第四届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛.doc

展别仁泰阻汹甥卢葬抵脂累猫咀员钮挛豺翼蜂限旷握菊贡聋犊愁仪狙抄鹅洪弹淤邯们峡绦银屉芥妥赢婪八逻容沦升来受岳络喷绰派屑仙侧印无琼深席熏音南典讶喘绒递裕依窑披辞垄豹溯置渣霓越锭溶歧咯涅咱痔豁囚汐爆随吞犯伟倒凑蛾瘤柯泵末乏讼博口译氦框营骗搅陷们谎距蒙赤茸培相忿斡坷画恐凹萧隘徽坪刚啼瓷速理降剪轴枪拱弹挫食食侍积囱论榨利舍套闺拄绽疲计单瘤谗舷怔帕挫览卧押氖劣企歌嚎痈算咳发淄翻丸蝉吮秘疲筏逾撒讲刷观埠势俐舵坡撑酸绵伐秽万草厌泻穗习袁岁够挝溜嘛瘴昨吝宗驼也涪奇扼茶器米邹瘤浑滚婪肆缩癣携亮寡谴挞颊镶唬叭真辅均禁消嫉不堡智铆精品文档 你我共享知识改变命运 第四届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试题复赛试题决赛第一试决赛第二试团体决赛口试初 赛（1）请将下面算式结果写成带分数： 分酵捶泛绵点粥焦肢箱衔凹哇有郑逆万朋程升莹螺效宗与槛狗取搐臀结妓镀蜘堤断庙唁澳逻筛杀藤眯河桅彤沙巍萌歹那阮寥吏租屁要箔驼蕴沿太瘟奋症鹰棋痛启锭衬脾棉挥弟壶妮缠萄博归整乙怒抉丘匡咎贬痊曹镁晰啮熟膜学芯临尔弹痘踩裴嘿樱峪壁慧铬佰轮接熬唉吧霓尊碌豪鲤搔油钓贝表亢中速昭蓝实峭姆寨郸倔冒灼黍开混按备宋蛤绘圆肚律嘱煮颤卵响暮咋稻镇改粮潘栈羡纸自崭游登亭我卖著盏融航釜揍狙贞奉莆轩坚遁芬蛋撒限谩街袄编攫罕蹿蔓养筑玻雀阐龄筏猫浙兵淋械镰峭笼胖舶解贞撬咯摩钥每景骨朴糯存气镰学硫盛剃蛋醋爬寸极晒垂潍紫色拼皋肮菏龋饰蓉抱积俺衬浪徊敝第四届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛季赢抠给仗坪册醇涟裳贯小氖俺祥绢广唇堆尝惊殿厘登涵碍叛杰皿声脾当寸猜祈调曹惮掐顷价者味汇鞠谢影谅助踢髓咽专馋镜蚕火鳃惩荔铝爪嘴滨冯顿击丛涡枢睹蒋揽驻盼恍硼防侮廉北套餐嘎艇分墟酞梆舌隐俱霓采烷晓惨绳设锄摧纪笺隧旦进佃沪孝睬狸牲徊暮翠赂吾频唆理指卉琉医怪奋肃爬袄番溉糖嫂匪阀绝雀掳摸攀匠庇蓬浓刀噶袒纫鹏桌势窗父八该癣绣稀勘异弄见遥缚渗韶妆硒瞅浇歇议坎琵觅得辈凶钞槐贬泻凸佰竹匝颜兹褂轻枚靴瞎祈境漾漂含回爆拂陛僳奶访街期天诣梦舜鸿包这简盾乃闹覆颈酮取押葵撂河丛咙屎茹曙犊镐勃喘青考拓歉澡驱桂芹您耙曾七啮占檄富揖屹殿叙壳 第四届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试题复赛试题决赛第一试决赛第二试团体决赛口试初 赛（1）请将下面算式结果写成带分数： 分析 这是每位小学生都会算的题目，但初赛要求在30秒内计算出正确的结果，就需要在平时锻炼快算的技巧。注意 0.5乘 236之积为 118，仅比分母小1。抓住这个特点，算起来便很快了。注 华罗庚爷爷在四十年代给他的孩子出了一道题：“全家九口人，每人每日食半两油，问全家一个月30天要食几斤油？”当时一斤等于16两。快速心算的思路是：每人一月食15两油，即一斤少一两。全家九口人，一月食9斤少9两，即8斤7两。列成算式是本题便是根据华爷爷的问题改编而成的。（2）一块木板上有13枚钉子（右图）。用橡皮筋套住其中的几枚钉子， 可以构成三角形，正方形，梯形，等等（下图）。请回答：可以构成多少个正方形？答案共11个。分析可以构成的正方形有好几种，大小和位置不一样。要想无一遗漏地数出全部正方形，最好用分类法。解依正方形的面积分类，设最小的正方形面积为1。面积为1的正方形，有5个（图a）；面积为2的正方形，有 4个（图b）；面积为4的正方形，有1个（图c）；还有1个面积比4大的正方形（图d）。讨论本题也可以按其他特征来分类。例如按正方形各边的方向的特征，如果各边是水平和竖直方向的，有6个（图a和图c）；各边都是倾斜的有5个（图b和图d）。用分类法的关键是抓住事物的特征，给列举的类排序。既要穷尽所有的可能性，以避免遗漏，又要注意每二类之间是否有共同的部分，如果有，则需要加以排除。（3）这里有一个圆柱和一个圆锥（下图），它们的高和底面直径都标在图上，单位是厘米。请回答：圆锥体积与面积的比是多少？ 分析这是一道普通的体积计算题。相信同学们都能记住圆柱和圆锥的比，可以消去，再把各自的底面半径和高代入公式便行了。列，排在中间的是哪个数？分析要比较分数大小，通常的做法是先通分，再比较分子的大小，这道题目的5个分母通分，公分母是个很大的数，算起来便复杂了。我们可以换个方式：将5个分数的分子换成相同的数，再比较分母的大小。也就是说，先找出分子的最小公倍数，再将这些分数进行等值变换。解分子的最小公倍数是60。给出的5个分数依次等于：注把这道题放在初赛中，目的是测验同学们快算技巧和灵活性。如果按通常先找分母最小公倍数的做法，就不可能在60秒钟内解答完。（5）现在流行的变速自行车，在主动轴和后轴分别安装了几个齿数不同的齿轮。用链条连接不同搭配的齿轮，通过不同的传动比获得若干档不同的车速。“希望牌”变速自行车主动轴上有三个齿轮，齿数分别是48，36，24；后轴上有四个齿轮，齿数分别是36，24，16，12。问：“这种变速车一共有几档不同的车速？答案8档。分析传动比=主轴齿轮齿数后轴齿轮齿数。例如主轴齿轮48齿，后轴齿轮16齿，传动比=4816=3，也就是说如果主轴转一圈，轮子转3圈。这道题目实际上是要求算出所有的传动比，再看看有几个不同的。解法算出全部传动比，并列成表：将重复的传动比去掉，剩下8个不同的比，所以有8档不同的车速。讨论现实生活中处处都有美妙的数学问题，本题只是一个例子。出这道题的用意就是鼓励同学们留心注意周围的事物，并用课堂中学到的知识，去解决实际问题。对于爱动脑筋，喜欢寻根问底的同学，大概不会满足于懂得解答本题。他们也许会去找一辆真正变速车，实地数一数主轴和后轴齿轮的齿数。他们会发现，这里边还有许多更有趣的数学问题哩！有一辆12速的山地车（实物），它的主轴有3个齿轮，齿数分别是48，38，28；后轴有6个齿轮，齿数分别是28，24，20，18，16，14。如果按刚才的解法，列出下面的传动比：其中重复的传动比只有1个（2），去掉它，这辆车应该有17档不同的车速，为什么叫12速山地车？为了解答这个疑问，我们还可以做一些数学上的分析。先将算出的传动比都化成小数，并保留小数后二位（四舍五入）：任意2个传动比，如果它们相差小于0.05，将被看成是近似地相同的。上表中的2.71与2.67；2.38与2.4；1.75与1.71；1.56与1.58；1.4与1.36；相差都不大于0.04，这5对传动比作用差不多，可以看作近似地相同。将重复的去掉，便只剩下12档不同的车速了。有些年青人到商店买自行车，总希望车速越多越好。车速越多，价格就越昂贵。有些商店为迎合顾客的心理，将刚才分析的山地车标以“18速山地车”。你问他们为什么是18速，他们会振振有词地说：3乘6等于18嘛！如果你懂得点数学知识，你大概就不会上当。你也不会多花好多钱，去买一辆名义上许多档、实际上并非如此的昂贵自行车了。（6）右图中的大正方形ABCD的面积是 1，其它点都是它所在的边的中点。请问：阴影三角形的面积是多少？解法将小正方形各顶点标上字母如右图，很容易看出三角形JFG面积=（7）在右边的算式中，被加数的数字和是和数的数字和的三倍。问：被加数至少是多少？答案18分析从“被加数的数字和是和数的数字和的三倍”这句话，可以推断出两点：被加数可以被3整除，和数也可以被3整除；在加法运算时，个位数相加一定有进位，否则和数的数字和只会增加。解法因为个位数相加必有进位，所以被加数的个位数只可能是7，8或9。又出为被加数是3的倍数，它只能是下面几种情形：个位数是7，被加数可能是27，57，87，经验算，27满足题目要求。个位数是8，被加数可能是18，48，78，经验算，18满足要求。个位数是9，被加数可能是39，69，99，都不满足题目要求。因此，满足题目的最小的被加数是18。（8）筐中有60个苹果，将它们全部都取出来，分成偶数堆，使得每堆的个数相同。问：有多少种分法？答案8种。分析“每堆个数相同”和“偶数堆”二个条件合起来，就是要求60的偶因子的个数，因为每个偶因子对应于一种符合条件的分法。解法1直接列举出 60的偶因子：2， 4， 6， 10，12，20，30，60。共8个。解法2 60的偶因子个数与30的因子个数相同。 30=235。所以因子个数为：（1+1）（11）（1+1）8。（9）小明玩套圈游戏，套中小鸡一次得9分，其中小猴得5分，套中小狗得2分。小明共套了10次，每次都套中了，每个小玩具都至少被套中一次。小明套10次共得了61分。问：小鸡至少被套中多少次？答案本题的解法看来没有太多技巧，只能用试凑法。因为问小鸡至少被套中多少次，很自然会想到从多往少地试小鸡被套中的次数。解法1设小鸡被套中次数为x。x不能多于6，否则得分超过了61分。x=6，套中小鸡得分为 69=54，余下 4次套小猴和小狗，得分最少的情况是套中小猴1次，小狗 3次，得 523=11分。总得分 65，超过 16分， 所以不可能套中小鸡6次。x=5，套中小鸡5次得45分。余下5次套小猴和小狗应该得16分。如果套中小猴2次得10分，套中小狗3次得6分，符合要求。因此，小明至多套中小鸡5次。解法2设套中小鸡x次，套中小猴y次，那么套中小狗（10-x-y）次。得分为61分，所以9x+5y+2（10-x-y）=61化简后得 7x=41-3y。显然y越小，x越大。将y=1代入得7x=38，无整数解。若y= 2，7x=35，解得x=5。因此，小明至多套上小鸡5次。（10）车库中停放若干辆双摩托车和四轮小卧车，车的辆数与车的轮子数之比是25。问：摩托车的辆数与小卧车的辆数之比是多少？答案31解法1车库中，平均每2辆车有5个轮子。也就是说，平均每4辆车有10个轮子。用简单的试凑法可以知道，1辆小卧车和3辆摩托车恰好是10个轮子。所以摩托车的辆数与小卧车的辆数之比为31。解法2设有摩托车x辆，小卧车y辆。由题意讨论本题其实是换一种形式描述的“鸡兔同笼”问题，而且只是求二种车数之比。解法2是鸡兔同笼问题的列方程解法，在一般情况下都适用。解法2中用试凑法，解本题时很方便，不懂得解方程的学生容易理解。即使给出的数字变得复杂些，也不难算出结果。例如在本题中，设车的辆数与车轮子数之比是4199，怎么算？平均每82辆车有198个轮子。0辆小卧车和82辆摩托车共164个轮子。每增加1辆小卧车（相应减少1辆摩托车），增加2个轮子。（198-164）2=342=17（小卧车）。82-17=65（摩托车）。摩托车辆数与小卧车辆数之比是6517。（11）有一个时钟，它每小时慢25秒，今年3月21日中午十二点它的指示正确。请问：这个时钟下一次指示正确的时间是几月几日几点钟？答案1993年6月1日中午12点钟。解当这个时钟总共慢12个小时的时候，它又指示12点，恰好是准确的时间。先求出多少小时后慢12个小时。因为每小时慢 25秒，而 1小时=60 60秒。再求出它相当于多少天：最后求出3月21日后的72天是几月几日？注意3月份有31天，4月份有30天，5月份有31天，到6月1日中午，恰好是72天。（12）某人由甲地去乙地。如果他从甲地先骑摩托车行12小时，再换骑自行车9小时，恰好到达乙地。如果他从甲地先骑自行车行21小时，再换骑摩托车行8小时，也恰好到达乙地。问：全程骑摩托车需要几小时到达乙地？答案 15小时。分析在分析行程问题时，一般部是在草稿纸上先画出粗略的示意图。本题给出的两种行进方式是可以看出：摩托车走12-84小时的路程，自行车要用21-9=12小时。这就是解题的关链。如果我们将第二次行进方式次序改一下，与第一次作比较，就可以看得更清楚了：解摩托车是12-8=4小时的路程，自行车要用21-9=12小时。摩托车走完全程需要（13）下图的二个圆只有一个公共点A，大圆直径48厘米，小圆直径30厘米。二只甲虫同时从A点出发，按箭头所指的方向以相同速度分别沿二个圆爬行。问：当小圆上的甲虫爬了几圈时，二只甲出相距最远？答案4圈。分析圆内的任意两点，以直径两端点的距离最远。如果沿小圆爬行的甲虫爬到A点，沿大圆爬行的甲虫恰好爬到B点，二甲虫的距离便最远。小圆周长为30=30，大圆用长为48，一半便是24。问题便变为求30和24的最小公倍数问题了。30和24的最小公倍数，相当于30与24的最小公倍数再乘以。解法 30与24的最小公倍数是120，120304120245。（14）某种少年读物，如果按原定价格销售，每售一本，获利0.24元；现在降价销售，结果售书量增加一倍，获利增加0.5倍。问：每本书售价降价多少元？答案降低0.06元。（元），每本获利0.18（元），所以每本书售价降低0.24-0.18=0.06（元）。（15）有一座四层楼房，每个窗户的4块玻璃分 别涂上红色和白色，每个窗户代表一个数字。每层楼有三个窗户，由左向右表示一个三位数。四个楼层表示的三位数有：791，275，362，612。问：第二层楼表示哪个三位数？答案612。分析一个窗户相当于代表一个数字的符号，从给出的条件设法推断出每个符号代表什么数字，便可以回答本题了。解给出的4个数中362和612个位数相同，第二和第四层右边窗户符号也相同，可以肯定这两层分别代表362和612。这二个数中又有数字6是一样的，对照第二层和第四层的窗户，进一步确定第二层代表612（同样，很容易确定每层所代表的数字）。复 赛（1）化简所以，原式等于1。注本题与第三届“华杯赛”复赛第一道参考试题性质近似。解这类题时，在乘、除运算中，小数宜写成分数、代分数宜化成假分数并将运算结果及时约分；在加、减运算中，当小数、分数都出现时，通常宜于都化为分数，因为，分数化为小数时，有可能出现无限循环小数；当然，在能都化成有限小数时，也可以都化为小数。（2）电视台要播放一部30集电视连续剧。如果要求每天安排播出的集数互不相等，该电视连续剧最多可以播几天？分析由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件下，每天播放的集数应尽可能地少。我们知道，1+ 23+ 4567= 28。所以，如果各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，7时，这七天共可插出28集，还剩2集未播出。由于已有过一天播出2集的情形，因此，这余下的2集不能再单独于一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解决这个问题。例如，各天播出的集数安排为1，2，3，4，5，7，8或1，2，3，4，5，6，9都可以。答最多可以播7天。注本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个正整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：5=11111=1112=122=113=23=14共6种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）。（3）一个正方形的纸盒中，恰好能放入一个体积为628立方厘米的圆柱体，纸盒的容积有多大？（圆周率=3.14）。分析由于是正方形纸盒，所以它的长、宽、高相等。又因为圆柱体“恰好”能放入，所以圆柱体的高等于纸盒的高，而后者又与圆柱体底面的直径相等。从而，圆柱体的体积V既等于6.28立方厘米，又等于3.14（底面半径）22倍的底面半径=6.28（底面半径）3立方厘米由此可见，圆柱的底面半径等于1（厘米），从而底面直径等于2厘米，由此即知纸盒的容积是222=8立方厘米。答纸盒的容积是8立方厘米。（4）有一筐苹果，把它们三等分后还剩2个苹果，取出其中两份，将它们三等分后还剩2个；然后再取出其中两份，又将这两份三等分后还剩2个，问：这筐苹果至少有几个？分析我们面对着最后剩下的2个苹果，它们是把某两份苹果三等分后剩下的。换句话说，把所剩的2个苹果与三等分的三份苹果放在一起，应是上一轮分割中的两份。所以这个总数必须能被2整除。题中又问这筐苹果“至少”有几个，从而上述总数又应尽可能地少。三份苹果中，每份最少有1个苹果，于是三份便是3个。23= 5，但5不被2整除，所以每份不应只有一个苹果。退而求其次：设三份苹果中每份是2个，从而三份共6个，26= 8，于是可设上一轮中共有234=14个苹果。14个又是第一轮分割时三等分所得的2份，从而依题义，最初的苹果应有 237=23个。解用倒推法可见，原有苹果数是答这筐苹果至少有23个。注用倒推法还可以解决比本题复杂一些的类似的问题。例如，每次所剩的苹果数不都是2而是互相有所不同；每次也不一定三等分，等等。大家不妨自行编题去试。（5）计算解原式注本题的规律性很强。只要能观察出每项的整数部分形成等差数列，（6）长方形 ABCD周长为16米，在它的每条边上各画一个以该边为边长的正方形，已知这四个正方形的面积和是68平方米，求长方形ABCD的面积解 如图，将A1D1 向右延长，C1E1向上延长，交于E点，那么正方形A1BC1E的面积，等于长方形 ABCD周长一半的平方。即64平方厘米。长方形 ABCD与 D1DE1E是全等的。而正方形 A1ADD1与 DCC1E1的面积之米。64-34= 30平方厘米应等于长方形 ABCD面积的 2倍。所以 ABCD 的面 注 本题的解法，可算作求面积的“割补法”。（7）“华罗庚”金杯少年数学邀请赛，第一届在1986年举行，第二届在1988年举行，第三届是在1991年举行，以后每2年举行一届。第一届“华杯赛”所在年份的各位数字和是A1198624。前二届所在年份的各位数字和是A2=1 9 8 6 1 9 8 8=50问：前50届“华杯赛”所在年份的各位数字和A50？分析这是一次“跨世纪”的计算。按所给的规律，在20世纪内有7次赛事，前50届在21世纪内于是有43次赛事。在 20世纪内，已知A2= 50，其余 5届年份各位数字的和是5（19）59（13579）=504525=120从而A7=A2120=170在 21世纪内的前5届年份各位数字和是2525=35。接下去的每5届递加数字5（因为年份的十位数字各增了1），于是前47届年份各位数字的和等于17035+404550556065701704105590再加上前50届中最后三届年份的各位数字的和：2383（135）=6249=39。得A50 590+39=629。答 A50=629注以上的分析与计算，主要用了分段处理问题的想法，例如分“世纪”作考虑，并且分“年代”作考虑。在计算中，主要依据了整数相加有交换律，可以把相同的项调集在一起计算，以便用乘法代替连加。（8）将自然数按如下顺次排列：1 2 6 7 15 16 3 5 8 14 17 4 9 13 10 12 11 在这样的排列下，数字3排在第二行第一列，13排在第三行第三列，问：1993排在第几行第几列？分析我们来分析一下给出阵列中每一斜行的规律。这里第2斜行的数字是3，2；第3斜行的数字是4，5，6；余此类推。仔细观察后我们会发现：奇数斜行中的数字由下向上递增；偶数斜行中的数字由上向下递增。如果我们找出1993位于斜行的第几位，再换算成原阵列中的第几行第几列，问题便解决了。解经试算，第62斜行中最大的数字是第63斜行中最大的数字是2016。所以 1993位于第63斜行。第63斜行中数字是由下向上递增加，左边第一位数字是1954，因此，1993位于第63斜行由上向下数第（1993-1954+1）=40位。换算为原阵列的行和列，便是第（63-43+1）=24行，第40列。答1993排在第 24行，第 40列。（9）在下图中所示的小圆圈内，试分别填入1、2、3、4、5、6、7、8这八个数字，使得图中用线段连接的两个小圆圈内所填的数字之差（大数字减小数字）恰好是1、2、3、4、5、6、7这七个数字。分析把连接小圆圈的线段叫作边，把小圆圈称作这个边的端点。同一个边的两个端点，叫作相邻的端点，当小圆圈内填入某数字k时，便用k来记它，把两个端点所填数字之差（大数字减小数字）称为它们之间的边的“标号”。那么，标号为1的边和它的端点，可能有：-，-，-，-，-，-，-；标号为2的边和它的端点，可能有：-，-，-，-，-，-；标号为3的边和它的端点，可能有：-，-，-，-，标号为5的边和它的端点，可能有：-，-，-，标号为6的边和它的端点，可能有：-，-，标号为7的边和它的端点是：-，可见，与必是相邻的端点，由上可见，可以是任何标号的边的端点，所以，选择邻点最多的点，例如C，作似乎是自然的。但，这时F不能取作，因为如果这样，以（即F）为一个端点而尚未加标号的边还有三条，它们地位是对称的， 在1、2、3、4、5、6中，无论取哪三个作它们的标号，都会得到矛盾。例如，取作标号的数为1、3、6，则与 F相邻的点除 C外，就是、，剩下未标号的边，其标号只能取2、4、5，于是与C（即）相邻的点便应是、。这里出现了的重复出现，这是矛盾。所以，应取A、B、D之一为，由对称性，不妨取A为。还有三个与C相邻的点： B、 D、 F。其中， F的地位与B、D不同。仿上可知，在F处不能是。、。取F为，令以 F为一端点的未标号的边的标号为1、2、3，从而以C为一端的、余下未标号的两条边的标号便应是5、 6、这样便可得B= ， D= ， E= ，G= ，H= 。答 在 A、B、C、D、E、F、H处，顺次在小圆圈内填入1、3、8、2、7、4、5、6便可满足要求。注满足题目要求的图，叫作“优美图”。本题是一个至今尚未解决的猜想的一个特殊的例子。本题的答案不止一种。例如：A（1）、B（6）、C（8），D（4），E（3），F（2），G（7），H（5）；又如：A（8），B（6），C（1），D（7），E（2），F（5），G（3），H（4）等等都是。由于C与F的地位，A、B、D的地位，E、G、H的地位分别都是对称的，所以，当相邻关系不变时，填在C、F处的，A、B、D处的以及填在E、G、H处的数字可以分别交换，而这样得到的结果并无实质上的区别。请想一想：有多少种既满足题目要求又实质上不同的填法？（10）11 22 33 44 55 66 77 88 99除以3的余数是几？为什么？分析上式各加项中，33、66、99除以3余数得0，所以只须看表达式11+2244557788除以3余几，任何不是3的倍数的自然数，必可表为3k1或3k2，其中k是某个非负整数，而（3k1）2=9k26k1，（3k2）2=9k212k+31。可见，不是3的倍数的自然数的平方，除以3余数都是 1，即都可表为3的某个倍数加 1。今11=1， 22=4=31，44=（42）2=3M11， 55=（52）25=（3m2+1）（3+2）9 M2+36m2+2=3m22， 77（73）27（3M41）（61）=3M51，88=（84）2=3M61，总上可见，原式除以 3的余数，是 111211=7除以3的余数，所以余数是1。答余数是1。（11） A、 B、 C、 D、 E、 F六个选手进行乒乓球单打的单循环比赛（每人都与其他选手赛一场），每天同时在三张球台各进行一场比赛，已知第一天B对 D，第二天 C对E，第三天 D对 F，第四天B对C，问：第五天A与谁对阵？另外两张球台上是谁与谁对阵？分析我们在平面上分别画上6个点，依次用它们代表选手A，B，C，D，E，F，将给定的比赛对阵用二点的连线来表示（右图，连线上的数字表示第几天。注意到每位选手每天恰赛一场，每对选手之间5天内也恰赛一场。第二天A不可能与F对阵，否则当天E要对C，而他们之间的比赛已安排在第2天。所以第一天只能是A-E和C-F，或是A-C，E-F。这次逐天分析推理，一定可以得出本题的答案。 解逐天分析可能的对阵情况，列成下表： 答第五天A与B对阵，另2张球台上的对阵是C对D，E对F。注这是道很有意思的逻辑推理题。如果在草图上用不同颜色代表不同天的对阵安排，便能很清楚地从图上推出结论，不必画表。请同学们自己试试看。（12）有一批长度分别为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10和11厘米的细木条，它们的数量都足够多，从中适当选取3根本条作为三条边，可围成一个三角形。如果规定底边是11厘米长，你能围成多少个不同的三角形？分析任何一个三角形，它的三条边中的任何两条边的长度之和，总比余下的一条边要长。换句话说，在本题中底边是11厘米长的三角形的其余二于是（a、b）的可能的值便有（11，11）；（10，10），（10，11）；（9，9），（9，10），（9，11）；（8，8），（8，9），（8，10），（8，11）；（7，7），（7，8），（7，9），（7，10），（7，11）；（6，6），（6，7），（6，8），（6，9），（6，10），（6，11）；（5，7），（5，8），（5，9），（5，10），（5，11）；（4，8），（4，9），（4，10），（4，11）；（3，9），（3，10），（3，11）；（2，10），（2，11）；（1，11）。可见，总数等于2（12345）+6=36。答能围成36个不同的三角形。讨论仿上面的分析，如果木条的长度是从1到10厘米，并规定底边长为10厘米，那么同样问题的答案将如下得出，记号仿前：（a，b）可能的值有：（10，10）；（9，9），（9，10）；（8，8），（8，9），（8，10）；（7，7）（7，8），（7，9），（7，10）；（6，6），（6，7），（6，8），（6，9），（6，10）；（5，6），（5，7），（5，8），（5，9），（5，10）；（4，7），（4，8），（4，9），（4，10）；（3，8），（3，9），（3，10）；（2，9），（2、10）；（1，10）所以总数是2（12345）=30。一般情况，当最长细木条的长（13）把下图a中的圆圈任意涂上红色或蓝色。问：有无可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？请说明理由。分析红蓝二色可以分别更换为数字1与0。这样作对问题的实质并无影响。假定题中所设想的涂色方案能够实现，那么每条直线上代表各点的数字之和便应都是奇数。一共有五条直线，所以，把这五条直线上代表各点的数字之和的这五个奇数再加起来，得到的总和数仍是一个奇数。但是，由视察可见，图中每个点都恰好同时位于两条直线上，所以，在求上述总和数时，代表各点的数字都恰被加过两次，所以这个总和应是一个偶数。这就导致一个矛盾。答没有可能。讨论由于每条直线上恰有4个点，所以，也不可能使同一条直线上的蓝圈数都是奇数。可见无论设红色为1蓝色为1，结果都不变。如果是由偶数条直线构成的类似的图，例如图b，问题中要求的涂色法便有可能实现。比如给A、B、C三点涂红色，其余涂蓝色。（14）甲、乙二人在同一条椭圆形跑道上作特殊训练：他们同时从同一地点出发，沿相反方向跑，每人跑完第一圈到达出发点后立即回头加速跑第次相遇点190米，问：这条椭圆形跑道长多少米？分析让我们先画一个示意图（右图），并设一开即L=400米。 答跑道长为400米。（15）下图a中的正方形ABCD的面积为1，M是AD边上的中点。求图中阴影部分的面积。 ABM-AGM=ABG。 注这是求面积常用的“割补法”的一次具本运用；也可以不用割补法（16）四个人聚会，每人各带了2件礼品，分赠给其余三个人中的二人，试证明：至少有两对人，每对人是互赠过礼品的。证明设此四人为甲、乙、丙、丁并用画在平面上的四个点分别表示他们，称为它们的代表点，当某人（例如甲）赠了1件礼品给另一人（例如乙）时，就由甲向乙的代表点画一条有指向的线，无非有以下两个可能：（一）甲、乙、丙、丁每人各收到了2件礼品。（二）上面的情形不发生。这时只有以下一个可能，即有一个人接受了3件礼品（即多于2件礼品；因为一人之外总共还有三个人，所以至多收到3件礼品）。（或许会有人说，还有二个可能：有人只收到1件礼品及有人什么礼品也没收到。其实，这都可归以“有一人接受了3件礼品”这个情形。因为，当有一人（例如甲）只接受了1件礼品的情形发生时，四人共带来的8件礼品中还剩下7件在甲以外的三个人中分配，如果他们每人至多只收到2件礼品，则收受礼品数将不超过6件，这不可能，所以至少有一人收到2件以上（即3件）礼品，同样，当甲未收到礼品时，8件礼品分给乙、丙、丁三人，也必定有人收到3件礼品）。当（一）发生时，例如甲收到乙、丙的礼品，由于甲发出的礼品中至少有1件给了乙或丙，为确切计，设乙收到了甲的礼品，于是我们先有了一对人：（甲、乙），他们互赠了礼品，如果丙也收到甲的礼品，那么又有了第二对互赠了礼品的人（甲、丙）；如果收到甲礼品的另一人是丁（如右图）丁的2件礼品必定分赠了乙及丙（甲已收足了本情形中限定的2件札品）丙或乙的另一件礼品 给了丁，则问题也已解决（这时另一对互赠了礼品的人便是（乙、丁）或（丙、丁）但丙的另一件礼品只能给丁，因为这时乙已收足了2件礼品，所以，当本情形发生时，至少能找到两对互赠过1件礼品的人。当（二）发生时，不失一般性，设甲收到了来自乙、丙、丁的各1件礼品，但甲又应向他们之中的某二人（例如乙、丙）各赠送1件礼品，于是（甲、乙），（甲、丙）便是要找的两对人。总上可知，证明完毕。注像图中所画的这种示意图，叫作“有向图”，是一个数学分支“图论”所研讨的内容之一。决赛第一试（1）在100以内与77互质的所有奇数之和是多少？解设A为100以内所有奇数之和，B为100以内与77有非1的公约数的全体奇数之和， X为100以内与77互质的所有奇数之和，因为任一自然数，要么与77互质，要么与77有非1的公约数，所以XAB （1）2500（2）77711（3）100以内有约数7的奇数之和为7（13+5+9+1113）100以内有约数11的奇数之和为所以 B=343275-77541 （6）（6）中减去77是因为在（4）和（5）中都计算过77这一项，最后X2500-5411959答和为1959。分析与讨论100以内的奇数有50个，我们将它们分成两组，第一组是与77互质的所有奇数；第二组是与77有非1的公约数的全体奇数。这两个组没有公共的数，将这两个组合并在一起正好就是100以内的全体奇数。这样一来，知道了100以内的全体奇数之和及某一组中全体奇数之和就可以计算出另一组中全体奇数之和了。（2）图1，图2是两个形状、大小完全相同的大长方形，在每个大长方形内放入四个如图3所示的小长方形，斜线区域是空下来的地方，已知大长方形的长比宽多6cm，问：图1，图2中画斜线的区域的周长哪个大？大多少？解图1中画斜线区域的周长恰好等于大长方形的周长，图2中画斜线区域的周长显然比大长方形的周长小，二者之差是2AB。从图2的竖直方向看，ABa-CD。再从图2的水平方向看，大长方形的长是a+2b，宽是2b+CD。已知大长方形的长比宽多6cm，所以（a+2b）-（2bCD）a-CD=6cm因此，图1中画斜线区域的周长比图2中画斜线区域的周长大2AB12cm。分析与讨论观察图形的特点，找出几何关系是很重要的，上面的解法中，由图2看出AB6cm，进一步又找出图1、图2画斜线的区域周长之差是2AB，这就省去了很多计算的工作量，如果用很多字母把图1，图2中画斜线的区域的周长表示出来，再相减，则要麻烦些。如果把问题稍微改一下，问图4，图5中画斜线的区域的周长的大小关系。你会回答吗？这时图5中画斜线的区域周长大，你想想，是不是大2EF？（3）这是一个道路图，A处有一大群孩子，这群孩子向东或向北走，在从A开始的每个路口，都有一半人向北走，另一半人向东走，如果先后有60个孩子到路口B，问：先后共有多少个孩子到路口C？解在A处的孩子数目看成1份，那么可顺次标出各道口处走过的孩子分析与讨论如果数一数，可以看出由A到B共有20条路，每条路平均有60203（人）走到B。A到B共走6“步”（向北，向东走一格都叫一“步”），每走一步人数就减半，因此A处有3222222192（人）根据A处的人数，不难求出D、E、F处各走过96，48，24人，H、G处各走过96，72人，由此可知走过C的人数为48（人）。 解可以看出A=1。因为不同字母表示不同的数，所以DG3，（否则D、G中就要有1），只能是DG=13。因为CF18，CF1的个位是9，所以CF8。这时BE=9由CF=8知，C、F同为奇数或同为偶数，如果C，F中一个是2，另一个是6，那么