2020-超常数学竞赛-7年级-复赛-答案.doc

2020 年超常（数学）思维与创新能力测评
（初中一年级 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）

• 已知 𝑎，𝑏，𝑐，𝑑 满足𝑎 < −1 < 𝑏 < 0 < 𝑐 < 1 < 𝑑，且|𝑎 + 1| = |𝑏 + 1|，|1 − 𝑐| =

|1 − 𝑑|，那么𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑的值为 .
答案：0.

解 由已知，得𝑎 + 1 < 0，𝑏 + 1 > 0，1 − 𝑐 > 0，1 − 𝑑 < 0，从而

−(𝑎 + 1) = 𝑏 + 1，1 − 𝑐 = −(1 − 𝑑)

所以

𝑎 + 𝑏 = −2，𝑐 + 𝑑 = 2

故
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = −2 + 2 = 0

• 图中每个小方格的面积都是 1，则七边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐺的面积是 .
答案：40.
解 可将所求七边形转化为规则多边形，为此取点 H，I，J，K，L，M，N，O，使△ 𝐴𝐵𝐻，
△ 𝐵𝐶𝐼，△ 𝐶𝐷𝐽，△ 𝐷𝐸𝐾，△ 𝐸𝐹𝐿，△ 𝐹𝐺𝑀，△ 𝐺𝐴𝑂为直角三角形(如解图)，则有
𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹𝐺 = 𝑆△𝐴𝐵𝐻 + 𝑆△𝐵𝐶𝐼 + 𝑆△𝐶𝐷𝐽 + 𝑆△𝐷𝐸𝐾 + 𝑆𝐸𝐿𝑀𝑁 + 𝑆△𝐹𝐺𝑀 − 𝑆△𝐸𝐹𝐿 + 𝑆△𝐺𝐴𝑂 + 𝑆△𝐻𝐼𝐽𝐾𝑁𝑂

25 / 25

1
= (3 × 4 + 2 × 6 + 2 × 2 + 2 × 3 + 3 × 4 − 2 × 9 + 2 × 6) + 2 × 5 + 2 × 4 + 2 = 40
2
注：也可用 Pick 定理.

• 某旅游团一行 50 人到一旅馆住宿，旅馆的客房有三人间、二人间、单人间三种，其中，
三人间的每人每天 20 元，二人间的每人每天 30 元，单人间的每天 50 元. 如果旅游团共住满
了 20 间客房，则消费最低为 元.答案：1150.
解 设三人间、二人间、单人间分别有𝑥，𝑦，𝑧间. 根据题意，得
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 20
{3𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 50
因此有
{𝑥 = 10 + 𝑧
𝑦 = 10 − 2𝑧

这里𝑥，𝑦，𝑧均为非负整数，故𝑦 = 10 − 2𝑧 ≥ 0，即𝑧 ≤ 5，因此𝑧只能取 0，1，2，3，4， 5，从而共有六种住法，如下表：

50 人住宿总消费为
𝑊 = 60𝑥 + 60𝑦 + 50𝑧 = 60(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − 10𝑧 = 1200 − 10𝑧

所以当𝑧 = 5时，总消费最低为 1150 元，此时𝑥 = 15，𝑦 = 0.

• 上午 8 时 8 分，李老先生骑自行车从家里出发去郊游. 8 分钟后，他儿子发现老父亲

忘带钱包遂骑摩托车去追他，在离家 4 千米的地方追上了他，然后儿子立刻回家，到家后又发现手机也忘拿了，便立刻回头去追，再追上他的时候，离家恰是 8 千米. 这时是 时
分.
答案：8；32.（第一个空两分，第二空 3 分，共 5 分）

解 设李先生出发 8 分钟后又走了𝑥千米被儿子追上，画线段图如下：

①

𝑥
由①知：李先生与儿子相同时间所行路程的比是 .
4

②

由②知：李先生与儿子相同时间所行路程的比是
8−4
. 由此得
8+4

𝑥 8 − 4
=
4 8 + 4
4
，12𝑥 = 16，𝑥 = .
3

另设李先生出发到儿子第二次追上他时共行了𝑦分，根据李先生速度不变得

3 =
4 − 4
8

8 12 − 4
，
𝑦 24

8
= ，𝑦 = 24.
𝑦

这时是：8 点 8 分+ 24 分 = 8 时 32 分.

• 在正午，时钟的时针、分针和秒针重合，下次重合在 .答案：午夜/零点/24 点.
解 一小时时针转动 30 度，分针转动 360 度，而秒针转动60 × 360 = 21600度，所以，
𝑥小时三针转动的度数为30𝑥度、360𝑥度和21600𝑥度.
分针和时针上次与下次相重之间，分针比时针多转 360°，如果连续两次相重的间隔为𝑥小时，我们有
360𝑥 = 30𝑥 + 360

因而有𝑥 = 12小时，类似地可求出秒针和时针连续两次相重的间隔𝑦，我们解 11

21600𝑦 = 30𝑦 + 360
和
得𝑦 = 360 = 12 小时，所以，午后当三针再次相重时的小时数ℎ必同时为12


12
的整数

21570 719
12 12
11 719

倍，因而对某两个正整数𝑢和𝑣有
11
𝑢 = ℎ =


719
𝑣. 也即719𝑢 = 11𝑣，这样 11 整除719𝑢，因

而必为 11 的倍数. 最小解是𝑢 = 11，因而ℎ = 12，那么三针下次相重于午夜.

• 正方形 ABCD 中，AB 长为4𝑐𝑚，𝐴𝐸 = 𝐴𝐹 = 1𝑐𝑚，四边形 EFGH 是长方形，𝐹𝐺 = 2𝐸𝐹.

那么，“风筝图”（阴影部分）的总面积为 𝑐𝑚2.

答案：4.
解 如解图，𝐹𝐼 = 3𝐸𝐹，因为𝐹𝐺 = 2𝐸𝐹，所以𝐺𝐼 = 𝐸𝐹 = 𝐼𝐽，因为

𝑆△𝐶𝑂𝐻 = 𝑆△𝐶𝑂𝐽，𝑆△𝐶𝑂𝐺 = 𝑆△𝐶𝑂𝐼

所以

𝑆 = 𝑆

1
+ 𝑆


+ 𝑆


= 1 × 1 ÷ 2 + √2 × 3√2 ÷ 2 + 1 × 1 ÷ 2 = 4(cm2)

阴 △𝐴𝐸𝐹

2 𝐸𝐹𝐼𝐽
△𝐶𝐼𝐽

• 写出从 1 到 30（包括 1 和 30）的全部整数，把其中的某些数划掉，使得在剩余的数中
没有一个数是其他任何数的 2 倍，则最多能剩余 个数.答案：20.
解 把 1～30 这 30 个数分成 15 个组：
{1，2，4，8，16}

{3，6，12，24}
{5，10，20}{7，14，28}
{9，18}{11，22}{13，26}{15，30}
{17}{19}{21}{23}{25}{27}{29}
我们分别从这些小组中尽可能多地选取一些数，其中任何一个数都不能是另一个数的二倍.例如，从第一组{1，2，4，8，16}中选取 1，4，16；从第二组{3，6，12，24}中选取 3，12；从{5，10，20}和{7，14，28}中各选取两个数；从剩下的其他 11 个组中各选取一个数.总共选
取3 + 2 + 2 + 2 + +11 = 20个数.

3
• 从 l，2，3，…，𝑛中任取 11 个数，使其中必有 2 个数的商不小于
4
4
，又不大于
3
，则𝑛

的最大值为 .答案：46.
解 如果能构造 10 个抽屉，使每个抽屉中的若干个数中任意两数的商都不小于
4


3
，又不大
4

于 ，并且这 10 个抽屉不重不漏地包含了 l，2，3，…，𝑛中的全部自然数，就能找到𝑛的最大
3

值.

若每个抽屉中的若干个数也是连续自然数，设为𝑎 + 1，𝑎 + 2， ⋯ ，𝑎 + 𝑚，则由


𝑎
≥
𝑎+𝑚

3 𝑎+𝑚
和
4 𝑎
4
≤ 可以找到𝑎和𝑚的关系.
3

𝑎+𝑚 4
𝑚 1 𝑎 𝑎

由 𝑎 ≤ 3，得𝑎 ≤ 3，即𝑚 ≤ 3，又因𝑚应取尽量大的整数，所以𝑚应等于最接近3的整

[ ])
数(以后记为 𝑎
3
，故可设计出以下 10 个抽屉：(1)，(2)，(3，4)，(5，6)，(7，8，9)，(10，

11，12，13)，(14，15，…，18)，(19，20，…，25)， (26，27，…， 26 ，(35，36，…，
26+[ 3 ])
35
[ 3 ]+35)，由抽屉原则从以上 10 个抽屉中任取 11 个数满足题目条件. 因此𝑛的最大值是35 +
35
[ 3 ] = 46.

• 给定4 × 4方格表，一定可以从小于 100 的正整数中选出 16 个不同的数填入方格表（每格一数），使得每一行所填数的乘积和每一列所填数的乘积都等于同一个数. 这个数最小是

.
答案：5040.
解 如解图 1 所示，我们首先将四种花色的 A，K，Q，J 牌共 16 张放置在4 × 4方格表的各个格子中(每格一张牌)，使得每一行的四张牌的花色和字母各不相同，每一列也如此. 约定用 1，2，3，4 分别表示字母 A，K，Q，J，用 1，5，6，7 分别表示黑桃、红桃、方块、梅花这四种花色. 然后如解图 2 所示，将每个格子所放牌代之以表示该牌字母的数与表示该牌花色的数之乘积. 这样，每行每列所放数的乘积都等于1 × 2 × 3 × 4 × 1 × 5 × 6 × 7 = 5040.

图 1 图 2

• 给出一个等差数表

1，4，7，10， ⋯ ，𝑎1𝑗， ⋯

4，9，14，19， ⋯ ，𝑎2𝑗， ⋯

7，14，21，28， ⋯ ，𝑎3𝑗， ⋯

⋮

𝑎𝑖1，𝑎𝑖2，𝑎𝑖3，𝑎𝑖4， ⋯ ，𝑎𝑖𝑗， ⋯
其中每一行、每一列都是等差数列，𝑎𝑖𝑗表示位于第𝑖行、第𝑗列的数，则 2017 这个数在该数表中的位置(𝑖，𝑗) = .
答案：(𝟏，𝟔𝟕𝟑)，(𝟒，𝟐𝟐𝟒)，(𝟐𝟐𝟒，𝟒)，(𝟔𝟕𝟑，𝟏).

解 易知数表中第𝑖行和第𝑖列是同一等差数列，且其公差
𝑑𝑖 = 2𝑖 + 1

所以
𝑎𝑖𝑗 = 𝑎𝑖1 + (𝑗 − 1)𝑑𝑖 = 𝑎𝑖1 + (𝑗 − 1)(2𝑖 + 1)
又

所以

令𝑎𝑖𝑗 = 2017，则
𝑎𝑖1 = 1 + (𝑖 − 1) × 3 = 3𝑖 − 2

𝑎𝑖𝑗 = 3𝑖 − 2 + (𝑗 − 1)(2𝑖 + 1) = 2𝑖𝑗 + 𝑖 + 𝑗 − 3

2𝑖𝑗 + 𝑖 + 𝑗 − 3 = 2017 ⟺ 2𝑖𝑗 + 𝑖 + 𝑗 = 2020

⟺ (𝑖 +
1
) (𝑗 +
2
1 1
) = 1010 +
2 4

⇔ (2𝑖 + 1)(2𝑗 + 1) = 4041 = 9 × 449
所以

2𝑖 + 1 = 3，9，449，3 × 449
{
2𝑗 + 1 = 3 × 449，449，9，3

𝑖 = 1，4，224，673
{
𝑗 = 673，224，4，1

故 2017 在数表中的位置有 4 种

(𝑖，𝑗) = (1，673)(4，224)(224，4)(673，1)

• 甲、乙、丙三个工程队承包一项工程，给他们的承包费共 180 万元. 三队完成这项工
1

程任务的具体情况是：甲、乙两队合做 6 天完成了工程的
1
；因甲有事，由乙、丙合做两天，
3

完成了余下工程的
；以后三队合做 5 天完成了这项工程. 按完成工作量的多少来付工程款，
4

则甲、乙、丙三队分别应得 、 、 万元.答案：33；91；56. （前两空各 2 分，第三空 1 分，共 5 分）
解 设甲、乙、丙单独完成这项工程分别需要𝑥天、𝑦天、和𝑧天，甲实际做了6 + 5 = 11(天)，乙实际做了6 + 2 + 5 = 13(天)，丙实际做了2 + 5 = 7(天). 依题意，列方程组，得
1 1 1
6 × (𝑥 + 𝑦) = 3

1
2 × (
𝑦
1
+ ) =
𝑧
1 1
× (1 − )
4 3

化简得
 5 × (1 + 1
{ 𝑥 𝑦
1 1 1
+ ) = 1 − −
𝑧 3 4
1
× (1 − )
3

1 1 1
+ = ①
𝑥 𝑦 18
1 1 1
+ = ②
𝑦 𝑧 12
1 + 1 + 1 = 1 ③

③ − ②，得
{𝑥 𝑦 𝑧 10

1 1 1 3
= − = ④

③ − ①，得

③ − ④ − ⑤，得
𝑥 10 12

1 1 1
= −
𝑧 10 18

1 1 3
180

8
= ⑤
180

8 7

= −
𝑦 10
3 33


180
−
180
=
180

甲完成的工作量是：
180
7
乙完成的工作量是：
180
8
丙完成的工作量是：
× 11 =

× 13 =

× 7 =
；
180
91
；
180
56
.

180 180
甲应得的酬金是：180 × 33 = 33(万元)；
180
乙应得的酬金是：180 × 91 = 91(万元)；
180
丙应得的酬金是：180 × 56 = 56(万元).
180

• 平面上有五个点，任意两点的连线都不平行，也不垂直，现从每一个点向其他四点两两连成的直线作垂线，则所有这些垂线的交点最多为 个.
答案：310.
5
解 设 A，B，C，D，E 是给定的五点，那么直线的总数为𝐶2 = 10，它们既不相互平行也不相互垂直. 设过点 A 有 6 条直线垂直于不包含点 A 的直线，则我们称这些垂线组成一个光线锥，记为𝑃𝐴. 光线锥𝑃𝐴中的直线与光线锥𝑃𝐵中的直线最多交出 33 个点. 事实上，存在 36 个交点，少 3 个点是由于分别过 A，B 垂直于三角形 CDE 的边的垂线是平行的（如解图）.
现在，我们得到 10 对点和 10 对由垂线组成的光线锥，它们产生了33 × 10 = 330个交点.

在这些点中有 10 个点被重复计算了三次.
5
事实上，如以给定的点作三角形的顶点，可产生𝐶3 = 10个三角形，且它们的垂心被计算

过一次. 这样，交点数就不超过330 − 20 = 310个.

二、解答题（每小题 12 分，共 60 分）
• 在第一行写下 10 个整数. 第二行的 10 个整数按如下规则来写：在第一行的每个整数
𝑎下面写下第一行中数𝑎的右边比𝑎大的数的总个数. 第三行按照上面的规则从第二行进行操作.
（1） 证明：若干步后，出现一行数全由零构成；
（2） 试问至少包含一个非零数的行的数目的最大可能值是多少？
解 (1)首先，由题设可知，不管第一行写的什么数，从第二行开始，所有数全部是非负整数，因为他们是符合题设条件的数的个数；其次，若第𝑖行中第𝑘个位置的数不为零，而其后面均为零的话，那么下一行（即第𝑖 + 1行）第𝑘，𝑘 + 1，𝑘 + 2，……个数均为 0. 因为 0 小于任何自然数. 也即后面至少多出一个零.

如此，一直下去，最后整个一行全为零.所以断言(1)成立.
(2)由下表可知最大数值为 10.

………6 分

………10 分

………12 分

• 我们把 1，3，6，10，…，这些数称为“三角形数”，因为用这些数目的点可以排成一个三角形，如下图：依次取三角形数的末尾数字，排列起来可以构造一个无限小数𝑁 = 0.1360518 ⋯.
试讨论 N 是有理数还是无理数？

𝑛
解 易知，第𝑛个三角形点数是1 + 2 + ⋯ + 𝑛 = 𝑛(𝑛+1)，记作𝑎 .
2
如果把 N 继续写下去，其规律性就可看得清楚些

𝑁 = 0.13605186556815063100136051 ⋯ ………2 分
似乎有𝑎𝑛+20的个位数字与𝑎𝑛的个位数字相同，若能证明这点，则 N 为有理数，注意到

𝑎𝑛+20 − 𝑎𝑛 =
(𝑛 + 20)(𝑛 + 20 + 1)
−
2
𝑛(𝑛 + 1)

2

是 10 的倍数.
所以 N 是有理数.
= 10 × (2𝑛 + 21)


………10 分
………12 分

• 将下图所示的四角星形的八个交点由 1 至 8 配号，使外围一个三角形的三个顶点的号数和均相等，即𝐴 + 𝐸 + 𝐹 = 𝐵 + 𝐹 + 𝐺 = 𝐶 + 𝐺 + 𝐻 = 𝐷 + 𝐸 + 𝐻，试求所有的配号法.
解 可设原题所说的四角星形为如题图所示的正四角星形.
因一解经旋转及反射所得 8 解可并为一类，故为方便计，对于同题 8 解，本解答仅列出一解作为代表.

+ 𝐶 = 𝐵 + 𝐷 =
若𝐴 + 𝐸 + 𝐹 = 𝑆，𝐵 + 𝐹 + 𝐺 = 𝑆，𝐶 + 𝐺 + 𝐻 = 𝑆，𝐷 + 𝐸 + 𝐻 = 𝑆，将此四式相加，因 A， B，C，D 皆计算一次，E，F，G，H 皆计算两次，36 + (𝐸 + 𝐹 + 𝐺 + 𝐻) = 4𝑆，故知𝐸 + 𝐹 + 𝐺 + 𝐻必为 4 的倍数，又因𝐸 + 𝐹 + 𝐺 + 𝐻至少为1 + 2 + 3 + 4 = 10，至多为8 + 7 + 6 + 5 = 26，进而可知𝐸 + 𝐹 + 𝐺 + 𝐻 = 12，16，20，24，而对应的S =12，13，14，15. 又由(𝐵 + 𝐹 + 𝐺) +

(𝐷 + 𝐸 + 𝐻) + 𝐴 + 𝐶 = 36及(𝐴 + 𝐸 + 𝐹) + (𝐶 + 𝐺 + 𝐻) + 𝐵 + 𝐷 = 36，可得𝐴 36 − 2𝑆，进而可知𝐴 + 𝐶 = 𝐵 + 𝐷 =12，10，8，6.
………4 分

此后，不论数对或三数组，均限定其数全异，且由小到大排列；此外，提及三角形时，均
指外围的三角形. 现将上述四种可能的情形，分为以下四种情形，讨论如下：情形 1：𝑆 = 12，𝐴 + 𝐶 = 𝐵 + 𝐷 = 12.
因和为 12 的数对仅有两个，即［4，8］及［5，7］，故 A 与 C，B 与 D 必配以这两个数
对，又因三角形的顶点号数和均为 12，故经过 4 的三角形可选配的三数组必为（2，4，6），

经过 5 的三角形可选配的三数组必为（1，5，6）.据此，可得解图（a）.情形 2：𝑆 = 13，𝐴 + 𝐶 = 𝐵 + 𝐷 = 10.
………6 分

和为 10 的数对共有三个，即［2，8］，［3，7］及［4，6］，故分下列三种情形加以讨
论：
①若 A 与 C，B 与 D 配以数对［2，8］及［3，7］，则经过 2 的三角形可选配的三数组必

为（2，5，6），经过 3 的三角形可选配的三数组必为（3，4，6）.据此，可得解图（b）.
②若 A 与 C，B 与 D 配以数对［3，7］及［4，6］，则经过 3 的三角形可选配的三数组必为（2，3，8），经过 4 的三角形可选配的三数组必为（1，4，8）.据此，可得解图（c）.

（a） （b） （c）

③若 A 与 C，B 与 D 配以数对［2，8］及［4，6］，则经过 2 的三角形无三数组可选配，故知此情形必然无解.
为处理 3 与 4 两种情形，注意：对于三角形顶点号数和均为 T 的任一解，若以 9 为被减数，减去各交点的号数，以此作为新配的号数（即各交点所配新旧两号数之和均为 9），则所得者是三角形顶点号数和均为27 − 𝑇之一解；如此的两个解，称为互补解，所配成的对，称为互补对. 显然可知：互补是三角形顶点号数和均为 T 的解的集合与三角形顶点号数和均为27 −

𝑇的解的集合之间的一一对应. 利用此种对应，即得情形 3 与 4 的结果.情形 3：𝑆 = 14，𝐴 + 𝐶 = 𝐵 + 𝐷 = 8.
………9 分

考虑互补对应，由情形 2 中的解图（b）与解图（c），可得解图（d）与解图（e）.
………10 分

情形 4：𝑆 = 15，𝐴 + 𝐶 = 𝐵 + 𝐷 = 6.

考虑互补对应，由情形 1 中的解图（a），可得解图（f）.

(d) (e) (f)

………11 分

将上述 6 个代表做旋转及反射，即得所有解，本题共有 48 种配号法.
………12 分

• “我听见院子里有很多孩子在玩，都是您家的孩子吗？”客人问.“不，一共是四家的孩子. 我的孩子最多，王家的孩子最少，我表弟的孩子比王家的孩子多，而李家的孩子又比我表弟的孩子多. 他们正在踢小足球，可是不够分成每边九个人”主人回答. “巧得很”，主人接着说：“您来时应该特别注意了我家的门牌号吧，各家孩子的人数乘起来刚好等于它，您不是很喜欢数学吗？您算一下每家孩子各是多少个？”“真有意思，让我想一想. ”客人想了一会又说：“我还需要多知道一点，王家只有一个孩子吗？”主人回答了他的问题. 这时客人说出了每一家孩子的准确数. 那么每家各有几个孩子呢？

解 设门牌号数为 N，各家孩子的人数分别是𝑎 < 𝑏 < 𝑐 < 𝑑. 那么

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 < 18，𝑎𝑏𝑐𝑑 = 𝑁

若𝑎 ≥ 3，则𝑏 ≥ 4，𝑐 ≥ 5，𝑑 ≥ 6，而𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 ≥ 18.

若𝑏 ≥ 5，则𝑐 ≥ 6，𝑑 ≥ 7，而𝑏 + 𝑐 + 𝑑 ≥ 18.
因此必须

1 ≤ 𝑎 ≤ 2；2 ≤ 𝑏 ≤ 4
………4 分

因为客人问王家有几个孩子，因此 N 在𝑎 = 1及𝑎 = 2时都可以表成𝑎，𝑏，𝑐，𝑑的乘积.

设𝑎 = 1，那么𝑐 + 𝑑 ≤ 16 − 𝑏.而
4𝑐𝑑 = (𝑐 + 𝑑)2 − (𝑑 − 𝑐)2 ≤ (16 − 𝑏)2 − 1

因此当𝑏 = 2，3，4时，分别有𝑐𝑑 ≤ 48，𝑐𝑑 ≤ 42，𝑐𝑑 ≤ 35.

故
𝑁 = 𝑏𝑐𝑑 ≤ 140
设𝑎 = 2，那么𝑁 ≥ 2 × 3 × 4 × 5 = 120.
因此

120 ≤ 𝑁 ≤ 140 ………8 分

我们说 N 一定能被 40 整除，因而𝑁 = 120. 事实上，设 N 不能被 5 整除，则𝑁 ≥ 2 × 3 × 4 × 6 = 144 > 140. 若 N 不能被 8 整除，则𝑁 > 2 × 3 × 5 × 6 = 180 > 140. 不论哪一

情形都与𝑁 ≤ 140的条件不符，这样，N 可以被 40 整除，因而𝑁 = 120.
在𝑎 = 1时，120 有两种分解
120 = 1 × 4 × 5 × 6 = 1 × 3 × 5 × 8
在𝑎 = 2时，120 只有一种分解
120 = 2 × 3 × 4 × 5
………10 分

若𝑎 = 1，则主人的回答仍不能使客人得出确切的答案，因此必须𝑎 = 2，𝑏 = 3，𝑐 =

4，𝑑 = 5. ………12 分

• 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.
………10 分

丢掉 28 张牌，则动了28 ÷ 2 = 42张牌，此时第 42 张牌方块 A 被放到最下面，手中还有
3

81 张牌.
所以，最后丢出去的那张牌是方块 A.


………12 分