第七届青少年数学国际城市邀请赛团体赛试题与解答(简体)

2006 Wenzhou Invitational World Youth
Mathematics Intercity Competition
2006青少年数学国际城市邀请赛 队际赛试题 2006/7/12 温州市
队名：___________________得分：__________________
1. 老师说：“要在一个三边长为2，2，2x 的三角形内部放置一个尽可能大的圆，则正实数x 的值该是多少？”
学生A 说：“我想x ＝1.”
学生B 说：
“我认为x =”
学生C 说：“你们回答都不对！”
他们三人谁的回答是正确的？为什么？
解答：一方面三角形的面积＝(2)r x +
；另一方面，该三角形底边上的高为，
所以三角形面积=
可得2r x
=+. 当1x =
时，11.7r =<；
当x =
11.7
r =<. 取43x =，
则161271.7r =>，所以43x =是一个更好的选择.所以学生C 的回答正确.
注：当1x 时，可取到r
的最大值)
5214
. 2. 一个三角形可被剖分成两个等腰三角形，原三角形的一个内角为36˚，求原三角形最大内角的所有可能值.
解答：不妨设B ＝36˚ .
（1）若剖分线不过点B .不妨设剖分线为AD ，此时△BAD 是(36,36,108)或者
(36,72,72)
的三角形. 若△BAD 是(36,36,108)的三角形，则△CAD 或者是(144,18,18)第一个图，或者是(72,54,54)第二个图，或者(36,72,72)第三、四个图.
（2） 若剖分线过点B .不妨设为BE ，则△CBE 必定是(132,24,24)，△ABE 是(144,12,12)的三角形.
所以原三角形的最大内角可能是72,90,108,126,132︒︒.
3.四个单位正方形以边对边相连接而成，可以拼成如图五种不同的形状.用一片“L”形
(图中第一个)分别与其余四个中的一片拼成轴对称图形，请绘出所有可能之组合.
解答：
4.一片骨牌是由两个单位正方形以边对边相连接而成，在每个正方形内标记上数字1、2、
3、4或5，所以我们共可得标号为11，12，13，14，15，22，23，24，25，33，34，
35，44，45，55的15片不同的骨牌.将这15片骨牌排成一个如图的5×6的长方形，每片骨牌的边界已经擦除，请试着把这些骨牌的边界重新画出来.
解答：首先，注意到编号为55的骨牌一定是在矩形的中心，而编号22的骨牌只能是在右边界处.此时，右上角编号为3的骨牌必与右侧的2一起组成编号为23的骨牌..所以，右下角的2只能与5一起组成编号为25的骨牌，而这个2上面的3只能组成33骨牌..所以，可在图中，把剩下的33、23对之间用一条线分隔.第三行的3只能与其上的5组成35编号的骨牌.如左图.
这时，第一行的5不能与其左侧的3组成35编号的骨牌，只能与其下的1组成编号为15的骨牌.这使得左侧只能为13、34编号的骨牌，这样，左上角的骨牌为11和24.
在右下角，必须出现编号为12的骨牌，此时，其余的骨牌也就确定了.
5.“幸运数”是指一个等于其各位数码 (十进制) 和的19倍的正整数，求出所有的幸运
数.
解答：设10 a＋b是一个至多两位数，方程 10 a + b = 19 (a + b) 仅当a = b = 0时成立.所以，所有的幸运数至少是三位数.
10m-，其数码和至多为 9m，所以，假设一个幸运数有m位数，4
m≥，则该数至少为1
117110m m -≥.
当 m = 4时，6841000≥不成立.而 5m ≥，更不成立.因此，所有的幸运数都是三位数，由100a + 10b + c = 19a + 19b + 19c ，知 9a = b + 2c .
当 a = 1时，可得 (b ，c ) = (1，4)，(3，3)，(5，2)，(7，1)，(9，0).
当 a = 2时，可得 (b ，c ) = (0，9)，(2，8)，(4，7)，(6，6)，(8，5).
当 a = 3时，可得 (b ，c ) = (9，9).
当 a > 3时，无解.
所以共有 11 个幸运数： 114, 133, 152, 171, 190, 209, 228, 247, 266, 285 和 399.
6. 甲和乙在一个n ⨯n 的方格表中做填数游戏，每次允许在一个方格中填入数字0或者1（每
个方格中只能填入一个数字），由甲先填，然后轮流填数，直至表格中每个小方格内都填了数.如果每一行中各数之和都是偶数，则规定为乙获胜，否则当作甲获胜.请问：
(1) 当n ＝2006时，谁有必胜的策略？
(2) 对于任意正整数n ，回答上述问题.
解答：(1) 当n =2006时，后填数的乙有必胜策略.用1⨯2的多米诺骨牌对表格进行分割，使得每一行都由1003块多米诺组成，当甲对某块多米诺的一个中填数时，乙也在该多米诺中填数，并且使得这块多米诺中两个数之和为偶数.依此策略，乙可以使得表格的每一行中各数之和都是偶数.故乙获胜.
(2) 当n 为偶数时，同上述操作，可知乙有必胜策略；当n 为奇数时，甲有必胜策略：他可以先在第1行第1列的方格中写上1，然后对第1行中其余方格作前面的多米诺分割，采取同样的操作方式，可使表格中第1行中各数之和为奇数.
7. 设n 为任意奇正整数，证明：1596n +3202701000n n n --能被2006整除.
证明：因为 200621759=⨯⨯，所以为证结论成立，只需证n 为奇正整数时，15961000270320n n n n +--能被2，17，59整除.显然，表达式能被2整除.
应用公式，n 为奇数时，
121()()n n n n n a b a b a a b b ---+=+-++，
121()()n n n n n a b a b a a b b ----=-+++.
则由于159610005944+=⨯，2703205910+=⨯，所以15961000270320n n n n +--能被
59整除.
又1596－270＝1326＝17×78，1000－320＝680＝17×40，所以 15961000270320n n n n +--能被17整除.
故结论成立.
8. 将正整数中所有被4整除以及被4除余1的数全部删去，剩下的数依照从小到大的顺序
排成一个数列{}a n ：2, 3, 6, 7, 10, 11, … .
数列{}a n 的前n 项之和记为S n ，其中n =1, 2, 3, ….
求S =[][][]
S S S 200621.....+++的值.（其中[]x 表示不超过x 的最大整数） 解答：易知2142n a n -=-，241n a n =-，1,2,n =⋅⋅⋅，因此 21234212()()()n n n S a a a a a a -=++++++
51321(83)n =++++-2583(2)2
n n n n +-=
=+， 2221224(41)(21)n n n S S a n n n n n -=-=+--=-+， 所以 2222221(2)(21),(21)(2),n n n S n n S n -<<+-<<
故2n =
，21n =-
，从而n =，于是
S =++⋅⋅⋅+122006=+++2006200720130212
⨯==. 9. 平面上，正三角形ABC 与正三角形PQR 的面积都为1.三角形PQR 的中心M 在三角形ABC 的边界上，如果这两个
三角形重迭部份的面积为S ，求S 的最小值.
解答：在正△PQR 的三个顶点处截去三个全等的正三角形，得到一个面积为23
的正六边形，则M 是这个正六边形的中心.
若点M 与△ABC 的一个顶点重合，如左图，易知正六边
形和△ABC 的重迭部分面积是19
.在中间的图形中，把△ABC 绕着点M 顺时针旋转，则始边所扫过的三角形和终边所扫过的三角形全等，所以两个三角形的公共部分面积是不变的.
若点M 在△ABC 的边上，不妨设在BC 上，且靠近点C ，如右图所示.，过点M 作AC 的平行线MN ，交边AB 于点N ，则△BMN 是正三角形..因为MN BM CM =>，BM 和MN 都与正
六边形相交，所以△BMN 与正六边形的公共部分面积为19
. 当把正六边形恢复成原来的正三角形时，公共部分面积不会减小.，所以两个三角形公共部分面积的最小值为19
，如左图
.
10.设m 是一个小于2006的四位数，已知存在正整数n ，使得m －n 为质数，且mn 是一个完全平方数，求满足条件的所有四位数m .
解答 由题设条件知：m －n=p ，p 是质数，则m=n+p ，设mn=n (n+p )=2x ，其中x 是正整数，那么
22444n pn x +=，
即 222(2)(2)n p p x +-=，
于是 2(22)(22)n x p n x p p -+++=，
注意到p 为质数，所以
B
2221,22,
n x p n x p p -+=⎧⎨++=⎩ 把两式相加得212p n -⎛⎫= ⎪⎝⎭，进而212p m +⎛⎫= ⎪⎝⎭
，结合10002006m ≤<,可得64189p ≤+≤，于是，质数p 只能是67，71，73，79或83.从而，满足条件的m 为1156，1296，1369，1600，1764.。