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)
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．
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(小中组)
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（小中组）一、填空题1．（10分）计算：（888+777）÷（666+555+444）＝．2．（10分）在下面加法竖式中，八个不同的字母分别代表2～9这八个数字，其中相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字，那么＝．3．（10分）如图，在两张大小相同的大长方形纸片上，分别在角和边上各剪下一个大小相同的小正方形．若图②阴影部分的周长比图①阴影部分的周长多17厘米，那么剪下的小正方形周长为厘米．4．（10分）如图是兰兰家到学校的街道示意图．兰兰沿街道从家到学校共有种不同的最短路线．5．（10分）胡老师手中原有红卡与蓝卡各100张．胡老师可以用2张红卡换1张蓝卡与1张紫卡；也可用3张蓝卡换1张红卡与1张紫卡．那么经过若干次交换后，胡老师最多可持有张紫卡．6．（10分）如图，形ABCDEF．如果正六边形ABCDEF的面积为80平方厘米，那么用来组成正六边形ABCDEF的所有菱形的面积总和是平方厘米．7．（10分）将1～25分别填入如图所示的5×5表格中．在每一行中选出最大数，在每一列中选出最小数，这样我们一共选择了10次．这10次选出的数中至少有个不相同的数．8．（10分）如图所示，用64个棱长为1的小立方体组成一个棱长为4的大立方体，再从上到下取走4个小立方体（图中阴影部分）．将剩余立体图形的内外表面都染成红色，那么恰有两个面染色的小立方体共有个．二、简答题9．（15分）12位小朋友共同购买一套书，购书的费用由大家平均承担．由于购买时，其中2位小朋友没有带钱，所以其余的10位小朋友每人多付了10元那么购买这套书共需多少元？10．（15分）小袋鼠甲和乙在如图的区域中跳动，甲按ABCDEFGHIABC…的顺序循环跳动，乙按照ABDEGHABD…的顺序跳动，如果开始时两只袋鼠都从A出发，并且这算是第一次他们同跳到了一起，问经过2017跳跃，他们一共跳到了一起多少次？11．（15分）某次数学竞赛中，必答题答对1题得3分、答错1题倒扣2分；选答题答对1题得5分、答错1题得0分．小明回答了所有的题且答对了其中15道，共得49分．那么该数学竞赛中共有几道必答题？12．（15分）如图是某社区的街道示意图，一辆洒水车从A点出发不重复地经过所有街道又回到A点．那么洒水车有多少种不同的路线？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（小中组）参考答案与试题解析一、填空题1．（10分）计算：（888+777）÷（666+555+444）＝ 1 ．【分析】先提取公因数111，然后再根据乘法的结合律简算即可．【解答】解：（888+777）÷（666+555+444）＝111×（8+7）÷[111×（6+5+4）]＝111×15÷111÷15＝（111÷111）×（15÷15）＝1故答案为：1．2．（10分）在下面加法竖式中，八个不同的字母分别代表2～9这八个数字，其中相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字，那么＝2526 ．【分析】首先找到题中的特殊情况，结果中的首位字母只能是数字2，再看个位数字满足O+X＝10，同时十位满足W+I＝9，枚举即可排除．【解答】解：依题意可知：首先分析数字是从2﹣9的，那么3个不同数字相加最大进位是2，所以N ＝2；再根据个位数字为E，那么O+X＝10．向前进位1，然后得出W+I＝9；分析数字和为9的数字有3+6或者是4+5．数字和为10的有3+7或者4+6．那么得出结论根据4和6的数字重复，得数数字10的一定是3+7．当O＝3时．I的数字是4或者是5，T+S结果需要为20或21，没有满足条件的数字．当O＝7，I的数字是4或5．T+S结果需要为16或者17．那么9+8满足条件．剩下的数字E＝6．故答案为：2526．3．（10分）如图，在两张大小相同的大长方形纸片上，分别在角和边上各剪下一个大小相同的小正方形．若图②阴影部分的周长比图①阴影部分的周长多17厘米，那么剪下的小正方形周长为34 厘米．【分析】观察图发现，图①阴影部分的周长就是大长方形的周长，图②阴影部分的周长是大长方形的周长再加上2条小正方形的边长，即图②阴影部分的周长比图①阴影部分的周长多了2条小正方形的边长，先用17厘米除以2，求出小正方形的边长，再根据正方形的周长＝边长×4求解．【解答】解：17÷2×4＝34（厘米）答：剪下的小正方形周长为 34厘米．故答案为：34．4．（10分）如图是兰兰家到学校的街道示意图．兰兰沿街道从家到学校共有18 种不同的最短路线．【分析】按题意，由标数法可把走法标出来，要求最短路线，则兰兰必须会总中间的那条斜线，故只需算出走斜线前的走法和走斜线后到达学校的走法路线即可．【解答】解：根据分析，有标数法（每个格点上的数是左边和下面相邻的两个数之和）得，由A至C有3种不同路线，由D到B有6种不同路线，故兰兰从家到学校共有3×6＝18种最短路线，故答案是：18．5．（10分）胡老师手中原有红卡与蓝卡各100张．胡老师可以用2张红卡换1张蓝卡与1张紫卡；也可用3张蓝卡换1张红卡与1张紫卡．那么经过若干次交换后，胡老师最多可持有138 张紫卡．【分析】按题意，可以利用交换前后总分值不变，因为到最后不可能全换成紫卡，而5分不能表示为若干个3与4的和，10＝3+3+4，故最多可获得紫卡：（700﹣10）÷5＝138（张）．【解答】解：根据分析，假定蓝卡每张3分，红卡每张4分，紫卡每张5分，则每次交换后总分值不变．总分值为：3×100+4×100＝700（分），因为到最后不可能全换成紫卡，而5分不能表示为若干个3与4的和，10＝3+3+4故最多可获得紫卡：（700﹣10）÷5＝138（张），可操作如下：（100，100，0）→（0，150，50）→（50，0，100）→（0，25，125）→（8，1，133）→（0，5，137）→（1，2，138）故答案是：138．6．（10分）如图，形ABCDEF．如果正六边形ABCDEF的面积为80平方厘米，那么用来组成正六边形ABCDEF的所有菱形的面积总和是45 平方厘米．【分析】按题意，可以将图形等积变形，再图中用虚线标出所有的小棱形，再数一下有多少个小棱形，即可求得棱形的面积．【解答】解：根据分析，如图，将正六边形ABCDEF分割成若干个面积相等的小棱形，共有48个小棱形，每个小棱形的面积为：80÷48＝平方厘米，则画实线的棱形面积为：＝45平方厘米．即：那么用来组成正六边形ABCDEF的所有菱形的面积总和是45平方厘米．故答案是：45．7．（10分）将1～25分别填入如图所示的5×5表格中．在每一行中选出最大数，在每一列中选出最小数，这样我们一共选择了10次．这10次选出的数中至少有9 个不相同的数．【分析】首先根据题意，判断出一定存在一个数，它既是所在行的最大数，又是所在列的最小数；然后应用假设法，判断出：不存在两个既是所在行的最大数，又是所在列的最小数的数，推得这10次选出的数中至少有9个不相同的数即可．【解答】解：（1）一定存在一个数，它既是所在行的最大数，又是所在列的最小数，例如：图1中的数字10既是第5行的最大数，又是第1列的最小数，．（2）若存在两个这样的数，则这两个数必不在同一行也不在同一列，如图2中的A与B，由题意，可得：B＞C＞A＞D＞B，这是不可能的，所以不存在两个既是所在行的最大数，又是所在列的最小数的数，所以这10次选出的数中至少有：10﹣1＝9个不相同的数，．故答案为：9．8．（10分）如图所示，用64个棱长为1的小立方体组成一个棱长为4的大立方体，再从上到下取走4个小立方体（图中阴影部分）．将剩余立体图形的内外表面都染成红色，那么恰有两个面染色的小立方体共有28 个．【分析】首先分析棱上的小块，面上的除了空心通道以外其他是没有的，空心通道的数字计算出来相加即可．【解答】解：依题意可知：在大正方体的棱上的，上下各有6个，侧面棱上8个，棱上共20个．空心通道产生的上下各有2个，通道内有4个共8个．共20+8＝28（个）．故答案为：28．二、简答题9．（15分）12位小朋友共同购买一套书，购书的费用由大家平均承担．由于购买时，其中2位小朋友没有带钱，所以其余的10位小朋友每人多付了10元那么购买这套书共需多少元？【分析】首先根据数量差找到10位小朋友多花了多少钱，然后平均分给2位小朋友，即可求解．【解答】解：依题意可知；10位小朋友多付的是2位小朋友的钱数即，10×10＝100元，每位小朋友应该付款为100÷2＝50元．共12小朋友应该付款为：12×50＝600元．答：购买这套书共需要600元．10．（15分）小袋鼠甲和乙在如图的区域中跳动，甲按ABCDEFGHIABC…的顺序循环跳动，乙按照ABDEGHABD…的顺序跳动，如果开始时两只袋鼠都从A出发，并且这算是第一次他们同跳到了一起，问经过2017跳跃，他们一共跳到了一起多少次？【分析】首先找到2次跳跃的周期6和9的最小公倍数为18，在这一个周期中有2次相遇，找到组数和余数即可求解．【解答】解：依题意可知：枚举法列表可知：甲A B C D E F G H I A B C D E F G H I A …乙A B D E G H A B D E G H A B D E G H A …周期数为18．每一个周期有两次相遇．2017÷18＝112…1．所以经过2017次跳跃两只袋鼠共有1+2×112+1＝226（次）；答：经过2017跳跃，他们一共跳到了一起有226次．11．（15分）某次数学竞赛中，必答题答对1题得3分、答错1题倒扣2分；选答题答对1题得5分、答错1题得0分．小明回答了所有的题且答对了其中15道，共得49分．那么该数学竞赛中共有几道必答题？【分析】首先假设全是选答题，根据数量差进行求解．【解答】解：依题意可知：假设该数学竞赛全为选答题，则小明答对15题得分5×15＝75分；而将一道选答题换成一道必答题无论对错小明都减少2分．所以3分的必答题有（75﹣49）÷2＝13（题）．答：该数学竞赛中共有13道必答题．12．（15分）如图是某社区的街道示意图，一辆洒水车从A点出发不重复地经过所有街道又回到A点．那么洒水车有多少种不同的路线？【分析】按题意，从A点出发既可以向左也可以向右，2种，然后再分类计算路线即可得出所有路线的总和．【解答】解：根据分析，洒水车从A点出发可以选择向左或向右，2种，①若向左，走到B点时，有3种选择，走到C点后有2种选择回到B点，最后剩下1种选择回到C，最后返回A；②若向右，走到C点时，有3种选择，走到B点后有2种选择回到C点，最后剩下1种选择回到B，最后返回A；综上，共有：2×（3+3）＝12种路线．故答案是：12．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 11:03:12；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@；学号：20913800。
第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷(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。
2017年第22届华杯总决赛小高组一试及详解
么甲第 10 次到达山顶前，有 2 次（第 3 次和第 9 次）当甲到达山顶时，乙正爬向
山顶，且距离山脚 5 处（小于 1 ）．
18
3
（法 2）： v甲上 : v乙上 : v甲下 : v乙下 6 : 5 : 6 1.5 : 5 1.5 =12 :10 :18 :15
易求： t甲上 : t乙上 : t甲下 : t乙下 15 :18 :10 :12
20174 20172 12 2 20162 2
20174 20174 2 20172 1 20162 2
2 20172 20162 1
2 2017 2016 2017 2016 1
2 4033 1 8065
2017kb b 2016kb 2016k kb b 2016k
k 1b 2016k
匠人之心 精致教学 5
当
k
1 时，无解．当
k
1
时，
b
2016k
k 1
．
k 1,k 1 ， b 是整数，所以 k 1 是 2016 的因数．
2016 25 32 7
20174 20162 20172 2 2017 3 20174 20162 20172 2 2017 12 2
20174 20162 2017 12 20162 2 20174 2017 1 2017 12 20162 2
即 a 与 b 有 36 种不同的数值． 综上所述，有 36 种不同的方法．
6. 甲、乙锻炼身体，从山脚爬到山顶，再从山顶跑回山脚，来回往返不断运动．己知甲、 乙下山速度都是上山速度的 1.5 倍，甲的速度与乙的速度之比是 6 : 5 ．两人同时从山脚 开始爬山，经过一段时间后，甲第 10 次到达山顶．问：在此之前，甲在山顶上有多少 次看到乙正爬向山顶，且此时乙距离山顶尚有多于从山脚到山顶路程的三分之二？
第二十二届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题B参考答案(小学高年级组)
第二十二届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题B 参考答案 （小学高年级组）一、填空题（每小题 10 分, 共80分）二、解答下列各题（每小题 10 分, 共40分, 要求写出简要过程）9. 【答案】9【解答】若每两条直线有1个交点, 则5条直线最多有4+3+2+1=10个交点.最少有0个交点. 其中2个交点、3个交点的情况是不存在的.五条直线考虑多线共点与多线平行, 有以下9种可能情况：10. 【答案】201311311111个【解答】最大正整数是201311311111个。
既然是寻求最大的正整数，从极端情况考虑20171111111个，但是，20171111111个不是7的倍数, 又2016个奇数的和是偶数，不等于2017. 所以，需考虑2015位数, 且各位数字是奇数，和等于2017， 由于7111111, 2015=305×6+5，只需判断最高的5位数能否被7整除即可， 7不整除31111, 整除13111, 所以, 所求最大正整数为201311311111个.11. 【答案】66【解答】共有奇数五个, 偶数四个要得和是偶数, 则有：偶数+偶数+偶数+偶数；或者：偶数+偶数+奇数+奇数； 或者：奇数+奇数+奇数+奇数；从四个偶数中取4个有1种选法； 从四个偶数中取2个偶数, 从五个奇数中取二个奇数有： 4×3÷[2×1]×5×4÷[2×1]=60种 , 从五个奇数中取4个奇数有5种 , 所以共有：1+60+5=66种 12. 【答案】70950【解答】设d 是3n+2和5n+1的最大公约数, 则 由辗转相除知)7,4()3,4()3,12()23,12()23,15(-=+-=+-=+-=++=n n n n n n n n n d ,若7d =, 则原式不为最简分数, 即有,2,1,0,74==-k k nn 为三位数时, 即 999100≤≤n , 则有142.k 14 ,99947100≤≤≤+≤k其和=.70950129414215147=⨯++++）（三、解答下列各题（每题 15 分, 共30分, 要求写出详细过程）13. 【答案】：不可以【解答】证明：如右图，7个顶点标上字母A, B, C, D, E, F, G 代表所填的整数。
2017年第22届华杯赛(小高组)决赛模拟试题(1)-T版
2017年第22届华杯赛决赛模拟试题（1）（小学高年级组）（时间：90分钟，满分：150分）一、填空题。
（每小题10分，共80分）1.2016年1月24日，“华罗庚金杯中外少年数学精英趣味对抗赛”在美国开赛，2016年7月18日，“华罗庚金杯少年数学邀请赛30周年纪念大会”召开，已知2016年1月24日是星期日，2016年7月18日是星期 。
【难度】★★【考点】周期问题【答案】一【解析】注意2016年是闰年。
1月25日至1月31日共31-25+1=7（天）；2月至6月共29+31+30+31+30=151（天）；7月1日至7月18日共18天。
故20166年1月25至7月18日共7+151+18=176（天）。
176÷7=25……1，故2016年1月24日之后第176天为星期一。
2.计算：=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-÷⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛--1541212322211%2532394475.0 。
【难度】★★【考点】计算 【答案】92 【解析】原式 = ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--÷⎪⎭⎫ ⎝⎛+⨯⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-15412123212124196394443 = ⎪⎭⎫ ⎝⎛--÷+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-154125351419743 = ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-1543241973 =15641920⨯⨯ = 923.如图，将侧面积是314平方厘米的圆柱体，切拼成一个近似长方体，表面积比原来增加厘米。
（π取3.14）【难度】★★【考点】几何【答案】100【解析】设圆柱体高为h,底面积的半径为r.则2πrh=314,rh=50.增加面积为2rh=100（平方厘米）。
4.仅使用加、减、乘、除、括弧，可由4个4运算得到3。
例如（4 + 4 + 4）÷4 = 3。
请你另给一种运算算式。
【难度】★★【考点】巧填运算符号【答案】（4×4 - 4）÷4 = 3【解析】三个4很容易得到3，即4-4÷4=3.将除以4看成乘以1/4，利用乘法分配率可将3个4变成4个4，即4-4÷4=（4×4-4）除以4.5.将自然数从1开始，按图所表示的规律排列。
【小高组】第22届华杯赛决赛卷(B)
第二十二届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛（B ）卷【小高组】一、填空题（每小题10分，共80分） 1.______2017120161201512017120151514131513131211311=⨯⨯-+⋅⋅⋅+⨯⨯-+⨯⨯-。
2.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.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.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.右图中，三角形ABC 的面积为100平方厘米，三角形ABD 的面积为72平方厘米.M 为CD 边的中点，ο90=∠MHB .已知AB=20厘米.则MH 的长度为______厘米.6.一列数,,,,,21⋅⋅⋅⋅⋅⋅n a a a 记)(i a S 为i a 的所有数字之和，如422)22(=+=S 。
若)()(,22,20172121--+===n n n a S a S a a a ，那么2017a 等于_______.7. 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.如右图，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（每题10分，共40分，要求写出简要过程）9.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.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.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. 使1523++n n 不为最简分数的三位数之和等于多少. 三、解答下列各题（每小题15分，共30分，要求写出详细过程）13.一个正六边形被剖分成6个小三角形，如右图.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.14.7×7的方格网黑白染色，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n m +的最大值.。
2017年全国小学华罗庚数学5套竞赛试题，家有小学生的值得收藏！
2017年全国⼩学华罗庚数学5套竞赛试题，家有⼩学⽣的值得收藏！分享4套2017年华罗庚⾦杯的⼩学初赛竞赛
试题和决赛试题。
其中2套，是2016年12⽉10⽇举⾏的第22届⼩学华杯赛的初赛试题。
另外3套，是2017年3⽉11⽇举⾏的第22届⼩学华杯赛的决赛试题。
推荐理由
题⽬有些难度，需要学⽣有⼀定的基础才能尝试，可以增加眼界，提升积累。
很多中学已经开始有⾃主招⽣的考试了，有想参加⾃招的学⽣，可以先⽤华杯赛试题练练⼿
距离2017年12⽉10⽇左右举⾏的⼩学第23届华罗庚⾦杯数学竞赛的初赛，也快开始了，有想参
加华杯赛的同学，可以提前做准备，熟悉往年试题，做到“袋中有⽶，⼼中不慌”的境地。
还有⼀件事
想要获取，本次华杯赛每道题的视频教程，可以在微信栏搜索：
Coco趣味数学
每⽇更新1-2道题⽬讲解视频教程，每天花15分钟，和你⼀起陪伴孩⼦学习。
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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）++…+=．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．。