历届华杯赛决赛试题剖析--第三讲(第十六届).doc

六年级火箭班培训材料
历届华杯赛决赛试题剖析
华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题（小学组）

真题尝试
感悟心得

1.【解法一】：注意到各个分数分子与分母的差都是1，可以先都补成整数求和，再减去所补的部分。在几个真分数求和时，也可以采取凑整的方法。算式如下：
原式=(2+4+6+8)-(1/2+1/4+1/6+1/8)=20-(1+1/6-1/8)=20-(1+1/24)=18+23/24。
1.【解法二】：把带分数拆成整数与真分数之和，再分别求出各个整数之和与各个分数之和，最后求出总和（计算过程的算式略）。
【点评】方法二的思路可能比较常规，容易想到。但计算不如方法一方便两种方法的不同选择，主要在于时能否从多角度进行观察。掌握套路，形成思维定势，对于解答常规标准的题目，自然可以提高速度。但这是一种“模仿”行为。如能通过自己的观察、思考，抓住要害，有针对性地选择、改进、或设计出解决问题的方案，那就是一种“探索、研究、开创”行为。
2.【解】8个人用30天完成了工程的1/3，那么8个人完成剩余工程（2/3）应该用60天，
增加4个人变成12个，应该用60×8÷12=40（天），30+40=70（天） 答：共用70天。
3.【解法一】甲乙的速度比为6:5，乙提速后的速度为5×1.6=8份。假设乙耽误的时间也在以5的速度前进，则乙总共可以前进全程的7/6。也就是说相当于乙在用甲的速度的5/6和8/6两种速度来骑甲的7/6的路程，根据十字相乘法，两种速度所用的时间之比为1:2。也就是说，乙用5/6的速度行驶了5/6×1/3=5/18的路程，那么全程的5/18-1/6=1/9就是5千米，全程45千米。（注：此方法为网上下载）
3.【解法二】设全程为x千米，乙最初的速度是y千米/小时，则甲最初的速度是1.2y千米/小时,乙追赶甲的速度为1.2y.依题意可知: （从行全程用时相等的角度考虑问题）
甲行全程用时为：x÷1.2y(小时)；
乙行全程用时为：5/y+(x/6y)+(x-5)/1.6y(小时)
故：x÷1.2y=5/y+(x/6y)+(x-5)/1.6y
解之，得x=45(千米)
答：（略）
3.【解法三】设全程为x千米，乙最初的速度是y千米/小时，则甲最初的速度是1.2y千米/小时,乙追赶甲的速度为1.2y.依题意可知: （从已再次出发追上甲的角度考虑问题）
乙用原速度行x/6路程的同时，甲行x/5路程。
乙第二次开始行进时，与甲的距离，按甲做标准是1+x/5 (千米)；(思考：为什么要按甲做标准？)
乙追上甲需要用时： (1+x/5)÷(1.6y-1.2y) (小时)
这段时间，甲行进路程：x-6-x/5 (千米)
甲行进用时：(x-6-x/5) ÷1.2y (小时)
故：(1+x/5)÷(1.6y-1.2y)= (x-6-x/5) ÷1.2y
解之，得x=45(千米)
答：（略）
4.【解】此时分针指向已经略微超过35分钟的刻度小彩灯，又尚未到达36分钟小彩灯；时针每小时，走过5个小彩灯；35分钟走过5×35/60=5×7/12=35/12个小彩灯，取整数为2.最后走过的小彩灯是47分钟的小彩灯。47-35=12 (个)。
(思考：你戴着手表呢吗？拨一下表针，看看可以吧！)
5.【解】△FAB是等边三角形，所以弧AGF是六分之一圆，同理弧GFC也是六分之一圆，则弧GF是1/6+1/6-1/4=1/12圆，四条弧的长度之和相当于1/3圆，长度为2×π×1÷3=2.094(厘米)。

6.【解】列表枚举(注意条理性)
序号
购买本数
支付金额
11元本
5元本
2元本
合计
11元本
5元本
2元本
合计
1
1
1
12
14
11
5
24
40
2
1
3
7
11
11
15
14
40
3
1
5
2
8
11
25
4
40
4
2
2
4
8
22
10
8
40
5
3
1
1
5
33
5
2
40
用自然语言表述解答过程：首先每种本都先买一本，花去16元，余下24元，可以买2元本12本；增加购买5元本2本，就要退掉2原本5本，三种本数量为：1,3,7本；再用5本2元本，换成2本5元本，三种本数量为：1,5,2本；由第一种情形，退掉8本2元本，换成11元本和5元本各一本，三种本数量为：2,2,4本；由第一种情形，退掉11本2元本，换成2本11元本，三种本数量为：3,1,1.至此，已经没有新的退换方案。所以，一共有5中购买方案。
【简要回答】11元本、5元本和2元本的购买数量共有5种方案。即，本数分别是：1,1,12；1,3,7；1,5,2；2,2,4；3,1,1。
【点评】注意11元本和5元本，单价都是奇数，而总金额40元是偶数。所以购买11元本和5元本的数量之和必须为偶数。否则总金额凑不成40元。依照题目要求，这个表没必要列那么多项。在此给出如此详尽的表格式样，旨在提示选手，考虑问题要全面。用这个表，可以完成验证工作，以确保结论正确。利用Excel文档，设置相应对计算公式，表中数据是否正确，可以做到一目了然。请自行尝试设置。
7.【解】该几何体是一个四棱锥，底面积为20×20=400，高为20，所以体积为400×20÷3=8000/3（立方厘米）。
8.【实验探索】先写出以偶数为分子的分数，每个分数的分母都是分子的一半。这样就得到11个分数值为整数的分数：2/1，4/2，6/3，8/4，10/5，12/6，14/7，16/8，18/9，20/10，22/11。经检查，可以发现其中有重复使用的自然数，还有未被使用的自然数：13，15，17，19，21。其中15,和21是合数，可以配上适当的分母，使分数值为整数。将重复使用的自然数提出多余者，再利用未被使用的自然数构造新的分数，并且尽可能使分数值为整数的分数多一些。
【点评】分数分数值为整数的分数的个数确定了。那么，具体的分数组合方案唯一吗？最多能给出多少种满足条件的分数组？题做完了，不妨让它再起个抛砖引玉的作用，让我们从中捕捉到新问题，研究新问题，解决新问题。素质杯竞赛几年来经常有连环题——初赛题是模拟题的延续，决赛题是初赛题的延续。这次华杯赛“兔年+十六届+华杯决赛=2011”就是初赛中“兔年+十六届+华杯初赛=2011”的延续。这种安排的意义就在于激励选手捕捉新问题，研究新问题，解决新问题。
【简解】大于11的质数13，17，19做分母的分数一定不是整数，它们做分子时只有分母为1时，才是整数。如果它们当中的任意两个作为同一个分数的分子和分母，则剩余的10个分数才有可能都是整数。下面举例说明可以只有一个不是整数：13/1 22/11 20/10 18/9 16/8 14/7 15/5 21/3 4/2 12/6 19/17共10个是整数。
【点评】注意：需要具体构造出来这些分数，才能确定最终答案。否则只能作为猜想。做为填空题，只要填对了数，就算正确，就可以得分。但作为问题解决，数学只承认有根有据的结论。作为解答题，要求有过程，能看出解答方法和道理。平时学习，做练习，一定要养成认真审题，做题讲道理的良好习惯。不要仅仅满足于“我做对了”
【点评3】数学知识掌握比较好，理论功底比较扎实，善于从理论的角度去分析问题的选手，常常会采用后一种方法；否则，建议通过实验去发现规律、发现方法、发现结论。
9.【解】将△ADE绕点D旋转180°，到达△A′DG位置。四边形AFGE变为与其面积相等的△AFA′.易知SAFGE=S△AFA′=S□ABCD=2011(平方厘米)

10. 【解】考虑荧光管是坏在一个数码中还是坏在两个数码中，还要考虑坏掉的荧光管是否在应该显示的字符中，即所见线路号中有几个坏管应该亮，而没有亮。综合进行分类讨论，列表如下：
可见数符
应亮坏管
百位坏
十位坏
个位坏
百、十坏
百、个坏
十、个坏
351
2
851
381
354
961
957
367

2

991

397

1
951
361

1

391
357

351
0

答：该公交车的线路号共有以上13种可能。
【点评】列表法思路反映条理、清晰，较之用自然语言表述，显得言简意赅，使人一目了然，同时便于检查核对。在扣题作答时，要注意题目所问。本题作答中“以上”两字切不可省略。——原题所问：“该公交车的线路号有哪些可能？”而不是“有多少种可能？”本题作答中的“13”有辅助扣题总结的作用。它可以给阅卷人提供“我解答正确”的信息，有助于提高阅卷速度。
当解答过程用自然语言表述时，最后要扣题小结，指出“该公交车的线路号共有13种可能：……（按一定顺序逐一开列出所有答案，此处从略）”
11.【解法一】你见过月历牌吗？仿照月历牌的形式列一个表，就一目了然了(略)。
【解法二】从小到大实验，假设第一个星期日是这个月的1号，那么后面的两个星期日就是15,29号；假设第一个星期日是这个月的3号，那么后面的两个星期日就是17,31号。因为一个月里的日期最多就是31号，所以只有以上两种可能。相应的这个月的20日分别是星期五和星期三。

12.【解】 把每一个加数都表示为[k+m/15]的形式，其,0≤m≤14，易知[k+m/15]= k。并且每一个k值都会连续出现15次以后增大到下一个自然数。我们先考虑到每一个k值都出现15次时，这个不等式第一次成立，把这个k值找出来。这时，不等式变形为：15(1+2+3+…+k)＞2011,即15 k(1+k)/2＞2011,
解得k(1+k)＞268+2/15,取整为k(1+k)≥269，注意到k(1+k)是偶数，所以实际上应该是k(1+k)≥270。经验证易知k≥16.
计算15(1+2+3+…+k)=15×16×17÷2=2040＞2011,2040-16=2024＞2011,而2024-16=2008＜2011.可知k=16的数只要有14个就第一次满足不等式。此时n=15k+m=15×16+13=253
【说明】n=15k+m时，[(15k+m)/15]是在算式中第m+1个取值为k的加数。这是容易被忽略的。
13.【解法一】 （网络下载） 显然华=1。根据弃九法，5不能出现。则0+1+2+3+4+6+7+8+9=40，2+0+1+1=4，减少了36=4×9，所以共进4位。百位肯定向千位进1位，下面就十位和个位的进位情况讨论：
如果十位向百位进2，个位向十位进1，则百位数字之和为8，十位数字之和为20，个位数字之和为11。剩余的数字0，2，3，4，6，7，8，9可能的分组方法如下：
(0+8)，(4+7+9)，(2+3+6)；(2+6)，(3+8+9)，(0+4+7)；(2+6)，(4+7+9)，(0+3+8)。
注意0不能放在首位，所以共有1×6×6+2×6×6+2×6×6=180种。
如果十位向百位进1，个位向十位进2，则百位数字之和为9，十位数字之和为9，个位数字之和为21。剩余的数字0，2，3，4，6，7，8，9可能的分组方法如下：
(0+9)，(2+3+4)，(6+7+8)；(2+7)，(0+3+6)，(4+8+9)；(3+6)，(0+2+7)，(4+8+9)。
注意0不能放在首位，所以共有1×6×6+2×4×6+2×4×6=132种。
综上所述，共180+132=312种。
13.【解法二】 （常用方法——加细竖式）
首先考虑三个一位的自然数之和最小是0+1+2=3，最大=7+8+9=24.
然后加细竖式——中间结果每个加法口诀单独写在一行里。算式结构如下：
兔 年
十 六 届
+ 华 杯 决 赛
2 0 1 1
显然华=1；
年+届+赛=11或21；
若 年+届+赛=11，则 兔+六+决=10或20；
当 兔+六+决=10时，十+杯=9
这时九个汉字所代表的数字之和=1+11+10+9=31.
我们知道：0~9这是个数字之和是45，剔除一个数字之后不会是31.
故上述假设不成立；
当 兔+六+决=20时，十+杯=8
这时九个汉字所代表的数字之和=1+11+20+8=40.只要从十个数字中剔除数字5即可。
接下来，分别找出满足各个独立加法算式的基本组合（不计数字顺序）：
十+杯=8=8+0=6+2 （注意：华=1研究先行唯一确定；以下再遇到此类情形不再一一提示）
兔+六+决=20 =9+8+3 =9+7+4
年+届+赛=11 =9+2+0 =8+3+0 =7+4+0 =6+3+2
下一步，整合上述三个独立算式，使各个算式中没有重复数字：
独立算式
算 式 匹 配 组 合 选 择
小计
十+杯=8
8+0
6+2
6+2

兔+六+决=20
9+7+4
9+8++3
9+7+4

年+届+赛=11
6+3+2
7+4+0
8+3+0

可组算式个数
6×6=36个
2×6×6=72个
2×6×6=72个
180个
若年+届+赛=21，则 兔+六+决=9或19；
当 兔+六+决=9时，十+杯=9
这时九个汉字所代表的数字之和=1+21+9+9=40
再此前提下，分别找出满足各个独立加法算式的基本组合：
十+杯=9 =9+0 =7+2 =6+3
兔+六+决=9 =7+2+0 =6+3+0 =4+3+2
年+届+赛=21 =9+8+4 =8+7+6
下一步，整合上述三个独立算式，使各个算式中没有重复数字：
独立算式
算 式 匹 配 组 合 选 择
小计
年+届+赛=21
9+8+4
9+8+4
8+7+6

兔+六+决=9
7+2+0
6+3+0
4+3+2

十+杯=9
6+3
7+2
9+0

可组算式个数
6×4×2=48个
6×4×2=48个
6×6=36个
132个
若 年+届+赛=21，则 兔+六+决=9或19；
当 兔+六+决=19时，十+杯=8
这时九个汉字所代表的数字之和=1+21+19+8=50，这不可能。
综合上面两个表中的计数结果，可知满足要求的不同算式一共有132+180=312个
【点评1】两个表中，算式的上下排列顺序不同。这是遵循首先设定选择余地最少的，再去尝试其它算式的匹配选择。
【点评2】此题答案很多，为了不重不漏地完成计数工作，需要思维有条理性，还需要把对象适当分类。在这里我借鉴张君达先生的一个概念——“基本解”，并且规定基本解的标准为在竖式中每一数位上的数字，从上到下都是按照从大到小的顺序排列的，凡是同一数位上的数字交换顺序得到的算式，都属于这个基本解所代表的“类”。在我给出的答案表中，就是依此原则，按基本解的对应顺序填写的。有兴趣的读者，可以我给出的算式结构框图，寻找一些答案，并在图中写出各自的基本解形式。
【点评3】解法一的思路方法都是正确的。两种方法的共同之处在于把多位数之和的问题与数字之和联系在一起考虑，因而发现其中所隐含的一些关系，实现了突破。

14.【解一】 （网络下载）根据奇偶性，如果蜘蛛和爬虫都不停移动，则蜘蛛有可能永远抓不住爬虫。那么，两只蜘蛛一开始的时候应该选择不懂。根据对称性，不妨设爬虫第一步移动到了F。
⑴ 如果蜘蛛预知爬虫下一步移动到E或B，则蜘蛛也朝着该棱移动就行了。
⑵ 如果蜘蛛预知爬虫下一步移动到G，则一只移动到E，一只移动到B。无论爬虫下一步移动到F，H，C中的哪个，总有一只蜘蛛可以移动到相应的顶点，爬虫就自投罗网了。
【点评】要考虑小爬虫如果不是爬到顶点F(或H)，又该怎么办？
14.【解二】不妨分别称两只蜘蛛为甲、乙。为叙述方便，设GC和AE的中点分别为M和N；设正方体的中心为点O.
小爬虫只要爬动，蜘蛛都能预知。无妨假设小品从最初是沿GC棱爬行。
蜘蛛甲同时出动，沿AE棱向E运动。蜘蛛乙任意选择AB、AD之一向棱的另一顶点运动并到达该顶点。
若小爬虫爬到点M，那么蜘蛛甲及运动到点N。此后甲总是以保持与小爬虫处于关于镜面对称的位置为原则做运动。这样，小爬虫只要到达E、F、H、D四点中的任意一点，都会被甲俘获；
若小爬虫未爬到点M，就又反向折回，则甲以保持与小爬虫处于关于点O中心对称的位置为原则做运动。这样，甲就可以把小爬虫牢牢控制在平面BFHD的另一侧——与自己分居平面两侧。而乙则可以沿着棱BC向点C运动，在沿着棱向点G运动。这样乙既可能与小爬虫迎面相遇而捕获小爬虫，也有可能将小爬虫逼到GF或GH的某一条上去。那么小爬虫不是在顶点F或H被甲迎面捕获，就是被乙迎面捕获。
若小爬虫出发后爬到了顶点C。那么，它可能会与乙迎面相遇而被捕获；也可能躲避乙，二沿着棱CG或CD爬行。这时以继续向顶点C运动，并到达C。如果这时小爬虫处于棱CD上，乙就沿着此棱向顶点D运动。小爬虫显然已注定倍捕获；如果小爬虫在乙向顶点C运动时，又向G返回，乙就在到达C后沿着棱CG向G运动。这样小爬虫只能在棱GF或GH上。当乙到达顶点G时，以后的结局自然也就明朗了。
【点评】以上策略可以简单归结为，甲先做占据与小爬虫关于点O中心对称的位置,并伺机转变为始终保持与小爬虫处于关于某一个平面对称的位置，这个平面在小爬虫爬行一开始就确定下来了，它是由正方体的一组相对的棱确定的；乙则首先到达上述平面并沿着改平面另一侧的棱驱赶小爬虫，直至把小爬虫逼到无处可逃。