少种涂色方法？31．由数字0，1，2（既可全用也可不全用）组成的大于1000的自然数，按照从小到大，2010排在第几个？32．如图，P为正方形ABCD内一点，并且∠APB＝90°，AC，BD交于O，已知AP＝3cm，BP＝5cm．求三角形OBP的面积．33．如图，房间里有一只老鼠，门外有一只猫，立在北墙根第三块地板砖的右上角点．整个底面由80块大小相同的正方形地板铺成，那么小猫能监控到的范围占整个地板面积的百分之多少？（小猫和老鼠分别看作两个点，墙的厚度忽略不计）34．在每个人心里都默记住两个不等于0的数．算出这两个数和的平方，其结果记做“共”，算出这两个数差的平方，其结果记做“迎”；再算出这两个数的乘积，记做“接”．请你你的“共”，“迎”，“接”来计算式子：（）2＝？．请大家一起同声回答．2010年第十五届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛总决赛团体赛试卷（口试）参考答案与试题解析上半场（共21小题，满分0分）1．＝15上面的算式中，不同的汉子代表1﹣9中的不同数字，当三位数“华杯赛”取得最大值时，请你写出一种使等式成立的填数法．【分析】首先分析因为分数值是15，所以分子必须是15的倍数，而且要求三位数的数值最大，那么这个三位数是975．继续推理即可求解．【解答】解：依题意可知：①因为分数值是15，所以分子必须是15的倍数，而且要求三位数的数值最大，那么这个三位数是975．②所以就有975÷15＝65所以分母数值就是65，剩余的数字是1，2，3，4，6，8．③如果是6×8＝48其他数字和为17不行，如果是4×8＝32其他数字是33不行，如果是3×8＝24那么其他数字和是41也不行．2×8+43+1×6＝65满足条件．故答案为：9752．如图所示，周长为3厘米的圆中有一个内接正六边形．阴影部分是由以正六边形6个顶点为圆心、正六边形的边长为半径的圆弧围成的，求阴影部分的周长等于多少厘米？【分析】按题意，可以将图中阴影部分分割成面积相等的弧，利用正六边形的边长求得弧的周长，而每段弧所对的圆心角为120°，不难求得弧的长．【解答】解：根据分析，图中阴影部分可以分成6个度数为120°的弧形，每一段弧的长＝＝2π，故阴影部分的周长＝6×2π＝12π．故答案是：12π．3．班级小书架共有12本科普读物．据统计，数学小组的每个成员恰借阅过其中的两本，而每本科普读物都恰被3名数学小组的成员借阅过．问：这个数学小组共有多少人？【分析】因为小书架共有12本科普读物，而每本科普读物都恰被3名数学小组的成员借阅过，所以共被借阅过12×3＝36（人次），设数学小组共有x人，由于数学小组的每个成员恰借阅过其中的两本，所以共被借阅2x 人次，由此可得2x＝36，然后解答即可．【解答】解：设数学小组共有x人，每本科普读物都恰被3名数学小组的成员借阅过，所以共被借阅过12×3＝36（人次），由于数学小组的每个成员恰借阅过其中的两本，所以共被借阅2x人次，所以，2x＝36，解得：x＝18，答：这个数学小组共有18人．4．如图，有一个圆和三个正方形，中间正方形的顶点都在圆上，圆与最大正方形的交点以及最小正方形的顶点都是所在线段的中点．最大正方形的面积是12平方厘米，问：最小正方形的面积是多少平方厘米？【分析】把原图形绕中心O旋转圆面，使的点P重合于E，于是点Q重合于F，点S 重合于G，点T重合于H，成上图，由于PQTS是所在线段的中点，很容易看出S PQST＝S ABCD，同理可得，S IJKL＝S PQST，然后进一步解答即可．【解答】解：根据分析可得，S IJKL＝S PQST＝（S ABCD）＝S ABCD＝×12＝3（平方厘米）答：最小正方形的面积是3平方厘米．5．国家规定年满18周岁不超过70周岁的成人才有资格申请机动车驾驶证．小学六年级的学生李明说：“我老爸有汽车驾照，他的年龄数与生辰月、日数的乘积为2975”，请问李明的父亲多少岁？【分析】李明是小学六年级的学生大约是12岁左右，法定结婚年龄22岁，所以爸爸的年龄一定大于30岁．年龄数×生辰月数×日数＝2975，然后把2975分解质因数，即2975＝5×5×7×17，根据质因数讨论即可．【解答】解：李明是小学六年级的学生大约是12岁左右，法定结婚年龄22岁，所以爸爸的年龄一定大于30岁．2975＝5×5×7×17把5、5、7、17这四个因数，要组合成生辰月、日数、年龄，由于爸爸的年龄要大于30岁，所以只能是5×7＝35岁，符合题意；月数最大是12，所以月数是5，则日数是17；答：李明的父亲35岁．6．如图，D是BC边上一点，且BD＝2DC，DP∥CA．三角形APD的面积为14cm2，问三角形ABC的面积是多少cm2．【分析】连接PC，因为，DP∥CA，又等底等高的三角形面积相等，所以，S△PCD＝S△14，又因为，BD＝2DC，等高的两个三角形面积比等于底的长度比，所APD＝以S△PBD是S△PCD的2倍，由此求出S△ABD的面积，然后再求三角形ABC的面积即可．【解答】解：连接PC，见上图，因为，DP∥CA，所以，S△PCD＝S△APD＝14，又因为，BD＝2DC，所以，S△PBD＝2×14＝28（平方厘米），所以，S△ABD＝S△PBD+S△APD＝28+14＝42（平方厘米），所以，S△ABC＝×S△ABD＝×42＝63（平方厘米），答：三角形ABC的面积是63平方厘米．7．如果一个自然数既能写成两个连续自然数之和也能写成三个连续自然数之和，就成为一个“好数”．请找出2007、2008、2009、2010、1011中的“好数”．【分析】两个连续自然数它们一定是一个偶数、一个奇数，它们的和一定是一个奇数，所以首先排除偶数；由三个连续自然数的和一定是3的倍数，再根据3的倍数的特点，各个位上数字和是3的倍数，找出奇数中是3的倍数的数，就是一个好数．【解答】解：两个连续自然数之和一定是奇数，那么2008，2010一定不是好数；2007中2+0+0+7＝9，9是3的倍数，所以2007是3的倍数，它可以化成3个连续自然数的和，它是一个好数；即：2007＝1003+1004＝668+669+670；2009中2+0+0+9＝11不是3的倍数，所以2009不是3的倍数，它不是一个好数；1011中1+0+1+1＝3，3是3的倍数，所以1011是3的倍数，它是一个好数，即：1011＝505+506＝336+337+338．答：这其中的好数有2007，1011．8．如图，大正六边形的面积是1平方厘米，问绿色正六边形的面积是多少平方厘米？【分析】首先分析正六边形的特点，然后根据割补法即可求解．【解答】解：依题意可知：1和2和3是等底同高面积相等，同时面积2和4是相同的，那么图中的所以面积都是相等的．共是18份．阴影部分的面积是6块，所以阴影的面积是整个图形的．1×＝（平方厘米）综上所述绿色正六边形的面积是平方厘米．9．袋里的红球占袋中总数的；再往袋里放入40个红球后，红球占总数的．问最后袋里共有多少个球？【分析】增加40个红球后红球的数量和球的总数量都发生了变化，不变的是其它颜色的球，把其它颜色球的个数看成单位“1”；袋里的红球占袋中总数的，其它颜色的球就占总数的1﹣＝，那么红色球就占其它颜色球个数的÷＝；同理可得后来红球是其它颜色球的：÷（1﹣）＝3倍，那么增加的40个红球就是其它颜色球个数的（3﹣），由此根据分数除法的意义求出其它颜色球的个数，进而求出后来的总个数．【解答】解：÷（1﹣）＝÷＝；÷（1﹣）＝÷＝340÷（3﹣）＝40÷＝18（个）18÷（1﹣）＝18÷＝72（个）答：最后袋里共有72个球．10．图中标出的10个角的度数总和是多少？【分析】首先直接分析内角不容易，转换分析外角和为720度，再根据互补即可求解．【解答】解：依题意可知如图所示：首先观察这个图形的外角和是走2圈，走一圈外角和为360度，2圈即是720度．那么外角分别是180﹣∠1＝∠a．所有的外角就是180×10﹣（∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠8+∠9+∠10）＝720所有内角和为1800﹣720＝1080．答内角和为1080度．11．将分别写有华、杯、赛、好的四张卡片，选出其中三张，字面朝下依次摆在桌子上．甲、乙、丙三人分别猜每张卡片上是什么字，猜的情况如下：第一张第二张第三张甲华杯赛乙华好杯丙赛华好结果是一人全对，一人全错，另外一人只对一个．请指出全猜错的是谁？【分析】按题意，一人全对，另外一人只对一个，可以得出，这两人肯定有一张的答案是一样的，从表可以看出，答案是一样的只有第一张，甲乙的答案相同，故可得出全错的人．【解答】解：根据分析，一人全对，另外一人只对一个，可以得出，这两人肯定有一张的答案是一样的，从表可以看出，答案是一样的只有第一张，甲乙的答案相同，故可知全对的和只对一个的是甲乙二人，而全错的肯定就是丙．故答案是：丙．12．如图，A是邮局，B，C，D，E，F是五户人家．相邻两家的路程如图标所示，邮递员从邮局出发要给这5户人家送信（每家都有信），要求最后把信送到D户．问：邮递员走的最短路程是多少米？【分析】由题意，最短路线是A→B→C→F→E→D，由此即可解决问题．【解答】解：由题意，最短路线是A→B→C→F→E→D，最短路程为100+100+100+100+100＝500米．答：邮递员走的最短路程是500米．13．在3×3×3的正方体玻璃支架上有27个单位立方体空格．每个单位立方体空格中至多放有一个彩球．要使主视图、俯视图、左视图都如图中所示．问正方体支架上至少需放多少个彩球？请你放置出来．【分析】首先分析三个图形中都是9个彩球，那么底面一定是9个，接下来放的方法要求是两面都能用上的即可．【解答】解：依题意可知：首先底面放9个彩图满足俯视图；接下来就是放的位置能显示在主视图和左视图中，那么就放在对角线的位置上，找到一条对角线每一个位置加上2个彩球即可满足条件．9+6＝15（个）答：共至少放15个彩球满足条件．14．如图，在正方形ABCD中，正方形AMOP的面积是8平方厘米，正方形CNOQ 的面积是24.5平方厘米．问：正方形ABCD的面积是多少平方厘米？【分析】根据正方形AMOP的面积是8平方厘米，正方形CNOQ的面积是24.5平方厘米，分别求出对角线AO，OC的长，可得正方形ABCD的对角线，即可求出正方形ABCD的面积．【解答】解：在正方形ABCD中，正方形AMOP的面积是8平方厘米，所以对角线AO＝4cm，正方形CNOQ的面积是24.5平方厘米，所以对角线OC＝7cm，因此正方形ABCD的对角线等于4+7＝11cm所以正方形ABCD的面积是＝60.5平方厘米．答：正方形ABCD的面积是60.5平方厘米．15．在两个□中分别填入整数，使得7×□+5×□＝11111成立，请你回答，两个□中填入的整数之和能等于偶数吗？试说明理由．【分析】首先分析奇数偶数的性质，如果□中都是偶数或者都是奇数，接下来判断结果的奇偶性即可．【解答】解：依题意可知：假如两个□中的数字都是整数且都为偶数，那么7乘以偶数的结果为偶数，5乘以偶数的结果还是偶数．根据偶数+偶数的结果为偶数．而11111是奇数，所以不可能两个□中的数字都是偶数．假如两个□中的数字都是整数且都为奇数，那么7乘以奇数的结果为奇数，5乘以奇数的结果还是奇数．根据奇数+奇数的结果为偶数．而11111是奇数，所以不可能两个□中的数字都是偶数．综上所述所以不可能两个□中的数字和是偶数．16．如图，MN是面积为76平方厘米的梯形ABCD的中位线，P是下底BC上一点．问三角形MNP的面积是多少平方厘米？【分析】利用三角形和梯形面积公式用等量代换即可得出二者的关系，也就能求得三角形MNP的面积．【解答】解：过P点作PH⊥MN于点H，MN是中位线⇒AD+BC＝2MN，梯形ABCD的面积＝（AD+BC）×2PH÷2＝2MN×2PH÷2＝2MN×PH＝76∴MN×PH＝38，S△MNP＝MN×PH÷2＝38÷2＝19（平方厘米）答：三角形MNP的面积是19平方厘米．17．一种电子表在10点28分6秒时，显示的时间如图所示．那么从10点至10点半这段时间内，电子表上六个数字都不相同的时间有90 个．【分析】在10点至10点半这段时间内，要使电子表上六个数都不相同，前三个数字显然是1，0，2．（如是1的话则和前面的1重复．）设时间为10：2a：bc，其中b可在3，4，5中选择，a，c可在3，4，5，6，7，8，9中选择．先确定b，有3种选法；然后确定a，有6种选法；最后确定c，有5种选法．所以，从10点至10点半这段时间内，电子表上六个数字都不相同的时间一共有：3×6×5＝90（个）．【解答】解：在10点至10点半这段时间内，要使电子表上六个数都不相同，前三个数字显然是1，0，2．设时间为10：2a：bc，其中b可在3，4，5中选择，a，c可在3，4，5，6，7，8，9中选择．先确定b，有3种选法；然后确定a，有6种选法；最后确定c，有5种选法．所以，从10点至10点半这段时间内，电子表上六个数字都不相同的时间一共有：3×6×5＝90（个）．18．如图，E，F，G，H分别是四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，BH 与DE的交点为M，BG与DF交点为N，问＝？【分析】此题充分利用这些中点，连接两个中点，出来中位线．易得出三角形ABD与AEH、BDM与HEM是相似三角形，这样不仅得到面积之比，还得到要用的边之比，这里用三角形EHM为中间量，分别求出三角形BEM、EMH、NHD、BDM之间的面积关系．至此就可以求得所求的问题了．【解答】解：连接BD、EH，∵E、H是中点，∴BD∥EH，BD＝2EH，△EHM∽△DBM∴S△EHM：S△DBM＝1：4，BM＝2HM，设S△EHM是1，则S△DBM是4．∴S△EHM：S△BEM＝1：2即S△BEM＝2，同理得：S△DHM＝2，S△AEH＝S△BEH＝3，∴S△ABD：S△BDM＝12：4＝3：1，同理：S△BCD：S△BND＝3：1，∴四边形BMDN的面积与四边形ABCD的面积之比是1：3．故：＝．19．如图，五行五列共亮着的25个灯，共有5个行开关和5个列开关，每个开关只同时控制一行或一列的5个灯泡，规定每次操作都要从中选一列改变状态，再从中选一行改变状态．问能否通过有限次操作使得25盏灯都熄灭？【分析】每个灯都要经过奇数次操作才能熄灭，25盏灯都要熄灭，那操作的总次数就是25个奇数的和，这个和还是奇数．而每次操作先选一列，再选一行，对每盏灯的操作次数总和是10，所以无论经过多少次，这个和都是偶数．【解答】解：假如每盏灯经过奇数次操作后熄灭，那么这25个奇数之和是奇数．每次操作，先选一列，再选一行，对每盏灯的操作次数总和是10，n个10的和是偶数．奇数不等于偶数，故不能通过有限次操作使得25盏灯都熄灭．20．如图，P为正六边形ABCDEF的AB边上一点，PM∥CD交EF于M，PN∥BC 交CD于N．红、蓝两个小精灵从N点同时出发沿五边形NPMED周界和六边形CBAFED周界匀速行走，各绕一周后同时回到N点．问：蓝精灵的速度是红精灵速度的多少倍？【分析】先得出蓝精灵和红精灵的路程，再由速度的比等于路程的比即可得出结论．【解答】解：如图，设正六边形的边长为a，则蓝精灵走一周的路程为6a，连接BE交PN于H，过点作AO∥EF，所以，四边形MEOG是平行四边形，BCNH是平行四边形，△PBH是等边三角形，所以，AF＝MG，AG＝PG＝AP，BP＝PH，BH＝CN，红精灵走一圈的路程为MP+PN+ND+DE＝MG+PG+PH+NH+ND+DE＝AF+AP+BP+BC+CN+DN+DE＝AF+AB+BC+CD+DE＝5a，所以蓝精灵的速度是红精灵速度的＝1.2倍．答：蓝精灵的速度是红精灵速度的1.2倍．21．将33写成n个连续自然数之和，当n取得最大值时，将写成的和式中的所有“+”号全变为“×”号后，其乘积等于多少？【分析】由题意，3+4+5+6+7+8＝33，将写成的和式中的所有“+”号全变为“×”号后，即可求出乘积．【解答】解：由题意，3+4+5+6+7+8＝33，∴3×4×5×6×7×8＝3960．下半场（共13小题，满分0分）22．将长方形ABCD绕点A顺时针旋转90°，边CD扫过的面积如图中阴影所示，请用无刻度直尺、圆规为工具在图中画出一个圆，使它的面积等于中阴影部分的面积．【分析】可以先求得阴影部分的面积，而阴影部分的面积可以用整个图形的面积减去空白部分的面积，整个图形的面积等于圆的面积与长方形的面积之和，空白部分的面积等于圆的面积与长方形的面积之和，不难求得阴影部分的面积．【解答】解：根据分析，如图，蓝色阴影部分的面积＝π×AC2+AB×AD ﹣（AD2+AB×AD）＝＝＝π×（AB）2，显然，影响部分的面积等于以AB为半径的圆的面积．23．＝1在上面的算式中，不同的汉字代表0﹣9中不同的数字．若已知“同心＝10”，问：振+兴+中+华＝？【分析】0～9共10个数字，同心＝10，即只剩下2～9，这8个数字，二这8个数字的和是一定的，为44，可以把“振+兴+中+华“的作为一个整体x，把“两+岸+四+地”也作为一个整体y，进而可以算出x的值【解答】解：根据分析，设振+兴+中+华＝x，两+岸+四+地＝y则…①又∵x+y＝2+3+4+5+6+7+8+9＝44…②由①②得出即：振+兴+中+华＝27故答案是：2724．给出字谜算式：（++）×（﹣（金+坛+翻+番））＝2010其中不同的汉字代表0﹣9中的不同数字，相同的汉字代表相同数字，使得等式成立．请你写出一种使等式成立的填数法．【分析】先将2010分解质因数，再一一带入数字验算即可【解答】解：根据分析，分解质因数：2010＝2×3×5×67＝134×15＝201×10＝335×6＝67×30由题意，①，②若，则；67＝14+36+17，30＝46﹣（9+2+0+5）符合题意③＝23+91+20则＝15＝41﹣（6+7+8+5）符合题意＝23，＝91，＝20，＝41，金＝6，坛＝7，翻＝8，番＝5 ④，则＝58，＝90，＝53，＝28﹣（7+6+4+1）＝10故答案是：（23+91+20）×（41﹣（6+7+8+5））＝2010；（14+36+17）×（46﹣（9+2+0+5））＝2010；（58+90+53）×（28﹣（6+7+4+1））＝201025．现有11个齿轮如图啮合在一起．问这样一个齿轮系统能否转动起来？试说明理由．【分析】要使这11个齿轮转动起来，必须使每个齿轮转动的方向一致，而由图可知，转起来方向一致的个数不是11个，故不能转起来．【解答】解：根据分析，如图：显然，若转动起来，齿轮E转动，则A和C之间的距离太小，E将不能转动，会被脱落，同理，齿轮A，D，都是不能转动，综上，这样一个齿轮系统不能转动起来．故答案是：不能．26．将某同学生日的月份数与31的乘积、日数与12的乘积相加，得到和为376．问这位同学的生日是几月几号．【分析】假设某同学的生日是X月Y日，以题意有方程31X+12Y＝376，这个方程的正整数解，就是生日，于是问题转化为求不定方程的正整数解．【解答】解：假设某同学的生日是X月Y日，根据题意有方程31X+12Y＝376，即31X＝376﹣12Y（其中X、Y都是正整数，X是1～12，Y是1～31）由于方程右边能被4整除，所以左边也应能被4整除，由于4与31互质，所以X必能被4整除，X只能为4，8，12之一，检验知，只有X＝4满足，这时Y＝21，所以，该同学的生日是4月21日．答：这位同学的生日是4月21日．27．将半径分别为1cm，3cm，5cm的三个半圆形量角器的圆心重合于O，直径也重合在一条直线上，如图所示．记甲、乙两块阴影截扇形与半圆丙的面积分别为S甲，S乙，S丙，求S甲：S乙：S丙．【分析】显然甲乙丙的面积之比，可以先分别求得甲乙丙的面积，而甲乙丙为三个不同圆心角的扇形，通过图中标示的弧度，不难求得甲乙丙的面积．【解答】解：根据分析，因丙为一个半圆，故丙的面积S丙＝＝π；乙的圆心角的度数为：120°﹣60°＝60°，故乙的面积S乙＝＝π；甲的圆心角度数为：108°﹣72°＝36°，故甲的面积S甲＝＝，∴S甲：S乙：S丙＝（）：（）：（）＝48：40：15，故答案是：48：40：15．28．某城市网上挑选机动车号牌编码规则为：号牌后五位必须有两个英文字母（其中字母I，O不可用）且最后一位必须为数字．问：满足规定的编码共有多少个？【分析】由题意，可供挑选的英文字母有26﹣2＝24个，且只能在一至第四位上的两个位置出现，而其余两个位置以及第五位则出现数字，利用乘法原理可得结论．【解答】解：由题意，可供挑选的英文字母有26﹣2＝24个，且只能在一至第四位上的两个位置出现，而其余两个位置以及第五位则出现数字．两个字母为前4位中占2位，共6种方法．每个字母有24种选法，其余3个位置是数字，每个数字有10种选法，所以满足规定的编码共有6×24×24×10×10×10＝345600个．答：满足规定的编码共有345600个．29．机器人在长为16米宽为8米的长方形场地上，沿图示的小路按箭头的指向进行表演行走．问当机器人从A处走到B处时共走了多少米的路程？假设图中相邻的两条平行小路之间的宽度都是1米（B点与竖直路段最近的距离也是1米）。
华罗庚决赛试题及答案
华罗庚决赛试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 下列哪个数是最小的正整数？A. 0B. 1C. 2D. 3答案：B2. 圆的周长公式是：A. C = 2πrB. C = πrC. C = πdD. C = d答案：A3. 以下哪个表达式的结果不是整数？A. 4 * 3B. 5 ÷ 2C. 6 - 2D. 7 + 3答案：B4. 以下哪个是二次方程的解？A. x = 2B. x = -3C. x = 1/2D. x = 0答案：A二、填空题（每空3分，共15分）1. 勾股定理的公式为：直角三角形的斜边的平方等于________和________的平方和。
答案：两直角边2. 一个数的平方根是它自身的数有________和________。
答案：0, 13. 一个数的立方根是它自身的数有________。
答案：1, -1, 04. 一个数的绝对值是它自身的数是________和________。
答案：非负数，非正数5. 一个数的相反数是它自身的数是________。
答案：0三、简答题（每题10分，共20分）1. 请解释什么是质数，并给出一个质数的例子。
答案：质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外，不能被其他自然数整除的数。
例如，2是一个质数。
2. 请解释什么是有理数，并给出一个有理数的例子。
答案：有理数是可以表示为两个整数的比，即分数形式的数。
例如，1/2是一个有理数。
四、计算题（每题15分，共30分）1. 计算下列表达式的值：\( (3^2 + 2) \times (4 - 1) \)。
答案：\( (3^2 + 2) \times (4 - 1) = (9 + 2) \times 3 = 11\times 3 = 33 \)。
2. 解方程：\( 2x - 5 = 3x + 1 \)。
答案：将方程重新排列得到 \( 2x - 3x = 1 + 5 \)，即 \( -x = 6 \)，所以 \( x = -6 \)。
华罗庚杯考试七大专题
华杯赛决赛考试指南华杯赛决赛以填空题和解答题为主，共14题总分150分，其中填空题80分（8×10’），解答题70分（4×10’+2×15‘），其中简答题四道，详答题二道。
华罗庚杯考试六大专题加高频率考点：试题分析：☆公校难度☆☆公校难度升级☆☆☆奥数初级题目☆☆☆☆奥数高级题目近五年决赛试卷内容分析：决赛考点解读1. 计算模块：计算题几乎是每年必考一题，通常会放在第一题，难度是全卷最小的，因此这10分是参赛孩子们必须拿到手的。
只有对于简单会做的题目拿满分，难度大的题目尽量拿分，才有可能冲刺奖牌。
从历届决赛题目来看，这道计算题考点基本都是分小混合运算、提取公因数、约分、拆分和凑整等常规技巧，如果临时想不出巧算方法，那么硬算也是可以的，总之命题老师不是想在计算上考倒大家，而是为了把这10分送给所有考生。
2. 几何模块：几何部分每年会考一道题或者两道题，涉及的考点集中在：基本图形的面积计算（三角形、平行四边形、正方形、长方形、梯形、圆和扇形等）、勾股定理和常用勾股数、等高模型、一半模型、鸟头模型、燕尾模型、风筝模型、沙漏模型、金字塔模型和格点面积公式等，要求孩子能够熟练基本图形面积计算公式，会用割补法和整体减局部法对不规则图形进行分割和拼凑，从而间接求面积。
会用等高模型和一半模型对图形进行等积变换，理解和运用“七大模型”实现图形面积比与线段长度比之间的转化。
要求孩子孩子具有一定的添加辅助线能力，有时题目中无法直接运用模型进行求解，这时需要孩子对图形具有敏锐的观察力和对题目考点的把控，添加辅助线后运用模型求解。
例如第十八届决赛A卷第4题需要简单添加辅助线构造直角三角形进行求解，第十八届决赛B卷第10题需要添加简单辅助线构造等高模型和燕尾模型求解，第十九届决赛A卷第12题需要添加简单辅助线构造风筝模型求解，第二十届决赛A卷第11题需要创造性的添加辅助线构造一半模型帮助求解。
第十七届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛笔试试题A参考答案
第十七屆華羅庚金杯少年數學邀請賽決賽筆試試題A 參考答案（小學高年級組）一、填空（每題 10 分, 共120分）二、 解答下列各題（每題 10 分, 共40分, 要求寫出簡要過程）13. 答案：是. 解答. 連接AC . 則ECKB CEB BCK S S S ∆∆=+CEB BCA S S ∆∆=+ACE S ∆=EAD S ∆=所以ECKB OBE EAD OBE S S S S ∆∆∆-=-.因此.ECKO ABOD S S = 即四邊形ABOD 的面積=四邊形ECKO 的面積.14. 答案：能解答. 首先構造45⨯的長方形如下:然後用50個45⨯的即可拼成2005⨯的長方形. 15. 答案：2025, 3025, 9801.解答. 設一個四位卡布列克怪數為 100x y +, 其中1099,09x y ≤≤≤≤. 則由題意知2100()x y x y +=+, 兩邊模99得2()(mod99)x y x y +=+,因此 99|()(1)x y x y ++-, 故x y +與1x y +-中有一個能被9整除, 也有一個能被11整除（可能是同一個數）, 且有22210()100100x y x y ≤+=+<，即10100x y ≤+<. （*）若x y +能被99整除，由（*）知x y +只能是99，滿足條件的四位數是9801；若x y +－1能被99整除，由（*）, 顯然沒有滿足條件的四位數；此外，可設x y +＝9m ，x y +－1＝11n ，則有9m -11n =1, 由（*）, m 和n 均為小於12的正整數，故得到m ＝5，n ＝4， x y +只能是45，滿足條件的四位數是2025；反之，可設x y +－1＝9m ，x y +＝11n ，滿足條件的四位數是3025.故四位數中有三個卡布列克怪數, 它們分別為2025, 3025和9801. 16. 答案：1或2解答. 對於質數3, 23 被3整除. 其餘的質數, 要麼是31k +型的數, 要麼是32k +型的數. 由於22(31)9613(32)1,k k k k k +=++=++被3除餘1, 且222(32)91243(341)1k k k k k +=++=+++,被3除也餘1. 因此有（1）若這98個質數包含3時, N 被3除的餘數等於97被3除的餘數, 等於1. （2）若這98個質數不包含3時, N 被3除的餘數等於98被3除的餘數, 等於2.三、 解答下列各題（每題 15 分, 共30分, 要求寫出詳細過程）17. 答案：18,11,9,3解答. 設起跑時間為0秒時刻, 則小李和小張在劃定區間跑的時間段分別為]9,0[, ]972,972[+-k k , ,3,2,1=k ,和]10,0[, ]1080,1080[+-m m , ,3,2,1=m .其中 [a , b ] 表示第a 秒時刻至第b 秒時刻. 顯然 ]9,0[ 即前9秒裡兩類時間段的公共部分. 此外, 考慮]972,972[+-k k 和]1080,1080[+-m m 的公共區間, m k ,為正整數, 分兩種情況:1) m k 8072=, 即小李和小張分別跑了k 圈和m 圈同時回到起點, 他們二人同時在劃定區域跑了18秒.2) m k 8072≠, 例如10809721080972+≤+≤-≤-m k m k ⇔1972801≤-≤k m ①.兩人同時在劃定區域內跑了)1080(972--+m k )7280(19k m --=. 由①知87280=-k m , 16. 於是兩人同時在劃定區域內跑持續時間為11秒或3秒. 其它情況類似可得同樣結果.綜上, 答案為18,11,9,3. 18. 答案: 150解答. 設立方體的長, 寬, 高分別為x y z ,,, 其中z y x ≤≤, 且為整數. 注意, 兩面有紅色的小立方塊只能在長方體的棱上出現.如果1,1==y x , 則沒有兩面為紅色的立方塊, 不符合題意. 如果1,1>=y x , 則沒有只有一面為紅色的立方塊, 不符合題意.因此2≥x . 此時兩面出現紅色的方塊只能與長方體的棱共棱. 一面出現紅色的方塊只與立方體的面共面. 有下面的式子成立40)]2()2()2[(4=-+-+-⨯z y x , （1）66)]2)(2()2)(2()2)(2[(2=--+--+--⨯z y z x y x . （2）由（1）得到16=++z y x , （3）由（2）得到85=++yz xz xy . （4）由（3）和（4）可得，86222=++z y x ，這樣 9,,1≤≤z y x . 由（4）得到285))((x z x y x +=++. （5）若2=x , 則由（5）得到89189485)2)(2(⨯==+=++z y , z y ,的取值不能滿足（3）. 若3=x , 則由（5）得到47294985)3)(3(⨯==+=++z y , z y ,的取值不能滿足（3）. 若4=x , 則由（5）得到10111011685)4)(4(⨯==+=++z y , z y ,的取值不能滿足（3）.當5x時, 由（5）得到11=+==+,5=y滿足條件.=z=y, 此時6+z2511025⨯855(⨯))(5如果6x, 則18≥x, 與（3）矛盾.y+≥+z綜上, 6yx是問題的解, 這是長方體的體積為150.=z=,5=,5。
首届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛决赛笔试一(高小组)题解
首届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛(2006 - 2007)决赛笔试一 (高小组) 题解除非特别声明，答案须用数字表达，并化至最简。
甲部十五题，每题5分。
1. 已知 b =⨯+⨯+⨯-⨯-⨯+⨯9100000245.010*******.0910245.09.10245.01.9245.009.145.2 ，求 b 的值。
答案: 4.92.45(2-2+2)= 4.9 2. 已知9994343=+-b a b a ，且 ba b a b a b a 43)43(9979984343-+⨯⨯++- = y ，求y 的值。
答案: y = 999 + 998 x 997 x 1/999 = 999 + (999 – 1) x 997/999= 999 + 997 – 997/999=999219953. 图一是一个由两个正方形拼合而成的图形，它们的边长分别是m 厘米及n 厘米，且CDE 为一直线。
已知m 和 n 都是两位数，且 n m 22=。
若三角形ABC 的面积等于a 平方厘米，求 a 的最大值。
A BCD E图一 答案：98 n = m x m / 2 15 x 15 /2 > 100 14 x 14 /2 = 98大小正方形的边分别为 98 cm 及 14 cm 。
故三角形 ABC 的面积是 14 x 14 / 2 = 98。
4. 某小镇有人口2046人，那里的人都很爱帮助别人。
某日小镇某人把某慈善机构的某慈善活动口号告诉了他的两位好朋友，并要求他们转告另外两位不知道这活动口号的人。
这两位好朋友不用花一分钟便把口号传给另外两个人，而刚听得口号的两个人又不用花一分钟便把这口号再传给另外两个人。
如此下去，每人只把口号传给别人一次，问最多需要经过多少分钟，整个小镇的人便知道这慈善活动口号？答案：1022(n)分钟 0 1 2 3……n _人知道口号 1+21+2+21+2+2+21+2+2+2+21+(n+1)21+(n+1)2>2046 2n+3>2046 2n>2043 n>1021.5 所以 n= 1022最多需要经过1022分钟，整个小镇的人便知道这慈善活动口号5. 已知p 为50以内的一个两位质数，且 2p + 1也是质数。
第五届两岸四地华杯总决赛小学中级(含解析)
第五届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛笔试－试卷（小学中年级组）（2014年7月23日，60分钟）一、填空题Ⅰ（每题8分，共32分）1．在我国长度计量单位中，1米＝3尺，1丈＝10尺，1千米＝2里，那么1里＝丈．2．六个等腰直角三角形如图摆放，那么四个空白三角形的面积和是两个阴影三角形的面积和的倍．3．足球队中，每队共11人上场，其中1人是守门员，不参与后卫－中场－前锋的队形排列．已知后卫人数在3-5人之间，中场人数在3－6人之间，前锋人数在1－3人之间，那么，按照后卫－中场－前锋人数来说，有种阵型．4．一艘游轮，从上游A地开往下游B地，需要1小时，原路返程时，将船速提高到原来的2倍，也需要1个小时，那么，如果游轮从A地出发时也采用2倍船速，需要分钟可以到达B地．二、填空题Ⅱ（每题10分，共40分）5．桌面上放有10张卡片，编号分别是1、1、2、2、3、3、4、4、5、5．现在将这10张卡片打乱，并从左至右排成一排，然后数出夹在两个1之间的卡片数，两个2之间的卡片数，两个3之间的卡片数，两个4之间的卡片数和两个5之间的卡片数，这5个数总和的最大值是．6．如图，在5×5表格的每个格子中都填上一个自然数（自然数包括0），使得每个2×2方格所填四个数的平均数都是100．那么，整个5×5表格所填25个自然数的平均数的最小值是．7．在每个方框中填入一个数字，使得乘法整式成立，则算式中的两个乘数的和是．412×8．老师共买了53支铅笔，分给了A，B，C，D四个同学，分到最多的与最少的铅笔数相差不到5支，如果B把分到的铅笔全都给A，那么A的铅笔数是C的2倍；如果B把分到的铅笔全都给C，那么C的铅笔数是D的2倍，由此可知，B分到支铅笔．三、填空题Ⅲ(每题12分，共48分)9．四只猫，四只狗和四只老鼠分别关在12个笼子内，如果猫和老鼠在同一列，猫就会喵个不停；如果老鼠左右被两只猫夹着，老鼠就会吱个不停；如果狗两侧被猫和老鼠夹着，狗就会汪个不停，其它情况下动物都不叫．某天，编号是3、4、6、7、8、9这6个笼子很吵闹，其它笼子很安静，那么四只狗所在笼子的编号之和是．12111098765432110．如右图，从A点出发，要求每条路都必须经过，但都恰好只走一次，最后回到A点，那么，满足条件的走法有．CFBEDA11．商店有编号为1－89的89个金币等待销售，每个售价30元，其中只有1个是“幸运币”，菲菲每次可以选择其中一些编号向诚实的营业员提问：“幸运币的编号在其中吗？”．如果得到的答案是“在”，那么菲菲需要支付20元钱咨询费，如果得到的答案是“不在”，那么菲菲需要支付10元钱咨询费，当然，她也可以什么都不问，直接选择一些金币买走，菲菲至少需要支付元才可以保证自己一定能得到幸运币．12．第12题作答要求：（1）请在答题卡第12题的万位及千位，填涂上你认为本试卷中一道最佳试题的题号：答题范围为01～11．（2）请在答题卡第12题的百位，填涂上你认为本试卷整体的难度级别，最简单为“1”，最难为“9”，总计九个级别，答题范围为1～9．（3）请在答题卡第12题的十位及个位，填涂上你认为本试卷中一道最难试题的题号：答题范围为01～11．所有答题范围内的作答均可得分，所有的评定都将视为本人对本试卷的有效评定，不作答或者超出作答范围不得分．第五届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛笔试－试卷（小学中年级组）参考答案部分解析一、填空题Ⅰ（每题8分，共32分）1．在我国长度计量单位中，1米＝3尺，1丈＝10尺，1千米＝2里，那么1里＝______丈．【考点】等量代换【难度】☆【答案】150【解析】1千米＝1000米＝3000尺＝300丈，所以1里＝150丈．2．六个等腰直角三角形如图摆放，那么四个空白三角形的面积和是两个阴影三角形的面积和的______倍．【考点】几何【难度】☆☆☆【答案】6【解析】设最小的三角形面积是1份，那么6个三角形的面积从小到大依次是1、2、4、8、16、32份，(241632)(18)6+++÷+=．3．足球队中，每队共11人上场，其中1人是守门员，不参与后卫－中场－前锋的队形排列．已知后卫人数在3-5人之间，中场人数在3－6人之间，前锋人数在1－3人之间，那么，按照后卫－中场－前锋人数来说，有______种阵型．【考点】计数【难度】☆☆☆【答案】8【解析】枚举法：后卫数是3时，可以343，352，361；后卫数是4时，可以433，442，451；后卫数是5时，可以532，541；总计8种．4．一艘游轮，从上游A地开往下游B地，需要1小时，原路返程时，将船速提高到原来的2倍，也需要1个小时，那么，如果游轮从A地出发时也采用2倍船速，需要______分钟可以到达B地．【考点】行程问题【难度】☆☆☆【答案】36【解析】由两次都是1小时可知，提速后逆水速度=原顺水速度，即原船速＋水速＝2×原船速－水速，设水速是1份，那么船速原来是1份，提速后是4份．原顺水速度是3份，用时60分钟；提速后，顺水速度是5份，用时3605=36⨯÷（分钟）．二、填空题Ⅱ（每题10分，共40分）5．桌面上放有10张卡片，编号分别是1、1、2、2、3、3、4、4、5、5．现在将这10张卡片打乱，并从左至右排成一排，然后数出夹在两个1之间的卡片数，两个2之间的卡片数，两个3之间的卡片数，两个4之间的卡片数和两个5之间的卡片数，这5个数总和的最大值是______．【考点】数论问题【难度】☆☆☆【答案】20【解析】把10张卡片从左至右依次编号为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10，而两张卡片之间的卡片数=这两张牌的编号之差－1，问题转化成在这10个编号中选5个数做被减数，另5个做减数．最大是(109876)(54321)20++++-++++=．6．如图，在5×5表格的每个格子中都填上一个自然数（自然数包括0），使得每个2×2方格所填四个数的平均数都是100．那么，整个5×5表格所填25个自然数的平均数的最小值是______．【考点】数阵图【难度】☆☆☆【答案】64【解析】每个22⨯小⨯小方格4个数的和是400，取左上角、左下角、右上角和右下角4个22方格，它们所含的16个小格相互之间不重叠，所以整个表格的和不会小于÷=．⨯=，平均数不会小于1600256440041600构造64：第二行的第2和第4个数、第四行的第2个和第4个数，这4个数都是400，其余数均是0．7．在每个方框中填入一个数字，使得乘法整式成立，则算式中的两个乘数的和是______．4102×【考点】数字谜 【难度】☆☆☆ 【答案】658【解析】由于第二个乘数的十位一定比百位大，所以题中所给的“1”不可能是99⨯的个位数；由于211⨯□□□不可能是六位数，所以题中所给的1不可能是11⨯的个位数；那么“1”一定是37⨯的个位数；由题中所给的“2”只可能由12⨯□□□□或者21⨯□□□□得到；综合上面的分析，可得以下4种情况：①1372⨯□□②1732⨯□□③2371⨯□□④2731⨯□□，如果是情况①，那么72□中的口一定大于7，只能是8或9，再通过第2行的0分析，得到只能是113782⨯，163782⨯，但均不成立；如果是情况②，总乘积不可能是六位数；如果是情况③，题中所给的“1”所在行就是四位数了；如果是情况④，对于31□的口进行逐一尝试，看是否有270⨯=□□□□□，有：277341⨯，217361⨯，267361⨯，277341⨯，287371⨯，267391⨯检验，可知只能是287371106477⨯=．所以本题答案为：287371658+=．8．老师共买了53支铅笔，分给了A ，B ，C ，D 四个同学，分到最多的与最少的铅笔数相差不到5支，如果B 把分到的铅笔全都给A ，那么A 的铅笔数是C 的2倍；如果B 把分到的铅笔全都给C ，那么C 的铅笔数是D 的2倍，由此可知，B 分到______支铅笔． 【考点】等差数列 【难度】☆☆☆☆ 【答案】15【解析】设A ，B ，C ，D 分到的铅笔数分别是A ，B ，C ，D ，由2B C D +=，知C 、D 、B 依次成等差数列，设公差为K ；由2A BC +=，知A 、C 、B 依次成等差数列，则公差为2K ；由4人铅笔数相差不会超过4，所以0K =或1；若0K =，则453B ⨯=，但53不是4的整数倍；若1K =，A C D B <<<，则4153C ⨯+=，13C =，15B =．A C D B >>>，则4153C ⨯-=，但54不是4的整数倍． 综上所述，B 分到15支铅笔．三、填空题Ⅲ(每题12分，共48分)9．四只猫，四只狗和四只老鼠分别关在12个笼子内，如果猫和老鼠在同一列，猫就会喵个不停；如果老鼠左右被两只猫夹着，老鼠就会吱个不停；如果狗两侧被猫和老鼠夹着，狗就会汪个不停，其它情况下动物都不叫．某天，编号是3、4、6、7、8、9这6个笼子很吵闹，其它笼子很安静，那么四只狗所在笼子的编号之和是______．121110987654321【考点】逻辑推理 【难度】☆☆☆☆ 【答案】28【解析】由6、7很吵闹，得到1、12是老鼠，6、7是猫；如果8是狗，那么9一定是老鼠，9的老鼠无法被猫夹着，不成立；如果8是老鼠，那么9是猫，由9也吵闹，得到3是老鼠，由3吵闹，得到2和4都是猫，这样已经有5只猫，不成立；所以8只能是猫，由8吵闹得到2是老鼠．如果3是猫，那么9是老鼠，10必须也是猫，不成立；如果3是老鼠，它根本无法吵闹，不成立；所以3是狗，那么4是猫，由4吵闹，得到10是老鼠，那么其余位置都是狗．综上，狗的编号之和是3591128+++=．10．如右图，从A 点出发，要求每条路都必须经过，但都恰好只走一次，最后回到A 点，那么，满足条件的走法有______．CFBED A【考点】计数 【难度】☆☆☆☆ 【答案】32【解析】从A 出发有2种选择，不妨设从A 到D ，那必须将其它路都走完，最后由E 回A ．去掉AD 、AE 后，图可变为右图．右图中从D 出发，要使每条路线恰走一遍，最后走到E 点，途中D 、E 、F 被路过的次数分别为1次，1次，2次．FED按树形枚举，不同的“蛙跳方式”只有以下4类：（1）D E F D F E -----；（2）D F E D F E -----；（3）D F E F D E -----；（4）D F D E F E -----．每一类“蛙跳方式”所对应的走法都有224⨯=种．所以，从A 出发每条路线恰好走一遍回到A 点的走法共有24432⨯⨯=种走法．11．商店有编号为1－89的89个金币等待销售，每个售价30元，其中只有1个是“幸运币”，菲菲每次可以选择其中一些编号向诚实的营业员提问：“幸运币的编号在其中吗？”．如果得到的答案是“在”，那么菲菲需要支付20元钱咨询费，如果得到的答案是“不在”，那么菲菲需要支付10元钱咨询费，当然，她也可以什么都不问，直接选择一些金币买走，菲菲至少需要支付______元才可以保证自己一定能得到幸运币． 【考点】构造与论证 【难度】☆☆☆☆☆ 【答案】130【解析】考虑更一般的情形：有n 枚金币待售且其中只有一枚幸运币．（1）即便2n =时，如果菲菲不咨询任何问题，直接买走两个金币，她当然能得到幸运币，但她需要一共需要支付60元；如果菲菲就某个编号提问，要保证得到金币，她需要支付203050+=元．这意味着不管n 是多少，菲菲都需要明确到底哪枚才是幸运币后才进行购买才最划算．所以：菲菲需要支付的钱=甄别出幸运币的咨询费+买走幸运币的购买费此公式中“甄别出”的含义为：“在最不利的情况下也能判断出”．为叙述方便，如无特别说明，下文中“甄别出”也都为这一含义，不在特意强调“一定”、“保证”． （2）接下来我们通过找规律来探寻：菲菲从n 枚待售金币中甄别出幸运币所需要支付的咨询费m 的变化情况（注意，要么不变，要么变大10）通过找规律我们发现：210⨯元咨询费，最多可以从2枚金币中甄别出幸运币，记作(2)2E =；310⨯元咨询费，最多可以从3枚金币中甄别出幸运币，记作(3)3E =； 410⨯元咨询费，最多可以从5枚金币中甄别出幸运币，记作(4)5E =； 510⨯元咨询费，最多可以从8枚金币中甄别出幸运币，记作(5)8E =；将2，3，5，8单独列出，我们发现这个数列的特点：从第3项起，每一项等于它前面两项的和！如果将此数列一直写下去，为：2，3，5，8，13，21，34，55，89 题目中给出的89正是这个数列中的第9项，至此，就考试而言，已经大致可以猜得本题答案为：咨询费100元+购买费30元=130元． （3）下面对（2）中发现的规律给出解释．我们重审()E m 的含义为：10m 元的咨询费，可以从()E m 枚或者更少的金币中甄别出幸运币，但无法从多于()E m 枚金币中甄别出幸运币．当3m≥时，菲菲将待售金币分成两堆，然后就第一堆提问．如果得到的答案为“是”，菲菲需要先付20元，接下来剩余的10(2)⨯-元咨询要从m第一堆中甄别出幸运币，说明第一堆待售金币的个数不能超过(2)E m-枚；如果得到的答案为“否”，菲菲需要先付10元，接下来剩余的10(1)⨯-元咨询要从第二堆中m甄别出幸运币，说明第二堆待售金币的个数不能超过(1)E m-枚．所以≤-+-．E m E m E m()(2)(1)另一方面，当待售金币有(2)(1)-+-枚时，菲菲将待售金币分成第一堆E m E mE m-枚，第二堆(1)(2)E m-枚，然后就第一堆提问，即可用10m元钱从E m E m-+-中甄别出幸运币．(2)(1)所以()(2)(1)=-+-．E m E m E m12．第12题作答要求：（1）请在答题卡第12题的万位及千位，填涂上你认为本试卷中一道最佳试题的题号：答题范围为01～11．（2）请在答题卡第12题的百位，填涂上你认为本试卷整体的难度级别，最简单为“1”，最难为“9”，总计九个级别，答题范围为1～9．（3）请在答题卡第12题的十位及个位，填涂上你认为本试卷中一道最难试题的题号：答题范围为01～11．所有答题范围内的作答均可得分，所有的评定都将视为本人对本试卷的有效评定，不作答或者超出作答范围不得分．【考点】送分题【难度】【答案】随便填【解析】送分题。
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一、计算模块命题特点分析结论1、常考提取公因数与平方差公式在第十三届、十四届华杯赛决赛中都考察到了提取公因数进行速算的方法，这里需要注意的是：计算会往分数计算方面侧重，整数计算涉及的可能性很小；平方差公式的灵活运用需要熟练掌握。
2、注意估算与取整为难点以第十四届华杯赛决赛第9题和第15届华杯赛决赛第8题为例，估算是华杯赛计算中常考的题，对于加减符号交替变化的估算题，一般算式的前几项就决定了整个算式的大概范围。
另外需要说明的是，对于初中下方的知识点取整，也属于估算的内容，这点是杯赛的热门，可能是考察的新方向，同学们需注意。
二、计算模块考察难度及考生获奖需要达到的程度1、考察难度计算题型常常作为第一题，因此难度不会很大，一般为2★难度左右。
对于估算，难度达到了3★，对于估算常用的方法不太熟悉就常常会因此而失分。
2、考生需要达到的程度考生复习的时候，若提取公因数方法与平方差公式运用没太大问题，侧重点可以放在估算与取整上。
要获奖，简单计算题是绝对不能丢分的。
建议以寒假和春季所涉及的关于计算的知识点讲解再重新整理一遍，把华杯赛历年考试所涉及到的估算题挑出来系统的整理一遍，提炼出估算方法及解题心得。
华杯赛考试试题难度在几大权威杯赛中是比较高的，不过我们仔细研究每年的试题，都会发现常见的知识点模块，我们针对性的做复习巩固，相信会取得不错的成绩。
本套试题针对杯赛考试的知识点模块考点，进行分析解答。
以供参考。
本篇为计数问题模块考点分析。
计数模块：一、计数模块命题特点分析结论1、计数在近两年的出题频率降低2008年及以前的华杯赛试题中，计数在每张试卷中大概出现两题左右，所占分值比例较高，但从09、10两年试题来看，计数的题目明显减少，数论中的整数拆分题目数量开始增多。
但为了避免杯赛出现知识点"大年"和"小年"的状况，也避免今年回归到增加计数类型的题目，我们还是把计数中的华杯常考点需要进行梳理。
2、几何计数为常考点【第十四届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题C第12题】如图所示，图中有__________不同的三角形。
【2007年第十二届华杯赛六年级初赛10分第9题】如图，有一个边长为1的正三角形，第一次去掉三边中点连线围成的那个正三角形；第二次对留下的三个正三角形，再分别去掉它们中点连线围成的三角形；…做到第四次后，一共去掉了________个三角形. 去掉的所有三角形的边长之和是________.分析：关于几何计数，很好的综合考查了学生对几何图形的认知以及分类梳理的能力，而且这类题目出错的机率非常大，所以在处理该类问题的时候，建议学生可以放在考试的最后，所有题目处理完了再来做这类题目，免得花了太多时间最后因为一小点地方而得到了错误答案。
几何计数的做题技巧：（1）、从最单一的小图形出发开始计数（2）、按照图形组合需要的个数来进行分类（3）、最容易设置陷阱的地方有两点：直接有格点连接构成，图中没有现成的拼接，斜着放的图形。
3、对于枚举以及简单加乘要求高【2009年第14届华杯赛初赛】按照中国篮球职业联赛组委会的规定，各队队员的号码可以选择的范围是0～55号，但选择两位数的号码时，每位数字均不能超过5.那么，可供每支球队选择的号码共（）个.【2008年第13届华杯赛初赛】已知图是一个轴对称图形，若将图中某些黑色的图形去掉后，得到一些新的图形，则其中轴对称图形共有（）个。
分析：其实如果真的考察到这类题目，那么对于考生来说应该是无比幸运的一件事情。
华杯赛的试题难度虽然大，但还是有20%-30%的题目属于比较基础的题目。
对于小学阶段学生必须要具备思维的逻辑性、条理性和有序性的考察，计数是最合适的考查形式，所以对于基本的枚举法、简单的加乘原理学生必须要掌握的非常好。
二、计数模块考察难度及考生获奖需要达到的程度1、考察难度：几何计数，4★；枚举及加乘，1★。
2、考生需要达到的程度：如果华杯赛想要获奖：对于枚举以及简单加乘考察的题型必须全对，同时对于基础数论、容斥原理也要非常熟悉。
计数往往不会以单独的知识点出题，会和其他模块稍作综合，但往往难度也不会很大，只要细心应该没有问题。
如果华杯赛想要获得一等奖：一般几何计数以及排列组合能够学的非常好的同学，对于其他专题的学习能力也不会差。
同时计数和数论、最值结合的题目往往难度较大，也会涉及到构造等5★题型，因此如果想要确保华杯赛一等奖，需要对计数综合题进行训练。
3、短时间如何备战：对于基础中等的学生：以创新杯、希望杯、世奥等杯赛中的计数题作为训练就足以应付华杯赛中常规的计数题，只要考试时细心（要注意怎么打草稿哦）就ok了。
对于奥数程度非常好的学生：做计数、数论、构造的综合题型，同时对于几何计数这一块加强训练，平均每天训练1题5★甚至以上难度的题目，增强思维的训练就足够了。
同时需要对过程的表达进行适度的训练，避免计数作为解答题出现华杯赛考试试题难度在几大权威杯赛中是比较高的，不过我们仔细研究每年的试题，都会发现常见的知识点模块，我们针对性的做复习巩固，相信会取得不错的成绩。
本套试题针对杯赛考试的玉树知识点模块考点，进行分析解答。
以供参考。
一、数论模块命题特点分析结论1、问题考察频率较高十四届第11题，十五届第10题连续两届对于约倍问题进行考察，且全部涉及最大公约数与最小公倍数的性质，可以预测约倍问题是今年备考的一个重点方向。
【第十四届华杯赛决赛第11题】已知a，b，c是三个自然数，且a与b的最小公倍数是60，a与c的最小公倍数是270，求b与c的最小公倍数。
【第十五届华杯赛决赛第10题】右图是一个玩具火车轨道，A点有个变轨开关，可以连接B或者C。
小圈轨道的周长是1.5米，大圈轨道周长是3米。
开始时，A连接C，火车从A点出发，按照顺时针方向在轨道上移动，同时变轨开关每隔1分钟变换一次轨道连接。
若火车的速度是每分钟10米，则火车第10次回到A点时用了____秒钟。
2、质合问题命中度高十四届第6题，十五届第12题两次涉及质数合数与分解质因数的考点，有较大的预测意义。
第一次简单考察分解质因数，第二次考察质数判别法，需要考生认真整理这一部分知识框架。
【第十四届华杯赛决赛第6题】已知三个合数A，B，C两两互质，且A×B×C的最大值为？【答案】：1626。
【第十五届华杯赛决赛第12题】华罗庚爷爷出生于1910年11月12日。
将这些数字排成一个整数，并且分解成19101112=1163×16424，请问这两个数1163和16424中有质数吗？并说明理由。
【答案】：1163是质数，理由略。
3、数字谜与分数拆分思想在压轴题中的展现十四届第14题，十五届第14题。
对于数字谜的思想应该说华杯赛决赛已经考察了多次，但华杯赛侧重于借助数字谜的形式考察数论中整除、约倍以及余数的知识；分数拆分也是应对华杯赛数论考察的重要知识点，需要认真进行准备。
【第十四届华杯赛决赛第14题】，2011年"华杯赛"数学冬令营（北京）内部讲义（小学）P34例11）在图所示的乘法算式中，汉字分别代表1~9这9个数字，不同汉字代表不同的数字。
如果"祝"字是4，"贺"字是8，求出"华杯赛"所代表的三位整数。
【答案】159。
【十五届华杯赛决赛试题A卷第14题】已知两位自然数""能被它的数字之积整除，求出""代表的两位数。
【答案】11,12,15,24,36。
二、数论模块考察难度及考生获奖需要达到的程度1、考察难度：约倍问题4★；质合问题3★；数字谜与分数拆分5★。
2、考生需要达到的程度：华杯赛对于数论模块考察的偏好众所周知，因此华杯赛获奖的一大必备条件就是数论模块的系统梳理与适量练习。
想获得华杯赛一等奖，必须要对这三类问题认识深刻，所谓"认识深刻"，指的是基本知识熟练，各种题型熟悉，复杂技巧掌握。
给各位考生提3点建议：第一，借助数论知识体系图进行系统梳理；第二，华杯赛历年数论真题演练2-3遍；第三，数论题目专题训练。
华杯赛考试试题难度在几大权威杯赛中是比较高的，不过我们仔细研究每年的试题，都会发现常见的知识点模块，我们针对性的做复习巩固，相信会取得不错的成绩。
本套试题针对杯赛考试的知识点模块考点，进行分析解答。
以供参考。
构造论证与最值：一、整体比重构造论证、极值问题在华杯赛中还是占有相当的比重。
从十四、十五届决赛试卷来看，整体比重在16.7%。
如第十届的第3和12题，十五届的9和11题，考的都是这种类型的试题。
二、知识点分布以及难度分布构造论证、极值问题等问题考察知识点比较分散，从最近四年的试题来看，考察过的知识点主要有：1、等差数列估算和极值问题；2、操作问题-----划数、最大值最小值；3、逻辑推理-----足球赛、数独；4、构造问题------相间染色。
【考察难度】所考知识点以中等试题为主，含个别难题，试题以3★、4★为主。
学生基本上能下手，但是真正要得满分，还是需要加强各方面的训练！【如何备战】这类试题着眼于学生的逻辑分析能力,分类讨论能力,需要学生具备很强的综合能力。
在具体备战的时候需要我们学生重点做到以下三点：1、对比历届试卷（重点以最近四届为主），总结相应知识模块、沉淀出相应的方法；2、重点培养分类讨论、逻辑分析能力；3、重点攻破《第16届华杯赛赛前教程》相应知识模块，建议做前70%的试题；4、训练这些试题的解题规范。
【最近四届试题分析】[15届决赛]右图中有5个由4个1×1的正方格组成的不同形状的硬纸板。
问能用这5个硬纸板拼成右图中4×5的长方形吗？如果能，请画出一种拼法；如果不能，请简述理由。
【答案】不能【知识点】染色分析+奇偶性分析【分析】将长方形黑白染色，将5个图形也进行黑白染色，如下图除④号盖住3个黑的或者1个黑的，其它均盖住一黑一白，所以5个纸板只能盖住11个黑的或者9个黑的。
矛盾！【总结】此类题目难度不大，基本方法也是常规的黑白相间染色。
但是对解题的步骤有很高的要求！[15届决赛]足球队A，B，C，D，E进行单循环赛（每两队赛一场），每场比赛胜队得3分，负队得0分，平局两队各得1分，若A，B，C，D队总分分别是1，4，7，8，请问：E 队至多得几分？至少得几分？【答案】7、5【知识点】逻辑推理---足球赛【分析】假设ABCDE5支队伍总分为abcde，则五队总分为a+b+c+d+e=20+e。
易知单循环赛共10场，总得分不会超过30分。
只要有一场比赛踢平，则总得分减少1分。
A队一定是3负1平；B队有可能是4平或者1胜1平2负；C队一定是2胜1平1负；D队一定是2胜2平。