2020-超常数学竞赛-8年级-复赛-答案.doc

2020 年超常（数学）思维与创新能力测评
（初中二年级 复赛 答案与评分标准）
考试时间：15:00～16:30 满分：120 分
考试说明
（1） 本试卷包括 12 道填空题、5 道解答题。
（2） 填空题答案不完整则不得分，解答题按评分标准酌情给分。
（3） 需在答题卡上作答，写在试题卷上不得分。

一、填空题（每小题 5 分，共 60 分）
1. 计算：(1 − 1 ) (1 − 1 ) ⋯ (1 − 1 ) (1 − 1 ) = .

27 / 27

答案：
22 32
𝟏𝟏
.
𝟐𝟎
92 102

解 (1 − 1 ) (1 − 1 ) ⋯ (1 − 1 ) (1 − 1 )

22 32 92
1 1 1 1
102
1 1 1 1

= (1 +
) (1 −
2
1
) (1 +
2
1
) (1 −
3
1
) ⋯ (1 + 3
1
) (1 −
9
1
) (1 +
9
1
) (1 − )
10 10
1 1

= (1 +
) (1 +
2
) ⋯ (1 + 3
) (1 +
9
) (1 −
10
) (1 −
2
) ⋯ (1 −
3
) (1 − )
9 10

3 4 5
= × ×
2 3 4
10
× ⋯ ×
9
11 1 2
× × ×
10 2 3
3 8 9
× × ⋯ × ×
4 9 10

11 1
= ×
2 10
11
=
20

2. 如下图，在四边形 ABCD 中，AB = AD，∠BAD = ∠BCD = 90°，AC = 6cm，则四边形 ABCD 的面积等于 cm2.
答案：18.
解法一 此题只知𝐴𝐶 = 6cm一条线段长计算面积，仔细想一想，只有正三角形、正方形、圆等图形可以只由一条线段来求面积，已知条件中有两个 90°角

和另两条相等线段，不妨设法将图形试一试改造成正方形（如解图①）.为此作

𝑅(𝐴，90°)
𝐴𝐸 ⊥ 𝐵𝐶于 E，将△ 𝐴𝐵𝐸 → △ 𝐴𝐷𝐹，易知，AECF 为正方形，其面积等于四
边形 ABCD 的面积，AC 为正方形 AECF 的对角线.

所以四边形

的面积

正方形

的面积
𝐴𝐶2 62 2

𝐴𝐵𝐶𝐷
= 𝐴𝐸𝐶𝐹
= 2 = 2 = 18cm

① ②
解法二 如解图②，显然∠𝐵 + ∠𝐷 = 180°，将△ 𝐴𝐵𝐶旋转至 △ 𝐴𝐷𝐸的位置，此时 C、D、E 三点共线，所以

𝑆四边形

= 𝑆△𝐴𝐶𝐸
= 1 × 6 × 6 = 18cm2
2

3. 不等式组𝑘 < 𝑥𝑘 < 𝑘 + 1(𝑘 = 1，2，3， ⋯ ，𝑛)，即

1 < 𝑥 < 2
2 < 𝑥2 < 3
3 < 𝑥3 < 4
4 < 𝑥4 < 5
⋮
有解. 则自然数𝑛的最大值为 .答案：4.
解 最大值可能是 4. 如果𝑥满足这个不等式组的前 5 个不等式，则从第 3
个不等式得出
3 < 𝑥3

从第 5 个不等式得出
𝑥5 < 6
从而得出35 < 𝑥15 < 63，即243 < 216，矛盾.因此，𝑛不能大于 4.
由于4√4 = √2，因此，在3√3与4√5之间的每个𝑥均满足前 4 个不等式.故自然数𝑛的最大值为 4.

4. 已知𝑝，𝑞均为素数，且满足5𝑝2 + 3𝑞 = 59，则以𝑝 + 3，1 − 𝑝 + 𝑞，2𝑝 +
𝑞 − 4为边长的三角形是 三角形.
答案：直角

解法 1 因为5𝑝2 + 3𝑞为奇数，所以𝑝，𝑞必为一奇一偶，而𝑝，𝑞均为素数，故𝑞，𝑝中有一个为 2.
若𝑞 = 2时，则𝑝2 = 53，不合题意，舍去.
5
若𝑝 = 2，则𝑞 = 13，此时

𝑝 + 3 = 5，1 − 𝑝 + 𝑞 = 12，2𝑝 + 𝑞 − 4 = 13
因为52 + 122 = 132，所以，以 5，12，13 为边长的三角形为直角三角形.解法 2 由5𝑝2 + 3𝑞 = 59，可得
3𝑞 = 59 − 5𝑝2

由于𝑝，𝑞均为素数，故

所以，𝑝只可能取值 2 或者 3.


59 − 5𝑝2 = 3𝑞 ≥ 6

若𝑝 = 3，则𝑞不是素数，舍去.
若𝑝 = 2，则𝑞 = 13，以下同解法 1.

5. 如下图，由四条半圆弧构成一图形. 若PR = 12，QS = 6，则所围出的面积为 .

答案：𝟏𝟖𝝅.
𝜋
解法 1 令𝑄𝑅 = 𝑥. 那么，以 PQ 为直径的半圆的面积为
2

12−𝑥 2
( ) .
2

𝜋
以 QR 为直径的半圆的面积为
2
𝑥 2
)
( ；
2

𝜋
以 RS 为直径的半圆的面积为
2
6−𝑥 2
( ) ；
2

𝜋
以 PS 为直径的半圆的面积为
2
于是所围出的面积等于
12+6−𝑥 2
( )
2

𝜋 [(18 − 𝑥)2 − (12 − 𝑥)2 + 𝑥2 − (6 − 𝑥)2] 8
= 𝜋 [324 − 36𝑥 + 𝑥2 − 144 + 24𝑥 − 𝑥2 + 𝑥2 − 36 + 12𝑥 − 𝑥2] 8
𝜋
= [324 − 144 − 36]
8
𝜋
= (144)
8
= 18𝜋

解法 2 如解图，考虑𝑄𝑅 = 0的极限情形. 此时𝑃𝑄 = 12，𝑆𝑅 = 𝑆𝑄 = 6，且
𝑃𝑆 = 18. 于是所围出的面积为

𝜋 18 2
( )
2 2
𝜋 12 2
− ( )
2 2
𝜋 6 2
− ( ) ( )
2 2
𝜋
= [81 − 36 − 9] = 18𝜋
2

20202 1

6. 计算：√1 + 20202 +

答案：2020.解 因为

2021
2 − 2021 = .

20202

1 + 20202 +


20212

= (1 + 2020)2 − 2 × 2020 +
= 20212 − 2 × 2021 × 2020
2021
20202

20212
20202
+ 20212

= (2021 −
所以
2020 2
)
2021

√1 + 20202 +
20202
20212 −
1

2021

= (2021 −

= 2020
2020
) −
2021
1

2021

7. 2𝑥2 − 𝑥 − 36为某素数的平方，则所有的整数𝑥之和为 .
答案：18.
解 设2𝑥2 − 𝑥 − 36 = 𝑝2，𝑝是素数，则
𝑝2 = (𝑥 + 4)(2𝑥 − 9)
（1）若𝑥 + 4 = 1，则𝑥 = −3，此时2𝑥 − 9 = −15 ≠ 𝑝2.
（2）若2𝑥 − 9 = 1，则𝑥 = 5，所以𝑥 + 4 = 9 = 32.
（3）若𝑥 + 4 = 2𝑥 − 9 = 𝑝，则𝑥 = 13，此时𝑝 = 17.
所以，所有的整数𝑥之和为5 + 13 = 18.

8. 从中午到午夜（但不包含午夜），时钟的秒针平分时针和分针之间两个夹角之一（其中有一个大于或等于180°） 次.
答案：1427.
解 我们从 12 点的位置开始按顺时针方向以度数来度量针的位置. 如果以

ℎ，𝑚，𝑠分别表示时针、分针和秒针与 12 点位置所成角度，则0 ≤ ℎ，𝑚，𝑠 <
360°，则当𝑠 = ℎ+𝑚和𝑠 = ℎ+𝑚 ± 180°时，岀现平分现象（注意，±号的选择中仅
2 2
有一个可得到适当范围内的值）. 由此得刚好当𝑠 = ℎ+𝑚是 180°的倍数时，秒针
2
平分时针和分针之间两个夹角之一，即考虑中午后𝑡小时的一点，0 ≤ 𝑡 < 12时，时针一共移动了30𝑡度，分针移动了12 × 30𝑡度，秒针移动了60 × 12 × 30𝑡度，由

此得30𝑡 − ℎ，12 × 30𝑡 − 𝑚和60 × 12 × 30𝑡 − 𝑠都是 360°的倍数，所以
30𝑡+12×30𝑡
ℎ+𝑚
与
2

相差 180°的倍数，对于某些整数𝑚有
2
30𝑡 + 12 × 30𝑡
60 × 12 × 30𝑡 −
2


= 180𝑚

化简得平分条件为1427𝑡 = 12𝑚，因而对整数𝑚，平分出现在时间𝑡 = 12𝑚 ，因
1427
为0 ≤ 𝑡 < 12，我们有0 ≤ 𝑚 < 1427，所以在 12 小时内刚好有 1427 次平分，
12
每 小时出现一次，近似地为 30.2733 秒.
1427

9. 对于给定的两个整数 A 与 B，小梅、小松、小竹、小桂做了以下发言.
小梅：“A 与 B 的和为 12.” 小松：“A 与 B 的积为 48.” 小竹：“A 不超过 B 的 2 倍.”小桂：“A 大于 6，B 小于 6.”
已知 4 人中有 3 人说实话，1 人说谎话，则说谎话的人是 .答案：小松.
解 若𝐴 + 𝐵 = 12，则𝐴𝐵 = 𝐴(12 − 𝐴) = 36 − (𝐴 − 6)2 ≤ 36 < 48，所以说谎话的是小梅或小松.
若说谎话的是小梅，得
𝐴 + 𝐵 ≠ 12
𝐴𝐵 = 48
{𝐴 ≤ 2𝐵
𝐴 > 6，𝐵 < 6

由 A 与 B 都是整数且𝐴𝐵 = 48；𝐴 > 6，𝐵 < 6，得 B 是正整数，且(𝐵，𝐴) =

(1，48)，(2，24)，(3，16)或(4，12)，但均与𝐴 ≤ 2𝐵矛盾！

所以说谎话的只可能是小松.此时，得
𝐴 + 𝐵 = 12
𝐴𝐵 ≠ 48
{𝐴 ≤ 2𝐵
𝐴 > 6，𝐵 < 6

由𝐴 + 𝐵 = 12，𝐴 ≤ 2𝐵，得𝐵 ≥ 4. 又𝐵 < 6，所以整数𝐵 = 4或 5.

进而可得(𝐴，𝐵) = (7，5)或(8，4)，即此时小松说谎话，其余 3 人均说实

话.
总之，说谎话的是小松.

𝑎
10. 已知𝑎是自然数，且20000 < 𝑎 < 30000，𝑎的各位数字之和是 A，则 的
𝐴
最小值为 .
答案：𝟕𝟐𝟒 𝟑
𝟐𝟗
解 设𝑎 = 20000 + 1000𝑏1 + 100𝑏2 + 10𝑏3 + 𝑏4，则
𝑎 20000 + 1000𝑏1 + 100𝑏2 + 10𝑏3 + 𝑏4
=
𝐴 2 + 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3 + 𝑏4
19998 + 999𝑏1 + 99𝑏2 + 9𝑏3

= 1 +

≥ 1 +

= 1 +


2 + 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3 + 𝑏4
19998 + 999𝑏1 + 99𝑏2 + 9𝑏3

2 + 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3 + 9
19998 + 999𝑏1 + 99𝑏2 + 9𝑏3

11 + 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3
19899 + 990𝑏1 + 90𝑏2

= 10 +

≥ 10 +

= 10 +


11 + 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3
19899 + 990𝑏1 + 90𝑏2

11 + 𝑏1 + 𝑏2 + 9
19899 + 990𝑏1 + 90𝑏2

20 + 𝑏1 + 𝑏2
18099 + 900𝑏1

= 100 +

≥ 100 +

= 100 +

= 100 +


20 + 𝑏1 + 𝑏2
18099 + 900𝑏1

20 + 𝑏1 + 9
18099 + 900𝑏1

29 + 𝑏1
900(29 + 𝑏1) + 18099 − 900 × 29

29 + 𝑏1
8001

= 1000 −

≥ 1000 −
3
= 724
29


29 + 𝑏1
8001

29 + 0

易见，当且仅当𝑏4 = 𝑏3 = 𝑏2 = 9，𝑏1 = 0，即𝑎 = 20999时，上述各处不等

𝑎
号中的等号成立，故
的最小值是724 3 .

𝐴 29

11. 给定一正方形，其边长等于𝑎，正方形两组相对的顶点是两个全等菱形的顶点. 如果每个菱形的面积等于正方形面积的一半，则两菱形公共部分的面积为 .

答案：
𝒂𝟐.
𝟑

解 因为菱形（含正方形）的面积等于对角线乘积的一半，而图中菱形是正方形面积的一半，所以 M、N 分别是 OA、OB 的中点.

易知

2
1 √2 1
𝑆 = × ( 𝑎) =

𝑎2

△𝑂𝑀𝑁 2
1
𝑆

4 16
1 1 1 1 2

△𝑃𝑀𝑁 = 4 𝑆△𝑃𝐴𝐵 =
所以
∙ 𝑎 ∙
4 2
𝑎 = 𝑎
6 48

𝑆四边形𝑂𝑀𝑃𝑁 = 𝑆△𝑂𝑀𝑁 + 𝑆△𝑃𝑀𝑁

= 1 𝑎2 + 1
16 48
= 1 𝑎2
12
从而

𝑎2

𝑆阴影

= 4𝑆
1 2
四边形𝑂𝑀𝑃𝑁 = 3 𝑎

12. 对于两个实数𝑥 ， 𝑦 ， 定义运算“ ∗ ” ， 使得𝑥 ∗ 𝑦 = 𝑝𝑥𝑦 + 𝑞𝑥 +

.
𝑟𝑦(𝑝，𝑞，𝑟是常数). 对于任意的实数𝑥，存在实数𝑒使𝑥 ∗ 𝑒 = 𝑥，又1 ∗ 2 = 5，2 ∗ 3 = 4，这时𝑝 + 𝑞 + 𝑟 + 𝑒 = .

答案：𝟑或
𝟏𝟏 𝟏
𝟑

解 因为𝑥 ∗ 𝑦 = 𝑝𝑥𝑦 + 𝑞𝑥 + 𝑟𝑦，𝑥 ∗ 𝑒 = 𝑥，所以𝑝𝑥𝑒 + 𝑞𝑥 + 𝑟𝑒 = 𝑥对于一切

𝑥都成立，
所以

又由1 ∗ 2 = 5得
𝑝𝑒 + 𝑞 = 1
𝑟𝑒 = 0
2𝑝 + 𝑞 + 2𝑟 = 5
①
②
③
由2 ∗ 3 = 4得
6𝑝 + 2𝑞 + 3𝑟 = 4
④
由式②可知𝑟 = 0或𝑒 = 0.
当𝑟 = 0时，代入③得
2𝑝 + 𝑞 = 5 ⑤
代入④得
6𝑝 + 2𝑞 = 4 ⑥
联立⑤⑥得𝑝 = −3，𝑞 = 11，代入①得
−3𝑒 + 11 = 1
.
所以𝑒 = 𝟏𝟎
𝟑
当𝑒 = 0时，代入①得𝑞 = 1，代入③④得
𝑝 + 𝑟 = 2 ⑦
6𝑝 + 3𝑟 = 2 ⑧

联立⑦⑧得

所以，得出两组值


4
𝑝 = −
3


10
，𝑟 =
3

10

𝑝 = −3，𝑞 = 11，𝑟 = 0，𝑒 =
3

4
𝑝 = −
3
，𝑞 = 1，𝑟 =
10
，𝑒 = 0
3

1
𝑝 + 𝑞 + 𝑟 + 𝑒 = 3 或 11
3

二、解答题（每小题 12 分，共 60 分）

，求
13. 已知𝑥 = 1
3 3 5 2 5


的值.

𝑥
+
𝑥
+
𝑥 + 1
解 因为
√2+1 4 2 4

1
𝑥 =
√2 + 1
所以
√2 − 1
=
(√2 + 1)(√2 − 1)


= √2 − 1
………4 分

(𝑥 + 1)2 = (√2)2 = 2
即 𝑥2 + 2𝑥 − 1 = 0
从而


………6 分

3 𝑥3
4
5
+ 𝑥2
2
5
+ 𝑥 + 1 4

= 1 [(3𝑥 + 4)(𝑥2 + 2𝑥 − 1) + 8]
4
1
= (0 + 8)
4
= 2 ………12 分

14. 设 A，B，C，D，E 五人参加一场考试，试题是十道判断题，正确判断得
1 分，错误判断反扣 1 分，不答不得分. 若五个人的答案如下表所示:

已知 A，B，C，D，E 的得分分别是 5，−1，3，0，4，请找出正确答案是√
的题号.

解 若第𝑖题的正确答案是对，记𝑥𝑖 = +1；否则，记𝑥𝑖 = −1. 则 A 的得分是
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥5 + 𝑥6 − 𝑥7 − 𝑥8 + 𝑥9 − 𝑥10
故
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 − 𝑥5 + 𝑥6 − 𝑥7 − 𝑥8 + 𝑥9 − 𝑥10 = 5 ①
同理
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4 − 𝑥6 + 𝑥7 + 𝑥8 − 𝑥9 − 𝑥10 = −1 ②
−𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 − 𝑥4 + 𝑥5 + 𝑥6 + 𝑥7 − 𝑥8 + 𝑥9 = 3 ③
−𝑥1 − 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 + 𝑥5 + 𝑥6 − 𝑥7 − 𝑥8 − 𝑥9 + 𝑥10 = 0 ④
𝑥1 + 𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥4 − 𝑥5 − 𝑥6 − 𝑥7 + 𝑥8 + 𝑥9 − 𝑥10 = 4 ⑤

………3 分
上面五个式子两边对应相加得
𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥6 − 𝑥7 − 𝑥8 + 𝑥9 − 2𝑥10 = 11

但
11 = 𝑥1 + 3𝑥2 − 𝑥3 + 𝑥6 − 𝑥7 − 𝑥8 + 𝑥9 − 2𝑥10
≤ |𝑥1| + 3|𝑥2| + |𝑥3| + |𝑥6| + |𝑥7| + |𝑥8| + |𝑥9| + 2|𝑥10|

= 11 ………7 分

故𝑥1 = 1，𝑥2 = 1，𝑥3 = −1，𝑥6 = 1，𝑥7 = −1，𝑥8 = −1，𝑥9 = 1，𝑥10 = −1，代入式①~⑤得

−𝑥5 + 6 = 5
−𝑥4 = −1
−𝑥4 + 𝑥5 + 3 = 3
𝑥4 + 𝑥5 − 2 = 0
𝑥4 − 𝑥5 + 4 = 4


………10 分

故𝑥4 = 𝑥5 = 1，即第 1，2，4，5，6，9 题的正确答案是对，其余各题的正确答
案是错. ………12 分

15. 两个正三角形叠放成一个六角星（如图），现将前 12 个正整数 1，2，…，
12 分别填于图中的 12 个结点处，使得每条直线上所填的四个数之和相等. 求六角星的六个顶点𝐴1，𝐴2， ⋯ ，𝐴6处填数之和的最小值.

解 对于满足条件的任一填法，将点𝐴𝑖 处所填的数记为𝑎𝑖 ，𝑖 = 1，2，

⋯ ，12，若每条直线上的四数之和为𝑠，则由

得到𝑠 = 26.
6𝑠 = 2(1 + 2 + ⋯ + 12)


………3 分

在△ 𝐴1𝐴3𝐴5的三条边上，有
(𝑎1 + 𝑎8 + 𝑎9 + 𝑎3) + (𝑎3 + 𝑎10 + 𝑎11 + 𝑎5) + (𝑎5 + 𝑎12 + 𝑎7 + 𝑎1) = 3𝑠 ①在△ 𝐴2𝐴4𝐴6的三条边上，有
(𝑎2 + 𝑎9 + 𝑎10 + 𝑎4) + (𝑎4 + 𝑎11 + 𝑎12 + 𝑎6) + (𝑎6 + 𝑎7 + 𝑎8 + 𝑎2) = 3𝑠 ②两式相减得

𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5 = 𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6 ③由此知，两个三角形顶点处填数之和相等.
若记𝑚 = (𝑎1 + 𝑎3 + 𝑎5) + (𝑎2 + 𝑎4 + 𝑎6)，则𝑚为偶数.
………6 分

因为在 1，2，⋯，12 中，最小的六数之和1 + 2 + ⋯ + 6 = 21为奇数，则𝑚 ≥
22. 若𝑚 = 22，由于在 1，2，⋯，12 中，和为 22 的六个数只有 1，2，3，4，

5，7，将其分为和相等的两组，每组三个数，只有唯一的分法：{1，3，7}与

{2，4，5}.

今忽略外圈的具体数字， 而将{1，3，7} 与{2，4，5} 分别改记为

{奇，奇，奇}与{偶，偶，奇}，那么在旋转意义下，六个顶点处的填字方式唯一

（如解图（a））.

现在再来考虑内圈六个数的填法，用记号𝑎~𝑏表示整数𝑎，𝑏同奇偶，由于每条线上四个数之和𝑠为偶数，则𝑎9~𝑎8~𝑎7~𝑎12，𝑎10~𝑎11，而在内圈六个数 6， 8，9，10，11，12 之中，恰有四个偶数，两个奇数，因此{𝑎10，𝑎11} = {9，11}.
………8 分 由于𝑎10，𝑎11落在顶点处为奇数的三角形的一条边上，该边两顶点的填数之
和应是𝑆 − (9 + 11) = 6，但是在{1，3，7}中不存在和为 6 的两个数，矛盾. 因此𝑚 ≠ 22，进而得，偶数𝑚 ≥ 24.
当𝑚 = 24时，我们可实际给出符合题意的填法（如解图（b））・

因此所求的最小值为 24.
………12 分

16. 如图，在△ 𝐴𝐵𝐶中，阴影部分是由各边四等分点联结形成，面积为 2015，那么△ 𝐴𝐵𝐶的面积是多少？

解 由解图易知四边形 BDYE、四边形 CEZF、四边形 ADXF 面积相等，由
△ 𝐴𝐵𝐶面积减去四边形 BDYE 面积的 3 倍可得到三叉星 DYEZFX 的面积，再减去
3 倍的 EHGI 的面积即可得阴影部分面积.

设△ 𝐴𝐵𝐶的面积为 1，则

1 3 3

𝑆△𝐵𝐷𝑁 = 2 × 4 = 8
由于
………2 分

𝐷𝐸

𝐽𝑁
所以
𝐵𝐸
=
𝐵𝑁
2 𝐷𝑌
= =
3 𝑌𝑁

𝑆△𝐵𝐷𝑁 = 3𝑆△𝐷𝐸𝑁
所以
………3 分

3 3 3 1 3

8
𝑆四边形𝐵𝐷𝑌𝐸 = 8 − 5 × (
所以
× ) =
3 10
………4 分

3 1

𝑆三叉星𝐷𝑌𝐸𝑍𝐹𝑋 = 1 − 3 × 10 = 10
又因为 1 ，所以
………6 分

𝐷𝐹 = 2 𝐵𝐶

所以

𝐷𝐹

𝑀𝑁


= 1 =

1

𝐷𝐺

𝐺𝑁

𝑆△𝐵𝐺𝑁 = 2 𝑆△𝐵𝐷𝑁
所以
2 2 1 2 1 3 1

又易知
𝑆△𝑀𝐺𝑁 = 3 𝑆△𝐵𝐺𝑁 = 3 × 2 𝑆△𝐵𝐷𝑁 = 3 × 2 × 8 = 8
………9 分

𝑂𝐹 𝑄𝐹 1 𝐷𝑂 2 𝐷𝑂 2 4 𝐷𝐼
𝑆△𝑀𝐻𝐸 = 𝑆△𝑁𝐼𝐸， 𝐸𝐶 = 𝑄𝐶 = 3 ， 𝐸𝐶 = 3 ， 𝐸𝑁 = 1.5 = 3 = 𝐼𝑁
所以
3 3 1 3
𝑆△𝑁𝐼𝐸 = 7 𝑆△𝐷𝐸𝑁 = 7 × 8 = 56
所以
1 3 1
𝑆四边形𝐸𝐻𝐺𝐼 = 8 − 2 × 56 = 56
所以
1 1 13

𝑆阴影 = 10 − 3 × 56 = 280
所以
13
𝑆△𝐴𝐵𝐶 = 2015 ÷ 280 = 43400


………12 分

17. 我们知道，每副扑克牌都是 54 张，假定其排列顺序为：头两张是大王、小王，然后是黑桃、红桃、梅花、方块四种花色，每种花色的牌又按 A、2、3、
⋯、J、Q、K 顺序排列. 某人把按上述排列的两副扑克牌上下叠放在一起，用一张没有花色和点数的“备用牌”插在中间. 然后先把第一、二张丢掉，把第三张放到最下面；再把第四、五张丢掉，把第六张放到最下面；⋯ ⋯；即每次连续丢掉两张，只放一张下去. 问：最后丢出去的是哪张牌？请说明理由.
解 我们考虑有𝑛张牌的情形. 这个问题相当于把数字 1，2，3，⋯，𝑛按顺时针方向写在一个圆圈上，然后从 1 开始，划掉两个数，跳过下一个数；再划掉两个数，跳过下一个数；⋯ ⋯；直到最后剩下一个数为止，求这个数对应的扑克
牌. ………4 分
若𝑛 = 3𝑘，则一定留下最后一个数. 因为每一轮划下来，剩下的都是 3 的倍
数，然后重新编号（每个数除以 3 即可）为：1，2，3，……，3𝑘−1. 我们知道，
3𝑚除以 3 后仍然是 3 的倍数，所以它总是被留下来，然后从头开始，直到变成

1 为止.
………8 分

回到本题上来. 由于34 = 81 < 109 < 243 = 35 ，可以考虑先丢掉109 −
81 = 28张牌，剩下 81 张牌，此时最后一张牌就是最终剩下的牌.
A
丢掉 28 张牌，则动了28 ÷ 2 = 42张牌，此时第 42 张牌方块 被放到最下

3
面，手中还有 81 张牌.
………12 分

所以，最后丢出去的那张牌是方块 A.