第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷(小高组)
2020年第二十二届“无悔金杯”少年数学邀请赛(武汉赛区)决赛试卷(小高组)
决赛试卷（小高组）
一、填空题
1．（10 分）计算：2017
÷2019+Fra bibliotek＝．
2．（10 分）如图，圆周上有 12 个点，将圆周 12 等分．以这些等分点为四个顶点的矩形共
有
个．
3．（10 分）如图，已知 ABCDEFGHI 为正九边形，那么∠DIG＝
每个格点上标的数等于这点左、下所有格点各数之和， 所以 4 枚白棋 2 枚黑棋共有 208 种不同拿法． 故答案是：208． 11．（10 分）熙熙军团的胸章是如图所示的正八边形图案，已知正八边形的边长为 18，那么 阴影部分的面积是多少？
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【分析】按题意，将图等积变形，将阴影部分的面积转化为求其它三角形的面积，最后
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定理，可以求得约数的个数．
【解答】解：根据分析，n 有 10 个约数，2n 有 20 个约数，
按约数和定理，又∵
，∴n 的质因数分解式中含有 0 个 2；
设 n＝3amx，又∵
，∴n 的质因数分解式中含有一个 3，
根据约数和定理，得 n 的约数和为：（a+1）（x+1）＝10， 解得：a＝1，x＝4，此时 n＝3×m4； 故 6n＝2×3×n＝2×3×3×m4＝2×32×m4， 其约数和为：（1+1）×（2+1）（4+1）＝2×3×5＝30， 故答案是：30． 7．（10 分）甲乙两人进行 10 公里赛跑，甲跑完全程用了 50 分钟，此时乙离终点还差 500 米．为了给乙一次机会，两人约定，第二次赛跑时甲退后 500 米起跑．假设两次跑步两 人速度都不变，则第二次跑步第一个人到达终点时，另一人离终点还差 25 米． 【分析】首先找到不变量是时间，两人两次赛跑的时间是相同的，路程是成比例关系． 【解答】解：依题意可知： 当甲跑全程 10 公里时即 10000 米，乙跑全程的 10000﹣500＝9500 米，两人跑的时间相 同，路程成比例关系． 即 10000：9500＝20：19＝（10000+500）：9975． 当甲跑完 10500 米时，乙跑 9975 米． 还差 10000﹣9975＝25（米） 故答案为：25 8．（10 分）对于两位数 n，A、B、C、D 四人有以下的对话： A：“n 能被 24 整除．” B：“n 能被 33 整除．” C：“n 能被 62 整除．” D：“n 的各位数字之和为 15．” 其中只有 2 人的话是正确的，那么 n 的取值为 96 ． 【分析】四个人只有两个人的话是正确的，B、C 的话都要求 n 的数字和是 9 的倍数，与 的 D 的话矛盾，从四个人的话中找到共同点和不同的，以及矛盾的点，即可判断谁的话 是正确的．
2017年第22届华杯赛初赛试题
总分第二十二届华罗庚金杯少年邀请赛初赛试题（小学高年级组）（时间2016年12月10日10：00～11：00）一、选择题（每题10分，满分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。
）1.两个有限小数的整数部分分别是 7 和 10，那么这两个有限小数的积的整数部分有（ ）种可能的取值．（A ）16（B ）17（C ）18（D ）19解析：设这两个有限小数为A 、B ，则7×10=70<AB<8×11=88，很明显，积的整数部分可以是70-87的整数，所以这两个有限小数的积的整数部分有87-70+1=18种。
答案选C 。
2.小明家距学校，乘地铁需要 30 分钟，乘公交车需要 50 分钟．某天小明因故先乘地铁，再换乘公交车，用了 40 分钟到达学校，其中换乘过程用了 6 分钟，那么这天小明乘坐公交车用了（ ）分钟．（A ）6（B ）8（C ）10（D ）12解析：方法一：单位“1”和假设法，设小明家距学校的路程为“1”，乘地铁的速度为301，乘公交车速度为501，40-6=34分钟，假设全程都做地铁，能走301×34=1517，所以坐公交车用了（1517-1）÷（301-501）=10分钟。
方法二：设数法和假设法，设小明家距学校的路程为[30，50]=150m ，乘地铁的速度为150÷50=3m/min ，乘公交车速度为150÷30=5m/min ，40-6=34分钟，假设全程都做地铁，能走5301×34=170m ，所以坐公交车用了（170-150）÷（5-3）=10分钟。
方法三：时间比和比例。
同一段路程，乘地铁和乘公交车时间比为3:5，全程乘地铁需要30分钟，有一段乘公交车则用40-6=34分钟，所以乘公交车的那段路比乘地铁多用34-30=4分钟，所以坐公交车用了4÷（5-3）×5=10分钟。
2020年第二十二届“无悔金杯”少年数学邀请赛决赛试卷(小高组b卷)
2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B卷）一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）++…+＝．2．（10分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行，出发时甲乙两车的速度比为5：4．出发后不久，甲车发生爆胎，停车更换轮胎后继续前进，并且将速度提高20%，结果在出发后3小时，与乙车相遇在AB两地中点，相遇后，乙车继续往前行驶，而甲车掉头行驶，当甲车回到A地时，乙车恰好到达甲车爆胎的位置，那么甲车更换轮胎用了分钟．3．（10分）在3×3的网格中（每个格子是个1×1的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．4．（10分）小于1000的自然数中，有个数的数字组成中最多有两个不同的数字．5．（10分）如图，△ABC的面积为100平方厘米，△ABD的面积为72平方厘米．M为CD 边的中点，∠MHB＝90°，已知AB＝20厘米，则MH的长度为厘米．6．（10分）一列数a1、a2…，a n…，记S（a i）为a i的所有数字之和，如S（22）＝2+2＝4，若a1＝2017，a2＝22，a n＝S（a n﹣1）+S（a n﹣2），那么a2017等于．7．（10分）一个两位数，其数字和是它的约数，数字差（较大数减去较小数）也是它的约数，这样的两位数的个数共有个．8．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A，B，C，D，E，F．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有种．二、解答下列各题（每小题10分，共40分）9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成m个交点，则m有多少个不同的数值？10．（10分）求能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数．11．（10分）从1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009中任意选出四个数，使它们的和为偶数，则共有多少种不同的选法．12．（10分）使不为最简分数的三位数n之和等于多少．三、解答下列各题（每小题15分，共30分）13．（15分）一个正六边形被剖分成6个小三角形，如图，在这些小三角形的7个顶点处填上7个不同的整数，能否找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的3个数都按顺时针方向从小到大排列，如果可以，请给出一种填法；如果不可以，请说明理由．14．（15分）7×7的方格黑白染色，如果黑格比白格少的列的个数为m，黑格比白格多的行的个数为n，求m+n的最大值．2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B卷）参考答案与试题解析一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）++…+＝2034144．【分析】观察一下，首先把分子的两个分数变换一下形式，变成两个分数的乘积，恰好能和分母约分，这样就把原来的繁杂的分数变成简单的整数加减运算．【解答】解：＝＝＝2×（2+4+6+8+ (2016)＝2×＝2018×1008＝20341442．（10分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行，出发时甲乙两车的速度比为5：4．出发后不久，甲车发生爆胎，停车更换轮胎后继续前进，并且将速度提高20%，结果在出发后3小时，与乙车相遇在AB两地中点，相遇后，乙车继续往前行驶，而甲车掉头行驶，当甲车回到A地时，乙车恰好到达甲车爆胎的位置，那么甲车更换轮胎用了52分钟．【分析】首先分析后半程冲中点到A的过程，求出两人的速度比就可知道路程比，找到爆胎位置．然后再根据原来的速度比求出正常行驶的时间减去爆胎前的时间．最后根据甲前后两次的速度比求出时间比做差即可．【解答】解：依题意可知：甲乙两车的后来速度比：5（1+20%）：4＝3：2，甲回来走3份乙走两份路程．得知甲车爆胎的位置是AC的处．如果不爆胎的甲行驶的时间和速度成反比：设甲行驶的时间为x则有：4：5＝x：3，x＝甲在行驶AC的爆胎位置到中点的正常时间为：×＝＝（小时）；甲乙爆胎前后的速度比为：5：5（1+20%）＝5：6；路程一定时间和速度成反比：设爆胎后到中点的时间为y则有：6：5＝：y，y＝；修车时间为：3﹣×＝（小时）＝52（分）故答案为：52分3．（10分）在3×3的网格中（每个格子是个1×1的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有10种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．【分析】可以分情况讨论，四个顶点的位值一样，正中间的一个方格一个位值，剩下的四个方格位值相同，故可以分次三种情况分别计算不同的摆放方法．【解答】解：根据分析，份三种情况：①当正中间即E处放一颗棋子，然后另一颗棋子放在外围任意一个位置，除去对称性因素，有2种不同的摆放方法，即AE、BE；②当两颗棋子都不在正中间E处时，而其中有一颗在顶点处时，有4种不同摆法，即AB、AF、AH、AD；③当两颗棋子都在顶点处时，有2种不同摆法，即AC、AI；④当两颗棋子都在除顶点和正中间之外的4个方格中，有2种不同摆法，即BD、BH．综上，共有：2+4+2+2＝10种不同摆放方法．4．（10分）小于1000的自然数中，有352个数的数字组成中最多有两个不同的数字．【分析】可以先求出有三个同数字的数的个数，再用总数1000减去后就是符合题意“数字组成中最多有两个不同的数字”的个数．【解答】解：根据分析，小于1000的自然数中，有三个不同数字的数有：9×9×8＝648个，则最多有两个不同数字的数有：1000﹣648＝352个．故答案是：352．5．（10分）如图，△ABC的面积为100平方厘米，△ABD的面积为72平方厘米．M为CD 边的中点，∠MHB＝90°，已知AB＝20厘米，则MH的长度为8.6厘米．【分析】可以利用面积公式分别求出△ABC、△ABD的高，而已知AB＝20厘米，再利用MH的中位线性质求出MH的长度．【解答】解：根据分析，过D，C分别作DE⊥AB交AB于E，CF⊥AB交AB于F，如图：△ABD的面积＝72＝，∴DE＝7.2厘米，△ABC的面积＝100＝，∴CF＝10厘米；又∵MH＝＝×（7.2+10）＝8.6厘米．故答案是：8.6．6．（10分）一列数a1、a2…，a n…，记S（a i）为a i的所有数字之和，如S（22）＝2+2＝4，若a1＝2017，a2＝22，a n＝S（a n﹣1）+S（a n﹣2），那么a2017等于10．【分析】首先要分析清楚S（a i）的含义，即a i是一个自然数，S（a i）表示a i的数字和，再根据a n的递推式列出数据并找出规律．【解答】解：S（a i）表示自然数a i的数字和，又a n＝S（a n﹣1）+S（a n﹣2），在下表中列出n＝1，2，3，4，…时的a n和S（a n），n a n S（a n）120171022243145499514561457101866977101341111212661388141451513416991713418134198820123211122255237724123251012644275528992914530145311013266由上表可以得出：a4＝a28＝9，S（a4）＝S（a28）＝9；a5＝a29＝14，S（a5）＝S（a29）＝5；…可以得到规律：当i≥4时，a i＝a i+24，S（a i）＝S（a i+24），2017﹣3＝2014，2014÷24＝83…22，所以：a2017＝a3+22＝a25＝10．7．（10分）一个两位数，其数字和是它的约数，数字差（较大数减去较小数）也是它的约数，这样的两位数的个数共有19个．【分析】首先看所有的10的倍数都是满足条件的，再找出尾数不为0的满足条件的数字即可，数字不多枚举法解决．【解答】解：枚举法：（1）尾数为0的有：10，20，30，40，50，60，70，80，90．（2）尾数不为0的有：12，21，24，36，42，45，48，54，63，84．故答案为：198．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A，B，C，D，E，F．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有4种．【分析】显然，只有两种情况，分别讨论，相邻两个字互换，以及顺时针移动一个位值，或逆时针移动一个位值，最后可以求得总的不同的摆放方法．【解答】解：根据分析，分两类情况：①按顺序移动一个位置，顺时针移动一个位置，有1种不同摆放方法，逆时针移动一个位置，有1种不同摆放方法；②相邻两个位置互换，则共有：2种不同的摆放方法．综上，共有：1+1+2＝4种不同摆放方法．故答案是：4．二、解答下列各题（每小题10分，共40分）9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成m个交点，则m有多少个不同的数值？【分析】分情况讨论m的值，有5条直线平行、4条直线平行，三条直线平行，两条直线平行，0条直线平行，五条直线交于一点，四条直线共点，三条直线共点，分别求得m 的数值．【解答】解：根据分析，①若5条直线互相平行，则形成的交点为0，故m为0；②若有4条直线互相平行，则交点个数m＝4；③若有三条直线互相平行，则m＝5，6，7；④若有两条直线互相平行，则m＝5，6，7，8，9；⑤若没有直线平行，则m＝1，5，6，7，8，9，10．综上，m的可能取值有：0、1、4、5、6、7、8、9、10共9种不同的数值．故答案是：9．10．（10分）求能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数．【分析】要使整数最大，且每一位数字都是奇数，必须保证整数的位数足够多，且含有尽量多的1；据此分析解答即可．【解答】解：要使整数最大，且每一位数字都是奇数，必须保证整数的位数足够多，且含有尽量多的1．根据能被7整除的数的特征可得，111111是每个数位均为1且能被7整除的最小数．又有：2017＝6×336+1＝6×335+7当有336个111111组成时，因为所有数字之和要是2017，首位数字只能是1，不能被7整除；当有335个111111组成时，前面还需要加上一个正整数，使得它各位数字之和等于7，且这个数最大．满足这个条件的最大整数是1311黑豆网https://黑豆网涵盖电影，电视剧，综艺，动漫等在线观看资源！金马医药招商网:金马医药招商网是专业提供医药代理招商的资讯信息发布平台，科技新闻网:科技新闻网每天更新最新科技新闻,这里有最权威的科技新闻资料。
2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷(小高组B卷)
2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B卷）一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）++…+=．2．（10分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行，出发时甲乙两车的速度比为5：4．出发后不久，甲车发生爆胎，停车更换轮胎后继续前进，并且将速度提高20%，结果在出发后3小时，与乙车相遇在AB两地中点，相遇后，乙车继续往前行驶，而甲车掉头行驶，当甲车回到A地时，乙车恰好到达甲车爆胎的位置，那么甲车更换轮胎用了分钟．3．（10分）在3×3的网格中（每个格子是个1×1的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．4．（10分）小于1000的自然数中，有个数的数字组成中最多有两个不同的数字．5．（10分）如图，△ABC的面积为100平方厘米，△ABD的面积为72平方厘米．M 为CD边的中点，∠MHB=90°，已知AB=20厘米，则MH的长度为厘米．6．（10分）一列数a1、a2…，a n…，记S（a i）为a i的所有数字之和，如S（22）=2+2=4，若a1=2017，a2=22，a n=S（a n﹣1）+S（a n﹣2），那么a2017等于．7．（10分）一个两位数，其数字和是它的约数，数字差（较大数减去较小数）也是它的约数，这样的两位数的个数共有个．8．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A，B，C，D，E，F．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有种．二、解答下列各题（每小题10分，共40分）9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成m个交点，则m有多少个不同的数值？10．（10分）求能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数．11．（10分）从1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009中任意选出四个数，使它们的和为偶数，则共有多少种不同的选法．12．（10分）使不为最简分数的三位数n之和等于多少．三、解答下列各题（每小题15分，共30分）13．（15分）一个正六边形被剖分成6个小三角形，如图，在这些小三角形的7个顶点处填上7个不同的整数，能否找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的3个数都按顺时针方向从小到大排列，如果可以，请给出一种填法；如果不可以，请说明理由．14．（15分）7×7的方格黑白染色，如果黑格比白格少的列的个数为m，黑格比白格多的行的个数为n，求m+n的最大值．2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B卷）参考答案与试题解析一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）++…+=2034144．【分析】观察一下，首先把分子的两个分数变换一下形式，变成两个分数的乘积，恰好能和分母约分，这样就把原来的繁杂的分数变成简单的整数加减运算．【解答】解：===2×（2+4+6+8+ (2016)=2×=2018×1008=2034144【点评】本题考查了分数的拆项运算知识，本题突破点：把分子拆分成两个分数的乘积形式，从而和分母约分2．（10分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行，出发时甲乙两车的速度比为5：4．出发后不久，甲车发生爆胎，停车更换轮胎后继续前进，并且将速度提高20%，结果在出发后3小时，与乙车相遇在AB两地中点，相遇后，乙车继续往前行驶，而甲车掉头行驶，当甲车回到A地时，乙车恰好到达甲车爆胎的位置，那么甲车更换轮胎用了52分钟．【分析】首先分析后半程冲中点到A的过程，求出两人的速度比就可知道路程比，找到爆胎位置．然后再根据原来的速度比求出正常行驶的时间减去爆胎前的时间．最后根据甲前后两次的速度比求出时间比做差即可．【解答】解：依题意可知：甲乙两车的后来速度比：5（1+20%）：4=3：2，甲回来走3份乙走两份路程．得知甲车爆胎的位置是AC的处．如果不爆胎的甲行驶的时间和速度成反比：设甲行驶的时间为x则有：4：5=x：3，x=甲在行驶AC的爆胎位置到中点的正常时间为：×==（小时）；甲乙爆胎前后的速度比为：5：5（1+20%）=5：6；路程一定时间和速度成反比：设爆胎后到中点的时间为y则有：6：5=：y，y=；修车时间为：3﹣×=（小时）=52（分）故答案为：52分【点评】本题考查对比例应用题的理解和运用，关键是根据不变量判断正反比，找到甲原来不受影响的时间，再和后面的进行比较做差即可，问题解决．3．（10分）在3×3的网格中（每个格子是个1×1的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有10种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．【分析】可以分情况讨论，四个顶点的位值一样，正中间的一个方格一个位值，剩下的四个方格位值相同，故可以分次三种情况分别计算不同的摆放方法．【解答】解：根据分析，份三种情况：①当正中间即E处放一颗棋子，然后另一颗棋子放在外围任意一个位置，除去对称性因素，有2种不同的摆放方法，即AE、BE；②当两颗棋子都不在正中间E处时，而其中有一颗在顶点处时，有4种不同摆法，即AB、AF、AH、AD；③当两颗棋子都在顶点处时，有2种不同摆法，即AC、AI；④当两颗棋子都在除顶点和正中间之外的4个方格中，有2种不同摆法，即BD、BH．综上，共有：2+4+2+2=10种不同摆放方法．【点评】本题考查了排列组合，突破点是：分情况讨论，根据不同的位置求出总的不同摆放方法．4．（10分）小于1000的自然数中，有352个数的数字组成中最多有两个不同的数字．【分析】可以先求出有三个同数字的数的个数，再用总数1000减去后就是符合题意“数字组成中最多有两个不同的数字”的个数．【解答】解：根据分析，小于1000的自然数中，有三个不同数字的数有：9×9×8=648个，则最多有两个不同数字的数有：1000﹣648=352个．故答案是：352．【点评】本题考查了数的问题，突破点是：先求有三个不同数字的数的个数，用总数减去即可．5．（10分）如图，△ABC的面积为100平方厘米，△ABD的面积为72平方厘米．M 为CD边的中点，∠MHB=90°，已知AB=20厘米，则MH的长度为8.6厘米．【分析】可以利用面积公式分别求出△ABC、△ABD的高，而已知AB=20厘米，再利用MH的中位线性质求出MH的长度．【解答】解：根据分析，过D，C分别作DE⊥AB交AB于E，CF⊥AB交AB于F，如图：△ABD的面积=72=，∴DE=7.2厘米，△ABC的面积=100=，∴CF=10厘米；又∵MH==×（7.2+10）=8.6厘米．故答案是：8.6．【点评】本题考查了三角形面积，本题突破点是：利用三角形面积公式先求出高，再利用中位线的关系求出MH的长．6．（10分）一列数a1、a2…，a n…，记S（a i）为a i的所有数字之和，如S（22）=2+2=4，若a1=2017，a2=22，a n=S（a n﹣1）+S（a n﹣2），那么a2017等于10．【分析】首先要分析清楚S（a i）的含义，即a i是一个自然数，S（a i）表示a i的数字和，再根据a n的递推式列出数据并找出规律．【解答】解：S（a i）表示自然数a i的数字和，又a n=S（a n﹣1）+S（a n﹣2），在下表中列出n=1，2，3，4，…时的a n和S（a n），由上表可以得出：a4=a28=9，S（a4）=S（a28）=9；a5=a29=14，S（a5）=S（a29）=5；…可以得到规律：当i≥4时，a i=a i+24，S（a i）=S（a i+24），2017﹣3=2014，2014÷24=83…22，所以：a2017=a3+22=a25=10．【点评】本题重点是弄清楚S（a i）的含义，通过地推找到规律，再进行求解．7．（10分）一个两位数，其数字和是它的约数，数字差（较大数减去较小数）也是它的约数，这样的两位数的个数共有19个．【分析】首先看所有的10的倍数都是满足条件的，再找出尾数不为0的满足条件的数字即可，数字不多枚举法解决．【解答】解：枚举法：（1）尾数为0的有：10，20，30，40，50，60，70，80，90．（2）尾数不为0 的有：12，21，24，36，42，45，48，54，63，84．故答案为：19【点评】本题是考察因数和倍数的关系，同时关键是在枚举过程中按照顺序，可以是数字和也可以是首位数字的大小，问题解决．8．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A，B，C，D，E，F．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有4种．【分析】显然，只有两种情况，分别讨论，相邻两个字互换，以及顺时针移动一个位值，或逆时针移动一个位值，最后可以求得总的不同的摆放方法．【解答】解：根据分析，分两类情况：①按顺序移动一个位置，顺时针移动一个位置，有1种不同摆放方法，逆时针移动一个位置，有1种不同摆放方法；②相邻两个位置互换，则共有：2种不同的摆放方法．综上，共有：1+1+2=4种不同摆放方法．故答案是：4．【点评】本题考查排列组合，突破点是：分情况讨论，相邻两个字互换，以及顺时针移动一个位值，或逆时针移动一个位值，最后求和．二、解答下列各题（每小题10分，共40分）9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成m个交点，则m有多少个不同的数值？【分析】分情况讨论m的值，有5条直线平行、4条直线平行，三条直线平行，两条直线平行，0条直线平行，五条直线交于一点，四条直线共点，三条直线共点，分别求得m的数值．【解答】解：根据分析，①若5条直线互相平行，则形成的交点为0，故m为0；②若有4条直线互相平行，则交点个数m=4；③若有三条直线互相平行，则m=5，6，7；④若有两条直线互相平行，则m=5，6，7，8，9；⑤若没有直线平行，则m=1，5，6，7，8，9，10．综上，m的可能取值有：0、1、4、5、6、7、8、9、10共9种不同的数值．故答案是：9．【点评】本题考查了组合图形的计数，本题突破点是：分类讨论，确定m的取值的种类．10．（10分）求能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数．【分析】要使整数最大，且每一位数字都是奇数，必须保证整数的位数足够多，且含有尽量多的1；据此分析解答即可．【解答】解：要使整数最大，且每一位数字都是奇数，必须保证整数的位数足够多，且含有尽量多的1．根据能被7整除的数的特征可得，111111是每个数位均为1且能被7整除的最小数．又有：2017=6×336+1=6×335+7当有336个111111组成时，因为所有数字之和要是2017，首位数字只能是1，不能被7整除；当有335个111111组成时，前面还需要加上一个正整数，使得它各位数字之和等于7，且这个数最大．满足这个条件的最大整数是13111．说明：我们可以用以下方法，构造一个能被7整除且除了首位数之外，其余数字均为1的数列如下：21，490+21=511，700+511=1211，5600+511=6111，7000+6111=13111，35000+6111=41111，70000+41111=111111，70000+41111=111111，我们注意到，7000+6111=13111是能被7整除且各位数字之和等于7 的最大正整数．所以，各位数字和为2017 的最大正整数13111…11，其中1的个数是335×6+4=2014，即．答：能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数是．【点评】本题关键是根据能被7整除的数的特征得到由数字“1”组成的最小数是111111；难点是寻找同时满足数字和是7的最大整数是13111．11．（10分）从1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009中任意选出四个数，使它们的和为偶数，则共有多少种不同的选法．【分析】首先分析如果结果是偶数可以分为0，2，4个奇数，把每一种结果加起来即可．【解答】解：依题意可知：根据四个数的结果是偶数．那么必定是0个奇数，2个奇数或者是4个奇数．在1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009奇数的个数为5个，偶数的个数为4个．当0个奇数时有一种情况．当是2个奇数2个偶数时是=60种．当选择4个奇数时有5种．60+5+1=66（种）答：共有66种选择方法．【点评】本题考查对奇偶性的理解和综合运用，同时关键是分类中的排列组合．问题解决．12．（10分）使不为最简分数的三位数n之和等于多少．【分析】不为最简，表明（5n+1，3n+2）=a≠1，根据辗转相除原理有1≠a|（5n+1）×3﹣（3n+2）×5即=1≠a|7，则a只能等于7，我们可以用5n+1尝试来锁定答案，一次尝试可知5n+1=1或6或11或16或21，因为21=3×7，所以5n+1=21时7|5n+1成立，此时n为最小值，且为4，其它值即可顺次找出，只需要将4递加7即可，题中让我们求的是符合条件的三位数，那么最小为102，最大为998，此后利用等差数列求和即可．【解答】解：不为最简，表明（5n+1，3n+2）=a≠1，根据辗转相除原理有1≠a|（5n+1）×3﹣（3n+2）×5即=1≠a|7，则a只能等于7，一次尝试可知5n+1=1或6或11或16或21，因为21=3×7，所以5n+1=21时7|5n+1成立，此时n为最小值，且为4，将4递加7即可，符合条件的三位数，那么最小为102，最大为998，102+109+116+…+998=（102+998）×129÷2=70950答：使不为最简分数的三位数n之和等于70950．【点评】考查了辗转相除原理，等差数列求和公式，关键是得到符合条件的三位数，最小为102，最大为998．三、解答下列各题（每小题15分，共30分）13．（15分）一个正六边形被剖分成6个小三角形，如图，在这些小三角形的7个顶点处填上7个不同的整数，能否找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的3个数都按顺时针方向从小到大排列，如果可以，请给出一种填法；如果不可以，请说明理由．【分析】首先分析最小数字的位置，可以放在圆心出也可以放在外边，两种情况分析即可．【解答】解：依题意可知：分两种情况讨论：假设将最小数放在中心位置，我们只能在外圈顺时针依次从小到达放数字．但是只能满足五个三角形，最后一个三角形无法满足条件．假设将最小的数字放在外圈，然后在周边顺时针依次从小到大放数字，如果想要五个三角形都满足条件，则中心位置必须放大数字，但这样的话，最后一个又不能满足条件．综上所述：不能找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的3个数都按顺时针方向从小到大排列．【点评】本题是对凑数谜的理解和运用，关键问题是找最小数字的位置．问题解决．14．（15分）7×7的方格黑白染色，如果黑格比白格少的列的个数为m，黑格比白格多的行的个数为n，求m+n的最大值．【分析】在m取最大值的条件下n尽量取最大值可使m+n的值最大．【解答】解：根据分析，1≤黑格和白格的行数≤7；1≤列数≤7，当m=7时，可以设7列之中黑格个数为3，则黑格总数为：3×7=21．然后，可以把21个黑格在1﹣5行之中每行放4个，第6行放1个，第7行不放．这样就有5行中黑格数量超过白格，所以n=5，从而使得m+n=12为最大．如下图1所示：当m=6时，可以设6列之中黑格个数均为3，其余一列黑格个数为7，这样黑格总数为3×6+7=25．然后，我们使得1﹣6行黑格个数为4个，最后一行只有1个．这样就有6行中黑格数列超过白格，所以n=6，从而使得m+n=12，如图2所示：当m≤5时，m+n≤12．综上，m+n的最大值为12．故答案是：12．【点评】本题考查了最大与最小，本题突破点是：在行数和列数的最小与最大的范围内，确定最大值．。
2022年第二十二届“华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷(小高组)
2022年第二十二届“华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷（小高组）高组）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）两个有限小数的整数部分分别是7和10，那么这两个有限小数的积的整数部分有（）种可能的取值．A．16B．17C．18D．192．（10分）小明家距学校，乘地铁需要30分钟，乘公交车需要50分钟．某天小明因故先乘地铁，再换乘公交车，用了40分钟到达学校，其中换乘过程用了6分钟，那么这天小明乘坐公交车用了（）分钟．A．6B．8C．10D．123．（10分）将长方形ABCD对角线平均分成12段，连接成如图，长方形ABCD内部空白部分面积总和是10平方厘米，那么阴影部分面积总和是（）平方厘米．A．14B．16C．18D．204．（10分）请在图中的每个方框中填入适当的数字，使得乘法竖式成立．那么乘积是（）A．2986B．2858C．2672D．2754第1页（共13页）5．（10分）在序列20220…中，从第5个数字开始，每个数字都是前面4个数字和的个位数，这样的序列可以一直写下去．那么从第5个数字开始，该序列中一定不会出现的数组是（）A．8615B．2022C．4023D．20226．（10分）从0至9中选择四个不同的数字分别填入方框中的四个括号中，共有（）种填法使得方框中话是正确的．这句话里有（）个数大于1，有（）个数大于2，有（）个数大于3，有（）个数大于4．A．1二、填空题（每小题10分，共40分）7．（10分）若[﹣]某÷+2.25=4，那么A的值是．B．2C．3D．48．（10分）如图中，“华罗庚金杯”五个汉字分别代表1﹣5这五个不同的数字．将各线段两端点的数字相加得到五个和，共有种情况使得这五个和恰为五个连续自然数．9．（10分）如图中，ABCD是平行四边形，E为CD的中点，AE和BD 的交点为F，AC和BE的交点为H，AC和BD的交点为G，四边形EHGF的面积是15平方厘米，则ABCD的面积是平方厘米．第2页（共13页）10．（10分）若2022，1029与725除以d的余数均为r，那么d﹣r 的最大值是．第3页（共13页）2022年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试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）两个有限小数的整数部分分别是7和10，那么这两个有限小数的积的整数部分有（）种可能的取值．A．16B．17C．18D．19【分析】两个小数的整数部分分别是7和10，那么这两个小数的积的整数部分最小是7某10=70；这两个小数的积的整数部分最大不超过8某11=88，所以，这两个小数的积的整数部分在70与88之间，包括70，单不包括88，共有18种可能，据此解答．【解答】解：根据题意与分析：这两个小数的积的整数部分最小是7某10=70；这两个小数的积的整数部分最大不超过8某11=88；所以，这两个小数的积的整数部分在70与88之间，包括70，但不包括88，共有：88﹣70=18种可能；答：这两个有限小数的积的整数部分有18种可能的取值．故选：C．【点评】本题关键是求出这两个小数的积的整数部分的取值范围，然后再进一步解答．2．（10分）小明家距学校，乘地铁需要30分钟，乘公交车需要50分钟．某天小明因故先乘地铁，再换乘公交车，用了40分钟到达学校，其中换乘过程用了6分钟，那么这天小明乘坐公交车用了（）分钟．A．6B．8C．10D．12【分析】总共用时是40，去掉换乘6分钟．40﹣6=34分钟．地铁是30分钟，客车是50分钟，实际是34分钟，根据时间差，比例份数法即可．第4页（共13页）【解答】解：乘车时间是40﹣6=34分，假设全是地铁是30分钟，时间差是34﹣30=4分钟，需要调整到公交推迟4分钟，地铁和公交的时间比是3：5，设地铁时间是3份，公交是5份时间，4÷（5﹣3）=2，公交时间为5某2=10分钟．故选：C．【点评】工程问题结合比例关系是常见的典型问题，份数法是奥数中常见的思想，很多题型都可以用．求出单位份数量即可解决问题．3．（10分）将长方形ABCD对角线平均分成12段，连接成如图，长方形ABCD内部空白部分面积总和是10平方厘米，那么阴影部分面积总和是（）平方厘米．A．14B．16C．18D．20【分析】设把中间最小的空白长方形的面积看作单位1=ab，那么与它相邻的阴影部分的面积就是2a某2b﹣ab=3ab=3，同理，相邻的空白部分的面积就是5ab=5，依此规律，面积依次下去为7，9，11，则空白部分的面积总和是1+5+9=15，而实际空白部分面积总和是10平方厘米，可得单位1的实际面积是10÷15=（平方厘米）；同理，那么阴影部分面积总和是：3+7+11=21，然后进一步解答即可．【解答】解：设把中间最小的空白长方形的面积看作单位1=ab，那么与它相邻的阴影部分的面积就是2a某2b﹣ab=3ab=3，同理，相邻的空白部分的面积就是5ab=5，依此规律，面积依次下去为7，9，11，则空白部分的面积总和是1+5+9=15，第5页（共13页）。
(完整word版)2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷(小高组a卷)
2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组A 卷）一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）用[]x 表示不超过x 的最大整数，例如[3.14]3=，则 201732017420175201762017720178[][][][][][]111111111111⨯⨯⨯⨯⨯⨯+++++的值为 ． 2．（10分）从4个整数中任意选出3个，求出它们的平均值．然后再求这个平均值和余下1个数的和，这样可以得到4个数：8、12、2103和193，则原来给定的4个整数的和为 ． 3．（10分）在33⨯的网格中（每个格子是个11⨯的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有 种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．4．（10分）甲从A 地出发去找乙，走了80千米后到达B 地，此时，乙已于半小时前离开B 地去了C 地，甲已离开A 地2小时，于是，甲以原来的速度的2倍去C 地．又经过了2小时后，甲乙两人同时到达C 地，则乙的速度是 千米/小时．5．（10分）某校开设了书法和朗诵两个兴趣小组．已知两个小组都参加的人数是只参加书法小组人数的27，是只参加朗诵小组人数的15，那么书法小组与朗诵小组的人数比是 ．6．（10分）如图，ABC ∆的面积为100平方厘米，ABD ∆的面积为72平方厘米．M 为CD 边的中点，90MHB ∠=︒，已知20AB =厘米，则MH 的长度为 厘米．7．（10分）一列数1a 、2a ⋯，n a ⋯，记()i S a 为i a 的所有数字之和，如(22)224S =+=，若12017a =，222a =，12()()n n n a S a S a --=+，那么2017a 等于 ．8．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A ，B ，C ，D ，E ，F ．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有种．二、解答题（每题10分，共40分，要求写出简要过程）9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成n个交点，则n有多少个不同的数值？10．（10分）某校给学生提供苹果、香蕉和梨三种水果，用作课间加餐．每名学生至少选择一种，也可以多选．统计结果显示：70%的学生选择苹果，40%的学生选择了香蕉．30%的学生选了梨，那么三种水果都选的学生数占学生总数至多是百分之几？11．（10分）箱子里面有两种珠子，一种每个19克，另一种每个17克，所有珠子的重量为2017克，求两种珠子的数量和所有可能的值．12．（10分）使3251nn++不为最简分数的三位数n之和等于多少．三、解答题（每小题15分，共30分，要求写出详细过程）13．（15分）班上共有60位同学，生日记为某月某号，问每个同学两个同样的问题：班上有几个人与你生日的月份相同？班上有几个人与你生日的号数相同（比如生日为1月12日与12月2I日的号数相同的）．结果发现，在所得到的回答中包含了由0到14的所有整数，那么，该班至少有多少个同字生日相同？14．（15分）将1至9填入图的网格中．要求每个格子填一个整数，不同格子填的数字不同，且每个格子周围的格子（即与该格子有公共边的格子）所填数字之和是该格子中所填数字的整数倍．已知左右格子已经填有数字4和5，问：标有字母x的格子所填的数字最大是多少？2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组A 卷）参考答案与试题解析一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）用[]x 表示不超过x 的最大整数，例如[3.14]3=，则 201732017420175201762017720178[][][][][][]111111111111⨯⨯⨯⨯⨯⨯+++++的值为 6048 ． 【分析】可以先将原式化简，将每项化成带分数的形式，然后取整数部分，即可得出和． 【解答】解：根据分析，原式为： 201732017420175201762017720178[][][][][][]111111111111⨯⨯⨯⨯⨯⨯+++++ 1592610[550][733][916][1100][1283][1466]111111111111=+++++ 550733916110012831466=+++++6048=．故答案是6048．【点评】本题考查了高斯取整，本题突破点是：先将原式化简，将每项化成带分数的形式，然后取整数部分，即可得出和．2．（10分）从4个整数中任意选出3个，求出它们的平均值．然后再求这个平均值和余下1个数的和，这样可以得到4个数：8、12、2103和193，则原来给定的4个整数的和为 20 ． 【分析】根据题意，设原来给定的4个整数分别是a 、b 、c 、d ，则83a b cd +++=（1），123a b d c +++=（2），21033a c d b +++=（3），1933b c d a +++=（4），据此求出原来给定的4个整数的和是多少即可．【解答】解：设原来给定的4个整数分别是a 、b 、c 、d ， 83a b cd +++=（1）， 123a b dc +++=（2）， 21033a c db +++=（3），1933b c d a +++=（4）， （1）+（2）+（3）+（4），可得 212()81210933a b c d +++=+++，所以20a b c d +++=，所以原来给定的4个整数的和为20． 故答案为：20．【点评】此题主要考查了平均数问题，要熟练掌握，解答这类应用题时，主要是弄清楚总数、份数、一份数三量之间的关系，根据总数除以它相对应的份数，求出一份数，即平均数． 3．（10分）在33⨯的网格中（每个格子是个11⨯的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有 10 种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．【分析】可以分情况讨论，四个顶点的位值一样，正中间的一个方格一个位值，剩下的四个方格位值相同，故可以分次三种情况分别计算不同的摆放方法． 【解答】解：根据分析，份三种情况：①当正中间即E 处放一颗棋子，然后另一颗棋子放在外围任意一个位置，除去对称性因素，有2种不同的摆放方法，即AE 、BE ；②当两颗棋子都不在正中间E 处时，而其中有一颗在顶点处时，有4种不同摆法，即AB 、AF 、AH 、AD ；③当两颗棋子都在顶点处时，有2种不同摆法，即AC 、AI ；④当两颗棋子都在除顶点和正中间之外的4个方格中，有2种不同摆法，即BD 、BH ．综上，共有：242210+++=种不同摆放方法．【点评】本题考查了排列组合，突破点是：分情况讨论，根据不同的位置求出总的不同摆放方法．4．（10分）甲从A 地出发去找乙，走了80千米后到达B 地，此时，乙已于半小时前离开B地去了C地，甲已离开A地2小时，于是，甲以原来的速度的2倍去C地．又经过了2小时后，甲乙两人同时到达C地，则乙的速度是64千米/小时．【分析】首先知道甲在2小时的路程是80千米，那么甲现在的速度和后来的速度都是可求的，再根据甲的时间和速度可求从B到C的路程，用路程除以乙的时间即是速度．【解答】解：甲在2小时走80千米，甲速为：80240÷=（千米/时）；甲速度加速变成40280⨯=（千米/时）；甲再经过2小时路程为：280160⨯=（千米/时）乙路程共是160千米，时间是2.5小时，乙速为：160 2.564÷=（千米/时）故答案为：64【点评】本题考查对追及问题的理解和运用，同时关键在求出BC之间的路程，隐含中知道乙的时间是2.5小时．问题解决．5．（10分）某校开设了书法和朗诵两个兴趣小组．已知两个小组都参加的人数是只参加书法小组人数的27，是只参加朗诵小组人数的15，那么书法小组与朗诵小组的人数比是3:4．【分析】把两个小组都参加的人数看作单位“1”，则只参加书法小组人数的分率是27172÷=，只参加朗诵小组人数的分率是1155÷=，则参加书法小组人数的分率是79122+=，参加朗诵小组人数的分率是156+=，然后根据比的意义解答即可．【解答】解：把两个小组都参加的人数看作单位“1”，21(11):(11)75+÷+÷9:62=3:4=答：书法小组与朗诵小组的人数比是3:4．故答案为：3:4．【点评】本题关键是把中间量两个小组都参加的人数看作单位“1”，然后都统一到这个单位“1”就容易解答了．6．（10分）如图，ABC∆的面积为100平方厘米，ABD∆的面积为72平方厘米．M为CD 边的中点，90MHB∠=︒，已知20AB=厘米，则MH的长度为8.6厘米．【分析】可以利用面积公式分别求出ABC ∆、ABD ∆的高，而已知20AB =厘米，再利用MH 的中位线性质求出MH 的长度．【解答】解：根据分析，过D ，C 分别作DE AB ⊥交AB 于E ，CF AB ⊥交AB 于F ，如图：ABD ∆的面积11722022DE AB DE ==⨯⨯=⨯⨯，7.2DE ∴=厘米，ABC ∆的面积111002022CF AB CF ==⨯⨯=⨯⨯，10CF ∴=厘米；又11()(7.210)8.622MH DE CF =⨯+=⨯+=厘米．故答案是：8.6．【点评】本题考查了三角形面积，本题突破点是：利用三角形面积公式先求出高，再利用中位线的关系求出MH 的长．7．（10分）一列数1a 、2a ⋯，n a ⋯，记()i S a 为i a 的所有数字之和，如(22)224S =+=，若12017a =，222a =，12()()n n n a S a S a --=+，那么2017a 等于 10 ．【分析】首先要分析清楚()i S a 的含义，即i a 是一个自然数，()i S a 表示i a 的数字和，再根据n a 的递推式列出数据并找出规律．【解答】解：()i S a 表示自然数i a 的数字和，又12()()n n n a S a S a --=+，在下表中列出1n =，2，3，4，⋯时的n a 和()n S a ，nn a ()n S a1 2017 10 222430 14 5 31 10 1 3266由上表可以得出：4289a a ==，428()()9S a S a ==； 52914a a ==，529()()5S a S a ==；⋯可以得到规律：当4i 时，24i i a a +=，24()()i i S a S a +=， 201732014-=，2014248322÷=⋯，所以：20173222510a a a +===．【点评】本题重点是弄清楚()i S a 的含义，通过地推找到规律，再进行求解．8．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A ，B ，C ，D ，E ，F ．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A ，B ，C ，D ，E ，F 顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有 4 种．【分析】显然，只有两种情况，分别讨论，相邻两个字互换，以及顺时针移动一个位值，或逆时针移动一个位值，最后可以求得总的不同的摆放方法． 【解答】解：根据分析，分两类情况：①按顺序移动一个位置，顺时针移动一个位置，有1种不同摆放方法，逆时针移动一个位置，有1种不同摆放方法；②相邻两个位置互换，则共有：2种不同的摆放方法． 综上，共有：1124++=种不同摆放方法．故答案是：4．【点评】本题考查排列组合，突破点是：分情况讨论，相邻两个字互换，以及顺时针移动一个位值，或逆时针移动一个位值，最后求和．二、解答题（每题10分，共40分，要求写出简要过程）9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成n个交点，则n有多少个不同的数值？【分析】按题意，可以分类讨论，最后确定n的取值．【解答】解：根据分析，0n=，即5条直线互相平行；n=，即五条直线交于一点；1n=，3，不存在；2n=，5，6，7，8，9，10的情况分别如下图：4n的取值共有9种不同的数，故答案是：9．【点评】本题考查了组合图形的计数，本题突破点是：分类讨论，确定n 的取值． 10．（10分）某校给学生提供苹果、香蕉和梨三种水果，用作课间加餐．每名学生至少选择一种，也可以多选．统计结果显示：70%的学生选择苹果，40%的学生选择了香蕉．30%的学生选了梨，那么三种水果都选的学生数占学生总数至多是百分之几？【分析】将所有学生分成四种，即三种水果都选的人数a 、同时选苹果和香蕉的人数b 、同时选梨和苹果的人数c 、同时选香蕉和梨的人数d ，再根据选每种水果的人数列关系式，270403010040a b c d +++=++-=，再利用各个取值范围求出三种水果都选的人数最大值．【解答】解：根据分析，设学生总数为100人，故70人的学生选择苹果，40人的学生选择了香蕉．30人的学生选了梨，三种水果都选的学生人数有a 人，同时选了苹果和香蕉的人数有b 人，同时选了梨和苹果的人数有c 人， 同时选了香蕉和梨的人数有d人，则：40()2704030100402b c d a b c d a -+++++=++-=⇒=，又b c d ++，400202a-∴=， 故当0b c d ++=时，a 取最大值20，即占总数的20% 故答案是20%．【点评】本题考查了分数和百分数的应用，本题突破点是：根据容斥原理列出三种水果都选的人数与总数及两种都选的人数的关系式，再求解．11．（10分）箱子里面有两种珠子，一种每个19克，另一种每个17克，所有珠子的重量为2017克，求两种珠子的数量和所有可能的值．【分析】按题意，可以设每个重量的数量为未知数，19克的珠子有x 个，17克的珠子有y 个，再列出关系式，根据正整数的范围逐步取值，最后找出符合题意的值． 【解答】解：根据分析，设有x 个19克的珠子，y 个17克的珠子，则有： 19172017x y +=，又x ，y 均为正整数 2017171200011061919x-⨯∴=<，2017191199611181717y -⨯=<；2017171917201719yx y x -+=⇒=，由余数定理，要使x 为正整数，201717y -必须能被19整除，即余数为0，而2017被9除余数为3，故17y被19除余数也为3，在所有被19除余数为3既小于2017又能被17整除的数只有：①136，即171368y y=⇒=，20171789919x-⨯==，998107x y+=+=；②459，即1745927y y=⇒=，20174598219x-==，8227109x y+=+=；③782，即1778246y y=⇒=，20177826519x-==，6546111x y+=+=；④1105，即17110565y y=⇒=，201711054819x-==，4865113x y+=+=；⑤1428，即17142884y y=⇒=，201714283119x-==，3184115x y+=+=；⑥1751，即171751103y y=⇒=，201717511419x-==，14103117x y+=+=．综上，两种珠子的数量和即x y+所有可能的值是：107、109、111、113、115、117．故答案是：107、109、111、113、115、117．【点评】本题考查了不定方程的分析求解，本题突破点是：通过列出关系式，再根据未知数的范围确定取值．12．（10分）使3251nn++不为最简分数的三位数n之和等于多少．【分析】3251nn++不为最简，表明(51,32)1n n a++=≠，根据辗转相除原理有1|(51)3(32)5a n n≠+⨯-+⨯即1|7a=≠，则a只能等于7，我们可以用51n+尝试来锁定答案，一次尝试可知511n+=或6或11或16或21，因为2137=⨯，所以5121n+=时7|51n+成立，此时n为最小值，且为4，其它值即可顺次找出，只需要将4递加7即可，题中让我们求的是符合条件的三位数，那么最小为102，最大为998，此后利用等差数列求和即可．【解答】解：3251nn++不为最简，表明(51,32)1n n a++=≠，根据辗转相除原理有1|(51)3(32)5a n n≠+⨯-+⨯即1|7a=≠，则a只能等于7，一次尝试可知511n+=或6或11或16或21，因为2137=⨯，所以5121n+=时7|51n+成立，此时n为最小值，且为4，将4递加7即可，符合条件的三位数，那么最小为102，最大为998，102109116998+++⋯+(102998)1292=+⨯÷70950 =答：使3251nn++不为最简分数的三位数n之和等于70950．【点评】考查了辗转相除原理，等差数列求和公式，关键是得到符合条件的三位数，最小为102，最大为998．三、解答题（每小题15分，共30分，要求写出详细过程）13．（15分）班上共有60位同学，生日记为某月某号，问每个同学两个同样的问题：班上有几个人与你生日的月份相同？班上有几个人与你生日的号数相同（比如生日为1月12日与12月2I日的号数相同的）．结果发现，在所得到的回答中包含了由0到14的所有整数，那么，该班至少有多少个同字生日相同？【分析】同月份和同号数的回答取遍0到14，即同月份和同号数的人数取遍1到15，进而分析求解．【解答】解：回答中包含了由0到14的所有整数，也就是说每种回答包含的学生数量是1到15．由于12315120260+++⋯+==⨯，因此不论是回答同月，还是回答同号，同月份和同号数的人数的数字不会重复（比如说，某一月份生日的人有3个，就不会出现生日号数为某一号的人数有3个），因此统计同月份或同号数的人数时，1~15这15个数字每个数字都只出现一次．要使同月同日的人尽量少，则可以使月份情况或者号数情况尽量分散，例如可以将60拆分成：60123457891011=+++++++++这一种分散情况，不妨设这是同月份的人数，和另一种情况：60612131415=++++，这是同号数的人数，分析最大数字15，将15个同号数的人，分配到上面10个月份中，可知，同月同日最少会有两人．所以：该班生日相同的人数至少有2人．【点评】本题难点是分析出同月份和同号数的人数的数字不会重复，难度较大．14．（15分）将1至9填入图的网格中．要求每个格子填一个整数，不同格子填的数字不同，且每个格子周围的格子（即与该格子有公共边的格子）所填数字之和是该格子中所填数字的整数倍．已知左右格子已经填有数字4和5，问：标有字母x的格子所填的数字最大是多少？【分析】按题意，1至9的数字中，填入4和5之外，只剩下7个数，可以先求出7个数的和，即为36，中间的x只可能是3，6，9，故一一检验，即可得知x的值．【解答】解：根据分析，123678936++++++=，填入的x是其它五个数的因数，故x只能是3、6、9，若9x=，则，不能每个数的周围的数字之和是该格子中所填数字的整数倍；x=时，如图所示，易知6x=符合题意．6故答案是：6．【点评】本题考查最大与最小，突破点是：可以先求出7个数的和，再求最大值．。
a2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛(武汉赛区)决赛试卷(小高组)
2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛（武汉赛区）决赛试卷（小高组）一、填空题1．计算：2017÷2019+＝．2．如图，圆周上有12个点，将圆周12等分．以这些等分点为四个顶点的矩形共有个．3．如图，已知ABCDEFGHI为正九边形，那么∠DIG＝度．4．在黑板上按照从小到大的顺序写出所有能被17或20整除的非零自然数；17，20，34，40，51，60，…那么这列数中排在第289位的数是．5．甲农场有鸡、鸭共625只，乙农场有鸡、鸭共748只．其中乙农场的鸡比甲农场多24%，甲农场的鸭比乙农场少15%，那么乙农场有鸡只．6．已知自然数n有10个约数，2n有20个约数，3n有15个约数，那么6n有个约数．7．甲乙两人进行10公里赛跑，甲跑完全程用了50分钟，此时乙离终点还差500米．为了给乙一次机会，两人约定，第二次赛跑时甲退后500米起跑．假设两次跑步两人速度都不变，则第二次跑步第一个人到达终点时，另一人离终点还差米．8．对于两位数n，A、B、C、D四人有以下的对话：A：“n能被24整除．”B：“n能被33整除．”C：“n能被62整除．”D：“n的各位数字之和为15．”其中只有2人的话是正确的，那么n的取值为．二、解答下列各题9．一个四位数，它本身是一个完全平方数，由它前两位数字及后两位数字组成的两个两位数也都是完全平方数．那么这个四位数是多少？10．盒子里有4枚白色棋子和2枚黑色棋子，菲菲分若干次拿走所有棋子，每次至少拿走一枚，共有多少种不同拿法？11．熙熙军团的胸章是如图所示的正八边形图案，已知正八边形的边长为18，那么阴影部分的面积是多少？12．一个机关锁如图所示，锁上共有八卦和太极共九个按键，依次按下其中四个按键后（按键按下便不可再按），若与正确按法一致则开锁，若不一致则机关重置至初始状态．已知在太极按下之前不可连续按下正对的两个卦象键（例如图中的乾、坤或兑、艮），且正确按法只有一种，那么打开这个机关锁至多需要试多少次？三、解答下列各题13．（15分）已知一个长方体的长、宽、高的比为4：3：2，用平面切割，切割面为六边形（如图所示），已知所有这样的六边形的周长最小为36，求这个长方体的表面积．14．（15分）如图，A、B、C分别是某学校的北门、西门和东门，从测量地图上看，线段AD、AE、DE均为公路，B、C分别在AD、AE上，DC、BE交于P点，△PBC、△PBD、△PCE的面积分别为73000平方米、163000平方米和694000平方米，小叶和小峰步行速度相同．一日，他们放学后同时从北门出发，小叶先跑后走，小峰一直步行，当小叶用3分钟跑到西门时，小峰恰好步行到东门，小叶继续用8分钟跑到D处，然后沿DE 步行与从东门到E再往D走的小峰会合，第二天按相同出行方式，如果小峰想在DE路段的中点处于小叶会合，需要比小叶提前多少分钟出发？2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛（武汉赛区）决赛试卷（小高组）参考答案与试题解析一、填空题1．计算：2017÷2019+＝1．【分析】先把带分数化成假分数，然后把分子变形进行简算即可．【解答】解：2017÷2019+＝÷+＝÷+＝÷+＝+＝1故答案为：1．2．如图，圆周上有12个点，将圆周12等分．以这些等分点为四个顶点的矩形共有15个．【分析】12个等分点是6条直径的端点，以这些等分点为顶点的矩形，一定以其中两条直径为对角线，所以共有＝15个矩形，据此解答即可．【解答】解：12个等分点是6条直径的端点，共有：＝＝15（个）答：以这些等分点为四个顶点的矩形共有15个．故答案为：15．3．如图，已知ABCDEFGHI为正九边形，那么∠DIG＝60°度．【分析】可以利用九边形的内角和，以及三角形的内角和，作辅助线，连接正九边形的中心，则OI＝OD＝OG，从而可以求得∠DIG的度数．【解答】解：根据分析，如图，O为正九边形中心，则OI＝OD＝OG，∠DIG＝∠DIO+∠OIG＝＝∠DOG＝×（360°÷9×3）＝60°故答案是：60°．4．在黑板上按照从小到大的顺序写出所有能被17或20整除的非零自然数；17，20，34，40，51，60，…那么这列数中排在第289位的数是2737．【分析】先根据17和20的公倍数，算出数列的周期，再算出每个周期有多少个数，即可求出第289位数是多少【解答】解：根据分析，17和20的倍数交替出现，17和20的最小公倍数为340，易知，1～340为一个周期，每个周期中列出了17+20﹣1个数，289＝36×8+1∴数列中第289个数是：340×8+17＝2737故答案为：27375．甲农场有鸡、鸭共625只，乙农场有鸡、鸭共748只．其中乙农场的鸡比甲农场多24%，甲农场的鸭比乙农场少15%，那么乙农场有鸡248只．【分析】根据“乙农场的鸡比甲农场多24%，”可得：甲农场的鸡是乙农场的鸡的1÷（1+24%）＝；根据“甲农场的鸭比乙农场少15%”可得：甲农场的鸭是乙农场的鸭的1﹣15%＝；假设甲农场的鸡鸭都是乙农场的鸡鸭的，则多算了（748×﹣625），对应着分率也多了鸡的（﹣），由此用除法解答即可求出乙农场的鸡的只数．【解答】解：1÷（1+24%）＝1﹣15%＝（748×﹣625）÷（﹣）＝10.8÷＝248（只）答：乙农场有鸡248只．故答案为：248．6．已知自然数n有10个约数，2n有20个约数，3n有15个约数，那么6n有30个约数．【分析】n有10个约数，而2n有20个约数，按约数和定理，得知n的分解式中不含有2，3n有15个约数，假设3n的分解式中不含有3，则3n的约数应该是（1+1）×10＝20个，则n的分解式中含有一个3，6n分成2×3×n，再根据约数和定理，可以求得约数的个数．【解答】解：根据分析，n有10个约数，2n有20个约数，按约数和定理，又∵，∴n的质因数分解式中含有0个2；设n＝3a m x，又∵，∴n的质因数分解式中含有一个3，根据约数和定理，得n的约数和为：（a+1）（x+1）＝10，解得：a＝1，x＝4，此时n＝3×m4；故6n＝2×3×n＝2×3×3×m4＝2×32×m4，其约数和为：（1+1）×（2+1）（4+1）＝2×3×5＝30，故答案是：30．7．甲乙两人进行10公里赛跑，甲跑完全程用了50分钟，此时乙离终点还差500米．为了给乙一次机会，两人约定，第二次赛跑时甲退后500米起跑．假设两次跑步两人速度都不变，则第二次跑步第一个人到达终点时，另一人离终点还差25米．【分析】首先找到不变量是时间，两人两次赛跑的时间是相同的，路程是成比例关系．【解答】解：依题意可知：当甲跑全程10公里时即10000米，乙跑全程的10000﹣500＝9500米，两人跑的时间相同，路程成比例关系．即10000：9500＝20：19＝（10000+500）：9975．当甲跑完10500米时，乙跑9975米．还差10000﹣9975＝25（米）故答案为：258．对于两位数n，A、B、C、D四人有以下的对话：A：“n能被24整除．”B：“n能被33整除．”C：“n能被62整除．”D：“n的各位数字之和为15．”其中只有2人的话是正确的，那么n的取值为96．【分析】四个人只有两个人的话是正确的，B、C的话都要求n的数字和是9的倍数，与的D的话矛盾，从四个人的话中找到共同点和不同的，以及矛盾的点，即可判断谁的话是正确的．【解答】解：根据分析，B、C的话都要求n的数字和是9的倍数，而C要求n的数字之和为15，若D正确，则B、C错误，所以A正确，n＝24×3＝96若D错误，则24和33、62和33、24和62的最小公倍数均大于100，矛盾综上所述，n的取值为96故答案为：96．二、解答下列各题9．一个四位数，它本身是一个完全平方数，由它前两位数字及后两位数字组成的两个两位数也都是完全平方数．那么这个四位数是多少？【分析】可以先假设这个四位数为，分两半，前两位和后两位，再根据完全平方数的性质，可以在两位数里缩小范围，最后分别确定这两个两位数．【解答】解：根据分析，设这个四位数为＝n2，∵前两位是完全平方数，故≥16，∴n≥41，又∵，均为完全平方数，∴后两位≥2n﹣1≥2×41﹣1＝81，∴＝81，＝16，此四位数为1681，故答案是：1681．10．盒子里有4枚白色棋子和2枚黑色棋子，菲菲分若干次拿走所有棋子，每次至少拿走一枚，共有多少种不同拿法？【分析】可以将将白棋看作列，黑棋看作行，则每次拿走若干棋子后，转化为左、下某一个点的情况，然后构造图，最后求得不同的拿法．【解答】解：根据分析，如图将白棋看作列，黑棋看作行，则每次拿走若干棋子后，转化为左、下某一个点的情况，所以构造如图：每个格点上标的数等于这点左、下所有格点各数之和，所以4枚白棋2枚黑棋共有208种不同拿法．故答案是：208．11．熙熙军团的胸章是如图所示的正八边形图案，已知正八边形的边长为18，那么阴影部分的面积是多少？【分析】按题意，将图等积变形，将阴影部分的面积转化为求其它三角形的面积，最后转化为S阴影＝4S△ABO＝＝182＝324．【解答】解：根据分析，如图，S阴影＝2S△ABO+2S△COD，显然S△COE＝S△COD＝S△BOA，故：S阴影＝4S△ABO＝＝182＝324故答案是：324．12．一个机关锁如图所示，锁上共有八卦和太极共九个按键，依次按下其中四个按键后（按键按下便不可再按），若与正确按法一致则开锁，若不一致则机关重置至初始状态．已知在太极按下之前不可连续按下正对的两个卦象键（例如图中的乾、坤或兑、艮），且正确按法只有一种，那么打开这个机关锁至多需要试多少次？【分析】从九个按键中依此按4个，有9×8×7＝3024（种），其中前两次相对的有8×1×7×6＝336（种），中间两次相对且第一步不是太极的有8×6×1×6＝288（种），末两次相对，前两部不相对且部署太极的有8×6×4×1＝192（种），最后求和．【解答】解：根据分析，从九个按键中依此按4个，有9×8×7＝3024（种）；其中前两次相对的有8×1×7×6＝336（种）；中间两次相对且第一步不是太极的有8×6×1×6＝288（种）；末两次相对，前两步不相对且不是太极的有8×6×4×1＝192（种）；所以所有可以按的方法有：3024﹣336﹣288﹣192＝2208（种）．即至多需要试2208次．故答案是：2208．三、解答下列各题13．（15分）已知一个长方体的长、宽、高的比为4：3：2，用平面切割，切割面为六边形（如图所示），已知所有这样的六边形的周长最小为36，求这个长方体的表面积．【分析】按题意，长方体的长、宽、高的比为4：3：2，而六边形周长最小，则六边形的六条边在展开图上应构成一条线段，此时可以求出长方体的长、宽、高，表面积也即可求得．【解答】解：根据分析，长方体展开图如下图：（AB与CE是同一条棱，P与Q是同一点）所以周长最小时，六边形的六条边在展开图上应构成一条线段，所以长方体表面积为：2×（长×宽+长×高+宽×高）＝2×（2×3+3×4+4×2）×[（）2÷2]＝416，故答案是：416．14．（15分）如图，A、B、C分别是某学校的北门、西门和东门，从测量地图上看，线段AD、AE、DE均为公路，B、C分别在AD、AE上，DC、BE交于P点，△PBC、△PBD、△PCE的面积分别为73000平方米、163000平方米和694000平方米，小叶和小峰步行速度相同．一日，他们放学后同时从北门出发，小叶先跑后走，小峰一直步行，当小叶用3分钟跑到西门时，小峰恰好步行到东门，小叶继续用8分钟跑到D处，然后沿DE 步行与从东门到E再往D走的小峰会合，第二天按相同出行方式，如果小峰想在DE路段的中点处于小叶会合，需要比小叶提前多少分钟出发？【分析】首先分析各个线段之间的比例关系，找到两段距离的路程之间的关系，做差即可．【解答】解：依题意可知：＝，＝＝•＝×＝；所以小峰走CE需要26分钟，如果小峰想在DE路段的中点处和小叶会和，此时需要小叶提前26﹣8＝18（分）．答：如果小峰想在DE路段的中点处于小叶会合，需要比小叶提前18分钟．。
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2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B 卷）一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）1111113352015201711111111123345201520162017---++⋯+=⨯⨯⨯⨯⨯⨯ ． 2．（10分）甲、乙两车分别从A 、B 两地同时出发，相向而行，出发时甲乙两车的速度比为5:4．出发后不久，甲车发生爆胎，停车更换轮胎后继续前进，并且将速度提高20%，结果在出发后3小时，与乙车相遇在AB 两地中点，相遇后，乙车继续往前行驶，而甲车掉头行驶，当甲车回到A 地时，乙车恰好到达甲车爆胎的位置，那么甲车更换轮胎用了 分钟．3．（10分）在33⨯的网格中（每个格子是个11⨯的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有 种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．4．（10分）小于1000的自然数中，有 个数的数字组成中最多有两个不同的数字． 5．（10分）如图，ABC ∆的面积为100平方厘米，ABD ∆的面积为72平方厘米．M 为CD 边的中点，90MHB ∠=︒，已知20AB =厘米，则MH 的长度为 厘米．6．（10分）一列数1a 、2a ⋯，n a ⋯，记()i S a 为i a 的所有数字之和，如(22)224S =+=，若12017a =，222a =，12()()n n n a S a S a --=+，那么2017a 等于 ．7．（10分）一个两位数，其数字和是它的约数，数字差（较大数减去较小数）也是它的约数，这样的两位数的个数共有 个．8．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A ，B ，C ，D ，E ，F ．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A ，B ，C ，D ，E ，F 顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有种．二、解答下列各题（每小题10分，共40分）9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成m个交点，则m有多少个不同的数值？10．（10分）求能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数．11．（10分）从1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009中任意选出四个数，使它们的和为偶数，则共有多少种不同的选法．12．（10分）使3251nn++不为最简分数的三位数n之和等于多少．三、解答下列各题（每小题15分，共30分）13．（15分）一个正六边形被剖分成6个小三角形，如图，在这些小三角形的7个顶点处填上7个不同的整数，能否找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的3个数都按顺时针方向从小到大排列，如果可以，请给出一种填法；如果不可以，请说明理由．14．（15分）77⨯的方格黑白染色，如果黑格比白格少的列的个数为m，黑格比白格多的行的个数为n，求m n+的最大值．2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B 卷）参考答案与试题解析一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）1111113352015201711111111123345201520162017---++⋯+=⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 2034144 ． 【分析】观察一下，首先把分子的两个分数变换一下形式，变成两个分数的乘积，恰好能和分母约分，这样就把原来的繁杂的分数变成简单的整数加减运算．【解答】解：1111113352015201711111111123345201520162017---++⋯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 31532017201513352015201711111111123345201520162017---⨯⨯⨯=++⋯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯111122221335572015201711111111132354576201520172016⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=+++⋯+⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 2(24682016)=⨯++++⋯+ (22016)2016222+=⨯⨯20181008=⨯ 2034144=【点评】本题考查了分数的拆项运算知识，本题突破点：把分子拆分成两个分数的乘积形式，从而和分母约分2．（10分）甲、乙两车分别从A 、B 两地同时出发，相向而行，出发时甲乙两车的速度比为5:4．出发后不久，甲车发生爆胎，停车更换轮胎后继续前进，并且将速度提高20%，结果在出发后3小时，与乙车相遇在AB 两地中点，相遇后，乙车继续往前行驶，而甲车掉头行驶，当甲车回到A 地时，乙车恰好到达甲车爆胎的位置，那么甲车更换轮胎用了 52 分钟．【分析】首先分析后半程冲中点到A的过程，求出两人的速度比就可知道路程比，找到爆胎位置．然后再根据原来的速度比求出正常行驶的时间减去爆胎前的时间．最后根据甲前后两次的速度比求出时间比做差即可．【解答】解：依题意可知：甲乙两车的后来速度比：5(120%):43:2+=，甲回来走3份乙走两份路程．得知甲车爆胎的位置是AC的13处．如果不爆胎的甲行驶的时间和速度成反比：设甲行驶的时间为x则有：4:5:3x=，125 x=甲在行驶AC的爆胎位置到中点的正常时间为：121248(1)53155⨯-==（小时）；甲乙爆胎前后的速度比为：5:5(120%)5:6+=；路程一定时间和速度成反比：设爆胎后到中点的时间为y则有：86:5:5y=，43y=；修车时间为：121413353315-⨯-=（小时）13605215⨯=（分)故答案为：52分【点评】本题考查对比例应用题的理解和运用，关键是根据不变量判断正反比，找到甲原来不受影响的时间，再和后面的进行比较做差即可，问题解决．3．（10分）在33⨯的网格中（每个格子是个11⨯的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有10种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．【分析】可以分情况讨论，四个顶点的位值一样，正中间的一个方格一个位值，剩下的四个方格位值相同，故可以分次三种情况分别计算不同的摆放方法．【解答】解：根据分析，份三种情况：①当正中间即E处放一颗棋子，然后另一颗棋子放在外围任意一个位置，除去对称性因素，有2种不同的摆放方法，即AE 、BE ；②当两颗棋子都不在正中间E 处时，而其中有一颗在顶点处时，有4种不同摆法，即AB 、AF 、AH 、AD ；③当两颗棋子都在顶点处时，有2种不同摆法，即AC 、AI ；④当两颗棋子都在除顶点和正中间之外的4个方格中，有2种不同摆法，即BD 、BH ．综上，共有：242210+++=种不同摆放方法．【点评】本题考查了排列组合，突破点是：分情况讨论，根据不同的位置求出总的不同摆放方法．4．（10分）小于1000的自然数中，有 352 个数的数字组成中最多有两个不同的数字． 【分析】可以先求出有三个同数字的数的个数，再用总数1000减去后就是符合题意“数字组成中最多有两个不同的数字”的个数．【解答】解：根据分析，小于1000的自然数中，有三个不同数字的数有：998648⨯⨯=个， 则最多有两个不同数字的数有：1000648352-=个． 故答案是：352．【点评】本题考查了数的问题，突破点是：先求有三个不同数字的数的个数，用总数减去即可．5．（10分）如图，ABC ∆的面积为100平方厘米，ABD ∆的面积为72平方厘米．M 为CD 边的中点，90MHB ∠=︒，已知20AB =厘米，则MH 的长度为 8.6 厘米．【分析】可以利用面积公式分别求出ABC ∆、ABD ∆的高，而已知20AB =厘米，再利用MH 的中位线性质求出MH 的长度．【解答】解：根据分析，过D ，C 分别作DE AB ⊥交AB 于E ，CF AB ⊥交AB 于F ，如图：ABD ∆的面积11722022DE AB DE ==⨯⨯=⨯⨯，7.2DE ∴=厘米，ABC ∆的面积111002022CF AB CF ==⨯⨯=⨯⨯，10CF ∴=厘米；又11()(7.210)8.622MH DE CF =⨯+=⨯+=厘米．故答案是：8.6．【点评】本题考查了三角形面积，本题突破点是：利用三角形面积公式先求出高，再利用中位线的关系求出MH 的长．6．（10分）一列数1a 、2a ⋯，n a ⋯，记()i S a 为i a 的所有数字之和，如(22)224S =+=，若12017a =，222a =，12()()n n n a S a S a --=+，那么2017a 等于 10 ．【分析】首先要分析清楚()i S a 的含义，即i a 是一个自然数，()i S a 表示i a 的数字和，再根据n a 的递推式列出数据并找出规律．【解答】解：()i S a 表示自然数i a 的数字和，又12()()n n n a S a S a --=+，在下表中列出1n =，2，3，4，⋯时的n a 和()n S a ，nn a ()n S a1 2017 102 22 43 145 4 9 9 5 14 56 14 57 10 1 866由上表可以得出：4289a a ==，428()()9S a S a ==；52914a a ==，529()()5S a S a ==；⋯可以得到规律：当4i 时，24i i a a +=，24()()i i S a S a +=， 201732014-=，2014248322÷=⋯，所以：20173222510a a a +===．【点评】本题重点是弄清楚()i S a 的含义，通过地推找到规律，再进行求解．7．（10分）一个两位数，其数字和是它的约数，数字差（较大数减去较小数）也是它的约数，这样的两位数的个数共有 19 个．【分析】首先看所有的10的倍数都是满足条件的，再找出尾数不为0的满足条件的数字即可，数字不多枚举法解决． 【解答】解：枚举法：（1）尾数为0的有：10，20，30，40，50，60，70，80，90． （2）尾数不为0 的有：12，21，24，36，42，45，48，54，63，84． 故答案为：19【点评】本题是考察因数和倍数的关系，同时关键是在枚举过程中按照顺序，可以是数字和也可以是首位数字的大小，问题解决．8．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A ，B ，C ，D ，E ，F ．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A ，B ，C ，D ，E ，F 顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有 4 种．【分析】显然，只有两种情况，分别讨论，相邻两个字互换，以及顺时针移动一个位值，或逆时针移动一个位值，最后可以求得总的不同的摆放方法． 【解答】解：根据分析，分两类情况：①按顺序移动一个位置，顺时针移动一个位置，有1种不同摆放方法，逆时针移动一个位置，有1种不同摆放方法；②相邻两个位置互换，则共有：2种不同的摆放方法．综上，共有：1124++=种不同摆放方法．故答案是：4．【点评】本题考查排列组合，突破点是：分情况讨论，相邻两个字互换，以及顺时针移动一个位值，或逆时针移动一个位值，最后求和．二、解答下列各题（每小题10分，共40分）9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成m个交点，则m有多少个不同的数值？【分析】分情况讨论m的值，有5条直线平行、4条直线平行，三条直线平行，两条直线平行，0条直线平行，五条直线交于一点，四条直线共点，三条直线共点，分别求得m的数值．【解答】解：根据分析，①若5条直线互相平行，则形成的交点为0，故m为0；②若有4条直线互相平行，则交点个数4m=；③若有三条直线互相平行，则5m=，6，7；④若有两条直线互相平行，则5m=，6，7，8，9；⑤若没有直线平行，则1m=，5，6，7，8，9，10．综上，m的可能取值有：0、1、4、5、6、7、8、9、10共9种不同的数值．故答案是：9．【点评】本题考查了组合图形的计数，本题突破点是：分类讨论，确定m的取值的种类．10．（10分）求能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数．【分析】要使整数最大，且每一位数字都是奇数，必须保证整数的位数足够多，且含有尽量多的1；据此分析解答即可．【解答】解：要使整数最大，且每一位数字都是奇数，必须保证整数的位数足够多，且含有尽量多的1．根据能被7整除的数的特征可得，111111是每个数位均为1且能被7整除的最小数． 又有：20176336163357=⨯+=⨯+当有336个111111组成时，因为所有数字之和要是2017，首位数字只能是1，不能被7整除；当有335个111111组成时，前面还需要加上一个正整数，使得它各位数字之和等于7，且这个数最大．满足这个条件的最大整数是13111．说明：我们可以用以下方法，构造一个能被7整除且除了首位数之外，其余数字均为1的数列如下： 21，49021511+=， 7005111211+=， 56005116111+=， 7000611113111+=， 35000611141111+=， 7000041111111111+=， 7000041111111111+=，我们注意到，7000611113111+=是能被7整除且各位数字之和等于7 的最大正整数． 所以，各位数字和为 2017 的最大正整数1311111⋯，其中1的个数是335642014⨯+=，即201311311111⋯个．答：能被7整除且各位数字均为奇数，各位数字和为2017的最大正整数是201311311111⋯个．【点评】本题关键是根据能被7整除的数的特征得到由数字“1”组成的最小数是111111；难点是寻找同时满足数字和是7的最大整数是13111．11．（10分）从1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009中任意选出四个数，使它们的和为偶数，则共有多少种不同的选法．【分析】首先分析如果结果是偶数可以分为0，2，4个奇数，把每一种结果加起来即可． 【解答】解：依题意可知：根据四个数的结果是偶数．那么必定是0个奇数，2个奇数或者是4个奇数．在1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009奇数的个数为5个，偶数的个数为4个．当0个奇数时有一种情况．当是2个奇数2个偶数时是225460C C=种．当选择4个奇数时有5种．605166++=（种)答：共有66种选择方法．【点评】本题考查对奇偶性的理解和综合运用，同时关键是分类中的排列组合．问题解决．12．（10分）使3251nn++不为最简分数的三位数n之和等于多少．【分析】3251nn++不为最简，表明(51,32)1n n a++=≠，根据辗转相除原理有1|(51)3(32)5a n n≠+⨯-+⨯即1|7a=≠，则a只能等于7，我们可以用51n+尝试来锁定答案，一次尝试可知511n+=或6或11或16或21，因为2137=⨯，所以5121n+=时7|51n+成立，此时n为最小值，且为4，其它值即可顺次找出，只需要将4递加7即可，题中让我们求的是符合条件的三位数，那么最小为102，最大为998，此后利用等差数列求和即可．【解答】解：3251nn++不为最简，表明(51,32)1n n a++=≠，根据辗转相除原理有1|(51)3(32)5a n n≠+⨯-+⨯即1|7a=≠，则a只能等于7，一次尝试可知511n+=或6或11或16或21，因为2137=⨯，所以5121n+=时7|51n+成立，此时n为最小值，且为4，将4递加7即可，符合条件的三位数，那么最小为102，最大为998，102109116998+++⋯+(102998)1292=+⨯÷70950=答：使3251nn++不为最简分数的三位数n之和等于70950．【点评】考查了辗转相除原理，等差数列求和公式，关键是得到符合条件的三位数，最小为102，最大为998．三、解答下列各题（每小题15分，共30分）13．（15分）一个正六边形被剖分成6个小三角形，如图，在这些小三角形的7个顶点处填上7个不同的整数，能否找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的3个数都按顺时针方向从小到大排列，如果可以，请给出一种填法；如果不可以，请说明理由．【分析】首先分析最小数字的位置，可以放在圆心出也可以放在外边，两种情况分析即可．【解答】解：依题意可知：分两种情况讨论：假设将最小数放在中心位置，我们只能在外圈顺时针依次从小到达放数字．但是只能满足五个三角形，最后一个三角形无法满足条件．假设将最小的数字放在外圈，然后在周边顺时针依次从小到大放数字，如果想要五个三角形都满足条件，则中心位置必须放大数字，但这样的话，最后一个又不能满足条件．综上所述：不能找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的3个数都按顺时针方向从小到大排列．【点评】本题是对凑数谜的理解和运用，关键问题是找最小数字的位置．问题解决．14．（15分）77⨯的方格黑白染色，如果黑格比白格少的列的个数为m，黑格比白格多的+的最大值．行的个数为n，求m n+的值最大．【分析】在m取最大值的条件下n尽量取最大值可使m n【解答】解：根据分析，1黑格和白格的行数7；1列数7，当7⨯=．然后，可以把21个m=时，可以设7列之中黑格个数为3，则黑格总数为：3721黑格在15-行之中每行放4个，第6行放1个，第7行不放．这样就有5行中黑格数量超过白格，所以5+=为最大．如下图1所示：m nn=，从而使得12当6m =时，可以设6列之中黑格个数均为3，其余一列黑格个数为7，这样黑格总数为36725⨯+=．然后，我们使得16-行黑格个数为4个，最后一行只有1个．这样就有6行中黑格数列超过白格，所以6n =，从而使得12m n +=，如图2所示：当5m 时，12m n +．综上，m n +的最大值为12．故答案是：12．【点评】本题考查了最大与最小，本题突破点是：在行数和列数的最小与最大的范围内，确定最大值．。
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2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷（小高组）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）两个有限小数的整数部分分别是7和10，那么这两个有限小数的积的整数部分有（）种可能的取值．A．16 B．17 C．18 D．192．（10分）小明家距学校，乘地铁需要30分钟，乘公交车需要50分钟．某天小明因故先乘地铁，再换乘公交车，用了40分钟到达学校，其中换乘过程用了6分钟，那么这天小明乘坐公交车用了（）分钟．A．6 B．8 C．10 D．123．（10分）将长方形ABCD对角线平均分成12段，连接成如图，长方形ABCD 内部空白部分面积总和是10平方厘米，那么阴影部分面积总和是（）平方厘米．A．14 B．16 C．18 D．204．（10分）请在图中的每个方框中填入适当的数字，使得乘法竖式成立．那么乘积是（）A．2986 B．2858 C．2672 D．27545．（10分）在序列 20170…中，从第 5 个数字开始，每个数字都是前面 4 个数字和的个位数，这样的序列可以一直写下去．那么从第 5 个数字开始，该序列中一定不会出现的数组是（）A．8615 B．2016 C．4023 D．20176．（10分）从0至9中选择四个不同的数字分别填入方框中的四个括号中，共有（）种填法使得方框中话是正确的．这句话里有（）个数大于1，有（）个数大于2，有（）个数大于3，有（）个数大于4．A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题（每小题10分，共40分）7．（10分）若[﹣]×÷+2.25＝4，那么 A 的值是．8．（10分）如图中，“华罗庚金杯”五个汉字分别代表1﹣5这五个不同的数字．将各线段两端点的数字相加得到五个和，共有种情况使得这五个和恰为五个连续自然数．9．（10分）如图中，ABCD是平行四边形，E为CD的中点，AE和BD的交点为F，AC和BE的交点为H，AC和BD的交点为G，四边形EHGF的面积是15平方厘米，则ABCD的面积是平方厘米．10．（10分）若2017，1029与725除以d的余数均为r，那么d﹣r的最大值是．2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷（小高组）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）两个有限小数的整数部分分别是7和10，那么这两个有限小数的积的整数部分有（）种可能的取值．A．16 B．17 C．18 D．19【分析】两个小数的整数部分分别是7和10，那么这两个小数的积的整数部分最小是7×10＝70；这两个小数的积的整数部分最大不超过8×11＝88，所以，这两个小数的积的整数部分在70与88之间，包括70，单不包括88，共有18种可能，据此解答．【解答】解：根据题意与分析：这两个小数的积的整数部分最小是7×10＝70；这两个小数的积的整数部分最大不超过8×11＝88；所以，这两个小数的积的整数部分在70与88之间，包括70，但不包括88，共有：88﹣70＝18种可能；答：这两个有限小数的积的整数部分有18种可能的取值．故选：C．2．（10分）小明家距学校，乘地铁需要30分钟，乘公交车需要50分钟．某天小明因故先乘地铁，再换乘公交车，用了40分钟到达学校，其中换乘过程用了6分钟，那么这天小明乘坐公交车用了（）分钟．A．6 B．8 C．10 D．12【分析】总共用时是40，去掉换乘6分钟．40﹣6＝34分钟．地铁是30分钟，客车是50分钟，实际是34分钟，根据时间差，比例份数法即可．【解答】解：乘车时间是40﹣6＝34分，假设全是地铁是30分钟，时间差是34﹣30＝4分钟，需要调整到公交推迟4分钟，地铁和公交的时间比是3：5，设地铁时间是3份，公交是5份时间，4÷（5﹣3）＝2，公交时间为5×2＝10分钟．故选：C．3．（10分）将长方形ABCD对角线平均分成12段，连接成如图，长方形ABCD 内部空白部分面积总和是10平方厘米，那么阴影部分面积总和是（）平方厘米．A．14 B．16 C．18 D．20【分析】设把中间最小的空白长方形的面积看作单位1＝ab，那么与它相邻的阴影部分的面积就是2a×2b﹣ab＝3ab＝3，同理，相邻的空白部分的面积就是5ab＝5，依此规律，面积依次下去为7，9，11，则空白部分的面积总和是1+5+9＝15，而实际空白部分面积总和是10平方厘米，可得单位1的实际面积是10÷15＝（平方厘米）；同理，那么阴影部分面积总和是：3+7+11＝21，然后进一步解答即可．【解答】解：设把中间最小的空白长方形的面积看作单位1＝ab，那么与它相邻的阴影部分的面积就是2a×2b﹣ab＝3ab＝3，同理，相邻的空白部分的面积就是5ab＝5，依此规律，面积依次下去为7，9，11，则空白部分的面积总和是1+5+9＝15，而实际空白部分面积总和是10平方厘米，可得单位1的实际面积是10÷15＝（平方厘米）；那么阴影部分面积总和是：3+7+11＝21，则实际面积是：21×＝14（平方厘米）；答：阴影部分面积总和是14平方厘米．故选：A．4．（10分）请在图中的每个方框中填入适当的数字，使得乘法竖式成立．那么乘积是（）A．2986 B．2858 C．2672 D．2754【分析】根据特殊情况入手，结果中的数字2如果有进位那么0上边只能是9，根据910多除以7得130多，7前面只能是1，与数字0矛盾，那么就是没有进位．根据已知数字进行分析没有矛盾的就是符合题意的．【解答】解：首先根据结果中的首位数字是2，如果有进位那么0上边只能是9，根据910多除以7得130多，7前面只能是1，与数字0矛盾那么乘数中的三位数的首位只能是1或者2，因为乘数中有7而且结果是三位数，那么乘数中三位数首位只能是1．那么已知数字7前面只能是2，根据已知数字0再推出乘数三位数中的十位数字是0．再根据乘数中的数字7与三位数相乘有1的进位，尾数只能是2．所以是102×27＝2754．故选：D．5．（10分）在序列 20170…中，从第 5 个数字开始，每个数字都是前面 4 个数字和的个位数，这样的序列可以一直写下去．那么从第 5 个数字开始，该序列中一定不会出现的数组是（）A．8615 B．2016 C．4023 D．2017【分析】分析结果中的奇数偶数的性质，如果四个数字中出现一个奇数，那么下一个数字的结果一定是奇数，则2个奇数加两个偶数结果就是偶数．分析枚举找到规律即可．【解答】解：枚举法0170的数字和是8下一个数字就是8．1708的数字和是16下一个数字就是6．7086的数字和是21下一个数字就是1．0861的数字和是15下一个数字是5．8615的数字和是20下一个数字是0．6150的数字和为12下一个数字就是2．20170861502…规律总结：查看数字中奇数的个数，奇数一出现就是2个．故选：B．6．（10分）从0至9中选择四个不同的数字分别填入方框中的四个括号中，共有（）种填法使得方框中话是正确的．这句话里有（）个数大于1，有（）个数大于2，有（）个数大于3，有（）个数大于4．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】首先考虑共4个空的数字不相同而且还有1，2，3，4一共是8个数字，如果有0和1，那么至少大于1的数字还有5个，大于4的数字最多是4个，最少是1个，根据这些条件进行枚举筛选．【解答】解：依题意可知：设有a个数是大于1的，有b个数是大于2的，有c个数是大于3的，有d个数是大于4的．因为1，2，3，4各有一个，还有4个空，那么有a＞b＞c＞d．且a≥5，1≤d≤4①若d＝4，那么在这8个数字中需要有4个数字大于4，目前只有a，b，c是大于4的不满足条件．②若d＝3时，那么在这8个数中需要有3个数是大于4的，a，b，c都是大于4的满足条件．则大于3的数字共个4．与c＞4矛盾③若d＝2时，则a，b大于4，c不大于4，c则是取3或者4，分析a，b，c，d依次是7，5，3，2或者7，5，4，2④若d＝1时，则a是大于4的，b，c是不大于4的，由3，4，a都是大于2的，所以b≥3，则大于2的数共4个，所以b＝4，此时大于3的数有a，b，4此时c≥3，那么大于2的数字共5个，矛盾故选：B．二、填空题（每小题10分，共40分）7．（10分）若[﹣]×÷+2.25＝4，那么 A 的值是 4 ．【分析】先把繁分数化简，求出关于未知数A的方程，然后根据等式的性质解方程即可．【解答】解：[﹣]×÷+2.25＝4[﹣]×÷+2.25＝4[﹣]×÷＝[﹣]×＝﹣＝×﹣＝＝+＝24＝6AA＝4故答案为：4．8．（10分）如图中，“华罗庚金杯”五个汉字分别代表1﹣5这五个不同的数字．将各线段两端点的数字相加得到五个和，共有10 种情况使得这五个和恰为五个连续自然数．【分析】根据“每条线段两端点上的数字和恰为5个连续自然数”可以看出这5个和比原来1、2、3、4、5要大些；五角星5个顶点的数都算了两次，所以可以算出5个和的总和为：2×（1+2+3+4+5）＝30，原来5个自然数的和是：1+2+3+4+5＝15，新的5个连续自然数比原来5个连续自然数多了：30﹣15＝15，平均每个多15÷5＝3，则新的5个连续自然数为：1+3、2+3、3+3、4+3、5+3，即4、5、6、7、8；然后结合最小和最大的自然数即可确定每个顶点处有几种选值，再确定共有几种情况．【解答】解：五角星5个顶点的数都算了两次，所以可以算出5个和的总和为：2×（1+2+3+4+5）＝30，原来5个自然数的和是：1+2+3+4+5＝15，新的5个连续自然数比原来5个连续自然数多了：30﹣15＝15，平均每个多15÷5＝3，则新的5个连续自然数为：1+3、2+3、3+3、4+3、5+3，即4、5、6、7、8；观察这新的5个连续自然数，最小的自然数4只能是4＝1+3，最大的自然数8只能是5+3，并且2与1，4与5不能组合，这样就有如下组合：因为每个顶点有2种不同的选值，所以共有2×5＝10种；答：共有 10种情况使得这五个和恰为五个连续自然数．故答案为：10．9．（10分）如图中，ABCD是平行四边形，E为CD的中点，AE和BD的交点为F，AC和BE的交点为H，AC和BD的交点为G，四边形EHGF的面积是15平方厘米，则ABCD的面积是180 平方厘米．【分析】如图，连接EG，，根据三角形的面积和底的正比关系，判断出S△BDE、S△DEF、S△BGH与S四边形ABCD的关系，推出S四边形EHGF 与S四边形ABCD的关系，再根据四边形EHGF的面积是15平方厘米，求出ABCD 的面积是多少即可．【解答】解：如图，连接EG，，因为E为CD的中点，所以DE＝CD，所以S△BDE＝S△ADE＝S四边形ABCD；因为AC和BD的交点为G，所以G为AC的中点，因为E为CD的中点，所以EG∥AD，且＝，所以＝＝，所以S△DEF＝S△ADE＝S四边形ABCD；因为EG∥AD，且AD∥BC，所以EG∥BC，＝，所以＝＝，所以S△BGH＝S△BCG＝S四边形ABCD；所以S四边形EHGF＝S△BDE﹣S△DEF﹣S△BGH＝S四边形ABCD，所以S四边形ABCD＝S四边形EHGF×12＝15×12＝180（平方厘米）答：ABCD的面积是180平方厘米．故答案为：180．10．（10分）若2017，1029与725除以d的余数均为r，那么d﹣r的最大值是35 ．【分析】根据题意可得，2017﹣r，1029﹣r，725﹣r，均能被d整除，则（2017﹣r）﹣（1029﹣r），（2017﹣r）﹣（725﹣r），（1029﹣r）﹣（725﹣r），这三个数也能被d整除，即988，1292，304均能被d整除，不难得出，三个数的最大公因数是76，即d的值可能是：76，38，19，4，2，1（被1除余数可看成0）；然后分别用725除以d的可能值，求出d﹣r的值，选取d﹣r的最大值即可．【解答】解：根据题意可得，2017﹣r，1029﹣r，725﹣r，均能被d整除，则（2017﹣r）﹣（1029﹣r），（2017﹣r）﹣（725﹣r），（1029﹣r）﹣（725﹣r），这三个数也能被d整除，即988，1292，304均能被d整除，988＝2×2×19×131292＝2×2×19×17304＝2×2×2×2×19所以三个数的最大公因数是：2×2×19＝76，d为76的因数，即d的值可能是：76，38，19，4，2，1（被1除余数可看成0），当d＝76时，此时：725÷76＝9…41，即r＝41，即此时d﹣r＝76﹣41＝35；当d＝38时，此时：725÷38＝19…3，即r＝3，即此时d﹣r＝38﹣3＝35；当d＝19时，此时：725÷19＝38…3，即r＝3，即此时d﹣r＝19﹣3＝16；当d＝4时，此时：725÷4＝182…1，即r＝1，即此时d﹣r＝4﹣1＝3；当d＝2时，此时：725÷2＝362…1，即r＝1，即此时d﹣r＝2﹣1＝1；当d＝1时，此时：725÷1＝725，即r＝0，即此时d﹣r＝1﹣0＝1；则，d﹣r的最大值是35．故答案为：35．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/5/7 11:03:25；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@；学号：20913800。