2015年小高组初赛A卷解析

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2015年湖南省中学数学教师解题比赛高中组初赛试卷(解析)

2015年湖南省中学数学教师解题比赛高中组初赛试卷(解析)
2015 年湖南省中学数学教师解题比赛
高中组初赛试卷(含答案)
(考试时间:2015 年 10 月 24 日 9∶00~11∶00)
说明: 1.请用蓝色、黑色或蓝黑色钢笔或签字笔作答; 2.答案请写在本试卷相应位置,试卷范围以外作答无效;
一、选择题(本大题共 8 小题,每题 5 分,满分 40 分)
1. 如果将整数集 Z 中所有被 3 除所得余数为 k(k=0,1,2)的整数构成的集合称为一个“类”, 并记为[k],则下列结论中错误的是( ) A. 2015∈[2] B. Z=[0]∪[1]∪[2] C.“整数 a,b 属于同一‘类’”的充要条件是“a+b∈[0]” D.“整数 a,b 属于同一‘类’”的充要条件是“a-b∈[0]” 解析:选 C 提示:对于 A 选项,由于 2015 被 3 除余 2,所以 2015∈[2];对于 B 选项,任何一个正整数被 3 除的余数只可能是 0,1,2,所以 Z=[0]∪[1]∪[2];对于 C 选项,因为 a,b 属于同一‘类’,不妨 设 a=2,b=5,则 a+b=7,而 7∈[1],7[0],所以 C 错;对于 D 选项,因为 a,b 属于同一‘类’, 可设 a=3k1+r,b=3k2+r(其中 r=0,1,2),则 a-b=3(k1-k2)∈[0]。
D. 封闭性质
解析:选 B 提示:正是因为封闭性不成立(i2=-1 时,iR),所以才要对数集进行扩充。
二、填空题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,满分 30 分)
9. 已知实数 x,y,z 满足 1 1 1 0 ,则 x y z2 值为________。
xyz
x2 y2 z2
解析:填 1
1 Cmn cos
当 m≠n 时,令 e Cmn 1 ,注意到 C51 C54 , C31 C32 , C41 C43 , C52 C53 ,

2015年第二十届华杯赛初赛小高组试题A详解

2015年第二十届华杯赛初赛小高组试题A详解

3.
桌上 上有编号 1 至 20 的 20 张卡片,小明每次取 取出 2 张卡 卡片,要求一 一张卡片的 的编号是 )张卡片. 另一 一张卡片的 的 2 倍多 2,则小明最多取出(
1
(A)12(B)Βιβλιοθήκη 4(C)16(D)18
【答案】A 【题型】倍数、枚举 【解析】由于有 2 倍多 2 的关系,所以 1、4、10 只能取其中两个,2、6、14 只能取其中两个,3、 8、18 只能取其中两个.即这里至少有 3 个数取不到,而 11、13、15、17、19 不满足 2 倍多 2 的关 系,也无法取到.合计至少有 8 个数取不到,取 12 个数为最多的情况.列举最多的一种情况:1、4; 2、6;3、8;5,12;7,16;9,20.取到了最多的 12 个数的情况.
10 6
8
5
可寻找到如图边长为 10 的正方形,共 4 个(可往右方和下方平移)构造弦图,大正方形的边长是 14,每一个边长为 14 的正方形内可以构成 2 个边长为 10 的正方形。 综上,可找到 385 + 4 × 2 = 393 个边长大于 5 的正方形.
6
(A) E , C , D, F (B) E , D, C , F (
标 四 到
C

2
D, F , C , E
(D) D, C , F , E
【答案】 】C 【考察知 知识点】数阵 阵图:数独 【分析】 】每行每列每 每个 3*2 的粗 粗线方格均必 必有 A、B、C、D、E、F 各一个,选 选择一个合适 适的位置, 尝试即可 可快速得出答 答案。以下提 提供一种解法 法:
A
A ①② F ③ D⑫ ④ ⑪ P ⑤ ⑩ ⑨ ⑧⑦ ⑥ C B E C

2015全国高中数学联赛加试试题及答案(A卷)

2015全国高中数学联赛加试试题及答案(A卷)
1≤i ≤ n
n
i =1
n 个集 k
合(这里 X 表示有限集合 X 的元素个数) . 证明:不妨设 | A1 |= k .设在 A1 , A2 , , An 中与 A1 不相交的集合有 s 个,重新 记为 B1 , B2 , , Bs ,设包含 A1 的集合有 t 个,重新记为 C1 , C2 , , Ct .由已知条件,
A
三、 (本题满分 50 分) 如图,ABC 内接于圆 O ,P 为 上一点,点 K 在线段 AP 上,使得 BK 平分 ∠ABC .过 BC
K、P、C 三点的圆 Ω 与边 AC 交于点 D ,连接 BD 交圆 Ω
F K B E P
奥 林
设 A1 = {a1 , a2 , , ak } .在 A1 , A2 , , An 中除去 B1 , B2 , , Bs , C1 , C2 , , Ct 后,在剩
这里 S (m) 表示正整数 m 在二进制表示下的数码之和. 由 于 2 ( k −1) n +1 不 整 除

(kn)! (kn)! 等 价 于 ν2 ≤ (k − 1)n , 即 n! n!
kn −ν 2 ((kn)!) ≥ n −ν 2 (n !) , 进而由①知,本题等价于求所有正整数 k ,使得 S (kn) ≥ S (n) 对任意正整数 n 成立. 我们证明,所有符合条件的 k 为 2a (a = 0, 1, 2,) . 一方面,由于 S (2a n) = S (n) 对任意正整数 n 成立,故 k = 2a 符合条件.
2015 年全国高中数学联合竞赛加试(A 卷) 参考答案及评分标准
说明: 1. 评阅试卷时,请严格按照本评分标准的评分档次给分. 2. 如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理、步骤正确,在评卷时可 参考本评分标准适当划分档次评分, 10 分为一个档次,不要增加其他中间档次. 一、 ( 本 题 满 分 40 分 ) 设 a1 , a2 , , an (n ≥ 2) 是 实 数 , 证 明 : 可 以 选 取

2016年第二十一届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷(小高组A卷)

2016年第二十一届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷(小高组A卷)

2016年第二十一届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷(小高组A卷)一、选择题(每小题10分,共60分.以下每题的四个选项中,仅有一个是正确的,请将表示正确答案的英文字母写在每题的圆括号内.)1.(10分)算式×的结果中含有()个数字0.A.2017B.2016C.2015D.2014 2.(10分)已知A,B两地相距300米.甲、乙两人同时分别从A,B两地出发,相向而行,在距A地140米处相遇;如果乙每秒多行1米,则两人相遇处距B地180米.那么乙原来的速度是每秒()米.A.2B.2C.3D.33.(10分)在一个七位整数中,任何三个连续排列的数字都构成一个能被11或13整除的三位数,则这个七位数最大是()A.9981733B.9884737C.9978137D.9871773 4.(10分)将1,2,3,4,5,6,7,8这8个数排成一行,使得8的两边各数之和相等,那么共有()种不同的排法.A.1152B.864C.576D.2885.(10分)在等腰梯形ABCD中,AB平行于CD,AB=6,CD=14,∠AEC是直角,CE=CB,则AE2等于()A.84B.80C.75D.646.(10分)从自然数1,2,3,…,2015,2016中,任意取n个不同的数,要求总能在这n个不同的数中找到5个数,它们的数字和相等.那么n的最小值等于()A.109B.110C.111D.112二、填空题(每小题10分,共40分)7.(10分)两个正方形的面积之差为2016平方厘米,如果这样的一对正方形的边长都是整数厘米,那么满足上述条件的所有正方形共有对.8.(10分)如图,O,P,M是线段AB上的三个点,AO=AB,BP=AB,M是AB的中点,且OM=2,那么PM 长为.9.(10分)设P是一个平方数.如果q﹣2和q+2都是质数,就称q为P型平方数.例如:9就是一个P型平方数.那么小于1000的最大P型平方数是.10.(10分)有一个等腰梯形的纸片,上底长度为2015,下底长度为2016,用该纸片剪出一些等腰梯形,要求剪出的梯形的两个底边分别在原来梯形的底边上,剪出的梯形的两个锐角等于原来梯形的锐角,则最多可以剪出个同样的等腰梯形.2016年第二十一届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷(小高组A卷)参考答案与试题解析一、选择题(每小题10分,共60分.以下每题的四个选项中,仅有一个是正确的,请将表示正确答案的英文字母写在每题的圆括号内.)1.(10分)算式×的结果中含有()个数字0.A.2017B.2016C.2015D.2014【分析】把变形为﹣1,然后根据乘法的分配律拆分,再进一步解答即可.【解答】解:×=(﹣1)×=×﹣=﹣个位0减9不够减,需要连续退位,个位数得1,所以数字0的个数是:2016﹣1=2015(个)故选:C.【点评】本题考查了数字问题,难点是把算式变形出含数字“0”的形式;本题也可以从最简单的算式入手,找规律,然后根据规律再回到问题中解答.2.(10分)已知A,B两地相距300米.甲、乙两人同时分别从A,B两地出发,相向而行,在距A地140米处相遇;如果乙每秒多行1米,则两人相遇处距B地180米.那么乙原来的速度是每秒()米.A.2B.2C.3D.3【分析】本题是典型的利用正反比例解行程问题.首先根据不变量判断正反比.两次相遇过程中两人的时间相同路程比等于速度比.两次过程中甲的速度没变.通分比较乙的.即可解决问题.【解答】解:第一次相遇过程中甲乙两人的路程之比为140:(300﹣140)=7:8,时间相同路程比就是速度比.第二次相遇过程中的路程比是(300﹣180):180=2:3,速度比也是2:3.在两次相遇问题中甲的速度是保持不变的,通分得,第一次速度比:7:8=14:16.第二次速度比2:3=14:21.速度从16份增加到21份速度增加每秒1米,即1÷(21﹣16)=.乙原来的速度是16×=3.2米/秒.故选:D.【点评】本题的关键是找到在两次相遇过程中的不变量,甲的速度是不变的时间,判断是正比,再将速度通分到甲的份数相同,乙的前后进行比较即可求解问题解决.3.(10分)在一个七位整数中,任何三个连续排列的数字都构成一个能被11或13整除的三位数,则这个七位数最大是()A.9981733B.9884737C.9978137D.9871773【分析】首先根据最大的3位数是11或是13的倍数开始.然后每次向后边推一位数字找出最大的倍数即可.【解答】解:在7位数中,首先分析前三位数字,最大的11的倍数是990,最大13的倍数是988,因为0不能做首位.所以7位数中不能含有数字0,11倍数的第二大数字是979小于988.所以前三位数字是988.第4位根据如果是11的倍数数字就是880.如果是13的倍数就是884.最大是884.第5位根据如果是11的倍数数字就是847,如果是13的倍数就是845.最大是847.第6位根据如果是11的倍数数字就是473,如果是13的倍数在470﹣479没有13的倍数.所以是473第7位根据如果是11的倍数是737,如果是13的倍数没有符合的数字.所以这个7位数是9884737.故选:B.【点评】本题考察是整除特性的理解,突破口是开始的三位数字988,然后根据整除找到最大的满足条件的数字即可.4.(10分)将1,2,3,4,5,6,7,8这8个数排成一行,使得8的两边各数之和相等,那么共有()种不同的排法.A.1152B.864C.576D.288【分析】首先求出1,2,3,4,5,6,7的和是28,判断出8的两边各数之和都是14;然后分4种情况:(1)8的一边是1,6,7,另一边是2,3,4,5时;(2)8的一边是2,5,7,另一边是1,3,4,6时;(3)8的一边是3,4,7,另一边是1,2,5,6时;(4)8的一边是1,2,4,7,另一边是3,5,6时;求出每种情况下各有多少种不同的排法,即可求出共有多少种不同的排法.【解答】解:1+2+3+4+5+6+7=288的两边各数之和是:28÷2=14(1)8的一边是1,6,7,另一边是2,3,4,5时,不同的排法一共有:(3×2×1)×(4×3×2×1)×2=6×24×2=288(种)(2)8的一边是2,5,7,另一边是1,3,4,6时,不同的排法一共有288种.(3)8的一边是3,4,7,另一边是1,2,5,6时,不同的排法一共有288种.(4)8的一边是1,2,4,7,另一边是3,5,6时,不同的排法一共有288种.因为288×4=1152(种),所以共有1152种不同的排法.答:共有1152种不同的排法.故选:A.【点评】此题主要考查了排列组合问题,考查了乘法原理的应用,要熟练掌握,注意不能多数、漏数.5.(10分)在等腰梯形ABCD中,AB平行于CD,AB=6,CD=14,∠AEC是直角,CE=CB,则AE2等于()A.84B.80C.75D.64【分析】如图,连接AC,过点A作AF⊥CD于点F,过点B作BG⊥CD于点G,构建直角△AFC和直角△BGC,结合勾股定理求得AE2的值.【解答】解:如图,连接AC,过点A作AF⊥CD于点F,过点B作BG⊥CD于点G,则AF=BG,AB=FG=6,DF=CG=4.在直角△AFC中,AC2=AF2+FC2=AF2+102=AF2+100,在直角△BGC中,BC2=BG2+GC2=AF2+42=AF2+16,又∵CE=CB,∠AEC=90°,∴AE2=AC2﹣EC2=AF2+100﹣(AF2+16)=84,即AE2=84.故选:A.【点评】本题考查了等腰梯形的性质,勾股定理的应用.解题的关键是作出辅助线,构建直角三角形,利用勾股定理来求AE2的值.6.(10分)从自然数1,2,3,…,2015,2016中,任意取n个不同的数,要求总能在这n个不同的数中找到5个数,它们的数字和相等.那么n的最小值等于()A.109B.110C.111D.112【分析】首先确定题中要求的是每一个数字中的数字和120的数字和就是3,那么找到最大的就是1999的是28,最小的是1的情况共有几个数字满足情况.都至多选出4个.再选一个就是满足条件的.【解答】解:依题意可知:1﹣2019中最大的数字和是1999数字和为28.数字和最小的为1共有1,10,100,1000共四个.数字和为27的有999,1899,1998,1989共四个.数字和为2﹣26的都超过5个数.那么只要2﹣26的数字和中挑出4个数字,在把数字和为1,27,28的都算上,再来一个就是5个数字了满足情况了.27×4+1+1=110.故选:B.【点评】本题考查是最倒霉的情况,想要找出5个满足条件的,那么就都给最多4个满足条件,再给一个就是满足条件的共最小是110个数字问题解决.二、填空题填空题(每小题10分,共40分)7.(10分)两个正方形的面积之差为2016平方厘米,如果这样的一对正方形的边长都是整数厘米,那么满足上述条件的所有正方形共有12对.【分析】假设大正方形的边长为x,小正方形的为y,x2﹣y2=(x+y)(x﹣y)=2016,x+y与x﹣y奇偶性相同,乘积2016是偶数,所以必是偶数,据此分解质因数2016=25×32×7,然后解答即可.【解答】解:假设大正方形的边长为x,小正方形的为y,有题意可得:x2﹣y2=2016,因式分解:(x+y)(x﹣y)=2016,x+y与x﹣y奇偶性相同,乘积2016是偶数,所以必是偶数,2016=25×32×7,2016因数的个数:(1+5)×(2+1)×(1+1)=36(个),共有因数36÷2=18对因数,其中奇因数有:(2+1)×2=6对,所以偶数有:18﹣6=12对,即,满足上述条件的所有正方形共有12对.故答案为:12.【点评】本题考查了约数个数的定理和奇偶性问题,关键是得到2016的约数的个数,难点是去掉几个奇因数;本题还可以根据x+y与x﹣y都是偶数,它们的积至少含有4这个偶数,所以2016÷4=504,然后确定504的约数是24个,即12对即可.8.(10分)如图,O,P,M是线段AB上的三个点,AO=AB,BP=AB,M是AB的中点,且OM=2,那么PM 长为.【分析】如果想求出PM那么必须找到和OM的关系,在这些线段中都和AB进行的比较,可以转换为OM,PM和AB的关系即可求解.【解答】解:依题意可知:PM=AM﹣AP=AB﹣(AB﹣BP)=AB﹣AB=AB.OM=MB﹣OB=AB﹣(AB﹣AO)=AB﹣AB=AB=2∴AB=PM=故答案为:【点评】本题的关键是找到如果想求出PM需要转换成求线段AB,再用OM求出AB,都转换成和AB的关系那么问题解决.9.(10分)设P是一个平方数.如果q﹣2和q+2都是质数,就称q为P型平方数.例如:9就是一个P型平方数.那么小于1000的最大P型平方数是225.【分析】小于1000的最大P型平方数,33的平方数是1089,这个数需要小于33的平方的平方数.q﹣2和q+2的差是4.只要找到数字相差4的不超过33的质数组合即可.【解答】解:小于33的质数有31,29,23,19,17,13,11,7,5,3,2等数字差是4的两个质数有19和23最大.21﹣2=19,21+2=23.21×21=441.故答案为:441.【点评】本题关键在于找到q﹣2和q+2的差是4的质数,而且小于33的质数.要注意找到的是这两个质数,题中要找的是一个平方数441,不是21.10.(10分)有一个等腰梯形的纸片,上底长度为2015,下底长度为2016,用该纸片剪出一些等腰梯形,要求剪出的梯形的两个底边分别在原来梯形的底边上,剪出的梯形的两个锐角等于原来梯形的锐角,则最多可以剪出4029个同样的等腰梯形.【分析】由于等腰梯形的纸片,上底长度为2015,下底长度为2016,它们上下底的长度相差1,要求剪出的梯形的两个底边分别在原来梯形的底边上,剪出的梯形的两个锐角等于原来梯形的锐角,则剪出的梯形的下底长度约大于2016﹣2015=1,依此即可求解.【解答】解:(2015﹣1)×2+1=2014×2+1=4028+1=4029(个)答:最多可以剪出4029个同样的等腰梯形.故答案为:4029.【点评】考查了图形划分,本题理解剪出的梯形的下底长度约大于2016﹣2015=1是解题的关键.。

2015年第二十届华杯赛小高组初赛详解

2015年第二十届华杯赛小高组初赛详解
【答案】630
【题型】几何:一半模型 【解析】

A F C作 AB , AC , BC 的平行线,则 S1 = S 2 , S3 = S4 , S5 = S6 , S7 = S8 , S9 = S10 , S11 = S12 ;
1 1 2 所以 S阴影 =S白 = S△ABC = × 2028 = 1014cm ,则 S△PCF = 1014 − 192 × 2 = 630cm 2 2 2
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二、填空题 (每小题 10 分,共 40 分)
1 1 1 29 41 55 7. 计算: 481 + 265 + 904 − 184 − 160 − 703 =________. 6 12 20 30 42 56

如图所示 示,第一列和 和第二行已经 经有 A,所以 以左上角 3*2 粗线方格的 A 只能填在第二列;因为 为第一列 3*2 粗线方格 和第二列 列已经有 A, 所 所以左下角 格的 A 只能填 填在第三列; 因为第五列和第四行已经 经有 A, 3*2 2 A A 所以右中 中位置的 粗线方格的 的 只能填在 在第四列; 因为 为第五行和第 第五列已经有 有 , 右下角 3*2 所以右 粗线方格 格的 A 只能填 填在第六列;以此类推,可以填出所 所以的数.
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2015年第二十届华杯赛小高组初赛详解
0分 总分:100 时间 间:60 分钟
0 分,共 60 分.以下每题的 一、选 选择题. (每小题 10 以 的四个选项 项中,仅有 有一个 是正确 确的,请将 将表示正确 确答案的英 英文字母写在每题 题的圆括号 号内. )

2015年全国高中数学联赛试题答案

2015年全国高中数学联赛试题答案
1≤i ≤ k
…………………20 分
包含 a1 的集合至少有
n− s −t 个.又由于 A1 ⊆ Ci ( i = 1, , t ) ,故 C1 , C2 , , Ct 都 k
n− s −t ,即在剩下的 n − s − t 个集合中, k
包含 a1 ,因此包含 a1 的集合个数至少为
n− s −t n − s + (k − 1)t n − s + t (利用 k ≥ 2 ) = +t ≥ k k k n . ……………40 分 ≥ (利用 t ≥ s ) k
n ≤ (n + 1) ∑ห้องสมุดไป่ตู้ai2 , i =1 所以①得证,从而本题得证.
…………………40 分
证法二:首先,由于问题中 a1 , a2 , , an 的对称性,可设 a1 ≥ a2 ≥ ≥ an .此 n 外,若将 a1 , a2 , , an 中的负数均改变符号,则问题中的不等式左边的 ∑ ai 不 i =1 减,而右边的 ∑ ai2 不变,并且这一手续不影响 ε i = ±1 的选取,因此我们可进一
2t u − 1 2u − 1 m 1 2αt ⋅ 1 2αt ⋅ 1 + 2u + + 2(t −1)u ) =+ =+ ( q q q
…………………10 分
n + 2 ∑ aj n = j +1 2
2
2
n 2 n n n 2 2 ≤ 2 ∑ ai + 2 n − ∑ a j (柯西不等式) …………30 分 2 i =1 2 = n j +1 2 n n 2 2 n + 1 n n n + 1 2 a j (利用 n − = = 2 ∑ ai + 2 ) ∑ 2 2 2 i =1 2 = n j +1 2 n n 2 2 2 ≤ n ∑ ai + (n + 1) ∑ a j (利用 [ x ] ≤ x ) n = i =1 j +1 2

2015年第20届“华杯赛”少年数学邀请赛初赛试卷c(小高组)

2015年第20届“华杯赛”少年数学邀请赛初赛试卷c(小高组)
二、填空题:(每小题 10 分,满分 40 分) 7.(10 分)在每个格子中填入 1﹣6 中的一个,使得每行、每列及每个 2×3 长方形内(粗线 框围成)数字不重复;如果小圆圈两边格子中所填数的和是合数,其它相邻两格所填数的和 是质数,那么四位数“相约华杯”是 4123 .
【分析】通过分析: 如图:
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的和是质数,所以“杯”为 3,“杯”与”“华”的和为质数,所以“华”为 2,剩下的 D 就是 6,;所 以四位数“相约华杯”是 4123,据此解答即可. 【解答】解:如图:
因为第三行存在 1.、3、4,所以 A 为 2,5,6 之一,而 3 与 A 的和是质数,所以 A 为 2.在 A 所在的长方形中,还剩下 1、4、5、6 没有使用. 而 3 与“相”的和是质数,所以“相”是 4. “相”与”“约”的和为质数,“约”为 1, “约”与”“月”的和为质数,“月”为 6, 剩下的 C 为 5.第三行只剩下数字 5,所以 B 为 5; 在 B 所在的长方形中,还剩下 2、3、6 没有使用. 而 4 与“杯”的和是质数,所以“杯”为 3,“杯”与”“华”的和为质数,所以“华”为 2,剩下的 D 就是 6; 所以四位数“相约华杯”是 4123. 故答案为:4123. 【点评】解答本题的关键是充分利用相邻两格所填数的和是质数,一步步推理得出答案.
3.(10 分)春季开学后,有不少同学都将部分压岁钱 捐给山区的贫困学生;事后,甲、乙、 丙、丁 4 位同学有如下对话: 甲:“丙,丁之中至少有 1 人捐了款” 乙:“丁,甲之中至多有 1 人捐了款” 丙:“你们 3 人之中至少有 2 人捐了款” 丁:“你们 3 人之中至多有 2 人捐了款” 已知这 4 位同学说的都是真话且其中恰有 2 位同学捐了款,那么这 2 位同学是( ) A.甲,乙 B.丙,丁 C.甲,丙 D.乙,丁 【分析】因为有 2 位同学捐了款,所以根据: 丙:“你们 3 人之中至少有 2 人捐了款,说明捐款的只能是甲乙丁中的两个人,而丙没捐钱; 甲:“丙,丁之中至少有 1 人捐了款”因为丙没捐钱,所以只能是丁捐款; 乙:“丁,甲之中至多有 1 人捐了款”只能是丁,所以甲没捐款; 这恰好印证了丁:“你们 3 人之中至多有 2 人捐了款”是正确的. 据此解答即可. 【解答】解:根据分析可得: 丙:“你们 3 人之中至少有 2 人捐了款,说明捐款的只能是甲乙丁中的两个人,而丙没捐钱; 甲:“丙,丁之中至少有 1 人捐了款”因为丙没捐钱,所以只能是丁捐款; 乙:“丁,甲之中至多有 1 人捐了款”只能是丁,所以甲没捐款; 这恰好印证了丁:“你们 3 人之中至多有 2 人捐了款”是正确的,只有乙和丁捐了款.

第19届华杯赛初赛小高组卷及参考答案

第19届华杯赛初赛小高组卷及参考答案
第十九届华罗庚金杯少年数学邀请赛(A)卷
1、平面上的四条直线将平面分割成八个部分,则这四条直线中至多有( )条直线相互平行。
(A)0
(B)2
(C)3
(D)4
2、某次考试有 50 道试题,答对一道题得 3 分,答错一道题扣 1 分,不答题不得分。小龙得 分 120 分,那么小龙最多答对了( )道试题。
总结:行程问题始终是围绕“路程=速度×时间”展开的,碰到行程问题,首先画出行程图, 明确题目的已知条件,可以通过其隐含的等量关系列方程求解。

6.解析:【知识点】平面几何,割补法
正方形 ABCD 被分成了四个三角形和一个不规则的四边形,我们设法将不规则阴影部分分割 成规则图形,如图过 E 点作 AB 的平行线,过 F 点作 BC 的平行线,过 G 点作 AB 的平行线,过 H 点作 BC 的平行线,四条辅助线的交点为 I、J、K、M ;
3.解析:【知识点】数独,平均数
题目要求的是 A, B, C, D 这四个方格中数的平均数,没必要求出 A, B, C, D 各自对 应的数是多少,求出它们的和即可;
如下图所示,将第四行的四个数字设为分别为 E,F,G,H,每行、每列的四个数都不重复, 且每个纸板内四个格子里的数也不重复,所以,我们可以得到:
行程问题中,有一个重要的公式“路程=速度×时间”,当路程一致时,速度与时间成反比, 我们假定两种情况下都是匀速运动,那么两种情况下,从甲地到丙地的速度比等于从丙地到 乙地的速度比;
从甲地到丙地, t原计划
: t实际
x : (x 5) ,则
v原计划 v实际
x5 x

同理,从丙地到乙地, t原计划
: t实际
A B E F 16 C D G H 16
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第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛
初赛A卷解析(小学高年级组)
总分:150分时间:60分钟
一、选择题.(每小题10分,共60分.以下每题的四个选项中,仅有一个是正确的,请将表示正确答案的英文字母写在每题的圆括号内.)
1.现在从甲、乙、丙、丁四个人中选出两个人参加一项活动.规定:如果甲去,
那么乙也去;如果丙不去,那么乙也不去;如果丙去,那么丁不去.最后去参加活动的两个人是().
(A)甲、乙(B)乙、丙(C)甲、丙(D)乙、丁
【答案】B
【题型】逻辑推理、逆否命题
【解析】在逻辑推理中,原命题成立,则逆否命题也成立.
(1)甲去则乙去,逆否命题:乙不去则甲也不去
(2)丙不去则乙不去,逆否命题:乙去则丙去
(3)丙去则丁不愿意去,逆否命题:丁去则丙不去从
(2)出发可以看出答案为B.
题目要求有两个人去,可以使用假设法,若甲去,则乙去,乙去则丙也去.三个人去,矛盾,
所以甲不去.若丙不去则乙不去,那么只有丁去,矛盾,所以丙去.丙去则丁不去,由两个人去得到结论,乙要去.所以答案是B,丙和乙去.
2.以平面上任意4个点为顶点的三角形中,钝角三角形最多有()个.
(A)5(B)2(C)4(D)3
【答案】C
【题型】最值、构造
【解析】4个点,最多可以构造C43 4个三角形.
如图所示,共有图中四个三角形均为钝角三角形.
3.桌上有编号1至20的20张卡片,小明每次取出2张卡片,要求一张卡
片的编号是另一张卡片的2倍多2,则小明最多取出()张卡片.
(A)12(B)14(C)16(D)18
【答案】A
【题型】倍数、枚举【解析】由于有2倍多2的关系,所以1、4、10只能取其中两个,2、6、14只能取其中两
个,3、8、18只能取其中两个.即这里至少有3个数取不到,而11、13、15、17、19不满足2倍多2的关系,也无法取到.合计至少有8个数取不到,取12个数为最多的情况.列举最多的一种情况:1、4;2、6;3、8;5,12;7,16;9,20.取到了最多的12个数的情况.
4.足球友谊比赛的票价是50元,赛前一小时还有余票,于是决定降价.结果
售出的票增加了三分之一,而票房收入增加了四分之一,那么每张票售价降了()元.
(A)10 (B)25
(C)
50
(D)25 2 3
【答案】B
【题型】方程
【解析】设共有x张票,赛前一小时的余票降价y元.
由题意得:1
4⨯(x⨯50)=
1
3⨯[x⨯(50-y)],y=
25
2
5.一只旧钟的分针和时针每重合一次,需要经过标准时间66分.那么,这只
旧钟的24小时比标准时间的24小时().
(A)快 12 分(B)快6分(C)慢6分(D)慢12分
【答案】D
【题型】时钟问题【解析】时针速度为每分钟0.5度,分针速度为每分钟6度.分钟每比时针多跑一圈,即多跑
360 度,时针分针重合一次.经过
360 = 720
分钟,旧钟时针分针重合一次,需要经过标准6 - 0.5 11
(24 ⨯ 60) ⨯66=1452
分钟,所以比标准
时间66分钟;则旧钟的24小时,相当于标准时间的720
11
时间24小时对应的24⨯60=1440分钟多了1452-1440=12分钟,即慢了12分钟6.在右图的6×6方格内,每个方格中只能填
A, B, C , D, E , F 中的某个字母,要求每行、每列、每个
标有粗线的2×3长方形的六个字母均不能重复.那么,
第四行除了首尾两个方格外,中间四个方格填入的字母
从左到右的顺序是().
(A)E,C,D,F(B)E,D,C,F (C)D,F,C,E(D)D,C,F,E
【答案】C
【考察知识点】数阵图:数独
【分析】每行每列每个3*2的粗线方格均必有A、B、C、D、E、F各一个,选择一个合适的位置,尝试即可快速得出答案。

以下提供一种解法:
如图所示,第一列和第二行已经有A,所以左上角3*2粗线方格的A只能填在第二列;因
为第一列和第二列已经有A,所以左下角3*2粗线方格的A只能填在第三列;因为第五列和第四行已经有A,所以右中位置的3*2粗线方格的A只能填在第四列;因为第五行和第
五列已经有A,所以右下角3*2粗线方格的A只能填在第六列;以此类推,可以填出所以的数.
二、填空题(每小题10分,共40分)
7.601
8.过正三角形ABC内一点P,向三边作垂线,垂足依次为D,E,F,连接
AP, BP, CP .如果正三角形ABC的面积是2028平方厘米,三角形PAD和三角形PBE的面积都是192平方厘米,则三角形PCF的面积为________平方厘米.
【答案】630
【题型】几何:一半模型
【解析】
A A
F
D
P
B
E C B
①② F

D ⑫④

⑩P ⑤

⑨ ⑧⑦
E
C
过点P作AB,AC,BC的平行线,则S1=S2,S3=S4,S5=S6,S7=S8,S9=S10,S11=S12;
所以 S =S = 1 S
= 1 ⨯ 2028 = 1014cm 2
,则 S = 1014 - 192 ⨯ 2 = 630cm 2 2 阴影 白
2 △ABC
△PCF
9. 自然数 2015 最多可以表示成________个连续奇数的和.
【答案】31 【题型】计算
【解析】 点评:牢记天下无双,个数平方!指从 1 开始的连续奇数的和,等于奇数个数
的平方,
即:1 + 3 + 5 + L + (2n - 1)= n 2

2015 能表示成连续奇数的和,
轾 轾 2
2
则 2015 = 1 + 3 + 5 + L + (2n - 1) - 1 + 3 + 5 + L + (2 m - 1) = n
- m


所以能写成 n - m 个连续奇数的和, 2015 = 5 ⨯13 ⨯31= (n + m )(n - m ),
把 2015 表示成 2015 = 65 ⨯31时, n - m 最大为 31,所以最多能写成 31 个连续奇数的和.
10. 由单位正方形拼成的 15×15 网格,以网格的格点为顶点作边长为整数的正
方 形,则边长大于 5 的正方形有________个.
【答案】393
【题型】计数:几何计数 【解析】
点评:在格点中寻找正方形一定要想方向可能会有正着的的斜着的,此题只要求找边长为整 数的正方形,还不算特别恶心. (1)正着的:
最小为 6 ⨯ 6 的正方形,如图,共10 ⨯10 个;依次 7 ⨯ 7 的有 9 ⨯ 9 个…… 所以正着的正方形共10 2 + 9 2 + 82 + L + 12
= 10 ⨯11 ⨯ 21 = 385
个. 6
(2)斜着的:要求边长为整数,所以可以从特殊勾股数进行尝试
10
8
6
可寻找到如图边长为 10 的正方形,共 4 个(可往右方和下方平移)构造弦图,大正方形的 边长是 14,每一个边长为 14 的正方形内可以构成 2 个边长为 10 的正方形。

综上,可找到 385 + 4 ? 2 =393 个边长大于 5 的正方形.。

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