(完整版)第十五届华杯赛总决赛一试试题及答案

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华杯赛决赛试题及答案

华杯赛决赛试题及答案题一：现代通信技术的发展与应用一、背景介绍随着科技的飞速发展，现代通信技术已经成为人们生活中不可或缺的一部分。

它的高效便捷为社会经济的发展带来了许多积极影响，同时也带来了新的挑战。

本文将讨论现代通信技术的发展和应用，并探讨其在不同领域中的影响和前景。

二、通信技术的发展历程1. 传统通信技术的发展2. 数字通信技术的兴起3. 移动通信技术的突破三、通信技术在商业领域中的应用1. 电子商务的兴起与发展2. 移动支付的普及3. 大数据和云计算的应用四、通信技术在交通领域中的应用1. 智能交通系统的建设2. 自动驾驶技术的推广3. 无人机在物流领域中的应用五、通信技术在医疗领域中的应用1. 远程医疗的实现2. 人工智能在医疗诊断中的应用3. 医疗信息化的普及六、通信技术的发展前景与挑战1. 5G时代的到来2. 物联网的快速发展3. 数据安全和隐私保护的考量七、总结与展望现代通信技术的发展和应用为人们的生活带来了巨大的便利，也为社会经济发展带来了新的活力。

然而，在享受其便利的同时，我们也要注意数据安全和个人隐私的保护。

未来，随着5G时代和物联网的广泛应用，通信技术将会走向更高的发展峰值，给各个行业带来更多可能性。

题二：人工智能在教育领域的应用及影响一、背景介绍随着人工智能技术的迅猛发展，它在各个领域中的应用已经取得了长足进步。

其中，教育领域也不例外。

人工智能技术在教育中的应用不仅提供了更加个性化的学习方式，还改变了传统教学模式，为教育事业带来了巨大的变革。

本文将重点讨论人工智能技术在教育领域中的应用及其带来的影响。

二、人工智能在教育领域中的应用1. 个性化学习的实现2. 智能辅助教学工具的发展3. 智能评估和反馈系统的应用三、人工智能对传统教学模式的改变1. 传统教学模式的弊端2. 人工智能技术对教师角色的改变3. 学生学习能力的提升四、人工智能在高等教育中的应用1. 虚拟教室和在线学位的兴起2. MOOC课程的普及3. AI辅助科研和论文撰写五、人工智能教育的挑战与发展1. 数据隐私和安全保护2. 教师素质和技能的提升3. 教育公平和普惠性的保障六、总结与展望人工智能技术的应用为教育领域带来了许多新的机遇和挑战。

华杯赛试题及答案

华杯赛试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 已知函数f(x) = 2x + 3，求f(-1)的值。

A. 1B. -1C. -5D. 5答案：C2. 若a和b是两个不同的实数，且a^2 + b^2 = 0，下列哪个选项是正确的？A. a = 0，b ≠ 0B. a ≠ 0，b = 0C. a = 0，b = 0D. a ≠ 0，b ≠ 0答案：C3. 计算下列几何图形的面积：一个半径为3的圆。

A. 9πB. 18πC. 27πD. 36π答案：C4. 一个数列的前三项分别是1, 2, 4，每一项都是前一项的两倍，这个数列的第五项是多少？A. 16B. 32C. 64D. 128答案：B二、填空题（每题5分，共20分）5. 一个等差数列的首项是5，公差是3，那么这个数列的第10项是________。

答案：286. 已知一个直角三角形的两条直角边长分别为6和8，那么这个三角形的斜边长是________。

答案：107. 一个长方体的长、宽、高分别是2cm、3cm和4cm，那么它的体积是________。

答案：24立方厘米8. 一个分数的分子是15，分母是20，化简后这个分数是________。

答案：3/4三、解答题（每题15分，共30分）9. 已知一个二次函数y = ax^2 + bx + c，其中a = 2，b = -3，c = 1，求这个函数的顶点坐标。

答案：顶点坐标为(3/2, -5/2)。

10. 一个班级有50名学生，其中30名男生和20名女生。

如果随机选择一名学生，那么选中男生的概率是多少？答案：选中男生的概率是3/5。

第十五届华赛杯小学组决赛1试题及答案

第十五届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题A （小学组）一、填空题（每小题 10分，共80分）1. 在10个盒子中放乒乓球，每个盒子中的球的个数不能少于11，不能是13，也不能是5的倍数，且彼此不同，那么至少需要个乒乓球.2. 有五种价格分别为2元、5元、8元、11元、14元的礼品以及五种价格分别为1元、3元、5元、7元、9元的包装盒. 一个礼品配一个包装盒，共有种不同价格.3. 汽车A 从甲站出发开往乙站, 同时汽车B 、C 从乙站出发与A 相向而行开往甲站, 途中A 与B 相遇20分钟后再与C 相遇. 已知 A 、B 、C 的速度分别是每小时90km, 80km, 60km, 那么甲乙两站的路程是 km.4. 将21, 31, 41, 51, 61, 71和这6个分数的平均值从小到大排列, 则这个平均值排在第位.5. 将一个数的各位数字相加得到新的一个数称为一次操作，经连续若干次这样的操作后可以变为6的数称为“好数”，那么不超过2012的“好数”的个数为，这些“好数”的最大公约数是 .6. 图Q-8所示的立体图形由9个棱长为1的立方块搭成, 的表面积为 .7. 数字卡片“3”、 “4”、 “5”各10张，任意选出8张使它们的数字和是33，则最多有张是卡片“3”.8. 若将算式201020091200820071871651431211⨯+⨯-+⨯-⨯+⨯-⨯ 的值化为小数，则小数点后第1个数字是 .二、解答下列各题 (每题10分，共40分, 要求写出简要过程)9. 图Q-9中有5个由4个1×1的小正方格组成的不同形状的硬纸板. 问能用这5个硬纸板拼成图Q-9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. 10. 长度为L 的一条木棍，分别用红、蓝、黑线将它等分为8，12和18段，在各划分线处将木棍锯开，问一共可以得到多少段？其中最短的一段的长是多少？11. 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？12. 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=⨯19101112116316424, 请问这两个数1163和16424中有质数吗? 并说明理由.三、解答下列各题（每小题 15分，共30分，要求写出详细过程）13．图Q-10中，六边形ABCDEF 的面积是2010平方厘米. 已知△ABC ，△BCD ，△CDE ，△DEF ，△EFA ，△FAB 的面积都等于335平方厘米，6个阴影三角形面积之和为670平方厘米. 求六边形111111A B C D E F 的面积.14．已知两位自然数“虎威”能被它的数字之积整除，求出“虎威”代表的两位数.第十五届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题A 解答（小学组）一、填空题1. 要在10个盒子中放乒乓球, 球的个数彼此不同, 不能少于11, 不能是13, 也不能是5的倍数, 那么至少需要个乒乓球.【答案】173.【解答】至少需要17323222119181716141211=+++++++++(个).2. 有五种价格分别为2元、5元、8元、11元、14元的礼品以及五种价格分别为1元、3元、5元、7元、9元的包装盒, 一个礼品配一个包装盒, 共有种不同价格.【答案】19.【解答】任意的搭配共有25种, 其中有价格重复的情况.由于礼品和包装盒的价格分别是公差为3和2的等差数列, 故当礼品和包装盒的价格分别差6时, 会出现价格重复的情况, 共有3×2=6种, 所以不同价格的礼品共有19625=-种.3. 汽车A 从甲站出发开往乙站, 同时汽车B 、C 从乙站出发与A 相向而行开往甲站, 途中A 与B 相遇20分钟后再与C 相遇. 已知 A 、B 、C 的速度分别是每小时90km, 80km, 60km, 那么甲乙两站的路程是 km.【答案】425.【解答】设A 与B 出发t 小时后相遇, 两地距离为s , 则s t =+)8090(, s t =++)31)(9060(. 解之得 4255.2170=⨯=s .4. 将21, 31, 41, 51, 61, 71和这6个分数的平均值从小到大排列, 则这个平均数排在第位.【答案】 5.【解答】先从小到大排列这6个分数: 2131********<<<<<, 因为前三个分数之和比后三个分数之和小, 因此这6个分数的平均值不可能排在它们的中间. 因为416716151413121⨯-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++417151-⎪⎭⎫ ⎝⎛+==020171>-, 且⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++-⨯7161514131213160715143>⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= 所以这6个分数的平均值大于14,小于13. 即这6个分数的平均值排在第5位.5. 将一个数的各位数字相加得到新的一个数称为一次操作, 经连续若干次操作后可以变为6的数称为“好数”, 那么不超过2012的“好数”的个数为_______, 这些“好数”的最大公约数是 _______.【答案】223, 3.【解答】易知, 从1开始, 连续递增的自然数, 经过上述操作最后得到的一位数是从1 到9循环地变化的. 因此, 最后变为6的数一共有2012[2239=个. 因为经过若干次操作后得到的数是6, 故这些数都是3的倍数. 又因为6和15都是这种数, 而（6, 15）= 3, 所以这些数的最大公约数是3.6. 图A-10所示的立体图形由9个棱长为1的立方块搭成, 这个立体图形的表面积为 .【答案】32.【解答】从上、下、前、后、左、右看到的这个立体图形的表面的面积分别为 5, 5, 5, 5, 6, 6, 总和为 32 .7. 数字卡片“3”、 “4”、 “5”各10张，任意选出8张使它们的数字和是33，则最多有张是卡片“3”.【答案】3.【解答】假设摸出的8张卡片全是数字“3”，则其和为3×8＝24，与实际的和33相差9，这是因为将摸出的卡片“4”、“5”都当成是卡片“3”的缘故. 用一张卡片“5”和“4”换一张卡片“3”，数字和可分别增加2和1. 为了使卡片“3”尽可能地多，应该多用卡片“5”或卡片“4”换卡片“3”，现在1249+⨯=，因此可用4张卡片“5”和1张卡片“4”换卡片“3”，这样8张卡片的数字之和正好等于33. 所以最多可能有3张是卡片“3”.8. 若将算式201020091200820071871651431211⨯+⨯-+⨯-⨯+⨯-⨯ 的值化为小数, 则小数点后第1个数字是 .【答案】4.【解答】因为)201020091200820071()651431(211⨯-⨯--⨯-⨯-⨯ )651431(21⨯-⨯-<209=45.0=, 且201020091)200820071200620051(871651()431211(⨯+⨯-⨯++⨯-⨯+⨯-⨯ 12543121=⨯->41.0>, 所以小数点后的第1个数字是4.二、解答下列各题9. 图A-11中有5个由4个1×1的小正方格组成的不同形状的硬纸板. 问能用这5个硬纸板拼成图A-11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.【解答】假设能拼成4×5的长方形, 如图A-12小方格黑白相间染色. 其中黑格、白格各10个.将五块纸板编号, 如图A-13所示, 除纸板④之外, 其余4张硬纸板每一张都盖住2个黑格, 而④盖住3个黑格或一个黑格. 这样一来, 由4个1×1的小正方格组成的不同形状的5个硬纸板, 只能盖住9或11个黑格, 与10个黑格不符.10. 长度为L 的一条木棍, 分别用红、蓝、黑线将它等分为8, 12和18段, 在各划分线处将木棍锯开, 问一共可以得到多少段？其中最短的一段的长是多少？【答案】28, 72L . 【解答】（1）易知红线与蓝线重合的条数是 31)12,8(=-；红线与黑线重合的条数是 1121)18,8(=-=-；蓝线与黑线重合的条数是 51)18,12(=-；红线、蓝线、黑线都重合的条数是 1121)18,12,8(=-=-.由红线7条, 蓝线11条, 黑线17条确定的位置的个数是271)513(17117=+++-++.① ②③④ ⑤图A-13图A-12因此, 依不同位置的线条锯开一共得到28127=+（段）.（2）最小公倍数72362]9,3,4[2]18,12,8[=⨯=⨯=.因此, 将木棍等分成72段时, 至少有一段是在上述红、蓝、黑线的某两条之间, 并且再短（段数更多）时就做不到了. 所以锯得的木棍最短的一段的长度是72L . 11. 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 总分分别是1, 4, 7, 8, 请问：E 队至多得几分？最少得几分？【答案】7, 5.【解答】设A ，B ，C ，D ，E 五队的总分分别是a , b , c , d , e , 五队的总分为S , 则e e d c b a S +=++++=20.五队单循环共比赛10场, 则30≤S . 如果有一场踢平, 则总分S 减少1分. 因为00011+++==a ,001311114+++=+++==b ,01337+++==c ,11338+++==d ,所以比赛至少有3场平局, 至多有5场平局. 于是730530-≤≤-S , 即272025≤+≤e .故75≤≤e .事实上, E 胜A, B, 负于C, 与D 踢平时, 7=e ；E 胜A, 负于C, 但与B 、D 踢平时, 5=e .所以E 队至少得5分, 至多得7分.12. 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=⨯19101112116316424, 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.【解答】1163是质数, 理由如下:（1）显然16424是大于2的偶数, 是合数.（2）如果1163是合数, 但不是完全平方数, 则至少有2个不同的质因数, 因为31113311163=>, 所以, 如果1163有3个以上不同的质因数, 必有一个小于11. 但是显然2, 3, 5, 7都不能整除1163, 11也不能整除1163, 因此1163仅有2个不同的大于11的质因数. 大于11的质数有:13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, … 既然237116337311147<<⨯=, 1163的两个不同的质因数一定有一个小于37, 另一个大于31. 计算10113131211639239113⨯=<<=⨯；79171343116310035917⨯=<<=⨯；6719127311638934719⨯=<<=⨯；6123140311639434123⨯=<<=⨯；47291363116310733729⨯=<<=⨯.所以1163是质数.三、解答下列各题13. 图A-14中，六边形ABCDEF 的面积是2010平方厘米. 已知△ABC , △BCD , △CDE , △DEF , △EFA , △FAB 的面积都等于335平方厘米, 6个阴影三角形面积之和为670平方厘米. 则六边形111111A B C D E F 的面积是平方厘米.【答案】670.【解答】如图A-15, 已知△ABC , △BCD , △CDE , △DEF , △EFA , △FAB 的面积都等于335平方厘米, 它们面积之和为33562010⨯=平方厘米=六边形ABCDEF 的面积.因此,未被盖住的六边形111111A B C D E F 的面积= 重叠部分的面积= (1)(3)(5)(7)(9)(11)S S S S S S +++++.另一方面,在△ABC 中, (1)(3)(2)335S S S +=-,在△BCD 中, (3)(5)(4)335S S S +=-在△CDE 中, (5)(7)(6)335S S S +=-在△DEF 中, (7)(9)(8)335S S S +=-在△EFA 中, (9)(11)(10)335S S S +=-在△FAB 中, (11)(1)(12)335S S S +=-上述6个式子相加, 得()()(1)(3)(5)(7)(9)(11)(2)(4)(6)(8)(10)(12)23355S S S S S S S S S S S S +++++=⨯-+++++ 即()(1)(3)(5)(7)(9)(11)233566701340.S S S S S S +++++=⨯-=所以(1)(3)(5)(7)(9)(11)1340670.2S S S S S S +++++== 因此,六边形111111A B C D E F 的面积=(1)(3)(5)(7)(9)(11)S S S S S S +++++=670 (平方厘米).14. 已知两位自然数“虎威”能被它的数字之积整除, 求出“虎威”代表的两位数.【答案】11, 12, 15, 24, 36.【解答】两位自然数共有90个, 一个一个地去试算检验它是不是满足条件, 工作量太大, 显然需要开动脑筋, 缩小试算范围.设“虎”、“威”两个汉字分表代表的数字为a , b . 因为10ab a b =+, 10a b +能被ab 整除意味着10a b +能被a 整除且10a b +能被b 整除. 如果10a b +能被a 整除, 说明b 能被a 整除；如果10a b +能被b 整除, 说明10a 能被b 整除. 这就是说, 数字a , b 同时要满足两个条件：（1）a 整除b , （2）b 整除10a .对满足这两个条件的a , b , 进行试算, 可以缩小试算的范围.若a ＝1, 则10能被b 整除, b 的可能值为1, 2, 5, 这时ab ＝11, 12, 15, 它们符合条件；若a ＝2, 则b 是偶数, 且20能被b 整除, b 的可能值是2, 4. 经检验后知只有ab ＝24满足条件；若a ＝3, 则b 是3的倍数, 且30能被b 整除, b 的可能值是3, 6. 经检验后知只有ab＝36合于要求；若a＝4, 则b是4的倍数, 且40能被b整除, b的可能值是4, 8. 经检验后它们都不合题意.若a＝5, 6, 7, 8, 9, 经过同样的检验后知, 没有符合题意的值.综上所述知：“虎威”代表的两位数11, 12, 15, 24, 36.。

第十五届“华杯赛”一组总决赛一试题答案

第十五届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛总决赛试题解答少年一组一试一、填空题1. 化简1 ÷ (a+1 ÷ (b+ 1 )) ÷ b - 1 = . 【答案】1.c ab +1 b(abc + a + c)【解答】原式 =1÷b-1a +c ab +1 b(abc + a + c)bc +1= bc +1 ⨯ ab +1 - 1abc + a + c b(abc + a + c)b=ab2 c + bc + ab +1-1 b(abc + a + c)=1.2.小兔和小龟同时从 A 地出发到森林游乐园, 小兔 1 分钟向前跳 36 米, 每跳3 分钟就原地玩耍, 第 1 次玩耍 0.5 分钟, 第 2 次玩耍 1 分钟, 第 3 次玩耍 1.5分钟,, 第k次玩耍0.5k分钟, 小龟途中从不休息和玩耍. 已知小龟比小兔早到森林游乐园 3 分 20 秒, A 地到森林游乐园有 2640 米, 则小龟 1 分钟爬行米.【答案】12 米.【解答】小兔到达森林游乐园需要跳动2640÷ 36 = 7313 (分钟).既然7313= 3⨯ 24 +43 ,小兔在到达森林游乐园签在途中就要共玩耍0.5 +1+1.5 + +12 = 0.5⨯12⨯ 25 =150（分钟）.设小龟 1 分钟爬行 m 米, 则可以列出方程：731 +150 - 2640 = 3 1 . 3 m 3解此方程, m ＝12（米）.3. A 、B 、C 、D 用 10、20、30、40 四个数的一个排列代入, 使得式1A -1B + 1C - 1D的值最大, 则 A + 2B + 3C + 4D 的值为.【答案】290【解答】解答 1：由于 10、20、30、40 四个数都是大于 1 的数, 故有下面的关系式：1 < C -1 < C - 1 < C , 1 < B < B + 1< B +1D C - 1DA -1 < A - 1 < A , 1 < 1 <1 . 1 B + A A -1A -11 C - B +1D C - 1D比较1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 ,20 -1 30 -1 30 40 - 10 -1 10 20 1 40得到, 要使得算式的值最大, A =10 . 同样, 要使得算式的值最大,1B +1 C - 1D应该尽量大, 由1 <B< B +1< B +1, C - 1D比较1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 ,20 +1 30 +1 40 +1 4020 30得 B =20.同样要使算式尽量大,1要尽量小, C - 1D1 < 1 < 1 ,C 1 C -1C - D比较,1,1,1,30 30 -1 40 40 -1故C =40, D =30.所以 A +2B +3C +4D 的值为290.1解答 2：令q =1, A -1B +1C - 1D则q =1=1=BCD - B - DA -1A -CD -1 ABCD - AB + AD - CD +1B +D BCD - B + DCD -1= 1 ⨯ ABCD - AB + AD - CD +1+ CD -1A ABCD - AB + AD - CD +1= 1 ⨯ (1 + CD -1 )A ABCD - AB + AD - AD +1= 1 ⨯ (1 + 1 ) = 1 ⨯ (1 + 1 ).A AD ABCD ADAAB + -1 + -1CD -1 CD CD -1当 A 变小, q 值变大. 所以 A =10 , 乘积 CD 变大, q 值变大, 所以 CD = 30⨯ 40 ,AD =10D , D 取 30, q 最大. 因此 C = 40, D = 30. 注意1= 24020 , 1 = 24010 ,10 -1 239001 10 - 1 23890120 + 120 + 130 - 140 - 140 30所以 A + 2B + 3C + 4D = 290.二、解答题4. 长方形 O 1O 2 BA 的宽 AO 1 =1 厘米, 分别以 O 1 与 O 2 为圆心, 1 厘米为半径画圆 O 1 和圆 O 2 , 交线段 O 1 O 2 于点 C 和D , 如图 A-45 所示. 则四边形 ABCD 的面积等于多少平方厘米?图 A-45【答案】1 平方厘米.【解答】四边形 ABCD 是个梯形, AB =O 1O 2 是大底, CD 是小底.AB + CD = O 1O 2 + CD = (O 1C + O 2 D - CD ) + CD = 1 + 1 - CD + CD = 2. 所以SABCD=(AB +CD ) ⨯AO1= 2 ⨯1=1（平方厘米）.2 25. 对于十进制自然数 n , S (n ) 表示 n 的数码和, 三位数中满足 S (a ) = S (2a )的数 a 有多少个？【答案】80.【解答】以下用 a 表示满足题设条件的三位数.0 = S (2a ) - S (a ) ≡ S (2a - a ) ≡ S (a ) (mod9).所以 a 是9的倍数.是9的倍数的三位数有12⨯9，13⨯9，，111⨯9.共计100个.（1）数码 5 >x≥y≥z≥ 0,且其和为9的数组{x, y, z} = {4, 4, 1}, {4, 3, 2}, {3, 3, 3} . 数组 {4, 4, 1} 可以组成 3 个三位数；数组{4, 3, 2}可以组成 6 个三位数；数组{3, 3, 3} 可以组成 1 个三位数, 这 10 个数不满足条件.（2）设a=100x+10y+z , x,y,z为数码. 则 2a=100⨯ 2x+10⨯ 2y+ 2z , 若x, y, z 中有一个不小于5时,例如y>5,则2y=10+m,0≤m≤8.2a=100⨯(2x+1) +10⨯m+ 2z ,S(2a)=2x +1+ m +2z =2x +1+(2y -10)+2z =2(x + y + z)-9=2S(a)-9.完全一样可以证明 , 当x,y,z中有k (0 ≤k≤ 3) 个数码大于 5 时 , S(2a)= S(a)-9k .因此数码 x ≥5> y ≥ z ≥0,且其和为9的数组{x,y,z}所组成的三位数是满足条件的数. 数码和为 9 的三位数不可能有 2 个大于 4 的数码.（3）三个数码和为 18 的三位数, 至少有 2 个数码大于 4. 由上面的说明, 三个数码和为 18 的三位数, 恰有 2 个数码大于 4 时, 这样的三位数满足条件. 三个数码和为 18, 恰有 3 个数码大于 4 的数组{x, y, z},x ≤ y ≤ z .{x, y, z}={5, 5, 8}; {5, 6, 7}; {6, 6, 6}.用数码{5, 5, 8}可组成 3 个三位数；用数码{5, 6, 7}可组成 6 个三位数；用数码{6, 6, 6}可组成一个三位数, 共计 10, 这 10 个三位数不满足条件.（4）三个数码和为 27 的三位数只有 999, 满足条件.综上所述, 100 个 9 的倍数的三位数中, 有 20 个数不满足条件, 所以, 满足条件的三位数由 80 个.6.n 张纸片,每张都写有不大于 n 的3个不同正整数,任意2张纸片恰有一个数是相同的. 求纸片上所有写的数的和.【答案】84.【解答】设 a 是出现最多的数字.一共有 k 张,则这 k 张纸片一共写有2k+1个不同的数字, 因为每个数都不大于n, 所以 2k+1 ≤n . 因此, k<n , 所以, 至少还有一张纸片没写上 a. 这张没写 a 的纸片与前面 k 张纸片中任一张纸片都恰有一个数相同, 这些数字彼此不同, 而且这个数不是a. 但是这张纸片上只有三个不同的数字, 所以, k=3. 因此, n≥ 2k+1 = 7 . 另外, n张纸片写有 3n个数, 同一个数最多写 3 次, 所以, 1,2, , n每个数都写了 3 次.如果 n >7,三张写有1的纸片上有7个不同的数,由于n >7,所以,还有一个数不出现在这三张纸片上, 记为b . 写有b的纸片上有 3 个数, 这张纸片与写有a 的三张纸片的每一张恰有一个相同的数字,这个数字不是1,也不是b .但是写有 b 的纸片上,除了 b 外,还只有2个数字,不可能与写有1的三张纸片每张都有一个相同的数字. 所以n=7．每个数恰在三张纸片上出现,所有写的数的和为3⨯(1+ 2 ++ 7) = 3⨯ 28 = 84 .下面是一个实例：1, 2, 3 1, 4, 5 1, 6, 7 2, 4, 6 2, 5, 7 3, 4, 7 3, 5, 6。

第十五届“华杯赛”总决赛团体赛(口试)试题答案

第十五届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛总决赛团体赛(口试)试题解答上半场题1（开场共答1）15++=⨯⨯华杯赛少俊金坛论数上面的算式中, 不同的汉字代表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.【答案】97515284613=⨯++⨯ 或97515.164328=⨯++⨯ 【解答】由15++=⨯⨯华杯赛少俊金坛论数可知, 华杯赛被15整除. 要求三位数“华杯赛”取得最大值, 我们从最大的被15整除的3位数进行筛选:990, 975, 960, 945, 930, 915, ……最大的合要求的是975, 而975 ÷ 15 = 65, 也就是++⨯⨯少俊金坛论数=65.容易由1, 2, 3, 4, 6, 8试凑得: 2×8+46+1×3=65. 于是得出合于题目要求的如下填数法,97515284613=⨯++⨯.或试凑1×6+43+2×8=65, 得97515.164328=⨯++⨯图A-57图A-56【解答】因为正六边形的一个内角为120, 是一个周角的1.3所以, 以正六边形的顶点为圆心、正六边形的边长为半径的圆弧, 等于1厘米. 阴影部分周长可以拼接为2个圆周, 所以是6厘米.题3（必答A1）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？【答案】18人.【解答】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12336⨯=（人次）. 设数学小组共有x 名成员, 由于每个成员恰借阅过其中的两本科普读物, 所以共被借阅2x 人次.因此 236x =,18x =.题4（必答A2）如图A-57, 有一个圆和三个正方形. 中间正方形的顶点在圆上, 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？【答案】3平方厘米.【解答】如图A-58, 绕中心O 旋转圆面, 使得点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 .成右图. 容易看出,图A-59图A-601111112322244IJKL PQST ABCD ABCD S S S S ⎛⎫====⨯= ⎪⎝⎭（平方厘米）. 题5（必答A3）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? 【答案】35.【解答】17535177252975⨯⨯=⨯⨯=, 由于月份数取1~12的自然数, 日期数取1~31的自然数, 所以, 李明父亲要么是25岁, 7月17日生, 要么是35岁, 5月17日生.由于李明已经小学六年级, 他老爸不可能25岁, 所以李明父亲的年龄是35岁.题6（必答A4）如图A-59, D 是BC 边上一点, 且2,BD DC = DP//CA . 三角形APD 的面积为14cm 2, 问三角形ABC 的面积是多少cm 2.【答案】63cm 2.【解答】连结PC , 见图A-60. 因为 DP//CA , 所以14PCD APD S S ∆∆==.又因为2,BD DC = 所以21428PBD S ∆=⨯=( cm 2). 所以281442ABD PBD APD S S S ∆∆∆=+=+=( cm 2).因此,33426322ABC ABD S S ∆∆=⨯=⨯= ( cm 2).题7（必答A5）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, 就称为一个“好数”. 请找出2007, 2008, 2009, 2010, 2011图A-62图A-61中的“好数”. 【答案】2007.【解答】易知：一个数为“好数”, 当且仅当它是一个奇数且能被3整除. 因此, 2007是“好数”, 而2008, 2010不是“好数”, 因为它们不是奇数, 2009, 2011也不是“好数”, 因为它们不能被3整除．事实上, 2007=1003+1004=668+669+670, 符合“好数”的定义. 题8（必答A6）如图A-61, 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?【答案】31平方厘米.【解答】由正六边形的性质, 图A-62中阴影跳棋盘部分被分成12个边长相等的正三角形. 而图中未着色的6个三角形都是等腰三角形, 其中一个角为120, 两个底角为30. 腰长等于小正三角形的边长. 因此未着色的三角形的面积等于小正三角形的面积. 正六边形A’B’C’D’E’F’的面积是正六边形ABCDEF 的31186=. 故正六边形A’B’C’D’E’F’的面积是31平方厘米. 题9（必答A7）袋里的红球占袋中总球数的167；再往袋里放入40个红球后, 红球占总数的43. 问最后袋里共有多少个球？【答案】72个.【解答】设最后袋里共有球x 个, 则根据题设, 有4340167)40(⨯=+⨯-x x , 即图A-63图A-64图A-657(40)16401272.x x x ⨯-+⨯==，题10（必答A8）图A-63中所标出的10个角的度数总和是多少?【答案】1080︒.【解答】图A-64中, 阴影四边形的内角和是360, 这样四边形有5个, 度数和是1800；其中围绕中间的五边形 ABCDE 顶点的10个角度数的和恰是这个五边形外角和360的2倍, 故图中所求的10个内角和是180023601080-⨯=.题11（群答2）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. 【答案】丙.【解答】全对的只能是甲(或乙), 只对一个的是乙（或甲）（因为甲、乙两人第一张猜到同样的结果）, 因此, 全错是丙.题12（群答3）如图A-65, A 是邮局, B , C , D , E , F 是5户人家. 相邻两家的路程如图所标示. 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？图A-66图A-68【答案】500米.【解答】100100100100100.A B C F E D −−→−−→−−→−−→−−→题13（共答2）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A-66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. 【答案】9个. 一种放法如图A-67.题14（必答B1）如图A-68, 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？【答案】60.5平方厘米.【解答】因为正方形AMOP 的面积是8平方厘米, 所以对角线AO = 4厘米, 正方形CNOQ 的面积是24.5平方厘米, 所以对角线OC =7厘米. 因此正方形ABCD 的对角线等于 4 + 7 = 11厘米.所以正方形ABCD 的面积=5.6011212=⨯平方厘米.图A-67图A-69图A-70题15 （必答B2）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. 【答案】不能.【解答】设两个□中填入的整数分别为,x y , 若x y +等于偶数, 则,x y 奇偶性相同. 若,x y 同为奇数, 则7,5x y 都为奇数, 75x y +为偶数, 不能等于11111；若,x y 同为偶数, 则7,5x y 都为偶数, 75x y +也为偶数, 也不能等于11111. 综上可知, 两个□中填入的整数之和不能等于偶数.题16（必答B3）如图A-69, 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? 【答案】19平方厘米.【解答】设梯形的高为h , 则 1111()()22242M N P h S A D B C A D B C h ∆=⨯+⨯=⨯+1761944ABCD S ===(平方厘米). 题17 （必答B4）一种电子表在10点28分6秒时, 显示的时间如图A-70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共有多少秒？【答案】 90秒.【解答】在10点至10点半这段时间内, 要使电子表上六个数字都不相同, 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）, 也就是图A-72电子表上六个数字都不相同的时间共有90秒.题18（必答B5）如图A-71, 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 的交点为N . 问?BMDNABCDS S = 【答案】13BMDN ABCD S S =. 【解答】如图A-72, 连接BD , CN , 填入面积,x y , 则由三角形CDF 与BGD 比较可知,13BDN BCD S x y S ∆∆=+=.同理可得,13BDM ABD S S ∆∆=.相加即得13BMDN ABCD S S =. 题19（必答B6）如图A-73, 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？【答案】不能.【解答】依题意, 每次操作都对一行、一列进行操作, 则一次操作改变状态灯泡的为10个灯次, 设k 次操作能使得25盏灯都熄灭, 则k 次操作共改变灯泡状态为10k 个灯次, 是个偶数；而若要使得一盏灯由亮到熄灭, 必须改变奇数次状态, 25盏灯都熄灭时改变状态的灯次总数为25个奇数之和, 等于奇数个灯次, 但奇数个灯次不等于偶数个灯图A-74图A-76图A-75次, 所以不能通过有限次操作使得25盏灯都熄灭.题20（必答B7）如图A-74, 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 点同时出发分别沿五边形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?【答案】1.2倍.【解答】如图A-75, 设正六边形边长为a , 则蓝精灵走一周的路程为6a , 红精灵走一周的路程为5a , 所以蓝精灵速度:是红精灵速度的61.25=倍. 题21（必答B8）将33写成n 个连续自然数之和. 当n 取最大值时, 将写成的和式中的所有“+”号全变为“×”号后, 其乘积等于多少? 【答案】20160.【解答】因为12345672833,++++++=<23456783533.++++++=>所以33不能写成7个或多于7个的连续自然数之和. 因此 6.n ≤而33 = 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8, 所以n 得最大值为 6. 又n =6时,87654333+++++=, 从而有20160876543=⨯⨯⨯⨯⨯.下半场题22 （共答3）将长方形ABCD 绕顶点A 顺时针旋转90, 边CD 扫过的面积如图A-76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, 使它的面积等于图中阴影部分的面积.图A-78图A-77【答案】作法如图A-78所示.【解答】如图A-77, 连接AC , AC 1, 则阴影部分面积S 2222()444AC AD AC AD πππ=-=-2242CD CD ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭.阴影部分面积等于以CD 为直径的圆面积. 因此, 得如下作图法：延长C 1B 1交BC 于E , 连接BB 1与AE 交于M , 连接AC 1与D 1B 1交于N , 连接MN 交AB 1于O . 以O 为圆心AO 为半径画圆, 该圆的面积即等于图中阴影部分面积.题23（群答4）1+++=++++振兴中华两岸四地同心在上面的算式中, 不同的汉字代表 0 - 9 中的不同的数字. 若已知“同心=10”, 问：振 + 兴 + 中 + 华 = ？【答案】 27. 【解答】由于1+++=++++振兴中华两岸四地同心,易知振+兴+中+华=两+岸+四+地+10,即（振+兴+中+华）-（两+岸+四+地）=10. ①但振+兴+中+华+两+岸+四+地+1+0=45,所以+（振+兴+中+华）（两+岸+四+地）=44. ② 因此, 由① + ②得振+兴+中+华=10445427.22+== 题24（群答5）给出字谜算式:()()+++2010⨯=华老百年华诞三年-(金坛+翻+番),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.【答案】 ()(291028)50(3746)2010.++⨯-+++=【解答】()20106730(291028)50(3746).=⨯=++⨯-+++【注】常州日报2010年8月1日消息, 金坛市推出“3年翻番计划”, 将规划建设“二城一都”; 华罗庚科技新城和环钱资荡滨湖城, 同时, 全力打造“光伏之都”. 经济总量计划三年翻番.题25（抢答1）现在有11个齿轮如图A-79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.图A-79【答案】不能.【解答】齿轮要么逆时针转动, 要么顺时针转动. 一个齿轮不可能同时既逆时针转动又顺时针转动.如图A-80, 将齿轮依次编号, 假设1号轮为主动轮是逆时针转动, 那么2号轮则顺时针转动, 3号轮则逆时针转动, 4号轮则顺时针转动, 依次下去, 奇数号的轮逆时针转动, 偶数号的轮顺时针转动, 所以第11号轮应逆时针转动. 但第11号轮又将传动第1号轮, 于是第1号轮（相当于第12号轮）应顺时针转动. 这样, 第1号轮同时既要逆时针转动, 又要顺时针转动, 这是不可能的！所以图A-79中所示的11个齿轮的传动系统是不可能转动起来的！题26（抢答2）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.【答案】4月21日.【解答】设这个同学的生日为x 月y 日, 其中,x y 都是正整数, 112,x ≤≤131.y ≤≤ 且满足关系式3112376x y +=.由于376与12都被4整除, 所以31x 被4整除, 由于31与4互质, 所以x 被4整除, 因此x 只能取4或8或12. 376被3除余1, 12y 被3整除, 所以31x 被3除余1, 而31被3除余1, 所以只能x 被3除余1. 因此 4.x =图A-80而 12376314376124252,y =-⨯=-=所以25221.12y == 即这个同学的生日是 4月21日.题27（抢答3）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A-81所示. 记甲、乙两块阴影截扇形与半圆丙的面积分别为S S S 甲乙丙，，, 求 ::S S S 甲乙丙.【答案】::48:40:1S S S =甲乙丙【解答】因为211.22S ππ=⨯=丙21143.3223S πππ⎡⎤=⨯-=⎢⎥⎣⎦乙22111853.5225S πππ⎡⎤=⨯-⨯=⎢⎥⎣⎦甲所以84::::48:40:15.532S S S πππ==甲乙丙题28（抢答4）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?图A-81图A-82图A-83【答案】3456000个.【解答】根据网上选号规则, 可供挑选的英文字母有26-2=24（个）, 且只能在第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个位置是数码, 每个数码有10种选法. 所以满足规定的编码共有624241010103456000⨯⨯⨯⨯⨯=（个）.题29（抢答5）机器人在长为16米宽为8米的长方形场地上, 沿图A-82所示的小路按箭头的指向表演行走. 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). 【答案】152米.【解答】将横、竖各段路程长度加起来就会得到结果：16 + 8 + 16 + 7 + 15 + 6 + 14 + 5 + 13 + 4 + 12 + 3 + 11 + 2 + 10 + 1 + 9(116)161616178161361522+⨯=+=+⨯=+=（米）. 另法: 如图A-83所示, 将16×8的长方形各边都向外扩充0.5米, 成为一个17×9的长方形. 这样黑粗线成为了宽为1米的平行线的正中平行线, 其中只少了A , B 处两个白色的面积为0.5×1=0.5的小矩形. 所以设想的拖地板的服务员, 拖的地板面积比总面积少拖1平方米, 因此, 机器人走的总路程=17×9-1=152（米）.题30（抢答题6）图A-84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？图A-84【答案】18种.【解答】分两种情况:（1）直溪镇与指前镇同色.给直溪镇与指前镇染色: 有3种情况; 给朱林镇染色: 2种情况;给薛埠镇染色: 2 种情况. 共计3×2×2=12种.（2）直溪镇与指前镇异色.给直溪镇与指前镇染色: 有6种情况; 给朱林镇染色: 1种情况;给薛埠镇染色: 1 种情况. 共计6×1×1=6种.总计：共有12+6=18种染色方法.题31（抢答7）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, 按照从小到大排列, 2010排在第几个？【答案】第30个.图A-85图A-86【解答】由数字0、1、2生成的最高位为1的4位数共有3×3×3=27个, 其中大于1000的共有27-1=26个. 由0, 1, 2生成的最高位为2而不大于2010的自然数从小到大只有2000, 2001, 2002, 2010四个. 因此, 由数字0、1、2（既可全用也可不全用）组成的大于1000且不超过2010的自然数, 总计有26 + 4=30个, 2010是其中最大的, 因此按照从小到大排列, 排在第30个.题32（抢答8）如图A-85, 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．【答案】2.5 cm 2.【解答】连DP , 并将三角形ADP 绕A 点顺时针旋转90, 到三角形ABM 的位置, 见图A-86. 则AMBP 是直角梯形. 其面积等于(5+3)×3÷2=12, 即凹四边形ABPD 的面积是12. 又正方形ABCD 的面积为 2223534AB =+=. 从而三角形ABD 的面积为17.所以, 三角形PBD =（17－12）=5. 因此, 三角形OBP 的面积 = 2.5 cm 2.题33（共答4）如图A-87, 房间里有一只老鼠, 门外有一只小猫, 立在北墙跟第3块地板砖的右上角点. 整个地面由80块大小相同的正方形地砖铺成, 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）【答案】66.875%.【解答】设地板正方形边长为1, 则这个房间面积为80. 如图A-88,图A-88阴影部分区域为老鼠在地面上能避开小猫视线的活动范围. 这个范围的总面积为(27)52422S +⨯⨯=+= 26.5. 所以小猫能监控到的面积为8026.553.5.-=占房间总面积的53.50.6687566.875%.80== 题34（群众共答）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”. 请用你的“共”, “迎”, “接”来计算式子2?-⎛⎫= ⎪⎝⎭共迎接请大家一起同声回答！图A-87【答案】16.【解答】设想的两个非0数为,.a b 则222222()()4416.a b a b ab ab ab ⎛⎫-+--⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭共迎接。

华杯赛试题及答案

华杯赛试题及答案一、选择题1.下列哪个城市是中国的首都？A. 上海B. 广州C. 北京D. 香港答案：C2.下列哪个城市是世界上人口最多的城市？A. 东京B. 孟买C. 上海D. 莫斯科答案：B3.下列哪个是中国四大发明之一？A. 火药B. 望远镜C. 司南D. 印刷术答案：D4.下列哪个是中国古代的丝绸之路起点？A. 西安B. 北京C. 成都D. 重庆答案：A5.下列哪个国家是金字塔的发源地？A. 埃及B. 叙利亚C. 印度D. 墨西哥答案：A二、填空题1.《西游记》是中国四大名著之一，由____________所著。

答案：吴承恩2.世界上最长的河流是____________。

答案：尼罗河3.太阳系中离地球最近的行星是____________。

答案：金星4.中国的国花是____________。

答案：牡丹5.美国的首都是____________。

答案：华盛顿特区三、简答题1.简要介绍一下中国的长城。

答案：中国的长城是一道古老而壮丽的建筑工程，是中国古代的军事防线。

它始建于东周时期，历经多个朝代的修建和扩展。

长城起初是用来防御外族侵略的，后来也发挥了交通和通讯的作用。

长城的总长度超过2万公里，是世界上最大的防御工程之一，也是中国的重要旅游景点之一。

2.简述一下古埃及的金字塔。

答案：古埃及的金字塔是古代埃及法老的墓葬建筑，通常由巨大的石块堆砌而成。

金字塔代表了古埃及文明的辉煌，也是埃及的标志性建筑之一。

最著名的金字塔是位于吉萨的胡夫金字塔，高度达到了约138米。

金字塔内部通常设有陵墓、殿堂和宝藏室等。

金字塔的建造需要大量的人力和物力，也展示了古埃及人民的工程技术和社会组织能力。

四、判断题判断下列说法是否正确，正确的在括号内打“√”，错误的打“×”。

1.世界上最高的山峰是珠穆朗玛峰。

(×)2.中国的国家动物是大熊猫。

(√)3.人类的祖先是猿猴。

(×)4.长江是中国最长的河流。

第十五届“华杯赛”一组总决赛二试题答案

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3a a 当 1时, 20 100 a 3a 3a a a 3 3 , a 300 . , 100 20 20 100 100 3a a 当 1时, 20 100 a 3a 3a a a 3 2 , a 200 . 1, 100 20 20 100 100
当 x 1时, 原式化为 x 2 ( x 1) 2 或 3 2 . 可见, 当 x 1 时, 原式恒成立. 于是, x 应满足条件是 1.5 x 0.5 . 解答 2：当 x 2 时, 原不等式化为 | x 2 (1 x) | 2 ,
76 21 个取值在 1～12 的差. 这些差中 2
（1）不可能出现 am an ak an ; （2）若有 am an an al , 即 2an am al , (m n l ) , 则不能有
m1 m, l1 l ( m1 n l1 ), 使得 2an am1 al1 , 否则存在 2 对牌, 其中一对牌的
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在将 1、3 和 5 反面后, 仍放在原来位置. 将整摞纸片从任一张纸片分成两摞, 将上一摞整摞反转后再放在下一摞上, 或者把 5 张纸片整摞反转, 算是一次“反转 ” . 若要使上述摆放的五张纸片都转变成正面向上的状态, 则至少要进行 “反转 ”. （有数字的面为正面）【答案】5. 【解答】若把整摞纸片看成为, 每一部分都是同方向的“子摞”而成. 因此原来的整摞纸片有 5 摞纸片组成. 一次“反转”只能从一张纸片开始, 把上部分最上面的纸片与下部分的上面第一张纸片相邻 . 注意到上部分反转时 , 中间次序没有发生变化 , 一次反正后 “子摞”数只会出现三种情况：增加 1, 不变, 减少 1. 并且整摞反转时, “子摞” 数目, 不会发生变化. 按照要求, 要把 5 变成正面向上, 一定有一次要 5 张纸片一次“反转”. 而整摞的数码保持不变. 要把 5 个“子摞”变成一个子摞, 至少“反转”4 次. 因此, 至少反转 5 次. 下面说明 5 次可以保证 5 张纸片都是正面向上的状态：即将 1 先 “反转” , 再将 1 和 2 同时反转, 依次再反转 2、1、3；再反转 3、1、2、4. 最后反转 4、2、 1、3、5 就全都正面向上了. 共 5 次. （此种反转为其中一种） 3. [a] 表示不大于 a 的最大整数, 已知次

华杯赛决赛试题及答案

华杯赛决赛试题及答案一、选择题1. 下列哪个选项是正确的？A. 地球是平的B. 地球是圆的C. 地球是三角形的D. 地球是正方形的答案：B2. 以下哪个数字是最小的质数？A. 2B. 3C. 4D. 5答案：A3. 以下哪个选项是正确的？A. 2 + 2 = 5B. 3 - 1 = 1C. 4 * 2 = 6D. 5 / 2 = 2答案：C二、填空题1. 请写出圆的面积公式：__________。

答案：πr²2. 请写出勾股定理的公式：__________。

答案：a² + b² = c²3. 请写出牛顿第二定律的公式：__________。

答案：F = ma三、解答题1. 已知一个直角三角形，两条直角边的长度分别为3和4，求斜边的长度。

答案：斜边长度为5，因为根据勾股定理，3² + 4² = 5²。

2. 一个数列的前三项为2, 4, 6，每一项都是前一项加上2，求第10项的值。

答案：第10项的值为20，因为每一项都是前一项加上2，所以第10项的计算方式为2 + (10-1)*2 = 20。

3. 一个水池，打开水龙头后，每分钟流入水池的水量是固定的，如果单独打开一个水龙头，需要1小时才能将水池填满，如果同时打开两个水龙头，需要40分钟才能将水池填满。

请问，如果同时打开三个水龙头，需要多少时间才能将水池填满？答案：需要24分钟。

设水池的容量为C，单个水龙头每分钟的进水量为x，则有C = 60x。

两个水龙头同时打开时，每分钟的进水量为2x，所以C = 40 * 2x。

由此可得，x = C / 60。

三个水龙头同时打开时，每分钟的进水量为3x，所以需要的时间t = C / (3x) = 60 / 3 = 20分钟。

第十五届“华杯赛”一组总决赛二试题答案

第十五届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛总决赛试题解答少年一组二试一、填空题1. 不满足不等式2|1||2|>--+x x 的x 应满足的条件是 .【答案】5.05.1≤≤-x .【解答】解答1：当2-≤x 时, 原不等式化为 2|)1(2|>----x x 或 23>. 可见, 当2-≤x 时, 原不等式恒成立.当12≤<-x 时, 原不等式化为 2)1(2>--+x x 或 212>+x , 即 212>+x 或212-<+x . 解得 5.0>x , 此时 15.0≤<x ; 或 5.1-<x , 此时5.12-<<-x .当 1>x 时, 原式化为 2)1(2>--+x x 或 23>. 可见, 当1>x 时, 原式恒成立.于是, x 应满足条件是 5.05.1≤≤-x .解答2：当 2-≤x 时, 原不等式化为 2|)1(2|>----x x ,2|)1(2|≤----x x 恒不成立.当12≤<-x 时, 原不等式化为2)1(2≤--+x x , 212≤+x , 即2122≤+≤-x . 解得5.05.1≤≤-x .当 1>x 时, 原式化为2)1(2≤--+x x , 23≤, 恒不成立.故当5.05.1≤≤-x 时, 原不等式不成立.2. 分别写有1、2、3、4、5的五张纸片, 从小到大正面向上, 摞成一摞. 现在将1、3和5反面后, 仍放在原来位置. 将整摞纸片从任一张纸片分成两摞, 将上一摞整摞反转后再放在下一摞上, 或者把5张纸片整摞反转, 算是一次“反转” . 若要使上述摆放的五张纸片都转变成正面向上的状态, 则至少要进行次“反转”. （有数字的面为正面）【答案】5.【解答】若把整摞纸片看成为, 每一部分都是同方向的“子摞”而成. 因此原来的整摞纸片有5摞纸片组成.一次“反转”只能从一张纸片开始, 把上部分最上面的纸片与下部分的上面第一张纸片相邻. 注意到上部分反转时, 中间次序没有发生变化, 一次反正后“子摞”数只会出现三种情况：增加1, 不变, 减少1. 并且整摞反转时, “子摞”数目, 不会发生变化.按照要求, 要把5变成正面向上, 一定有一次要5张纸片一次“反转”. 而整摞的数码保持不变. 要把5个“子摞”变成一个子摞, 至少“反转”4次. 因此, 至少反转5次.下面说明5次可以保证5张纸片都是正面向上的状态：即将1先“反转”, 再将1和2同时反转, 依次再反转2、1、3；再反转3、1、2、4. 最后反转4、2、1、3、5就全都正面向上了. 共5次. （此种反转为其中一种）3. ][a 表示不大于a 的最大整数, 已知⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡17173172171k 被13除的余数是7, 则不超过48的最大的正整数k ＝ .【答案】45.【解答】设)70(,7<≤+=l l n k , n 是整数, 则有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡17173172171k =l n )1(321777+⨯⨯⨯⨯ ,)13(mod 1183222347≡⨯≡⨯=,)13(mod 33113333337≡⨯⨯≡⨯⨯=,)13(mod 444467≡⨯=,)13(mod 881555347≡⨯≡⨯=,)13(mod 767≡,其中式子)(mod m a N ≡表示整数N 和a 被整数m 除有相同的余数. 故)13(mod 8784311163217777≡⨯⨯⨯⨯⨯≡⨯⨯⨯⨯ .而)13(mod 45678≡=⨯, )13(mod 22874≡=⨯,)13(mod 172≡⨯, )13(mod 771≡⨯,则最大的正整数k 是45.二、解答题4. 扑克牌中的J, Q, K 分别看成11, 12, 13点. 从1到13点的13张扑克牌中至多挑出几张牌, 使得没有2对牌, 其中一对牌的点数之和等于另一对牌的点数之和？【答案】6.【解答】解法 1. 设最多可以挑出来n 张. 而 }13,8,5,3,2,1{满足要求, 所以6≥n . 设挑出来n 张牌为 n a a a a <<<< 321, 如果其中j k a a a a l k j i ≠,,,,, 满足条件：l k j i a a a a -=- （1）则挑出来的牌不满足要求.若7≥n , 则1727374757,,,,a a a a a a a a a a -----, 5个差值是各不相同的;1626364656,,,,a a a a a a a a a a -----, 5个差值是各不相同的;15253545,,,a a a a a a a a ----, 4个差值是各不相同的.如果j i a a a a -=-67, j i a a a a -=-57, j i a a a a -=-56, j i a a ≠, 则不满足要求. 以上14个差值取值在1到12. 因此, 只有下列情况时不满足条件（1）:i a a a a -=-557, j a a a a -=-556.所以j i a a a a a +=+=6752, 挑出的7个数不满足要求.所以6=n .解法2. 设至多挑出n 张牌, 但是}13,8,5,3,2,1{中没有2对牌, 其中一对牌的点数之和等于另一对牌的点数之和, 所以6≥n .若7=n , 所取的7张牌, 从小到大排列为：{721,,,a a a }, 任取2个m a 和n a , 无妨设n m a a >, 则共有21267=⨯个取值在1～12的差. 这些差中（1）不可能出现n k n m a a a a -=-;（2）若有l n n m a a a a -=-, 即)(,2l n m a a a l m n >>+=, 则不能有l l m m ≠≠11,(11l n m >>), 使得,211l m n a a a +=否则存在2对牌, 其中一对牌的点数之和等于另一对牌的点数之和. 即对于同一个n , 出现l n n m a a a a -=-或)(2l n m a a a l m n >>+=具有唯一性.出现)(2l n m a a a l m n >>+=至多有5组, 相当于从21组中取出这5组, 尚有16组, 16个取值在1～12的差, 必有两个相同.5. 汽车队去往受灾群众安置点运送物资, 每辆汽车载重量为10吨, 若每个帐篷分配1.5吨物资, 则余下不足一车物资；若每个帐篷分配1.6吨物资, 则尚差2车多的物资. 问: 这个安置点最少有多少顶帐篷?【答案】213.【解答】解法1. 设车队有b 辆车, 安置点有a 个帐篷. 为了方便设每车有100份物质, 则)3(10016)2(10010015)1(100+<<+<<<-b a b b a b .所以2]16.0[,1]15.0[+=-=b a b a , 3]15.0[]16.0[+=a a .现在求满足上式的a 的最小值.340.16{0.16}0.15{0.15} 3. {}{} 3.1002025a a a a a a a -=-++=+由高斯记号的定义, 对于任意大于0的数y x ,有⎩⎨⎧>++<++=+.1}{}{ 1,-}{}{;1}{}{ },{}{}{时当时当y x y x y x y x y x 注意到 1001203254+=有, ⎝⎛≥++<+++=+ 1.}100{}203{ ,1-}100{}203{1;}100{}203{ },100{}203{3}203{100a a a a a a a a a a 当当当1100203<⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎭⎬⎫⎩⎨⎧a a 时, 3100,1002033203100=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎭⎬⎫⎩⎨⎧+=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+a a a a a , 300≥a . 当1100203≥⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎭⎬⎫⎩⎨⎧a a 时, 2100,11002033203100=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎭⎬⎫⎩⎨⎧+=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+a a a a a , 200≥a . 当207200200<+=≤r a 时, 60≤≤r ,11009710016100203100203<<=+=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎭⎬⎫⎩⎨⎧r r r a a , 不满足要求.当214200207<+=≤r a 时, 137≤≤r , 100100)7(15715100203100203r r r r a a +⎭⎬⎫⎩⎨⎧-⨯+⨯=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎩⎨⎧<<=>=-=+-⨯+=.13,1,13,110010016100100)7(155r r r r r 所以, 满足条件的最小整数a = 213.解法2. 设车队有b 辆车, 安置点有a 个帐篷. 有)3(106.1)2(10,105.1)1(10+<<+<<-b a b b a b ,)3(10016)2(100,10015)1(100+<<+<<-b a b b a b .解不等式组1001510015, , 100(2)16100(2)16a b a b b a b a ⎧<⎪<⎧⎪⎨⎨+<+⎩⎪<⎪⎩可得30>b .取31=b , 代入)3(10016)2(100,10015)1(100+<<+<<-b a b b a b , 得 212207,206200,3400163300,3100153000≤≤≤<<<<<a a a a .a 无解.取32=b , 代入)3(10016)2(100,10015)1(100+<<+<<-b a b b a b , 得 218213,213207,3500163400,3200153100≤≤≤≤<<<<a a a a .因此, a ＝213.6. （1）如图A-46中的大正方形被分成了4个小长方形. 已知黑色小长方形的总面积与白色小长方形的总面积相等. 证明, 一定能将这两个黑色小长方形完整地对接拼成为一个大长方形.（2）如果图A-47所示的大正方形中黑色小长方形的总面积与白色小长方形的总面积相等. 还能将这些黑色小长方形完整地对接拼在一起成为一个大长方形吗？【解答】（1）在图A-48中, 只要能证明MK=NK 或PK=QK , 就可以将这两块黑色长方形拼在一起成为一个大长方形.依题意, MKQD NKPB KNCQ APKM S S S S 长方形长方形长方形长方形+=+,所以MK QK NK PK NK QK MK PK ⨯+⨯=⨯+⨯.于是NK QK MK QK NK PK MK PK ⨯-⨯=⨯-⨯,即)()(NK MK QK NK MK PK -=-, 0))((=--QK PK NK MK .因此, 要么NK MK NK MK ==-,0, 要么QK PK QK PK ==-,0.若MK=NK , 此时KNC Q MKQD S S 长方形长方形=, 将长方形KNCQ 上移与长方形MKQD 重合, 则黑色部分拼成了一个大长方形. 若PK=QK , 此时N K P B KNCQ S S 长方形长方形=, 将矩形KNCQ 左移与矩形NKPB 重合, 则黑色部分拼成了一个大长方形.综上可得, 总能将这些黑色小长方形形拼在一起成为一个大长方形.（2）经过适当的平移可将图A-47变为图A-46, 根据（1）, 可知图A-47中这些黑色小长方形拼在一起也能成为一个大长方形.。

第十五届“华杯赛”小学组决赛试题C答案

连续的非零自然数之和，就称这个自然数为“好数”，那么不大于 2011 的自然
数中最大的“好数”为
.
【答案】2007.
【解答】设“好数”可以表示为 m ， m 1两个非零自然数的和，也可以表示为 n ， n 1， n 2个非零自然数的和. 所以 2m 1 3n 3，即
m 3 n 1. 2
五队单循环共比赛 10 场, 则 S 30. 如果有一场踢平, 则总分 S 减少 1 分. 因为
a 11000,
b 4 1111 3100,
c 7 3310,
d 8 3 3 11,
所以比赛至少有 3 场平局 , 至多有 5 场平局 . 所以 30 5 S 30 7 , 即 25 20 e 27 . 故 5 e 7 .
且
( 1 1 )( 1 1 ) 1 2 3 4 5 6 78
(
1

1
)1 1 5
2005 2006 2007 2008 2 3 4 12
0.41,
所以小数点后的第 1 个数字是 4.
二、解答下列各题
9. 图 A-21 中有 5 个由 4 个 1×1 的小正方格组成的不同形状的硬纸板. 问能用这 5 个硬纸板拼成图 A-21 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.
由此，甲、两人轮流划数，则最后剩下的两个数一定是①描述的一组, 两数之差为 55.
所以甲可以采取上述的策略使得最后剩下的两个数之差是 55. 12. 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 116316424 , 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. 【解答】（1）显然 16424 是大于 2 的偶数, 是合数. （2）如果 1163 是合数, 但不是完全平方数, 则至少有 2 个不同的质因数, 因为113 1331 1163 , 所以, 如果 1163 有 3 个以上不同的质因数, 必有一个小于 11. 但是显然 2, 3, 5, 7 都不能整除 1163, 11 也不能整除 1163, 因此 1163 仅有 2 个不同的大于 11 的质因数. 大于 11 的质数有:

华杯赛试题及答案解析

华杯赛试题及答案解析一、选择题1. 下列哪个选项是正确的？A. 2+2=5B. 3+3=6C. 4+4=8D. 5+5=10答案：C2. 哪个国家是联合国的创始会员国之一？A. 中国B. 巴西C. 印度D. 德国答案：A二、填空题3. 请填写下列算式的空白处：2×3×______=24。

答案：44. 请填写下列单词的中文意思：_________（environment）。

答案：环境三、简答题5. 请简述牛顿的三大定律。

答案：牛顿的三大定律包括：- 第一定律：惯性定律，即物体在没有外力作用时，将保持静止或匀速直线运动。

- 第二定律：加速度定律，即物体的加速度与作用在其上的力成正比，与物体的质量成反比。

- 第三定律：作用与反作用定律，即对于每一个作用力，总有一个大小相等、方向相反的反作用力。

四、计算题6. 计算下列表达式的值：(3x^2 + 2x - 5) / (x + 1)，其中x=2。

答案：将x=2代入表达式，得到(3*2^2 + 2*2 - 5) / (2 + 1) = (12 + 4 - 5) / 3 = 11 / 3。

五、论述题7. 请论述光的波粒二象性。

答案：光的波粒二象性是指光既表现出波动性，又表现出粒子性。

波动性表现在光的干涉、衍射等现象中，而粒子性则表现在光电效应等现象中。

这一理论是量子力学的基础之一。

六、实验题8. 请设计一个实验来验证阿基米德原理。

答案：实验步骤如下：- 准备一个弹簧秤、一个金属块和水。

- 首先，在空气中测量金属块的重量。

- 然后，将金属块完全浸入水中，再次测量其重量。

- 观察到在水中测量的重量小于空气中的重量，这是因为金属块受到水的浮力作用，从而验证了阿基米德原理。

七、案例分析题9. 阅读以下案例，并分析其原因：案例：小明在跑步时突然感到呼吸困难，心跳加速。

答案：小明可能由于剧烈运动导致身体氧气供应不足，心跳加速是为了加快血液循环，以更快地将氧气输送到身体各部位。

第十五届“华杯赛”小学组决赛试题A答案

第十五届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题A 解答（小学组）一、填空题1. 要在10个盒子中放乒乓球, 球的个数彼此不同, 不能少于11, 不能是13, 也不能是5的倍数, 那么至少需要个乒乓球.【答案】173.【解答】至少需要17323222119181716141211=+++++++++(个).2. 有五种价格分别为2元、5元、8元、11元、14元的礼品以及五种价格分别为1元、3元、5元、7元、9元的包装盒, 一个礼品配一个包装盒, 共有种不同价格.【答案】19.【解答】任意的搭配共有25种, 其中有价格重复的情况.由于礼品和包装盒的价格分别是公差为3和2的等差数列, 故当礼品和包装盒的价格分别差6时, 会出现价格重复的情况, 共有3×2=6种, 所以不同价格的礼品共有19625=-种.3. 汽车A 从甲站出发开往乙站, 同时汽车B 、C 从乙站出发与A 相向而行开往甲站, 途中A 与B 相遇20分钟后再与C 相遇. 已知 A 、B 、C 的速度分别是每小时90km, 80km, 60km, 那么甲乙两站的路程是 km.【答案】425.【解答】设A 与B 出发t 小时后相遇, 两地距离为s , 则s t =+)8090(, s t =++)31)(9060(. 解之得 4255.2170=⨯=s .4. 将21, 31, 41, 51, 61, 71和这6个分数的平均值从小到大排列, 则这个平均数排在第位.【答案】 5.【解答】先从小到大排列这6个分数: 2131********<<<<<, 因为前三个分数之和比后三个分数之和小, 因此这6个分数的平均值不可能排在它们的中间. 因为416716151413121⨯-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++417151-⎪⎭⎫ ⎝⎛+==020171>-, 且⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++-⨯7161514131213160715143>⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= 所以这6个分数的平均值大于14,小于13. 即这6个分数的平均值排在第5位.5. 将一个数的各位数字相加得到新的一个数称为一次操作, 经连续若干次操作后可以变为6的数称为“好数”, 那么不超过2012的“好数”的个数为_______, 这些“好数”的最大公约数是 _______.【答案】223, 3.【解答】易知, 从1开始, 连续递增的自然数, 经过上述操作最后得到的一位数是从1 到9循环地变化的. 因此, 最后变为6的数一共有2012[2239=个. 因为经过若干次操作后得到的数是6, 故这些数都是3的倍数. 又因为6和15都是这种数, 而（6, 15）= 3, 所以这些数的最大公约数是3.6. 图A-10所示的立体图形由9个棱长为1的立方块搭成, 这个立体图形的表面积为 .【答案】32.【解答】从上、下、前、后、左、右看到的这个立体图形的表面的面积分别为 5, 5, 5, 5, 6, 6, 总和为 32 .7. 数字卡片“3”、 “4”、 “5”各10张，任意选出8张使它们的数字和是33，则最多有张是卡片“3”.【答案】3.【解答】假设摸出的8张卡片全是数字“3”，则其和为3×8＝24，与实际的和33相差9，这是因为将摸出的卡片“4”、“5”都当成是卡片“3”的缘故. 用一张卡片“5”和“4”换一张卡片“3”，数字和可分别增加2和1. 为了使卡片“3”尽可能地多，应该多用卡片“5”或卡片“4”换卡片“3”，现在1249+⨯=，因此可用4张卡片“5”和1张卡片“4”换卡片“3”，这样8张卡片的数字之和正好等于33. 所以最多可能有3张是卡片“3”.8. 若将算式201020091200820071871651431211⨯+⨯-+⨯-⨯+⨯-⨯ 的值化为小数, 则小数点后第1个数字是 .【答案】4.【解答】因为)201020091200820071()651431(211⨯-⨯--⨯-⨯-⨯ )651431(21⨯-⨯-<209=45.0=, 且201020091200820071200620051(871651()431211(⨯+⨯-⨯++⨯-⨯+⨯-⨯ 12543121=⨯->41.0>, 所以小数点后的第1个数字是4.二、解答下列各题9. 图A-11中有5个由4个1×1的小正方格组成的不同形状的硬纸板. 问能用这5个硬纸板拼成图A-11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.【解答】假设能拼成4×5的长方形, 如图A-12小方格黑白相间染色. 其中黑格、白格各10个.将五块纸板编号, 如图A-13所示, 除纸板④之外, 其余4张硬纸板每一张都盖住2个黑格, 而④盖住3个黑格或一个黑格. 这样一来, 由4个1×1的小正方格组成的不同形状的5个硬纸板, 只能盖住9或11个黑格, 与10个黑格不符.10. 长度为L 的一条木棍, 分别用红、蓝、黑线将它等分为8, 12和18段, 在各划分线处将木棍锯开, 问一共可以得到多少段？其中最短的一段的长是多少？【答案】28, 72L . 【解答】（1）易知红线与蓝线重合的条数是 31)12,8(=-；红线与黑线重合的条数是 1121)18,8(=-=-；蓝线与黑线重合的条数是 51)18,12(=-；红线、蓝线、黑线都重合的条数是 1121)18,12,8(=-=-.由红线7条, 蓝线11条, 黑线17条确定的位置的个数是271)513(17117=+++-++.① ②③④ ⑤图A-13图A-12因此, 依不同位置的线条锯开一共得到28127=+（段）.（2）最小公倍数72362]9,3,4[2]18,12,8[=⨯=⨯=.因此, 将木棍等分成72段时, 至少有一段是在上述红、蓝、黑线的某两条之间, 并且再短（段数更多）时就做不到了. 所以锯得的木棍最短的一段的长度是72L . 11. 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 总分分别是1, 4, 7, 8, 请问：E 队至多得几分？最少得几分？【答案】7, 5.【解答】设A ，B ，C ，D ，E 五队的总分分别是a , b , c , d , e , 五队的总分为S , 则e e d c b a S +=++++=20.五队单循环共比赛10场, 则30≤S . 如果有一场踢平, 则总分S 减少1分. 因为00011+++==a ,001311114+++=+++==b ,01337+++==c ,11338+++==d ,所以比赛至少有3场平局, 至多有5场平局. 于是730530-≤≤-S , 即272025≤+≤e .故75≤≤e .事实上, E 胜A, B, 负于C, 与D 踢平时, 7=e ；E 胜A, 负于C, 但与B 、D 踢平时, 5=e .所以E 队至少得5分, 至多得7分.12. 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=⨯19101112116316424, 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.【解答】1163是质数, 理由如下:（1）显然16424是大于2的偶数, 是合数.（2）如果1163是合数, 但不是完全平方数, 则至少有2个不同的质因数, 因为31113311163=>, 所以, 如果1163有3个以上不同的质因数, 必有一个小于11. 但是显然2, 3, 5, 7都不能整除1163, 11也不能整除1163, 因此1163仅有2个不同的大于11的质因数. 大于11的质数有:13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, … 既然237116337311147<<⨯=, 1163的两个不同的质因数一定有一个小于37, 另一个大于31. 计算10113131211639239113⨯=<<=⨯；79171343116310035917⨯=<<=⨯；6719127311638934719⨯=<<=⨯；6123140311639434123⨯=<<=⨯；47291363116310733729⨯=<<=⨯.所以1163是质数.三、解答下列各题13. 图A-14中，六边形ABCDEF 的面积是2010平方厘米. 已知△ABC , △BCD , △CDE , △DEF , △EFA , △FAB 的面积都等于335平方厘米, 6个阴影三角形面积之和为670平方厘米. 则六边形111111A B C D E F 的面积是平方厘米.【答案】670.【解答】如图A-15, 已知△ABC , △BCD , △CDE , △DEF , △EFA , △FAB 的面积都等于335平方厘米, 它们面积之和为33562010⨯=平方厘米=六边形ABCDEF 的面积.因此,未被盖住的六边形111111A B C D E F 的面积= 重叠部分的面积= (1)(3)(5)(7)(9)(11)S S S S S S +++++.另一方面,在△ABC 中, (1)(3)(2)335S S S +=-,在△BCD 中, (3)(5)(4)335S S S +=-在△CDE 中, (5)(7)(6)335S S S +=-在△DEF 中, (7)(9)(8)335S S S +=-在△EFA 中, (9)(11)(10)335S S S +=-在△FAB 中, (11)(1)(12)335S S S +=-上述6个式子相加, 得()()(1)(3)(5)(7)(9)(11)(2)(4)(6)(8)(10)(12)23355S S S S S S S S S S S S +++++=⨯-+++++ 即()(1)(3)(5)(7)(9)(11)233566701340.S S S S S S +++++=⨯-=所以(1)(3)(5)(7)(9)(11)1340670.2S S S S S S +++++== 因此,六边形111111A B C D E F 的面积=(1)(3)(5)(7)(9)(11)S S S S S S +++++=670 (平方厘米).14. 已知两位自然数“虎威”能被它的数字之积整除, 求出“虎威”代表的两位数.【答案】11, 12, 15, 24, 36.【解答】两位自然数共有90个, 一个一个地去试算检验它是不是满足条件, 工作量太大, 显然需要开动脑筋, 缩小试算范围.设“虎”、“威”两个汉字分表代表的数字为a , b . 因为10ab a b =+, 10a b +能被ab 整除意味着10a b +能被a 整除且10a b +能被b 整除. 如果10a b +能被a 整除, 说明b 能被a 整除；如果10a b +能被b 整除, 说明10a 能被b 整除. 这就是说, 数字a , b 同时要满足两个条件：（1）a 整除b , （2）b 整除10a .对满足这两个条件的a , b , 进行试算, 可以缩小试算的范围.若a ＝1, 则10能被b 整除, b 的可能值为1, 2, 5, 这时ab ＝11, 12, 15, 它们符合条件；若a ＝2, 则b 是偶数, 且20能被b 整除, b 的可能值是2, 4. 经检验后知只有ab ＝24满足条件；若a ＝3, 则b 是3的倍数, 且30能被b 整除, b 的可能值是3, 6. 经检验后知只有ab＝36合于要求；若a＝4, 则b是4的倍数, 且40能被b整除, b的可能值是4, 8. 经检验后它们都不合题意.若a＝5, 6, 7, 8, 9, 经过同样的检验后知, 没有符合题意的值.综上所述知：“虎威”代表的两位数11, 12, 15, 24, 36.。