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第二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛部分试题以及答案

发布时间:2014-01-20 17:10:40  

第二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛

初赛部分试题以及答案

“华罗庚金杯”少年数学邀请赛每隔一年举行一次。今年是第二届。问2000年是第几届? 【解法】“每隔一年举行一次”的意思是每2年举行一次。今年是1988年,到2000年还有2000-1988=12年,因此还要举行12÷2=6届。今年是第二届,所以2000年是2+6=8届 答:2000年举行第八届。 【分析与讨论】这题目因为数字不大,直接数也能很快数出来:1988、1990、1992、1994、1996、1998、2000年分别是第二、三、四、五、六、七、八届。

一个充气的救生圈(如图32)。虚线所示的大圆,半径是33厘术。实线所示的小圆,半径是9厘米。有两只蚂蚁同时从A点出发,以同样的速度分别沿大圆和小圆爬行。问:小圆上的蚂蚁爬了几圈后,第一次碰上大圆上的蚂蚁?

【解法】由于两只蚂蚁的速度相同,由距离÷速度=时间这个式子,我们知道大、小圆上的蚂蚁爬一圈的时间的比应该等于圈长的比。而圈长的比又等于半径的比,即:33∶9。

要问两只蚂蚁第一次相遇时小圆上的蚂蚁爬了几圈,就是要找一个最小的时间,它是大、小圆上蚂蚁各自爬行一圈所斋时间的整数倍。由上面的讨论可见,如果我们适当地选取时间单位,可以使小圆上的蚂蚁爬一圈用9个单位的时间,而大圆上的蚂蚁爬一圈用33个单位的时间。这样一来,问题就化为求9和33的最小公倍数的问题了。不难算出9和33的最小公倍数是99,所以答案为

99÷9=11。

答:小圆上的蚂蚁爬了11圈后,再次碰到大圆上的蚂蚁。 【分析与讨论】这个题目的关键是要看出问题实质是求最小公倍数的问题。注意观察,看到生活中的数学,这是华罗庚教授经常启发青少年们去做的。 图33是一个跳棋棋盘,请你算算棋盘上共有多少个棋孔?

【解法】这个题目的做法很多。由于时间

所限,直接数是来不及的,而且容易出错。下图(图34)给出一个较好的算法。把棋盘分割成一个平行四边形和四个小三角形,如图34。平行四边形中的棋孔数为9×9=91,每个小三角形中有10个棋孔。所以棋孔的总数是81+10×4=121个

答:共有121个棋孔。

【分析与讨论】玩过跳棋的同学们,你们以前数过棋孔的数目吗?有兴趣的同学在课余时都可以数一数,看谁的方法最巧? 有一个四位整数。在它的某位数字前面加上一个小数点,再和这个四位数相加,得数是2000.81。求这个四位数。

【解法1】由于得数有两位小数,小数点不可能加在个位数之前。如果小数点加在十位数之前,所得的数是原米四位数的百分之一,再加上原来的四位数,得数2000.81应该是原来四位数的1.01倍,原来的四位数是2000.81÷1.01=1981。

类似地,如果小数点加在百位数之前,得数2000.81应是原来四位数的1.001倍,小数点加在千位数之前,得数2000.81

应是原

来四位数的1.0001倍。但是(2000.81÷1.001)和(2000.81÷1.0001)都不是整数,所以只有1981是唯一可能的答案。 答:这个四位数是1981。

【解法2】注意到在原来的四位数中,一定会按顺序出现8,1两个数字。小数点不可能加在个位数之前;也不可能加在千位数之前,否则原四位数只能是8100,在于2000.81了。 无论小数点加在十位数还是百位数之前,所得的数都大于1而小于100。这个数加上原来的四位数等于2000.81,所以原来的四位数一定比2000小,但比1900大,这说明它的前两个数字必然是1,9。由于它还有8,1两个连续的数字,所以只能是1981。 【分析与讨论】解法1是用精确的计算,解法2靠的是“判断”。判断也需要技巧,而且是建立在对问题的细致分析上。 这里需要指出,不能一看到得数2000.81中有二位小数就得出“小数点正好加在十位数之前”的结论。请同学们想想为什么?

图35是一块黑白格子布。白色大正方形的边长是14厘米,白色小正方形的边长是6厘米。问:这块布中白色的面积占总面积的百分之几?

【解法】格子布的面积是图36面积的9倍,格子布白色部分的面积也是图36上白色面积的9倍。这样,我们只需计算图36中白色部分所占面积的百分比就行了。这个计算很简单:

14?14?6?6

20?20

?0.58?58%

答:格子布中白色部分的面积是总面积的58%。

【分析与讨论】这个题目的关键是看到格子布可以分割成9块如图35的正方形。这实质上是利用了格子布的“对称性”:格子布图案是由一块图案重复地整齐排列而成的。

“对称”不仅是数学中的重要概念,而且是自然界构成的一条基本规律。因此,自古以来,在各个不同领域,如数学、物理学、化学、甚至美学等,都把“对称性”与“不对称性”作为重要的课题来研究。著名数学家H·魏尔曾专门写过一本名为《对称》的书(有中译本),内容非常丰富,思想极其深刻,很值得一读。

图37是两个三位数相减的算式,每个方框代表一个数字。问:这六个方框中的数字的连乘积等图 37

于多少?

【解法】两数相减,习惯上先考虑个位数。但仔细看一下就会发现,两个二位数的个位是不确定的:这两个个位数同时加1或同时减1,它们的差不变。这样一来,六个方框中的数字的连乘积就会不确定了,除非有一个方框的数字是0,使得乘积总是0。这就启发我们试着找方框中的0。

两个三位数的首位当然不是0,因此减数的首位最少是1,被减数的首位至多是9。但因为差的首位是8,所以只有一种可能,就是被减数首位是9,减数的首位是1。

这样一来,第二位数上的减法就不能借位了。被减数的第二位至多是9而减数的第二位至少是0,这两数的差是9,所以也只有一种可能:被减数的第二位是9,减数的第二位是0。这样我们就确定了六个方框中有一个方框里的数必是0。 答:六个方框中的数字的连乘积等于0。

【分析与讨论】这道题不需要完全确定这两个三位数,而且也

不能完全确定,例如被减数与减数可以分别是(996,102),也可以是(994,100),(999,105),等等。

有的同学会说:这个题目的答案是猜出来的。

“猜”也是数学上的一种方法。数学上有许多著名的猜想对数学的发展产生了重要的影响。这里要着重说明二点:第一,数学上的“猜想”不是毫无根据的“胡思乱想”,而是指数学家对问题经过深入的分析或大量的例证检验后所设想的答案;是有一定道理的。象本题的解法中,我们经过分析发现,如果六个方框中没有0,这个题目的答案就不是唯一的了,所以猜想答案是0。如果猜测答案是100就没有道理了。第二,“猜想”不等于答案,猜想要经过严格的证明才能成为答案。例如,著名的哥德巴赫猜想至今还未能得到证明,因此仍然被称为“猜想”。

图38中正方形的边长是2米,四个圆的半径都是1米,圆心分别是正方形的四个顶点。问:这个正方形和四个圆盖住的面积是多少平方米?

【解法】每个圆和正方形的公共部分是一个扇形,它的面积是圆的面积的四分之一。因此,整个图形的面积等于正方形的面积加上四块四分之三个圆的面积。而四块四分之三个圆的面积等于圆面积的三倍。因此,整个图形的面积等于正方形的面积加上圆面积的三倍,也就是

2×2+π×1×1×3≈13.42(平方米)。

答:这个正方形和四个圆盖住的面积约是13.42平方米。 有七根竹竿排成一行。第一根竹竿长1米,其余每根的长都是前一根的一半。

问:这七根竹竿的总长是几米?

【解法】我们这样考虑:取一根2米长的竹竿,把它从中截成两半,各长1米。取其中一根作为第一根竹竿。将另外一根从中截成两半,取其中之一作为第二根竹竿。如此进行下去,到截下第七根竹竿时,所剩下的一段竹竿长为

12×12×12×12×12×12=164

(米) 因此,七根竹竿的总长度是2米减去剩下一段的长,也就是 2-

16364=164

答:七根竹竿的总长是1

63

64

米。 【分析与讨论】中国古代就有“一尺之棰,日取其半,万世不竭”这样一个算术问题。就是说,有一根一尺长的短棍,每天截去它的一半,永远也截不完。那么,每天剩下多少呢?第七天剩下多少呢?

用上面的解法计算七根竹竿的总长,时间是绰绰有余的。但如果先把每根竹竿都算出来再相加,需要通分,时间恐怕就来不及了。同学们不妨试一试。

有三条线段A、B、C,A长2.12米,B长2.71米,C长3.53米,以它们作为上底、下底和高,可以作出三个不同的梯形。问:第几个梯形的面积最大?

【解法】首先注意,梯形的面积=(上底+下底)×高÷2。但我们现在是比较三个梯形面积的大小,所以不妨把它们的面积都乘以2,这样只须比较(上底+下底)×高的大小就行了。我们用乘法分配律:

第一个梯形的面积的2倍是:

(2.12+3.53)×2.71=2.12×2.17+3.53×2.71 第二个:

(2.71+3.53)×2.12=2.71×2.12+3.53×2.12 第三个:

(2.12+2.71)×3.53=2.12×3.53+2.71×3.53

先比较第一个和第二个。两个式子右边的第一个加数,一个是2.12×2.71,另一个是2.71×2.12。由乘法交换律,这两个积相等。因此只须比较第二个加数的大小就行了。显然3.53×2.71比3.53×2.12大,因为2.71比2.12大。因此第一个梯形比第二个梯形的面积大。

类似地,如果比较第一个和第三个,我们发现它们有边第二个加数相等,而第一个加数2.12×2.71<2.12×3.53。因此第三个梯形比第一个梯形面积大。

综上所述,第三个梯形面积最大。 答:第三个梯形面积最大。 【分析与讨论】做这个题目应该充分利用所学过的乘法交换律、乘法分配律等知识,而不应该直接计算面积。很明显,直接计算三个梯形的面积要浪费很多时间。

有一个电子钟,每走9分钟亮一次灯,每到整点响一次铃。中午12点整, 电子钟响铃又亮灯。问:下一次既响铃又亮灯是几点钟?

【解法】因为电子钟每到整点响铃,所以我们只要考虑哪个整点亮灯就行了。从中午12点起,每9分钟亮一次灯,要过多少个9分钟才到整点呢?由于1小时=60分钟,这个问题换句话说就是:9分钟的多少倍是6O分钟的整数倍呢?这样一来问题的实质就清楚了:是求9分和60最小公倍数。

不难算出9和60的最小公倍数是180。这就是说,从正午起过180分钟,也就是3小时,电子钟会再次既响铃又亮灯。 答:下一次既响铃又亮灯时是下午3点钟。

【分析与讨论】这样的问题在生活中到处都会遇到。同学们能不能再举些例子呢?

一副扑克牌有四种花色,每种花色有13张。从中任意抽牌。问:最少要抽多少张牌,才能保证有四张牌是同一花色的?

【解法】这里“保证”的意思就是无论怎样抽牌,都一定有4张牌为同一花色。

我们先看抽12张牌是否能保证有4张同花的?虽然有时12张牌中可能有4张同花,甚至4张以上同花,但也可能每种花色正好3张牌,因此不能保证一定有4张牌同花。

那末,任意抽13张牌是否保证有4张同花呢?我们说可以。证明如下:

如果不行的话,那末每种花色最多只能有3张,因此四种花色的牌加起来最多只能有12张,与抽13张牌相矛盾。所以说抽13张牌就可以了。

这种证明的方法称为反证法。

答:至少要抽13张牌,才能保证有四张牌是同一花色的。 【分析与讨论】这个题目用的是所谓“抽屉原则”。比如说有4个抽屉,要在里面放13本书,那么至少有一个抽屉要放4本。这个原则也被称作“鸽子笼原则”或“重迭原则”。

抽屉原则虽然简单,在数学上却有很多巧妙的应用。有兴趣的同学可以阅读常庚哲著的《抽屉原则及其他》这本书。

有一个班的同学去划船。他们算了一下,如果增加一条船,正

好每条船坐6人;如果减少一条船,正好每条船坐9人。问:这个班共有多少同学?

【解法1】假定先增加一条船,那么正好每条船坐6人。现在去掉两条船,就会余下6×2=12名同学没有船坐。而现在正好每条船9人,也就是说,每条船增加9-6=3人,正好可以把余下的12名同学全部安排上去,所以现在还有12÷3=4条船,而全班同学的人数是9×4=36人。

答:这个班共有36个人。

【解法2】由题目的条件可知,全班同学人数既是6的倍数,又是9的倍数,因而是6和9的公倍数。6和9的最小公倍数是18。如果总数是18人,那么每船坐6人需要有18÷6=3条船,而每船坐9人需要18÷9=2条船,就是说,每船坐6人比每船坐9人要多一条船。但由题目的条件,每船坐6人比每船坐9人要多用2条船。可见总人数应该是18×2=36。

【分析与讨论】我国古代有很多类似于这个题目的问题,流传到现在。例如“鸡兔同笼”之类。

这道题也可以用列方程来解。同学们不妨试一试。

四个小动物换座位。一开始,小鼠坐在第1号位子,小猴坐在第2号,小兔坐在第3号,小猫坐在第4号。以后它们不停地交换位子。第一次上下两排交换。第二次是在第一次交换后再左右两排交换。第三次再上下两排交换。第四次再左右两排交换……这样一直换下去。问:第十次交换位子后,小兔坐在第几号位子上?(参看图39)

图39

【解法】这道题问的是第十次交换位子后,小兔坐在第几号位子上?我们先根据题意将小兔座位变化的规律找出来。

从图40的箭头图可以看出:每一次交换座位,小兔的座位按顺时针方向转动一格,每4次交换座位,小兔的座位又转回原处。知道了这个规律,答案就不难得到了。第十次交换座位后,小兔的座位应该是第2号位子。

答:第十次交换座位后,小兔坐在第2号位子。 【分析与讨论】“小动物换座位”这样的运动,在数学上称为“置换”,而小兔座位的改变称为“旋转”。置换和旋转都是群论、几何学等数学分支中的重要概念。这道题虽然简单,但其中却有不少有趣的道理呢!

为了使同学们加深理解,我们再出两个思考题,请同学们想想。 (1)找出其它三个小动物座位变化的规律。它们的规律有什么相同点,有什么不同点。

(2)将题目中的提问改为:“第十次交换位子后,第4号座位上坐的是哪个小动物?”你知道怎么做吗?想想看。

用1、9、8、8这四个数字能排成几个被11除余8的四位数? 【解法】什么样的数能被11整除呢?一个判定法则是:比较奇位数字之和与偶位数字之和,如果它们之差能被11除尽,那么所给的数就能被11整除,否则就不能够。

现在要求被11除余8,我们可以这样考虑:这样的数加上3后,就能被11整除了。所以我们得到“一个数被11除余8”的判定

法则:将偶位数字相加得一个和数,再将奇位数字相加再加上3,得另一个和数,如果这两个和数之差能被11除尽,那么这个数是被11除余8的数;否则就不是。

要把1、9、8、8排成一个被11除余8的四位数,可以把这4个数分成两组,每组2个数字。其中一组作为千位和十位数,它们的和记作A;另外一组作为百位和个位数,它们之和加上3记作B。我们要适当分组,使得能被11整除。现在只有下面4种分组法:

经过验证,第(1)种分组法满足前面的要求:

A=1+8,B=9+8+3=20,B-A=11能被11除尽。但其余三种分组都不满足要求。

根据判定法则还可以知道,如果一个数被11除余8,那么在奇位的任意两个数字互换,或者在偶位的任意两个数字互换,得到的新数被11除也余8。于是,上面第(1)分组中,1和8中任一个可以作为千位数,9和8中任一个可以作为百位数。这样共有4种可能的排法:1988,1889,8918,8819。 答:能排成4个被11除余8的数

【分析与讨论】用1、9、8、8可能组成12个互不相同四位数。如果把这12个数都列出来,再分别检验它们被除的余数,就不胜其繁了。所以在解题时一定要先设法简化检验过程。

图41是一个围棋盘,它由横竖各19条线组成。问:围棋盘上有多少个与图42中的小正方形一样的正方形?

【解法】要能准确迅速地数出小正方形的个数,需要动动脑筋。 我们先在右图小正方形中找一个代表点,例如右下角的点E作为代表点。然后将小正方形按题意放在围棋盘上,仔细观察点E应在什么地方。通过观察,不难发现:

(1)点E只能在棋盘右下角的正方形ABCD(包括边界)的格子点上。

(2)反过来,右下角正方形ABCD中的每一个格子点都可以作为小正方形的点E,也只能作为一个小正方形的点E。

这样一来,就将“小正方形的个数”化为“正方形ABCD中的格子点个数”了。很容易看出正方形ABCD中的格子点为10×10=100个。

答:共有100个。

【分析讨论】这个题目有很多种解法,而上面这个解法既巧妙又迅速。它利用了“一一对应就一样多”这个简单的道理。 一一对应是数学上的一个重要的基本概念。从这个题目可以看

出,仅仅是搞清楚这么一个概念,就会起很大的作用了。 思考题:如果两个图形均为长方形,情况有什么不同?

例如:大棋盘是20×30,而小棋盘是10×15。问大棋盘中有多少个与小棋盘相同的长方形?

计算

7?9?

1(0.5?0.25?0.125)?(0.5?0.25?0.125)?18261311516

3?45?5

【解】

7?9?

1(0.5?0.25?0.125)?(0.5?0.25?0.125)?1826

1313?151645?5

71 =(12?14?18)?(12?11??

14?8

?

1313?3?47=(111

?

12?4?8

?2?4?8?131

3

?1221?

2=(4?2?1)?2?4?

113

23

=7?2?4?4

3=7?2?4?23

4?4

=7?232

=8012

有三张卡片,在它们上面各写有一个数字(图43)。从中抽出一张、二张、三张,按任意次序排起来,可以得到不同的一位数、二位数、三位数。请你将其中的素数都写出来。

【解法】我们知道,一个比1大的自然数,如果除了1和它本身,不再有别的约数,那末这个数就叫做质数,也叫做素数。 我们先回想一下被3整除的判定法则:如果一个数的各位数字之和能被3整除,那末这个数也能被3整除。

因为三张卡片上的数字分别为1,2,3。这三个数字的和为6,

能被3整除,所以用这三个数字任意排成的三位数都能被3整除,因此不可能是素数。

再看二张卡片的情形。因为1+2=3,根据同样的道理,用1,2组成的二位数也能被3整除,因此也不是素数。这样剩下要讨论的二位数只有13,31,23,32这四个了。其中13,31和23都是素数,而32不是素数。

最后,一位数有三个:1,2,3。1不是素数。2和3都是素数。 总之,本题中的素数共有五个:2,3,13,23,31。 答:共有五个素数:2,3,13,23,31。

【分析与讨论】这道题主要考察问学们对素数概念的掌握以及整除的基本规律(如被3整除的特点)。当然,如果将二张卡片组成的所有数都写出来,再一个一个地分析,也可以做出来。但这样做是不可取的。

有大、中、小三个正方形水池,它们的内边长分别是6米、3米、2米。把两堆碎石分别沉没在中、小水池的水里,两个水池的水面分别升高了6厘米和4厘米。如果将这两堆碎石都沉没在大水池的水里,大水池的水面升高了多少厘米?

【解法】把碎石沉没在水中,水面升高所增加的体积,就等于所沉入的碎石的体积。

因此,沉入水池中的碎石的体积是 3米×3米×0.06米=0.54米3 而沉入小水池中的碎石的体积是 2米×2米×0.04米=0.16米3 这两堆碎石的体积一共是

0.54米3+0.16米3=0.7米3。 把它们都沉入大水池里,大水池的水面升高所增加的体积也就

是0.7米3。而大水池的底面积是

6米×6米=36米2。

所以水面升高了:

0.7米3?36米2=

0.736米=7036厘米=117

18

厘米 答:大水池的水面升高了117

18厘米。

在一个圆圈上有几十个孔(不到100个),如图44。小明像玩跳棋那样,从A孔出发沿着逆时针方向,每隔几个孔跳一步,希望一圈以后能跳回到A孔。他先试着每隔2孔跳一步,结果只能跳到B孔。他又试着每隔4孔跳一步,也只能跳到B孔。最后他每隔6孔跳一步,正好跳回到A孔。你知道这个圆圈上共有多少个孔吗?

【解法】设想圆圈上的孔已按下面方式编了号;A孔编号为1,然后沿逆时针方向顺次编号为2,3,4,……B孔的编号就是圆圈上的孔数。

我们先看每隔2孔跳一步时,小明跳在哪些孔上?很容易看出应在1,4,7,10,……上。也就是说,小明跳到的孔上的编号是3的倍数加1。按题意,小明最后跳到B孔,因此总孔数是3的倍数加1。

同样道理,每隔4孔跳一步最后跳到B孔,就意味着总孔数是5的倍数加1;而每隔6孔跳一步最后跳回到A,就意味着总孔数是7的倍数。

如果将孔数减1,那么得数是3的倍数也是5的倍数,因而是15的倍数。这个15的倍数加上1就等于孔数,而且能被7

整除。

注意15被7除余1,所以15×6被7除余6,15的6倍加1正好被7整除。我们还可以看出,15的其他(小于7的)倍数加1都不能被7整除,而15×7=105已经大于100,7以上的倍数都不必考虑。因此,总孔数只能是15×6+l=91。 答:圆圈上共有91个孔。

【分析与讨论】这道题其实是下面一类问题的特殊情形。一般的问题是:有一个未知整数,只知道它被某几个整数除后所得的余数,求这个整数。中国古代数学名著《孙子算经》中,已经有解决这类问题的一般方法了。这个方法在国际上被普遍称为“中国余数定理”。华罗庚教授曾为高小初中学生写过一本小册子《从孙子的“神奇妙算”谈起》,深入浅出地介绍了解决这个问题的巧妙方法,还由此引伸出其他一些很有趣的问题,极富启发性。这本小册子已被选入《华罗庚科普著作选集》(上海教育出版社),有兴趣的同学可以读读。

试将1,2,3,4,5,6,7分别填入图45的方框中,每个数字只用一次:

使得这三个数中任意两个都互质。其中一个三位数已填好,它是714。

【解法】我们知道,如果两个数的最大公约数是1,那末这两个数就叫做互质数。

已经填好的三位数714是个合数,它的质因数分解是 714=2×3×7×17。

使得这三个数中任意两个都互质。其中一个三位数已填好,它是714。

由此可以看出,要使最下面方框中的数与714互质,在剩下未填的数字2,3,5,6中只能选5,也就是说,第三行的一位数只能填5。

现在来讨论第二行的三个方框中应该怎样填2,3,6这三个数字。

因为任意两个偶数都有公约数2,因此不互质。而714是偶数,所以第二行的三位数不能是偶数,也就是说,2和6不能填在个位上,因此个位数只能是3。这样一来,第二行的三位数只能是263或623。但是623能被7整除,所以623与714不互质。

最后来看263这个数。通过检验可知:714的质因数2,3,7和17都不是263的因数,所以714与263这两个数互质。显然,263与5也互质。因此,714,263和5这一个数两两互质。

答:填法是:

图47是一张道路图,每段路上的数字是小王走这段路所需的分钟数。请问小王从A出发走到B,最快需要几分钟?

【解法1】为叙述方便,我们把每个路口都标上字母,如图48、图49所示

首先我们将道路图逐步简化。

从A出发经过C到B的路线都要经过DC和GC。面从A到C有两条路线可走:ADC需时间14+13=27(分钟);AGC需时间15+11=26(分钟)。我们不会走前一条路线,所以可将DC这段路抹去。但要注意,AD不能抹去,因为从A到B还有别的路线(例如AHB)经过AD,需要进一步分析。

由G到E也有两条路线可走:CCE需16分钟,GIE也是16分钟。我们可以选择其中的任一条路线,例如选择前一条,抹掉GIE。(也可以选择后一条而抹掉CE。但不能抹掉GC,因为还有别的路线经过它。)这样,道路图被简化成图49的形状。

在图49中,从A到F有两条路线,经过H的一条需14+6+17=37(分钟),经过G的一条需15+11+10=36(分钟),我们又可以将前一条路线抹掉(图50)。

图50中,从C到B也有两条路线,比较它们需要的时间,又可将经过E的一条路线抹掉。最后,剩下一条最省时间的路线(图51),它需要15+11+10+12=48(分钟)。 答:最快需要48分钟。

【解法2】要抓住关键点C。从A到B的道路如果经过C点,那么,从A到C的道路中选一条最省时间的,即AGC;从C到B的道路中也选一条最省时间的,即CFB。因而从A到B经过C的所有道路中最省时间的就是这两条道路接起来的,即AGCFB。它的总时间是48分钟。

剩下的只要比较从A到B而不经过C点的道路与道路AGCFB,看那个更省时间。

不经过C点的道路只有两条:①ADHFB,它需要49分钟;②AGIEB,它也需要49分钟。

所以,从A到B最快需要48分钟。 【分析与讨论】上面的简化过和并不需要逐一画图,只要在原图上将准备抹掉的路段打上记号,就能很快找出需时最短的路线来。即使更复杂的道路图,也很容易得到简化。图52是稍为复杂一些的道路图,图中数字意义与本题相同。请同学们试用上面的逐步简化方法求出从A到B的最短时间。

本题在应用数学中有个专门的名称,叫做“最短路线问题”。最短路线问题在交通运输、计划规划等许多方面都有广泛的应用。在实际问题中,道路图往往很复杂,要找出从A到B的所有路线是很困难的。因此,象上面这样的间化方法,就十分必要了。 梯形 ABCD的中位线EF长15厘米(见图53),∠ABC=∠AEF=90°,G是EF上的一点。如果三角形ABG的面积是梯形ABCD面积的1/5,那么EG的长是几厘米?

[解]梯形ABCD的面积等于EF×AB,

而三用形ABC的面积等于(1/2)EG×AB,因此三角形ABG和梯形 ABCD的面积比等于(1/2)EG与EF的比。 由题目的条件,三角形ABG的面积是梯形ABCD的面积的1/5,或者说EG是

EF

的2/5。因为EF长15厘米.EG的长就是15厘米×2/5=6厘米 答:EG长6厘米。

[分析与讨论]在本题中,假设∠ABC=∠AEG=90°,这个条件其实是多余的。只是考虑到小学同学可能还没有学过有关中位线的性质,才加上这个条件的。有兴趣的同学可以考虑一下,如果去掉这个条件,这一题应该怎样做?

有三堆砝码,第一堆中每个法码重3克,第二堆中每个砝码重5克,第三堆中每个砝码重7克。请你取最少个数的砝码,使它们的总重量为130克写出的取法:需要多少个砝码?其中3克、5克和7克的砝码各有几个? [解法] 为厂使问题简化,我们首先分析一下这三排砝码之间的关系。很明显,一个3克的破码加上一个7 克的砝码正好等于两个5克的砝码(都是10兑)。因此,如果用一个3克的砝码和一个7克的砝码去替换两个5克的砝码,砝码的个数及总重量都保持不变。这样一来,我们就可以把 5克砝码两个两个地换掉,直到只剩一个5克的砝码或者没有5克砝码为止。 这样就将问题归结为下面两种情形:

一、所取的砝码中没有5克砝码。很明显,为了使所取的砝码个数尽量少,应该尽可能少取3克砝码,而130克减去3克砝码的总重量应该是7无的倍数。计算一下就可以知道,取0个、1个、2个、3个、4个、5个3克砝码,所余下的重量都不是7克的倍数 。面如果取6个3克砝码,则130-3克×6=112克=7克×16。于是可以取16个7克砝码和6个3个克砝码,总共22个砝码,

二、所取的砝码中有一个5克的。那么3克和7克砝码的总重最是130克-5克=125克、和第一种情形类似,可以算出应取2个3克砝码和17个7克砝码,这样总共有17+2+1=20个 砝码。 比较上面两种情形,我们得知最少也取20个砝码。取法可以就象后十种情形那样;2个3克的,1个5克的,17个7克的;当然也可以用两个5克砝码换掉一个3克和1个7克的砝码, 例如可以取5个5克的和15个7克的。

答:最少要取 20个砝码,取法如上述。

[分析和讨论] 在这个问题中,有三个数(即三种砝码的个数)是可以变的。上面的解法实质上是先固定一个数(5克砝码的个数)、那么只剩下的个数在变, 就比较容易处理了。如果三个数都在变,就会变得很乱,即使是找到一种只需20个砝码的取法,也很难说清楚为什么这就是最少的。

如果同学们还想冉做一个这样的习题,那么不妨算一下,在本题的条件下,至多可以取多少个砝码?怎样取?

有5块圆形的花圃,它们的直径分别是3米、4米、5米、8米、9米;请将这5块花圃分成两组,分别交给两个班管便两班所管 理的面积尽可能接近。

[解法]我们知道,每个圆的面积等于直径的平方乘以(π/4)。现在要把5个圆分组, 两组的总面积累尽可能接近或者说;两组总面积的比尽可能接近!由于每个圆面积都有因子(π/ 4)。而我们关心的只是面积的比,所以不把这个共同的因索都去掉,而把问题简化为:将5个圆公成两组,使两组圆的直径的个方和尽可能接近。

5个圆的直径的平方分别是:9,16,25,64,81。

这5个数的和是195。由于195是奇数,所以不可能把这5个数分成两组,使它们的和相等。另一方面.81+16=97,9+25+24=98天者仅相差1,这当是我样期望的最佳分配了。

答:应该把直径4米和9米的两个花圃交给一个班管理,其余

三个花圃交给另一个班管理。

[分析与讨论]这个题目和“华罗庚金杯”赛第一届初赛第18题属于同一类型。

做这个题目时,如果先每花圃的面积、再根据面积来分组,计算量就太大了。将这个因数去掉,只考虑直径的平方,就使问题大大简化。

一串数排成一行,它们的规律是这样的:头两个数都是1,从第三个数开始, 每一个数都是前两个数的和,也就是:1,2,3,5,8,13,21,34,55,问:这串数的前100个数中(包括第100个数)有多少个偶数?

[解法]观察一下已经写出的数就会发现,每隔两个奇数就有一个偶数。如果再算几个数,会发现这个规律仍然成立。这个规律是不难解释的:因为两个奇数的和是偶救,所以两个种数后面一定是偶数。另一方面,一个奇放和一个偶数的和是奇数,所以偶数后面一个是奇数,再后面一个还是奇数。这样,一个偶数后面一定有连续两个奇数,而这两个奇数后面一定又是偶数,等等。

因此,偶数出现在第三、第六、第九……第九十九个位子上。所以偶数的个数等于100以内3的倍数的个数,它等于99÷3=33。 答:这串数的前100个数中共有33个偶数。

[分析与讨论]本题给出的这串数叫做“菲波那西数列”,又叫“兔子数列”,它有许多有趣的性质。

有兴趣的同学可以想想:在这串数的前1000个数中,有多少个3的倍数?有多少个11的倍数?

王师傅驾车从甲地开乙地交货。如果他往返都以每小时60公里的速度行驶,正好可以按时返回甲地。可是,当到达乙地时、他发现他从甲地到乙地的速度只有每小时55公里,如果他想按时返

回甲地,他应以多大的速度往回开? [解法]根据题意,如果王师傅往返都以每小时60公里的速度行驶,正好按时返回甲地。也就是说,按计划行驶1公里的时间是

1

60

小时。而王师傅从甲地到乙地的实际行驶速度只有55公里/小时,这样一来、实际行驶1公里所花费的时间是1

55

小时,比计划时间多用了(

155-160

)小时为了能按时返回甲地,王师傅从乙地返回甲地时,行驶1公里所花的时间必须比原计划时间少(11

55-60

小时。也就是说,只能花[111

60-(55-60

)]小时。因此王师傅

往回开的速度应是66公/小时。

答:王师傅应以66公里/小时的速度往回开。 图54大圈是400米跑道,由A 到B的跑道长是200米,直线距离是50米。父子俩同时从A点出发逆时针方向沿跑道进行长跑锻炼,儿于跑大圈,父亲每跑到B点便沿各直线跑。父亲每100米用20秒,儿子每100米用 19秒。 如果他们按这样的速度跑,儿子在跑第几圈时,第一次与父亲再相遇?

[解法]首先我们要注意到:父亲和儿子只能在由A沿反时针方向到B这一段跑道上相遇。而且儿子比父亲跑得快,所以相遇时一定是儿子从后面追上父亲。

儿子跑一圈所用的时间是19×(400∪÷100)=76

,也就是说,

儿了每过76秒到达A点一次。同样道理,父亲每过50秒到达A点一次。

在从A到B逆时针方向的一段跑道上,儿子要跑19×(200∶100)=38秒,父亲垫跑20 ×(200÷100)=40.因此,只要在父亲到达A点后的2秒之内,儿子到达A点,儿子就能从后面追上父亲。于是,我们需要找76的一个整数倍(这个倍数是父子相遇时儿子跑完的圈数),它比50的一个整数倍大,但至多大2。换句话说,以找76的一个倍数,它除以50的余数在0到2之间,这试一下就可以了:76÷50余26,76×2÷50余2,正合我们的要求。 因此.在父子办第一次相遇时,儿子已跑完2圈,也就是正在跑第3圈。

答:儿子在跑第3圈时,第一次与父亲再相遇。

[分析与讨论]严格地说,一面用的“试除”的方法不是好方法。在一般情况下,还是应该先看看76的倍数除以50的余数有什么规律,有兴趣的同学可想一想:儿子在跑第几圈时,第二次与父亲再相遇?

决赛第一试试题与解答

图55的30个格子中各有一个数字, 最上面一横行和最左面一竖列的数字已经填好,其余每个格子中的数字等于同一横行最左面数字与同一竖到最上面数字之和(例如a=14+17=31)。问这30个数字的总和等于多少?

[解法]从题目的填数规则,我们知道,与12同一行的六个格子中都有12这个数,因此总和数中有六个12相加。与14同一行的六个格子中都有14这个数,所以总和数中有六个14这个数。同样,与16同一行,与18同一行的格子中,分别都有六个16,六个18,也就是说,从行看总和中有六个12,六个14,六个16,六个18.它们的和是6×(12+14+16+18)

再从列看,与11同一列的五个格子中都有11这个数。所以在总和数中有五个11这个救。同样分析,总和数中有五个13,五个15,五个17,五个19,它们之和是:

5×(11+13+15+17+19)

方格子中还有一个数10,此外,没有别的数了。所以总和数=6×(12+14+16+18)+5×(11+13+17+19)+10 =745

[分析与讨论]这道题,有的同学按填数规则把每个格于上的

数都填出来,然后用硬加的办法求出总和数。这样做法个可取,因为如果行数列数很大时,这样做的计算最大,硬加就很困难。因此应该采用巧算法。本题还有其它的巧算法,这里就不再叙述了。

另外需要提醒的是,不少问学思路是正确的,但忘了加10这个数。同学们不要轻视这种疏忽。

本题求一些数的和,在表现形式上是有新意的,平时同学们常做的求和问题,多数是求一串数的和,而本题是求一个表上所有数字之和。这种填着数的表格在工农业和科学试验上是常用的。

平行四边形ABCD周长为75厘米, 以BC为底时高是14厘米(图57);以CD为底时高是16厘米。求:平行四边形ABCD的面积。

[解法]平行四边形的面积=底×高

所以,平行四边形ABCD的面积S=BC×14,

同样S=CD×16,也就是CD=1

16

S。 所以BC+CD=

114S+116S =(11

14+16

)×S

这就是12×75=(114+116

)×S

S=280(平方厘米)

答:平行四边形ABCD的面积是280平方厘米。

[分析与讨论]

本题是求面积问题,解法很多。问学们可以试

试其它解法再和上面的解法比较一下,看看哪种方法最简便?

同一个问题,可以从不同角把它看成不同的数学问题,比如本题可以看成求面积问题,也可以看成“工程问题。这种能力的培养也是非常重要的。

一段路程分成上坡、平路、下坡三段。各段路程长之比依次是1∶2∶3 三人走各段路所用时间之比次依是4∶5∶6。已知他上坡时速度为每小时3公里.路程全长50公里。问此人走完全程用了多少时间?

[解法]

上坡时间是(上坡路程)÷(上坡的速度)

=50×

11?2?3÷3=25

9

(小时)

上坡时间占全程时间的44?5?6?4

15

所以,全程时间

259?4

15(小时) =125512=1012

(小时) 答:此人走完全程共用了10

5

12

小时。 [分析与讨论]这是一道比例题。比例问题在代数和几何中都很重要。在小学算术课本中也有不少比例问题,主要是搞清楚部分与整体的关系。在进一步学习过程中,同学们会不断得到有关知识与技能。

小玲有两种不同形状的纸板。一种是正方形的,一种是长方形的(图58)。正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是1∶2。她用这些纸板做成一些竖式和横式的无盖纸盒(图59)。正好将纸板用完,在小玲所做的纸盒中、竖式纸盒的总数与横式纸盒的总数之比是多少?

[解法1] 设竖式盒总数:横式盒总数=X∶1

长方形纸板数量=(4X+3)×(横式盒的总数) ;正方形纸板数量=(X+2)×(横式盒的总数)。所以4X+3=2×(X+ 2)

X=

1

2

答:竖式纸盒的总数与横式纸盒的总数之比是1∶2。

[解法2]如果把无盖纸盒都加上了盖子。那么,无论盒是竖式的还是横式的,在加盖以后都用了两块正方形纸板四块长方形纸板。因此,加盖以后所用的正方形纸板总数长方形纸板总数之比是2∶4=1∶2。而在加盖以前所用正方形纸板总数与长方形纸板总数之比恰好也是1∶2。由此可见,所加的盖子中正方形的比是1∶2,因为竖式的盖子是正方形的,而横式盒的盖子是长方形的。所以在小玲所做的纸盒中,竖式纸盒的总数与横式纸盒的总数之比是1∶2。

[分析与讨论] 注意,“解法2”是对于比数是1∶2这个特定条件下的一种特殊解法,它不具普遍性。比如,如果正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是1∶3,那么答案就是3∶1。

请同学们算一算,如果正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是N∶M,那么答案是什么?请自己分析讨论一下。

在工业生产中,常常遇到这样一类问题,原材料的来源是按一定的配比给定了,要用这些材料生产各种类型的产品。

这时有最佳

安排问题。安排不好就会造成材料的浪费。学了小学的数学知识就可以解决一些这类问题中最简单的问题。

在一根长木棍上,有三种刻度线、第一种刻度线将木棍分成十等份;第二种将木棍分成十二等份;第三仲将木棍分成十五等份。如果沿每条刻度先将木棍锯断,木棍总共被锯成多少段?

[解法]求出(10,12,15)的最小公倍数,它是60。把这根木棍的10等分的每等分长6个单位。12等分的每等分长5单位;15等分的每等分长4单位。

不计木的两个端点,木棍的内部等分点数分别是9,11,14(相应于10,12,15等分),共计34个。

由于5,6的最小 公倍数为30,所以10与12等分的内分点在30单位处处相重,必须从34中减。

又由于4,5的最小公倍数为20,所以12与15等分的内分点在20童位和40童位两个相重,必须再减去2。

同样,6,4的最小公倍数为12,所以15与10等分的内分点在12,24,26;48童位处相重,必须再减去4。

由于这些相重点,各不相同,所以从34个内分点中减去1,再减去2,再减去4,得27小刻度点,沿这些刻度点把木棍锯成28段。

答:木棍总共被锯成28段。

[分析与讨论]本题还有许多解法。不少同学把木棍长看成1个单位, 那么等分点将是一批分数,分析起来不如这里父段。

[分析与讨论]本题还有许多解法。不少同学把木棍长看成1个单位,那么等分点将是一批分数,分析起来不如这里给出的解法清楚,因此计数多有错。也有一些同学列出全部等分点,计算繁琐,也未必能做对,所以巧算是很重要的。

已知: a=

11?66?12?67?13?68?14?69?15?70

11?65?12?66?13?67?14?68?15?69

?100

问:a的整数部分是多少? [解法] a=

11?66?12?67?13?68?14?69?15?70

11?65?12?66?13?67?14?68?15?69

?100

=11?(65?1)?12?(66?1)?13?(67?1)?14?(68?1)?15?(69?1)11?65?12?66?13?67?14?68?15?69

?100=(11?65?12?66?13?67?14?68?15?69)?(11?12?13?14?15)11?65?12?66?13?67?14?68?15?69

?100

=(1?

11?12?13?14?15

11?65?12?66?13?67?14?68?15?69)?100

=100?

11?12?13?14?15

11?65?12?66?13?67?14?68?15?69

?100

现在我们来看a的第二项的分母,一方面

11×65+12×66+13×67+14×68+15×69<11×69+12×69+13× 69+14×69+15×69

另一方面

11×65+12×66+13×67+14×68+15×69>11×65+12×65+13×65+14×65+15×65

由于一个正的分数,分母变小分数变大,分母变大分数变小。所以

11?12?13?14?15

11?65?12?66?13?67?14?68?15?69

?100<

11?12?13?14?15

(11?12?13?14?15)?65

?100

11?12?13?14?1511?65?12?66?13?67?14?68?15?69

?100<100

65

同样分析可得,

11?12?13?14?1511?65?12?66?13?67?14?68?15?69

?100>100

69

也就是

10069<11?12?13?14?1511?65?12?66?13?67?14?68?15?69?100<100

65

100+10011?12?1369<100+?14?1511?65?12?66?13?67?14?68?15?69

×

100<100+100

65

100+10069<a<100+10065

100+13169<a<100+3565

所以 a的整数部分是101。 答:a的整数部分是101。

[分析与讨论]这是一道估值问题。估值问题不论在纯数学上还是在应用数学上都很重要。

估值问题在小学生中很少受到训练。但同学们在日常生活中,经常会遇到一些这类问题,他们也有一些解决的办法。当然直接计算的方法是不可取的。在小学生中,适当增加一点这方面的训练,

是有好处的。

图60算式中,所有分母都是四位数。请在每个方格中各填入一个数字,使等式成立。

图60

[解法]本题中,三个分数的分母都是四位数、不能立刻看出结果,因此有必要将问题先简化一下。

我们知道,如果将三个分数的分母同时扩大或缩小相同的倍数,等式照样成立。这就启发我们一种化简的方法,使分母尽量变得简单。

自然的想法是将1988这个数做质因数分解。通过试除 知道1988的质因数分解为:

1988=2×2×7×71。

这样,根据上面的分析,可以先用1988的约数来代替1998,试着找一组解,然后再将分母都乘以适当的倍数,检查一个是否都是四位数就行了

例如:1988的质因数分解中有的数4,很容易看出:

112?114?3

由于1988=2×2×7×71=4×497,所以,将上面等式的两边均乘上

1

497

,就得 112?497?14?497?1

3?497

,即

15964?11998?1

1491

这样就给出了一组适合条件的解。 再如,

1988=2×2×7×71 =(2×7)×(2×71) =14×142 而且有

135?11114?10,两边同乘以142,就得 135?142?1142?142?1

10?142

即1114970?1988?1420

这就给出了另一组解。

[分析和讨论]我们在解题中只给出了二组不同的解,而且在找解时多少带有一点试探的意味。这是因为要限于小学教村的内容,而且也为了使同学们对如何简化问题的技巧有一点体会。

这道题有多少组不同的解呢?是不是还有更一般的方法?下面就来讨论。因为,要涉及到较深一点的知识,同学们如果现在看不懂,可以留到以后再看。

为叙述方便,个妨将问题重写出来设X,Y为两个四位数,并适合

1X?11988?1Y

(1) 问:X,Y各为多少?

解:从(1)式可以看出,

11988<1

Y

,也就是说Y<1988。令U=1988-Y根据题意,Y是四位数,即Y>1000,由此可知:

0<U<988 (2)

和U代换(1)式中的Y,我们有

1X?11988?11988?U

(3) 因此

11X?1988?U?11988?1(1988?U)1988

(4) 亦即

XU=(1988-U)1988=19882-988U(5) 从(5)式可以得到

19882=XU+1988U=(X+1988)U (6) 也就是说,

X?1988?19882

U

(7)

其中,S为4位数,U是适合条件(2)的整数。

由于(7)式左方是整数,因此U必须是19882的因子。 更进一步,按题设X是四位数,亦即X≤9999。所以从(7)式可知

19882

U

=X+1988≤11987 (8)

≥19882U11987

>329.5 (9)

再结合(2)式,我们有 330<U<988 (10)

这样,整个问题就化为求19882中适合条件(10)的因数有多少个?

容易看出:1988有质因素分解 1988=22×7×71 (11)

因此,19882=24×72×712。其中有哪些因数适合条件(10)呢?经过检查可知有如下4个因素:

71×7, 71×23, 72×23,72 ×24

用这 4个数分别代入 (7)式和Y=1988-U,就可以得到四组解如下:(1) X=5964, Y=1491;

(Ⅱ)X=4970,Y=1420; (Ⅲ)X=8094,Y=1596; (Ⅳ)X=3053,Y=1204。

最后,我们要给出解的一般公式,以供参考。 设X,Y,Z为三个自然数,适合

11X?Y?1

Z

(12) 求X,Y,Z的一般形式 [解]由(12)式可知:

1X<1Z,1Y<1

Z

(13) 因此,X>Z,Y>Z,由此不妨设 X=Z+U,Y=Z+V(14) 其中U>0,V>0.

将(14)式代入到(12)式中, 我们有

1111X?2Z?U?VY?Z?U?Z?V?(Z?U)(Z?V)

1

Z

(15) 即(2Z+U+V)Z=(Z+U)(Z+V)=Z2+ZU+ZV+UV (16)化简后可得: Z2=UV (17)

设U和V有最大公约数为T,则 U=U1·T,V=V1.T (18) 其中U1和V1互质。

将(16)式代入到(17)式中,可以得到 Z=Z1T (19)

而Z1,U1,V1适合方程

Z21?U1?V1 (20)

因为U1和V1互质,即只有公因数1,从(20)可知U1和V1均为平方数,也就说,一般解为

U1?R2,V1?S2,Z1?R?S (21)

将(21)式代入到(14)式中,我们有一般解: X=R(R+S)T

Y=S(R+S)T (22) Z=R·S·T

其中R,S,T均为自然数。

有兴趣的同学不妨用一般公式试试求本题的解。

决赛第二试试题与解答

有50名学生参加联欢会。第一个到会的女生同全部男生握过手,第二个到会的女生只差1个男生没握过手,三个到会的女生只差 2个男生没握手,如此等等,最后一个到会的女生同7个男生握过手,问这50名同学中有多少男生?

[解法]从题目中已经知道参加联欢会的男生和女生共有50名。因此,如果知道男生人数与女生人数的差,那么这50名同学中有多少男生就可以知道了。

为了使题目中的条件更容易分析,我们不妨将女生的顺序反过来,从后往前看。也就是说:最后一个到会的女生同7个男生握过手;倒数第二个到会的女生同8个男生握过手;倒数第三个到会的女生同9个男生握过手;如此等等,第一个到会(即倒数最后一个)的女生同全男生握过手,由此立刻可知,男生的人数比女生的人数多6个人,再通过简单的计算就可得到:男生的人数为28人。 答:这对50名同学中有28名男生。

[分析与讨论]这道题实际上也就是大家常说的年龄问题。 分子小于6而分母小于60的不可约真分数有多少个?

[解法]在解这道题时,首先要弄清“不可约真分数”的意思。当分数的分子与分母互质时,这个分数称为不可约分数;当分数的分子小于分母时,这个分数就称为真分数。 弄清了这些概念以后,剩下的问题就是用什么方法将符合题目条件的分数准确地找出来。也就是说,“数”的时候既不能重复又不能遗漏。

由于分子的取值范围是从1到5,明显地小于分母的取值范围,因此自然会想到对分子分别为1,2,3,4,5的情形逐一考虑。 当分子为1时,分母可从2到59,共有58个真分数,它们当然都是不可约分数。

由于2,3,5都是质数,因此当分子分别为2,3,5时,分母必须而且只须适合下列二个条件就可以了. 1)分母大于分子且小于60. 2)分母不是分子的倍数。

经过简单的计算(请同学们仔细算一算)。可以知道: 当分子为 2时,适合条件的分母有29个 当分子为3时,适合条件的分母有38个、 当分子为5时,适合条件的分母有44个

最后来看分子为4的情形。因为4不是质数,所以不能照搬上面的算法。也就是说,不能只将4的倍数去掉,应该去掉偶数。这样一来,分母就只有从5到59的奇数了,一共有28个。 总之,符合要求的分数共有

58+29+38+44+28=197(个)

答:分子小于6而分母小于60的不可约真分数共有197个。 [分析与讨论]这道题并不难,但容易算错。有不少同学的方法是对的,但算不清楚。例如:有的同学忘了“真分数”的条件,不管分子是几,分母都从1算起。还有不少同学在讨论分子为4的情形时,分母只去掉了4的倍数,而忘掉了2的倍数与4也不互质。 另外,还有少数同学直接讨论分母,当然就乱成一团了。 计算能力是数学的一项基本功,同学们应该从小就扎扎实实地打好基础。千万不能“眼高手低”。

己知五个数依次是13,12, 15, 25,20它们每相邻的两个数相乘得四个数,这四个数每相邻的两个数相乘得三个数,这三个数每相邻的两个数相乘得两个数,这两个数相乘得一个数。请问最后这个数从个位起向左数、可以连续地数到几个0(参看图61)?

[解法] 对一般的几个整数的乘积,如果要确定它后面有几个0. 可以用这样的办法:把每个乘数分解质因数,把分解中2的重数加起来,5的重数也加起来,看哪一个小,哪一个就是乘积尾部0的个数。这是因为10=2×5,所以乘积尾部有个0,质因数2和5的重数就至少是几。

我们可以分别计算质因数2和5的重数。为此我们画两个图(图62、图 63):

图中的数字是这样填的:以2的重数为例,第一行第一个数13不含因数2,在这个位置填0,第二个数12含2重因数2(12=2×2×3),在这个位置填2,等等。下面各行各数都是肩上两

数的和(因为乘积的因数2的重数等于各乘数的因数2的重数的

和)。

这样我们就把图61中每个圈中数的质因数分解中的2的重数和5的重数分别标在图62和图63中了。特别地,最下面一个数的质因数分解中2的重数是10,5的重数是15,所以它尾部应该有10个0。

答:可以连续地数到10个0。

[分析与讨论]因为数字不太多,图62和图63的圈是逐个填上的。如果第一行的数再多几个的话;最好还是先找找各圈中数的规律。我们先看第二行。第二行第一个数是第一行第一、二个数的和,第二个数是第一行第二、三个数的和,等等。再看第三行。第三行第一个数是第二行第一、二个数的和,也就等于第一行第一个数加上第二个数的2倍再加第三个数。类似地,第三行第一个数等于第一行第一个数加第二个数的3倍加第三个数的3倍加第四个数。最后,最下面一个数等于第一行的数分别乘以1,4,6,4,1再加起来,如

0×1+2×4+0×6+0×4+2×1=10, 0×1+0×4+1×6+2×4+1×1=15。

总之,在一般情况下,每个圈中的数可以这样得到:在第一行找出与这个圈有直线相连的两个圈、将这两个圈之间的圈(包括这两个圈)中的数分别乘以一个整数再加起来,所乘的整数见图64:

图中的乘数排列成一个三角形,这就是著名的“扬辉角”,其中的每个数部称为“组合数”。将来同学们在学习排列组合时,会知道杨辉三角有很多有趣的性质。参看华罗庚:《从杨辉三角谈起》。 用1分、2分和5分的硬币凑成一元钱、共有多少种不同的凑法?

【解法】为了找到简捷的解法,我们先将问题作一番分析。首先注意.要确定二种凑法是否相同,只要看二种凑法中所用的二分硬币的个数和五分硬币的个数是否分别相等就可以了。其次,用一分,二分和五分硬币凑成一元钱与用二分和五分硬币凑成不超过一元钱的凑法是一样的。最后,不难看出,二分硬币最多用50个,五分硬币最多用20个。

经过上面的分析,我们看到问题的提法可以改为:

有二分硬币50个,五分硬币20个。问:凑成不超过元钱的个同凑法有多少种?

这个问题的解法有很多,这坐我们将给出二种不同的解法。 【解法1】这是一种直接的解法。基本想法是按1五分硬币的个救将所有凑法分类。

假定五分硬币有20个,则没有二分硬币,因此只有一种凑法。

假定五分硬币有19个,币值为5×19=95分, 因此要使总币值不超过1元=100分,所取二分硬币的币值不能超过5分。很明显,二分硬币的个数可以为0个,1个,或2个,这样就有三种不同的凑法。如此继续下去,可以看出不同的凑法共有 1+3+6+8+11+13+……+48+51

=(1+48)+(3+46)+(6+43)+……+(23+26)+51 =49×10+51 =541(种)

答:共有541种凑法。

【解法2】这是一种比较巧妙的简便算法。

将 50个二分硬币和20个五分硬币分成甲、乙二组。 因为这些硬币的总币值为 50×2+20×5=200(分)。所以甲、乙二组的币值无非是下面三种情形;

(1)甲组的钱比一元少,乙组的钱比1元多。 (2)甲组的钱比一元多,乙组的钱比1元少。 (3)甲、乙两组的钱相等,都是一元钱。

这里有两点要特别注意:第一,情形(1)与情形(2)是对称的,只不过甲和乙交换了位置。第二,(1)的所有可能性加上(3)的所有可能性就是我们的问题的答案。 那么(1),(3)的个数各有多少呢?

先计算一下上面的分组总共有多少不同的方法。因为二分硬币有50个,所以有51种分法。类似地,五分硬币有20个,所以有21种分法。这样总共就有21×51种不同的分法。 再来看甲,乙两组的钱都是一元这种情形的分法有多少种?很明显,这时五分硬币必须有偶数个(为什么?),所以五分硬币的数可以为0个,2个,……,20个,共有十一种分法。

根据情形(1)和情形(2)的对称性,容易知道(1)的个数为(21×51-11)÷2=530

(1)的个数加上(3)的个数是530+11=541(种)这就是答案。

【分析与讨论】这是一道思考与计算相结合的题。用解法1来做的同学比较多。但大部份同学都没有算对,也许是“数”不清楚吧。学会“数”数是数学原基本的功夫,可不能马虎。提高你的“数”数能力,不妨换个方法试试。

解法2避免了较多的计算,但不容易想到。建议同学们仔细想清楚,或许能从中得到一点启示。有的同学在答卷上写了一个方程式

X+2Y-5Z=100.

X、Y、Z分别为一分,二分和五分硬币的个数。这个方程式当然是对的,但怎样解?答卷上找不到下文。解法二实际上是上述方程的一种解法。

有两个班的小学生要到少年宫参加活动,但只有一辆车接送。第一班的学生坐车从学校出发的同时,第二班学生开始步行;车到途中某处,让第一班学生下车步行,车立刻返回接第二班学生上车并直接开往少年宫。学生步行速度为每小时4公里,载学生时车速每小时40公里,空车每小时50公里。问:要使两班学生同时到达少年宫,第一班学生步行了全程的几分之几?(学生上下车时间不计)

【解法】首先注意,由于两个班的同学都是一段路步行一段路乘车,而乘车的速度比步行快,中间又没有停留,因此要同时到达少年宫,两个班的同学步行的路程一定要一样长。

我们画一个图(见图书65)来分析。图中A是学校,B是少年宫,C是第一班学生下车的地点,D是第二班学生上车的地点。由上所述AD和CB一样长。设第一班同学下车时,第二班同学走到E处。由于载学生时车速为每小时40公里,而步行的速度为每小时4公里,是车速的1/10,因而AE是AC的1/10。在第一班学生下车后,汽车从C处迎着第二班学生开,车速是每小时50公里,而第二班学生从E处以每小时4公里的速度向前走,汽车和第二班学生在D点相遇。这是普通的行程问题,不难算出

ED是EC的

454,由于EC是AC的1?110?910

, 可见ED是AC的 454?910?1

15。

这样AD就是AC的111

10?15?6

最后,由于AD=CB, A D就是A B的1

7

答:第一班学生步行了全程的1

7

【分析与讨论】这道题比普通行程问题略为复杂一些,有不少同学做出来了,而且方法也很多。有兴趣的同学可以想想其它的解法,如列方程的方法,并比较一下各种解法的不同。

下面是两个1989位整数相乘:

111?11?111??11 ???????

1989个11989个1

问:乘积的各位数字之和是多少?

【解】首先注意1989是9的倍数。由9的倍数的判定法则,我们知道

111?11也是9的倍数。 ?????

1989个1

事实上,1989=221×9,111111111=12345679×9。

所以111?11=1234??9 ???????567901234??????2345679?????

1989个1221个12345679被220个0断开

1989 另一方面,111?11?9=999?99=10-1 ??????????

1989个11980个9

因此

111?11?111??11 ???????

1989个11989个1

=1234567901234…01234156 ×(101989-1)

=123456790?01234567900?0?123456790?012345679??????????????

1989个01988位

=123456790?012345678987654320987654321?0987654321

如果把最末一个1并到箭头所指的8上去,我们就得到221个12345679和221个98765432。所以各位数字的和是221×81=17,901。

答:乘积的各位数字的和是17,901。

决赛面试试题与解答

图66

图66是一个对称的图形。黑色部分面积大还是阴影部分面积大?

【解法】因为是对称图形、四个小圆半径相等,且恰好是大园半径的一半。这样,每个小圆面积等于大圆面积的

1

4

,四个小圆面积之和正好等于大圆面积。

阴影部分是四个小圆相重迭的部分,而黑色则是由于重迭而空余出来的部分,所以这两部分面积相等。

答:一样大。

你能不能将自然数1到9分别填入图67的方格中,使得每个横行中的三个数之和都是偶数?

【解法】 9个自然数中有5个奇数,所以这9个数字之和一定是奇数。如果每一行3个数的和都是偶数,那么9个数之和便是偶数,这是不可能的。 答:不可能。

司机开车按顺序到五个车站接学生到学校(图68)。每个站都有学生上车。第一站上了一批学生,以后每站上车的人数都是前一站上车人数的一半。车到学校时,车上最少有多少学生?

【解法】因为每个站都有学生上车,所以第五站至少有1个学生上车。假如第五站只有一个学生上车,那么第四、三、二、一站上车的人数分别是2,4,8,16个。因此五个站上车的人数共有 1+2+4+8+16=31(人)

很明显,如果第五站有不止一个学生上车,那么上车的总人数一定多于31个.

答:最少有31个学生。

图69中五个正方形的边长分别是1米、2米、3米、4米、5米。问:白色部分面积与阴影部分面积之比是多少?

【解法1】先分别算出这两部分的面积。根据正方形面积公式,白色部分的面积是

(22-12)+(42-32)=10平方米

阴影部分面积是大正方形面积减去白色部分面积,即等于

52-10=15平方米。

因此白色部分与阴影部分面积之比是10∶15, 即2∶3。 答:2∶3。

【解法2】我们先来看看怎样计算每个方框的面积。以最外面的方框为例;如囹70所示,按虚线将方框剪开、再拼成两个宽的1米,长分别为4米和5米的矩形。可见方框的面积等于4+5(平方米)。

按这个方法,可知阴影部分的面积是 1+2+3+4+5=15(平方米) 而白色部分的面积是 1+2+3+4=10(平方米)

所以白色部分和阴影部分的面积比是10∶15=2∶3

【分析与讨论】计算方框面积的方法很多。由于本题方框个数少,各种计算方法差别不大。如果方框多一些,解法2就有明显的优越性了。

用1、2、3、4、5这五个数两两相乘。可以得到10个不同的乘积。问乘积中是偶数多还是奇数多?

【解法】如果二个整数乘积是奇数,那么这二个整数都必须是奇数。五个数中有三个奇数,这三个奇数两两相乘,只有3个乘积,也就是说总共只有3个奇数。而偶数的乘积有 10-3=7个,因此偶

数多。

答:乘积中偶数比奇数多。

1÷(2÷3)÷(3÷4)÷(4÷5)÷(5÷6)=?

【解法】如果去掉括号,第一个3前面变为×号,第二个3前面仍为÷号,所似3可以约掉。同样, 4和5都可以约掉,只剩下 1÷2×6=3

答:原式=3。

【分析与讨论】本题是抢答题,要求四则运算熟练准确。如果列出算式计算便嫌太慢了,必须用心算很快算出来。

将右边的硬纸片沿虚线折起来。便可作成一个正方体。问:这个正方体的2又号面对面是几号面?

【解法1】正方体中,相对的两个面个能有公共顶。给出的硬纸片中,1、3、4、5号面都与2号面有公共顶点,只有6号面与2号而没有公共顶点,所以2号面的对面是6号面。

【解法2】这道题的目的是检查同学们对简单的空间图形的想象力。在下面的解法中、请同学们注意空间图形面展开图之间的联系。

我们先来看一个简单的情形(图72)。

左图是平面展开图,而右图是立体图。对于这个圆形,很容易看出:1、2、4、6这四个面围成立方体的四个侧面,3号面为顶面,5号面为底面。因此,1号面的对面是4号面;2号面的对面是6号面; 3号面的对面是5号面。

我们现在换一个方式将立方体拆开,看新的平面展开图是什么形状?例如:将4号面与6号面的公共边剪开,将6号面与5号面粘上,这样,平面展开图就成了图71。 也就是说:图71和图72只不过同一个立方体的不同平面展开图而已,因此,图71中2号面的对面是6号面。顺便说一句,我们也同时知道了1号面,3号面的对面分别是4号面和5号面。 答:2号面的对面是6号面。

【分析与讨论】空间图形的想象力是数学的基本功之一。如果同学们对这个问题有点生疏的话,不妨自己动手用硬纸片做一个立方体。然后再用不同的方法展开成平面图。

为了帮助大家加深理解,我们再出一道思考题,有兴趣的同学可以想一想。 【思考题】图73的两块纸板能不能折成正方体盒子? 如果能,请指出每个面的对面是哪一个面;如果不能,请说明原因。

下面是一个11 位数,它的每三个相邻数字之和都是20。如你知道打“?”的数字是几?

【解法】因为每相邻3位数字之和为20,从左数起第一位数字9与第二、三位数字之和为20,第二、三位数字与第四位数字之和也走20,所以第四位数字是9。这样,我们便找到一条规律:每隔2位必出现相同的数字! 现在从最末一位数字7开始,每隔2位跳一次,正好跳到打“?”处、所以打“?”的数字应该是7. 答:打“?”的数字是7。

有八张卡片。上面分别写着自然数1到8(图74)。从中取出三张,要使这三张卡片上的数字之和为9。问有多少种不同的取法?

【解法】先确定三张卡片中数字最大的卡片。

8、 7都不用考虑,因为最小的两张卡片(1和2)相加都超过9。

最大数字为6时,与之搭配的只有1和2; 最大数字为5时,与之搭配的只有1和3; 最大数字为4时,与之搭配的只有2和3; 如果最大数字不超过3,三张卡片数字之和小于9。

所以,只有3种不同的取法。

答:有3种不同的取法。

第三届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛

初赛试题以及答案

(1)光的速度是每秒30万千米,太阳离地球1亿5千万千米。问:光从太阳到地球要用几分钟(得数保留一位小数)?

[分析]知道距离和速度,求通过全程的时间,这是很容易做的一道题。但是因为给出的数字很大,同学们在大数算术运算时一定要注意计量单位,不然便会出错。

[解法1] 将距离单位换为“万千米”,时间单位用“分”。 光速=30万千米/秒=1800万千米/分, 距离=1亿5千万千米=15000万千米,

时间=距离÷速度=15000÷1800

=813

(分)?8.3(分)

[解法2]如果时间单位用“秒”,最后必须按题目要求换算为“分”.

光速=30万千米/秒, 距离=15000万千米,

时间=15000÷30=500(秒),

500÷60=8

1

3

≈8.3(分) 答:光从太阳到地球约需8.3分钟。

(2)计算

(

130?135?163?217

?? [分析]这是一道很简单的分数四则运算题,但要在30秒钟内算出正确答案,需要平时养成简捷的思维习惯。同学们可以比较一下

后面的两种解法。

[解法1] 先求出30,35,63的最小公倍数。30=2×3×5;35=5×7;63=3×3×7;所以公倍数是2×3×3×5×7=630。原式通分,有

原式=(21181015630?630?630?7 =4915

630?7(约分)

=16

〔解法2〕

原式=(

112?3?5?5?7?13?3?7?15

7

=21?18?1015

2?3?3?5?7?7

=491

2?3?7?7?6

[注] 两种解法同样都用到通分和约分的技巧,只有一点小区别:解法2在通分时不急于把公分母算出来,而是边算边约分。这一点小小的不同,却节省了求连乘积的运算,约分也简单些,使计算快了不少哩!

(3)有3个箱子,如果两箱两箱地称它们的重量,分别是83公斤、85公斤和86公斤。问:其中最轻的箱子重多少公斤? [分析]如果将3个箱子按重量区分为大、中、小,在草稿纸上可以这样写: 83=中+小,

85=大+小, 86=大+中.

这样分析后,便很容易想到简单的解法。

[解法1](83+85+86)是3箱重量之和的2倍,所以小箱重

量是(83+85+86)×

1

2

-86=41(公斤) [解法2] (83+85)=中+大+2×小,所以小箱重量是 (83+85-86)×

1

2

=41(公斤) 答:最轻的箱子重41公斤。

[注] 我们当然可以用列方程的方法求解这道题,例如设3箱的重量分别是x,y,z,再列出方程。思维过程同上面的分析是一样的,不过速度可能会慢些。

?

?

?

(4)请将算式0.1?0.01?0.001的结果写成最简分数。 [分析] 这一道题,主要是检查同学们将循环小数化成分数的熟练程度。

[解法]

原式=

19?190?1900 =100?10?1900

=111900

=37

300

(5)将高都是1米,底面半径分别为1.5米、1米和0.5米的三个圆柱组成一个物体。求这个物体的表面积。

[分析] 我们知道,底面半径r、高h的圆柱体表面积是S=2πr2+2πrh.本题的物体由三个圆柱组成,如果分别求出三个圆柱的表面积,还得注意减去重叠部分的面积,算起来便麻烦多了。但是仔细观察后会发现,向上的三块表面积之和恰好是大圆柱的一个底面面积,这样便想到了简单的解法。

[解法] 物体的表面积恰好等于一个大圆柱的表面积加上中、小圆柱的侧面积。

2×π×1.52+2×π×1.5×1+2×π×1×1+2×π×0.5×1 =4.5π+3π+2π+π =10.5π(平方米)

取π值为3,上式等于41.5(平方米)。 答:这个物体的表面积是41.5平方米。 [注] 因为三个圆柱的高都是1米,所以求三个圆柱侧面积之和时,还可以再简便些:

2π×(1.5+1+0.5)=6π。

中学生学过提取公因子知识,更应该想到这样简化的算法。这小小的简化可以使计算时间缩短几秒钟,这在初赛时可是很有用的哩!

(6)一位少年短跑选手,顺风跑90米用了10秒钟。在同样的风速下,逆风跑70米,也用了10秒钟。问:在无风的时候,他跑100米要用多少秒?

[分析] 顺风跑时的速度等于无风时速度与风速之和,逆风跑时的速度等于它们的差。这样便可以根据题目给出的条件计算无风时的速度,然后再求出解答。 [解法1]

顺风时速度=90÷10=9(米/秒),

逆风时速度=70÷10=7(米/秒),

无风时速度=(9+7)×

1

2

=8(米/秒) 无风时跑100米需要100÷8=12.5(秒). 答:无风时跑100米需要12.5秒。

[解法2] 当然也可以列方程求解。

设风速为v,无风时跑100米需用x秒。那么无风时跑速是

100

x

,它应是顺风跑的速度减去风速v,或是逆风跑时的速度加上风速v。列出方程

100x?90

10?v 100x?70

10

?v 解方程,得x=12.5(秒),v=8(米/秒).

[注] 比较两种解法,解法1直接快当,解法2表达清楚,但花时间多些。所以在初赛时,列方程求解往往要慢些。

(7)一个矩形分成4个不同的三角形,绿色三角形面积占矩形面积的15%,黄色三角形的面积是21平方厘米。问:矩形的面积是多少平方厘米?

[分析]考察黄、绿两个三角形,它们的底边都等于矩形的一边,它们的高相加恰好等于矩形的另一边,所以它们的面积之和等于矩形面积的一半。

[解法1] 黄色三角形与绿色三角形面积之和是矩形面积的50%,而绿色三角形面积占矩形面积的15%,所以黄色三角形面积占矩形面积的50%-15%=35%。已知黄色三角形面积是21平方厘米,所以矩形面积等于21÷35%=60(平方厘米)

[解法2] 用记号S黄、S绿和S分别表示黄色三角形、绿色三角形和矩形的面积,根据上面的分析知道 S黄+S绿=S/2, 或S黄=S/2-S绿.

题目给出

S3

绿=S?15%=

20S, 所以S137

黄=2S-20S=20

S

S=2020

7S黄=7?21=60(平方厘米)

答:矩形面积是60平方厘米。

(8)有一对紧贴的传动胶轮,每个轮子上都画有一条通过轴心的标志线。主动轮的半径是105厘米,从动轮的半径是90厘米。开始转动时,两个轮子上的标志线在一条直线上。问:主动轮至少转了几转后,两轮的标志线又在一条直线上?

[分析] 我们将两轮紧贴的点叫做接触点。通过观察不难看出,当两轮各有一个标志线端点在接触点相遇时,两轮的标志线便会在同一直线上。所以这道题是问:在开始转动后,第一次出现有两个标志线端点同时到达接触点时,主动轮转了多少转?

[解法1] 两个传动胶轮的转数与它们的半径成反比,所以

主动轮转数r906

从动轮转数=R?105?7

为了叙述方便,用n1和n2分别代表主动轮和从动轮标志线端点通过接触点的次数。因为主动轮和从动轮都是每转1

2

转就有一个标志线端点通过接触点,所以

n16n? 27

当主动轮标志线第6次通过接触点时,从动轮标志线端点恰好通过接触点7次,这时主动轮转了3转。

[解法2] 主动轮标志线两端点间的圆弧长恰是半个圆周,即πR,从动轮标志线两端点间的圆弧长是πr,它们的比是 πR∶πr=R∶r=105∶90,

求两个标志线端点同时到达接触点的问题,可以化成求105和90的公倍数问题。它们的公倍数是630,630÷105=6。所以主动轮转了6个半圈,即转了 3转。 答:主动轮转了3转。

(9)小明参加了四次语文测验,平均成绩是68分。他想在下一次语文测验后,将五次的平均成绩提高到70分以上,那么,在下次测验中,他至少要得多少分?

[分析] 对于这道题,只需知道总分=平均分×次数,便很容易做出来。

[解法1] 要想五次测验平均成绩至少70分,那么五次总分至少是70×5=350分。前四次总分是68×4=272分,所以第五次测验至少要得350-272=78分。

[解法2] 要从平均68分提高到至少70分,前四次测验总分少了(70-68)×4=8分。所以第五次至少要得70+8=78分。

答:第五次测验至少要得78分。 [注] 比较两种解法,解法2当然要简便些。在初赛和决赛口试时,时间很宝贵。即使是简单的题目,也要用尽量快捷的方法,以便赢得哪怕是几秒钟的时间。

北京市一位小同学来信对这道题的叙述提出意见:“将五次的平均成绩提高到70分以上”究竟是否包含70分?这意见提得很好。为了表达更明确,这句话应改为“将五次的平均成绩提高到最少70分。”谨向那位小同学致谢。

(10)图中共有7层小三角形,求白色小三角形的个数与黑色小三角形的个数之比。

[分析]一看到题目,当然会先试试计算黑、白两种小三角形的个数,这是很容易做到的。

[解法]

白色小三角形个数=1+2+…+6=

(1?6)?6

2?21 黑色小三角形个数=1+2+…+7=(1?7)?7

2

?28

所以它们的比=213

28?4

答:白色与黑色小三角形个数之比是3

4

[思考] 用同样的图形,可以问不少有趣的计数问题。例如:设

小三角形面积为1,那么在图中面积为4(或9,或16)的三角形有多少个?你能想出简便的算法吗?

(11)下面的算式里,每个方框代表一个数字。问:这6个方框中的数字的总和是多少?

[分析] 像这样类型的题目,一般都要先抓住式中的某些特点,确定其中的一、两个数字,再逐步推断其余的数,最后给出解答。 [解法1] 每个方框中的数字只能是0~9,因此任两个方框中数字之和最多是18。现在先看看被加数与加数中处于“百位”的两个数字之和。这个和不可能小于18,因为不管它们后面的两个二位数是什么,相加后必小于200,也就是说最多只能进1。这样便可以断定,处于“百位”的两个数字之和是18,而且后面二位数相加进1。

同样理由,处于“十位”的两个数字之和是18,而且两个“个位”数字相加后进1。因此,处于“个位”的两个数字之和必是11。 6个方框中数字之和为18+18+11= 47。

[解法2] 被加数不会大于999,所以加数不会小于1991-999=992。同样,被加数不会小于992。也就是说,加数和被加数都是不小于 992,不大于 999的数。这样便确定了加数和被加数的“百位”数字和“个位”数字都是9,而两个个位数字之和必是11。

9×4+11=47。 答:总和为47。

(12)在所有的两位数中,十位数字比个位数字大的两位数有多少个?

[分析] 适合要求的两位数中,个位数字小于十位数字。试将它们列出来:

十位数字 个位数字 1 0 2 0,1 3 0, 1,2 … ……

9 0,1,2,…,8

一找出规律,便很容易求出答案了。

[解法] 适合要求的两位数共有

1+2+3+…+9=

最后,乙杯酒精量是溶溶液总量的答:乙杯的酒精是溶液的

33?1?。 88

3。 8

(1?9)?9

?45 2

答:这样的两位数共有45个。

(13)有甲、乙两个同样的杯子,甲杯中有半杯清水,乙杯中盛满了含50%酒精的溶液。先将乙杯中酒精溶液的一半倒入甲杯,搅匀后,再将甲杯中酒精溶液的一半倒入乙杯。问这时乙杯中的酒精是溶液的几分之几?

[分析] 对这类关于浓度计算的问题,只要能搞清楚溶质(这里是酒精)含量和溶液总量的变化,便很容易解决。

[解法] 列出每一次变化时二杯中溶液总量和酒精含量的数值

(14)射箭运动的箭靶是由10个同心圆组成,两个相邻的同心圆半径之差等于最里面的小圆半径。最里面的小圆叫做10环,最外面的圆环叫做1环。问:10环的面积是1环面积的几分之几?

[分析] 10环部分是一个圆,1环部分是一个圆环,面积都很容易计算。虽然题目没有给出各圆的半径,但因为只问面积比,所以知道各圆半径的关系便足够了。

[解法] 设10环小圆半径r=1 ,那么1环的外圆半径是10,内圆半径是9。

10环面积=πr2=π

1环面积=π×102-π×92=19π,

?

1

? 19?19

答:10环面积是1环面积的

119

。 [思考] 如果进一步去思考,这个箭靶中还会有不少数学问题哩!例如设 10环面积是 1,那么很容易算出10,9,8,…,2,1环的面积依次是 1, 3,5,…,17,19,是一串很有规律的奇数,你能想出其中的道理吗? 华罗庚爷爷曾说过:“宇宙之大,粒子之微,火箭之速,化工之巧,地球之变,生物之谜,日用之繁,无处不用数学。”如果你敢于思考,善于思考,光是在体育竞赛项目中,你就会发现许许多多美妙的数学问题。

(15)王师傅在某个特殊岗位上工作、他每上8天班后,就连续休息2天。如果这个星期六和星期天他休息,那么,至少再过几个星期后他才能又在星期天休息? [分析] 这个星期六和星期天休息,下次休息星期天可能有两种情况:或者在星期六和星期天休息,或者在星期天和星期一休息。我们要注意对这两种情况分别讨论。 [解法] 在第一种情况,相当于每隔9天休息1天,问什么时候再休息星期天?这是求7与10的最小公倍数问题。它们的最小公倍数是70,而70÷7=10,所以要再过10周才会又在星期六和星期天休息。

在第二种情况下,假如再过n周后休息星期天和星期一,那么7n+1应是10的倍数,所以n只能是7,17,27,…,n至少是 7。 综合两种情况,便能得到答案。

答:至少再过7周。

2525 1.计算:??2(318 12?4.375)?199

[分析] 分数、小数合在一起的四则运算,是小学数学的重要训

练内容,要求算得准、算得快。这个题目,是用繁分的形式给出了加、减、乘、除的混合运算,它的另一个形式是

(258?23?2514?[(3112?4.375)?1989

算这个题时,要注意两点:

(1)在乘、除运算中,代分数要化为假分数,及时约分; (2)在加、减运算中,如果分数、小数同时出现,要么都化为分数,要么都化为小数。

[解法1]

21233原式=

??

(3735 12?8)?917921?

11 =8

7179 24?9

179 =(21118

8?7)?3

=7?44

21

=2

1721

[解法2]

21233原式=

8?3?14 (3712?3598)?17921?

11 =1799?5656

24?179 =147?8821

=217

21

[注] 两种方法的共同之处是在前两步中,都将乘、除运算中的带分数化成了假分数,及时进行了约分,将4.375化成了分数

35

8

,这两步很关键。两种方法的不同之处是解法1运用了乘法对加法的分配律,解法2则是采用了化简繁分式的通常方法——分子、分母乘以同一个不为零的数。这里,还要指出:11313572448888

的小数形式0.5,0.25,0.75,0.125,0.375,0.625,0.875,一定要很熟悉,在具体计算时,可以节省时间。

2.某年的10月里有5个星期六,4个星期日。问:这年的10月1日是星期几?

[分析] 这个题目,主要考查逻辑推理能力。解决这个题的关键是要判定:10月里的第一个星期六或者第一个星期日是10月几日?这个问题一解决,10月1日是星期几就很容易推算出来。当然,解这个题,还应当知道:10月是大月,有31天。我们知道,一年中的大月是1月、3月、5月、7月、8月、10月、12月。人们会发现其中的不协调:到7月为止,都是单月为大月,但后面却突然改双月为大月了。为什么这么改呢?这里还有一段故事呢!原来,现在的历法,开始制定于古罗马时代。当时,有一个罗马皇帝,叫奥古斯特,他出生于8月,为了显示他的不平凡和尊贵,下令将8月改成大月,于是后面的双月都是大月了,这个划分一直沿用至今,在英语中,8月是August,读出来就是“奥古斯特”。

[解法1] 10月有31天,而31=4×7+3,所以,这个月有4个星期零3天。

要判定10月1日是星期几,可以先推算这个月的第一个星期六是几日:

如果10月1日是星期六,那么10月2日、 9日、16日、23日、30日都是星期日,出现了5个星期日,与题设的“10月里有…4个星期日”不符,所以10月1日不是星期六。用同样的方法,可以推算出10月2日也不是星期六。

如果10月3日是星期六,那么,10月4日、11日、18日、25日是星期日,恰好有4个星期日,符合题目条件。倒推回去,可以知道10月1日是星期四。

[解法2] 可以先判定10月里的第一个星期日是10月几日。请少年朋友们自己去完成。

[注] 从解法1,我们可以清楚地看出来,问题的解决是以判定10月里第一个星期六是10月几日为突破口的,所使用的方法,叫

做反证法,这是很重要的数学方法。少年朋友们尽可能及早熟悉这个方法。此外,还应该指出:除了判定10月里的第一个星期六或星期日是10月几日之外,也可判定第一个星期五、星期四……星期一是10月几日。

3.电子跳蚤每跳一步,可从一个圆圈跳到相邻的圆圈。现在,一只红跳蚤从标有数字“0”的圆圈按顺时针方向跳了1991步,落在一个圆圈里。一只黑跳蚤也从标有数字“0”的圆圈起跳,但它是沿着逆时针方向跳了1949步,落在另一个圆圈里。问:这两个圆圈里数字的乘积是多少?

[分析] 认真读两遍题,仔细研究一下右边的图,便不难发现:不管是红跳蚤、还是黑跳蚤,不管它们是从哪一个圆圈起跳,只要是沿着一个方向跳,每一步都跳到相邻的圆圈中,那么,一共12个圆圈,跳12步就回到开始起跳位置,又重复进行前面的过程,这样,不管它跳的步数有多么大,只要算出跳了多少圈(这个圈是指大圆圈)又多少步,就知道它落在标有数字多少的圆圈中了。当然,要注意它跳的方向。

[解] 电子跳蚤每跳12步就回到了原来位置。 ∵ 1991=165×12+11 ∴红跳蚤从标有数字“0”的圆圈出发,按顺时针方向跳了1991步时,是跳了165个12步后跳到了标有数字“11”的圆圈。 同理,由1949=165×12+5知道黑跳蚤从标有数字“0”的圆圈按顺时针方向跳了162个12步后跳到了标有数字“7”的圆圈。 ∴所求的乘积是11×7=77。 答:乘积是77。 [思考] 电子跳蚤“每跳12步回到原来位置”,这是一种周期变化。在日常生活中有周期现象的事物还有许多,如:一周是7天,一天是24小时,一年是12个月,又如:钟摆的运动,日、月的运动等,研究周期现象,也是数学的一个重要任务呢!

这个题目,还可以变得更复杂一些,如:电子跳蚤跳步时有这样的周期性:第一步跳1个小圆圈(即到相邻圈),第二步跳2个小圆圈(即到隔1个圈的小圆圈处),第三步跳3个小圆圈(即到隔2个圈的小圆圈处),如此重复下去,……其它条件同原题一样,那么,怎么解呢?相信少年读者们能自己解决。 4.173□是个四位数字.数学老师说:“我在这个□中先后填入3个数字,所得到的3个四位数,依次可被9、11、6整除。”问:数学老师先后填入的3个数字的和是多少?

〔分析〕解这个题的关键是:怎样的自然数,才能被9整除?被11整除?被6整除?这里,要注意:被6整除,就是被2和3整除——一定是被3整除的偶数。

〔解〕∵能被9整除的四位数的各位数字的和是9的倍数,并且四位数173□的数字的和是 1+7+3+□=11+□,

□内的数字最大不超过9, ∴□内只能填7.

∵能被11整除的四位数的个位与百位的数字和减去十位与千位的数字和所得到的差是11的倍数。 ∴(7+□)-(1+3)=3+□ 应是11的倍数。

∵□内的数字最大不超过9, ∴□内只能填8。

∵能被6整除的自然数是偶数,并且数字和是3的倍数,而 1+7+3+□=11+□ ∴□内只能填4。 7+8+4=19

答:所求的和是19。

〔注〕这个题目中,考查了能被9,11,6整除的三类自然数的特征。下面给出能被2、4、5、7、8整除的自然数的特征: 如果自然数A能被自然数a整除,我们就写作a|A.下面就用这个符号来说明问题——

当A的个位数字是0、2、4、6、8这五个数中的一个时,2|A;

当A的最后两位数是4的倍数时,4|A; 当A的个位数字是0或5时,则5|A;

当去掉A的个位数字后得到的新数与A的个位数字的2倍的差是7的倍数时,7|A;

当A的最后三位数是8的倍数时,8|A。 上面这些结论,少年朋友们要尽可能记住。

5.我们知道:9=3×3,16=4×4,这里,9、16叫做“完全平方数”,在前300个自然数中,去掉所有的“完全平方数”,剩下的自然数的和是多少?

〔分析〕这个题目并不难,只要仔细地找出不超过300的自然数中的“完全平方数”,求出它们的和,再从前300个自然数的总和中减去这个和,就得到结果了。

〔解〕不超过300的完全平方数,有:

1,4,9,16,25,36,49,64,81,100,121,144,169,196,225,256,289.它们的和是1785。

前300个自然数的和是

1?2?3???300?(

1?300

2

)?300?45150 45150-1785=43365.

答:剩下的自然数的和是43365。

〔思考〕上面的解法中,求前300个自然数的和,用的是少年朋友们十分熟悉的少年时代的高斯的算法。即:

如果n是自然数,那么,

1?2?3???(n?2)?(n?1)?n?

1?n

2

?n。 用这个公式去算

1+2+3+…+298+299+300, 当然比逐个累加要快得多了!由此,少年朋友们很容易会想到:

求12+22+32+…+152+162+172 有没有公式呢?

答案是:有!这就是

12?22?32???n2?

n(n?1)(2n?1)

6

用这个公式算不超过300的完全平方数的和是很容易的:

12?22?32???172?

17?18?35

6

?51?35?1785

这个公式的推导,只要用一个公式 (x+1)3=x3+3x2+3x+1

就可以了:在这个公式中,我们依次用1,2,3,…,n-2,n-1,n去替换x,得到n个等式 23=13+3·12+3· 1+1 33=23+3·22+3·2+1 43=33+3·32+3·3+1 ……

(n-1)3=(n-2)3+3(n-2)2+3(n-2)+1 n3=(n-1)3+3(n-1)2+3(n-1)+1 (n+1)3=n3+3n2+3n+1 将这n个等式加起来,那么

等式的左边=13+23+33+…+n3+(n+1)3, 等式的右边包含四部分:

第一列的和是13+23+33+…+(n-1)3+n3; 第二列的和是3(12+22+33+…+n2),读者已经看到,括号里正是要推导的公式的左边;

第三列的和是3(1+2+3+…+n),这就是3?n(n?1)

2

第四列的和是n个1相加,当然得n.

根据加、减法的概念,可以得到

(n?1)3?13?3(12?22?32???n2)?3?

n(n?1)

2

?n 也就是

n3

?3n2

?3n?1?13

?3(12

?22

?32

???n2

)?3n2?3n

2

?n

从这个等式中,可以得到

12+22+32+…+n2

=n3?3n2?3nn2?n3?2?n3

=2n3?3n2?n

6

n(n?1)(2n?1)

6

以上的推导过程中,用到初中代数的一些知识,少年朋友可能有不懂之处,那么,可以去请教自己的数学老师.

6.如图,从长为13厘米,宽为9厘米的长方形硬纸板的四角去掉边长2厘米的正方形,然后,沿虚线折叠成长方体容器。这个容器的体积是多少立方厘米?

〔分析〕这是一个极其简单的体积计算题,相信每位少年朋友都能正确地求出结果。 〔解〕容器的底面积是

(13-4)×(9-4)=45(平方厘米), 高为2厘米,所以容器的体积是

45×2=90(立方厘米).

答:容器的体积是90立方厘米。

7.在射箭运动中,每射一箭得到的环数或者是“0”(脱靶),或者是不超过10的自然数。甲、乙两名运动员各射了5箭,每人5箭得到的环数的积都是1764,但是甲的总环数比乙少4环。求甲、乙的总环数。

〔分析〕这个题目,有一定的难度,难在题目的已知条件与要求的结果之间的关系不那么明显。遇到这种情况,心里要平静,要集中精力仔细地分析题目中的条件。 题目告诉我们:

每射一箭的环数,只能是下列11个数中的一个 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10。

而甲、乙5箭总环数数的积1764≠0,这说明在甲、乙5箭得到的环数里没有“0”和“10”,而 1764=1×2×2×3×3×7×7

是由5箭的环数乘出来的,于是推知每有两箭中的环数都是“7”,从而可知另外3箭的环数是5个数 1,2,2,3,3

经过适当的分组之后相乘而得到的,读者不难分析出可能的情形有5种:

(1)1,4,9; (2)1,6,6; (3)2,2,9; (4)2,3,6; (5)3,3,4。

下面、只要根据甲、乙的总环数之差是4这一条件即可求出结果了。

〔解〕∵每人的环数的积=1764≠0,

∴两人每箭射中的环数里没有“0”和“10”. ∵每箭射中的环数都是1764的因子,而 1764=1×2×2×3×3×7×7,

并且环数是不超过10的自然数∴必有两箭是7环,其它3箭的环数是1·2·2·3·3因子。

如果最小的因子是1,那么,另外两个因子是4、9或者是6、6;

如果最小的因子是2,那么,另外两个因子是2,9或者是3、6;

如果最小的因子是3,那么,另外两个因子是3、4。 因此,两人5箭的环数有5种可能: 7,7,1,4,9,和=28; 7,7,1,6,6,和=27; 7,7,2,2,9,和=27; 7,7,2,3,6,和=25; 7,7,3,3,4,和=24;

∵甲、乙的总环数相差4,甲的总环数少, ∴甲的总环数是24,乙的总环数是28。 答:甲、乙的总环数分别是24、28。

〔注〕1990年,第十一届亚运会在我国首都北京举行,我们中国人民为此感到骄傲,全国的少年朋友们当然更是欢欣鼓舞。为了纪念这件事,第三届华杯赛主试委员会立意要编几个与体育比赛有关的题目,复赛部分的第七、八、十五题正是在这样的目的下编出来的。

8.下图中有6个点,9条线段.一只甲虫从A点出发,要沿着某几条线段爬到F点。行进中,同一个点或同一条线段只能经过1次。这只甲虫最多有多少种不同的走法?

〔分析〕可以用分类的思想解这个题:甲虫由A出发只有3种走法,即先走AB;先走AE;先走AD。 往下,再作类似的分析,即可求解。

〔解〕从A点出发,经过的第一条线段,有3种可能(1)AB;(2)AE;(3)AD。

在每一种可能情形下,各有3种走法。所以,一共有3×3=9种走法.

答:共有9种走法。

〔注〕这个题目已经简化了,原来出的题要复杂一些:仍是6个点,但是多了两条线段(如图)。

请少年朋友自己做吧。

9.下图中的正方形被分成9个相同的小正方形,它们一共有16个顶点(共同的顶点算一个),以其中不在一条直线上的3个点为顶点,可以构成三角形。在这些三角形中,与阴影三角形有同样大小面积的有多少个?

〔分析〕解决这个问题,主要是运用两个结论: (1)同底等高的两个三角形的面积相等。 (2)平行的两条直线间的距离处处相等。

〔解〕设原正方形的边长是3,则小正方形的边长是1,阴影

三角形的面积是

1

2

?2?3?3 所求的三角形可分两种情形:

(1)三角形的一边长2,这边上的高是3。这时,长为2的边只能在原正方形的边上,这样的三角形有 2×4×4=32(个);

(2)三角形的一边长3,这边上的高是2,这时,长为3的边是原正方形的一边或平行于一边的分割线。其中,与(1)重复的三角形不再算入,这样的三角形有 8×2=16(个)

答:所求的三角形共48个(包括图中开始给出的三角形). 〔注〕解这个题目,容易出现两种错误,一是“少”:如忽略了底是3、高是2的三角形,这样就少了16个;二是“多”:在计算底是3、高是2的三角形时,没有考虑其中有16个在情形(1)中已经计算了,于是得出错误结果:54. 10.已知:S=

1

1

1980?1111981?1982??

?1991

求:S的整数部分。

〔分析〕这个题目看起来是不好下手的,显然不能对分母中的12个分数进行通分求和,那实在是太繁了。 由于题目只要求S的整数部分,所以只要知道S在哪两个整数之间就可以了。困难在于S的分母含有12个分数,太多了!必须设法减少分数的个数!

我们发现:

11980>11981>111982>…>1991

于是11980?11981?11982???11991<

1111980?1980?1980???11980=121980=1165

并且11111980?1981?1982???1991>

11991?11991?11991???1121991=1991

这样,就知道S的分母在121991和1

165

之间,也就知道S在165

和199112?1651112

之间,于是,达到了目的!

〔解〕根据“一个分数,当分子不变而分母变大时,分数值变小;如果分子不变而分母变小时,分数值变大。”这个原理,可以知道

11980?11981?11982???111

1991<12?1980?165

并且

11980?11981?11982???11991>12?11991?121991

∴S>

11=165并且S<199111

12?16512 165

∴S的整数部分是165。

〔思考〕上面的解法中,主要是运用了“放”、“缩”的思想,这个思想很有用。本题中是用来进行数值估计。下面是两个类似的题,读者自己练习:

(1)已知S=

1

1,求S的整数部分。1981?11982???12000

(2)请在下面等式的方框中填上相同的一个自然数,使等式

成立:

11?  +1113

□ 3+  

□ 5+  □ =24 11.今年,祖父的年龄是小明的年龄的6倍。几年后,祖父的年龄将是小明的年龄的5倍。又过几年以后,祖父的年龄将是小明的年龄的4倍。求:祖父今年是多少岁?

〔分析〕当小明刚一出生、祖父与他就有了年龄差,随着祖孙两人年龄的增长,祖父与小明的年龄的比值逐渐变小,但年龄差始终保持不变,这是一。

说“祖父的年龄是小明的年龄的a倍”,实际就是说“祖父与小明的年龄差是小明年龄的(a-1)倍”,因为小明的年龄是自然数,

所以也就是说“祖父的年龄是a-1的倍数”,这是二.只要把握住以上这两点,这个题目就可以迎刃而解了.

〔解〕祖父的年龄比小明的年龄大,这个年龄差是不变的. ∵今年,祖父的年龄是小明的年龄的6倍, ∴年龄差是小明年龄的5倍,一定是5的倍数, 同理,由

“几年后,祖父的年龄是小明的年龄的5倍”,

“又过几年以后,祖父的年龄是小明的年龄的4倍”,知道年龄差是4,3的倍数,所以,一定是 5×4×3=60

的倍数.而60的倍数是:60,120,…,合理的选择是60.于是,今年

小明的年龄是60÷5=12(岁) 祖父的年龄是12×6=72(岁) 答:祖父今年是72岁。

〔思考〕会代数的少年朋友,可以用列方程或方程组的方法解这个题目:

设今年小明x岁,那么今年祖父6x岁。

y年后,祖父的年龄是小明的年龄的5倍,所以 5(x+y)=6x+y即x=4y

又过z年以后,祖父的年龄是小明的年龄的4倍,所以 4(x+y+z)=6x+y+z 即 2x=3y+3z ∵祖父今年6x岁,

∴ 6x≤100(想一想:这个100是怎么来的?)

x≤

503=1623

又∵x=4y

∴x≥4(想一想:为什么?)

由4≤x≤16

2

3

及x=4y知道x可能是4,8,12,16。 又从2x=3y+3z,即y+z=2

3

x,知道x是3的倍数,

所以x=12,于是6x=72。

12.某个班的全体学生进行了短跑、游泳、篮球三个项目的测试,有4名学生在这三个项目上都没有达到优秀,其余每人至少有一个项目达到优秀,这部分学生达到优秀的项目、人数如下表: 短游篮短跑、游游泳、篮篮球、短短跑、游泳、篮

跑 泳 球 泳

17

18

15

6

6

5

2

求这个班的学生数.

〔分析〕这是一个与集合概念有关的问题,但是完全可以用小学数学知识来解决,其中,主要是包含与排除的方法.例如 短跑达到优秀的人数中,包含了4部分人: 短跑、游泳、篮球都达到优秀的人,

短跑、游泳达到优秀但篮球没达到优秀的人, 短跑、篮球达到优秀但游泳没达到优秀的人, 短跑达到优秀但游泳、篮球没达到优秀的人。 如果要求其中一部分人,就要排除另外几部分人。 明白了上面的道理,题目就不难求解。 在具体求解时,可以运用图形,使题目中的数量关系变得直观,一目了然.

〔解〕先求至少有一个项目达到优秀

的学生人数,看下面这个图:

图中时三个圆圈分别代表短跑、游泳、篮球达到优秀的学生人数,其中的

“1”表示三个项目都优秀的人数,是:2;

“2”表示篮球、游泳达到优秀,但短跑没有达到优秀的人数,是:6-2=4;

“3”表示篮球、短跑达到优秀,但游泳没有达到优秀的人数,是:5-2=3;

“4”表示游泳、短跑达到优秀,但篮球没有达到优秀的学生数,是:6-2=4;

“5”表示只有短跑一项达到优秀的人数,是: 17-(2+3+4)=8;

“6”表示只有游泳一项达到优秀的人数,是: 18-(2+4+4)=8;

“7”表示只有篮球一项达到优秀的人数,是: 15-(2+4+3)=6,

∴只有一个项目达到优秀的人数是 2+4+3+4+8+8+6=35

还有4个人在三个项目上未达到优秀,所以全班学生数是35+4=39

答:这个班有39名学生。

〔注〕集合,是很有用的数学概念。它的一个用途就是分类。在上面的解法中,我们正是运用分类的思想将“至少有一个项目达到优秀”学生人数分为7类,从而求出了正确结果.在作分类时,应注意使任意两类没有相同的部分。

13.恰好能被6、7、8、9整除的五位数有多少个?

〔分析〕能被6、7、8、9整除,只须能被它们的最小公倍数整除,求出这个最小公倍数之后,在五位数中,即从10000到99999的自然数中,推算那个最小公倍数的倍数有多少个,即是问题的答案了。

〔解〕6、 7、 8、 9的最小公倍数是504;

五位数中,最小的是10000,最大的是99999;

10000504?19424

504

∴能被504整除的最小的五位数是 504×20=10080;

99999504?19820

504

∴能被504整除的最大的五位数是

504×198=99792;

∴五位数中,能被504整除的有

(99792-10080)÷504+1=179(个). 答:有179个.

〔注〕解这个题目时,容易出现的错误是:以为“能被6、7、8、9整除”就必须“能被6×7×8×9=3024整除”,这样求得的结果只是正确结果的一部分。

14.计算:1-3+5-7+9-11+…-1999+2001

〔分析〕对于这个题目,可以有3种基本思路:

(1)将题中各数的顺序变动一下,即:从第二个数开始,相邻两数交换位置,得到

1+5-3+9-7+13-11+…+2001-1999

可以看出在1这个数的后面是500个2的和。 (2)将加上的数,减去的数分别集中:

(1+5+9+13+…+2001)-(3+7+11+…+1999) (3)从代数的角度来看,原式是

(1-3)+(5-7)+(9-11)+…+(1997-1999)+2001 =-2×500+2001=1001 〔解〕:原式=1+(5-3)+(9-7)+(13-11)+…+(2001-1999)。 从1到2001共有1001个奇数,1不在内,则有1000个奇数,上面的每个括号内都是“相邻奇数,大减小”,所以,共有500个括号,每个括号内的值都是2,所以 原式=1+500×2=1001

15.五环图由内圆直径为8,外圆直径为10的五个圆环组成,其中两两相交的小曲边四边形(阴影部分)的面积都相等.已

知五个圆环盖住的总面积是112.5,求每个小曲边四边形的面积(圆周率π取3.14)。

〔分析〕这是关于整体与部分的关系的问题。我们将五个圆环彼此不相交时盖住的面积看作整体,那么现在这个图中的五环盖住的面积就是这个整体的较大的部分,而8个小曲边四边形盖住的面

积就是这个整体的较小的部分,这两个部分的和就是整体。只要认

识到这个关系,就很容易求解了. 〔解〕每个圆环的面积是 π(52-42)=9π,

如果五个圆环彼此没有重合的部分,则它们的总面积是 5×9π=45π

∵题设五环盖住的总面积是122.5

∴每个小曲边四边形的面积是

45??13258.8

8?8

?1.1

答:每个小曲边四边形的面积是1.1。 〔注〕题中的五环图是大家熟悉的奥林匹克运动会的标志。“奥林匹克”已经成了“在公正的条件下竞争”的代名词,华罗庚金杯少年数学邀请赛,就是奥林匹克智力运动会,她吸引了数百万少年数学爱好者。我们编这么一个小小的题目,正是为了表明这样一个意愿:要在“华杯赛”中永远弘扬。

决赛第一试试题以及答案

1.计算:

111113?15?35?63?99 〔解〕13?115?135?163?1

99

=12(1?13?12(13?15?12(111111115?7)?2(7?9)?2(9?11)

=12(1?1511=11

〔分析与讨论〕这一题如果直接计算,需要先通分,公分母很大,最后还要约分.所以应该寻找像上面这样较简捷的算法. 2.说明:360这个数的约数有多少个?这些约数的和是多少? 〔解〕360=2×2×2×3×3×5,所以360的任何一个约数都等于至多三个2(可以是零个,下同),至多两个3和至多一个5的积。如果我们把下面的式子

(1+2+4+8)×(1+3+9)×(1+5) 展开成一个和式,和式中的每一个加数都是在每个括号里各取一个数相乘的积。由前面的分析不难看出,360的每一个约数都恰好是这个展开式中的一个加数。由于第一个括号里有4个数,第二个括号里有3个数,第三个括号里有2个数,所以这个展开式中的加数个数为4×3×2=24,而这也就是360的约数的个数。另一方面,360的所有约数的和就等于这个展开式的和,因而也就等于 (1+2+4+8)×(1+3+9)×(1+5) =15×13×6=1,170

答:360的约数有24个,这些约数的和是1,170。

〔分析与讨论〕把360的24个约数都列出来的做法是相当费

时间的,因而是不可取的。有的同学先把这些约数分类,例如按能否被2,4或8整除来分类,这样可以简化一些。如果再考虑能否被3,9或5整除,即考虑所有质数幂因数,那就可以最终简化成上面的方法了。这是数论中常用的一种技巧。

3.观察下面数表(横排为行):

11; 21;12; 31;22;13; 43211;2;3;4; 51;42;33;24;15

; …………

根据前5行数所表达的规律,说明:

1991

1949

这个数位于由上而下的第几行?在这一行中,它位于由左向右的第几个?

〔解〕我们先注意,第一行的每个数的分子、分母之和等于2,第二行的每个数的分子、分母之和等于3,…,第五行的每个数的分子、分母之和等于6.由此可以看到一个规律,就是每行各数的分子、分母之和等于行数加1。

其次,很明显可以看出,每行第一个数的分母是1,第二个数的分母是2,…,即自左起第几个数的分母就是几。

因此,

1991

1949所在的行数等于1991+1949-1=3939而在第3939行中1991

1949

位于自左至右第1949个。

4.将一个圆形纸片用直线划分成大小不限的若干小纸片,如果要分成不少于50个小纸片,至少要画多少条直线?请说明.

〔解〕我们来一条一条地画直线。画第一条直线将圆形纸片划分成2块.画第二条直线,如果与第一条直线在圆内相交,则将圆形纸片划分成4块(增加了2块),否则只能划分成3块.类似地,画第三条直线,如果与前两条直线都在圆内相交,且交点互不相同(即没有3条直线交于一点),则将圆形纸片划分成7块(增加了3块),否则划分的块数少于7块.下图是画3条直线的各种情形

由此可见,若希望将纸片划分成尽可能多的块数,应该使新画出的直线与原有的直线都在圆内相交,且交点互不相同.这时增加的块数等于直线的条数。(为什么?)这样划分出的块数,我们列个表来观察:

直线条数纸片最多划分成的块数 1 1+1 2 1+1+2 3 1+1+2+3 4 1+1+2+3+4 5 1+1+2+3+4+5

……

不难看出,表中每行右边的数等于1加上从1到行数的所有整数的和。(为什么?)我们把问题化为:自第几行起右边的数不小于50?我们知道

1+1+2+3+…+10=56,1+1+2+3+…+9=46,可见第9行右边还不到50,而第10行右边已经超过50了。 答:至少要画10条直线。

5.某校和某工厂之间有一条公路,该校下午2点钟派车去该厂接某劳模来校作报告,往返需用1小时.这位劳模在下午1点钟便离厂步行向学校走来,途中遇到接他的汽车,更立刻上车驶向学校,在下午2点40分到达.问:汽车速度是劳模步行速度的几倍?

〔解〕我们先画一个图如下,其中A是学校,B是工厂,C是汽车和劳模相遇的地点.

汽车从A到B往返需要1小时,而从A到C往返用了40分钟,即

23小时。可见从A到C的距离是从A到B距离的2

3

。因此从A到C的距离是从C到B的距离的2倍.汽车从A到C用了

40分种÷2=20分钟,而劳模从1点钟开始步行,从B走到C一共用了1小时+20分钟=80分钟,是20分钟的4倍。这就是说,劳模走汽车的一半路程,用了4倍于汽车的时间.因此汽车的速度是劳模步行速度的4×2=8(倍)

答:汽车速度是劳模步行速度的8倍。

6.在一个圆周上放了1枚黑色的和1990枚白色的围棋子.一

个同学进行这样的操作:从黑子开始,按顺时针方向,每隔一枚,

取走一枚.当他取到黑子时,圆周上还剩下多少枚白子?

〔解〕由于1990是偶数,在第一圈操作中,一共取走

1990

2

=995枚白子,其中最后取的是黑子前面的一个子(即反时针方向第

一个子).这时还剩下995枚白子.下一次取走黑子后面一个子(即顺时针方向第一个子).由于995是奇数,第二圈操作最后取的仍

是黑子前面的一个子,(为什么?)共取走

995?1

2

=498枚白子,还剩下497枚白子,类似地,第三圈操作取走497?1

2

=249枚白

子,还剩下248枚白子.由于248是偶数,第四圈操作最后取走黑子,(为什么?)这时圆圈上还剩下

248

2

=124枚白子。 答:圆周上还剩下124枚白子。

〔分析与讨论〕在上面的讨论中我们看到了这样的规律:除第一圈操作取走白子的一半外,以后每圈操作有两种可能情形: 甲)若白子数是奇数,则取走棋子数的一半,且不取走黑子; 乙)若白子数是偶数,则取走白子数的一半,并且最后取走黑子。

这样我们只需要依次检查每圈操作后剩下的白子数就行了。有兴趣的同学不妨试做下面几个问题:

1)若先从黑子起按顺时针方向数200个棋子,再开始每隔一枚取走一枚的操作,答案应该是什么?

2)若把1990换成2046,答案应该是什么?

3)若改为每隔两枚棋子取走一枚,答案应该是什么? 下向一个问题就难些了:

4)在黑子取走后仍继续操作,最后剩下的棋子是哪一枚? 16.下图中8个顶点处标注的数字:a、b、c、d、e、f、g、h,其中的每一个数都等于相邻三个顶点处数的和的

1

3

。 求:(a+b+c+d)-(e+f+g+h)的值。

〔分析〕式子(a+b+c+d)-(e+f+g+h)中没有一个具体的数,而且只含有加减运算,在题设的条件下,如果这个式于有值的话,这个值一定是零。

〔解〕:由题设条件知道

a=

b?e?d

3,b+e+d=3a (1) b=c?f?a3,c+f+a=3b (2)

c=d?g?b3

,d+g+b=3c (3)

d= a?h?e,a+h+e=3d (4) 3(1)+(2)+(3)+(4),是 2(a+b+c+d)+(e+f+g+h)=3(a+b+c+d) 就是e+f+g+h=a+b+c+d ∴所求的值是0。

决赛第二试试题以及答案

1.写出从360到630的自然数中有奇数个约数的数。

〔解〕如果自然数n是某一个自然数m的平方,即n=m2,则称自然数n为完全平方数。 从约数的性质可知:具有奇数个约数的自然数一定是完全平方数。从360到630的自然数中,完全平方数为361,400,441,484,529,576和625。因此这7个完全平方数即为所求。

答:它们分别是361,400,441,484,529,576和625。 〔分析〕我们简要说明一下,为什么具有奇数个约数的自然数一定是完全平方数。

设a是自然数n的约数。根据约数的性质可知有自然数b使得n=a×b。因此b也是n的约数。

当a≠b时,a与b成对出现。因此共有偶数个约数.按题意n有奇数个约数,因此必定有一个约数a使得a=b,也就是说,n=a×a=a2,这就证明了n必为完全平方数。

2,四边形ABCD被AC和DB分成甲,乙,丙,丁4个三角形。

已知:BE=80cm.CE=60cm,DE=40cm,AE=30cm.

问:丙、丁两个三角形面积之和是甲、乙两个三角形面积之和的多少倍?

〔解〕由三角形面积公式可知:同高的两个三角形的面积之比等于底边长之比.

从三角形BDA可知:甲∶丁=80∶40=2∶1,

从三角形 BDA可知:乙∶丁=60∶30=2∶1,因此 甲+乙=4×丁.

再由三角形BCA可得丙∶甲=60∶30=2∶1,所以 丙=2×甲=4×丁.

由此可得

(丙+丁)∶(甲+乙)=5丁∶4丁=5∶4。 答:丙与丁这两个三角形的面积之和是甲与乙两个三角形面积

之和

5

4

倍。 3.已知:a=19911991??????1991??

1991个1991

问:a除以13所得余数是几?

〔解法1〕用试除的方法可知:199119911991可以被13除尽。原数a有1991个1991。因为1991除以3余2,所以a与19911991除以13所得余数相同。容易看出:19911991除以13余8,因此a除以13的余数也是8。

答:a除以13所得余数为8。

〔解法2〕充分利用自然数同余的性质。

我们先注意1001是13的倍数,同样8008也是13的倍数,而9999=1991+8008,所以9999与1991除以13所得余数相同。利用同一理由可知:数b=9999???  9999?????9999??与数a同余,因此只要

1991个9999

求b除以13的余数就可以了。

我们可以将b改写成b=9×(?111??????1111??

) (1991?

4)个1

再注意到

111 111=1001×111

能被13除尽。而(1991×4)除以6所得余数为2,所以数b与99同余。容易看出99除以13余8,所以b除以13也余8,也就是说,a除以13余8。

4.某班在一次数学考试中,平均成绩是78分,男、女生各自的平均成绩是75.5分、81分。问:这个班男、女生人数的比是多少?

〔解〕已知全班平均成绩为78分,而男生平均成绩为75.5分,因此每个男生比平均分少(78-75.5)分,而每个女生比平均分多(81-78)分。

男生总共少的分数应该等于女生总共多的分数,所以有(78-75.5)×男生数=(81-78)×女生数移项可得男生数:女生数=(81-78)∶(78-75.5)=6∶5 答:男女生人数比为6∶5。

〔分析与讨论〕此题当然也可以用代数方法去解,其基本想法是一样的。同学们可以试一试,看看有什么相同和不同的地方。 5.某玩具厂生产大小一样的正方体形状的积木,每个面分别涂上红、黄、蓝3种颜色中的1种,每色各涂2个面。当两个积木经过适当的翻动以后,能使各种颜色的面所在位置相同时,它们就被看作是同一种积木块。试说明:最多能涂成多少种不同的积木块?

〔解〕我们先注意正方体上的两个面,或者处于相对的位置(如顶面和底面)或者处于相邻的位置(如顶面和一个侧面)。

按题意,每种颜色各涂两个面,因此我们可以根据同一颜色的两个面所处的位置将所有积木块分成以下儿种不同的情形。 (Ⅰ)同色的两个面均为相对面,即红红相对,黄黄相对,蓝蓝相对.

这种情形只有一种。其理由是: 首先可以将红色面放在顶面和底面的位置上,然后.可以将黄色面放在正面和背面的位置上,这样,左面和右面就只是蓝色面了。冈为所有这样的积木(同色面相对)都可以放成上面这种位置,所以只有1种。

(Ⅱ)3种颜色中有两种颜色,其同色的两面为相对面。 这时,第三种颜色的两个面也必然相对,因此这就是第一种情形。

(Ⅲ)3种颜色中,只有1种领色的两个面为相111 对面。 这种情形共有3种不同的积木块。理由如下:

首先不妨设红色的两个面为相对面。将这两个面置于顶面和底面,这样4个侧面就为黄色和蓝色,并且同1种颜色的两个面相邻。我们通过适当的转动,总可以将黄色面放在正面和右面,而蓝色面放在左面和背面,因此只有1种积木块。

但是相对的面也可能黄色或蓝色,因此又各有1种积木块,显然这3种积木块是不相同的(因为任何转动都不能将相邻面变成相对面,也不能将相对面变成相邻面),所以共有3种不同的积木块。 (Ⅳ)最后一种情形,每种颜色的两个面均为相邻面。 这种情形有两种不同的积木块。这是比较困难的一种情形。 首先我们可以看出积木块的3组相对面的颜色只能是(红、黄),(红、蓝),(黄、蓝)

。为了使积木块固定不动。我们先通过

适当转动使得顶面为红色,底面为黄色。然后再将侧面适当转动使得正面为红色,背面为蓝色,这样积木块就不能再动了。这时积木的左面和右面可以分别是黄色和蓝色,也可以是蓝色和黄色,这代表了两种不同的积木块.

总结上述讨论,总共有6种不同的积木。 答:共有6种不同的积木块.

〔分析与讨论〕这是在决赛题中大家认为比较难的一道题,只有一个同学给出了比较满意的解答。也有一些同学的思路接近正确的解答.

同学们以往可能很少碰到这类问题,特别是在书本上很少接触到.但是在日常生活中肯定已多次见过类似的情况,只是没有太留心罢了.

例如:工厂生产的钢珠,一般只以直径来区分。同一直径的都看成一种,而并不关心放成什么位置。同样道理,一盒乒乓球总是看成一样的.

球是最简单的图形,而立方体则是比球稍稍复杂一点的图形,也是可以“翻来倒去”的.

这道题的主要目的是看看同学们的空间想象力,这是数学中最基本的能力之一.如果在每个参赛的小朋友面前放一个积木块.让大家看着实物做,也许会有不少小朋友能得到正确的答案,但凭空想象就难多了。

有兴趣的同学们不妨找一些旧木块(或旧纸盒子),自己在桌上摆摆看,一边摆一边想,对提高空间想象力是颇有好处的. 在弄明白了这道题以后,如果再有兴趣,可以将题目中的限制“每色各涂两个面”这句话去掉,也就是说,每种颜色涂的面数不限,问有多少种不同的积木块?

祝你成功!

6.一条双向铁路上有11个车站,相邻两站都相距7公里。从早晨7点开始,有18列货车由第十一站顺次发出,每隔5分钟发出一列,都驶向第一站,速度都是每小时60公里。早晨8点,由第一站发出一列客车,向第十一站驶去,时速是100公里。在到达终点站前,货车与客车都不停靠任何一站。问:在哪两个相邻站之间,客车能与3列货车先后相遇?

〔解法1〕首先不难算出,当客车与第一列货车相遇时,已经行驶了

251004公里(100?60?10?254

)。由于每5分钟发出一列货车,而货车的速度都是每小时60公里,所以每两列相邻货车相距

5公里(60公里/小时×

5

60小时=5公里)。这样,客车在遇到某一列货车后,再行驶25

8

公里就会遇到下一列货车

(100100?60?5?258)。或者说,在遇到第一列货车后,客车每行驶258

公里就会遇到一列货车。若客车在某两个相邻站A和B之间

遇到3列货车,那么遇到其中第一列的地点和遇到其中第三列的地点相距

2525

8×2=4

(公里)。 由于A和B相距7公里,客车和其中第一列货车相遇的地点与A站的距离不能大于7公里

254公里=3

4

公里。反过来,若客车

在经过某一站后行驶了不到

3

4

公里就遇上一列货车,那么它在到达下一站前就能遇到3列货车(除非后面已经没有3列货车了)。

由前面的计算,客车在遇到各列货车时,与第一站的距离都等于

254公里加上258

公里的整数倍。要算出客车与前一个站的距离,只要把它与第一站的距离减去一个7的倍数就行了。(为什么?)我们可以依次计算货车的列数n(按发车次序)和客车遇到货车时与前一站的距离S(公里):

由此可见,客车在遇到第八列货车时,位于第五站后面8

公里处,而

18<3

4

,所以客车在第五和第六站之间能遇到3列货车;另一方面,客车在遇到第十七列货车时,位于第九站后面1

4

公里处,

但这时客车前方只有1列货车了,不可能再与3列货车相遇。 答:在第五、六两站之间,客车与3列货车相遇。

〔解法2〕我们考虑客车在到达各站时,与前方各列货车的距离.由于货车的速度是客车的60%,在客车从某一站A行驶到下一站B时(行驶7公里),各列货车行驶了7公里×60%=4.2公

里.因此,在客车到达A站时,客车前方11.2公里以内的各列货

车,在客车到达B站前都能与客车相遇.若在A站和B站间客车遇到3列货车,那么其中第三列与A站的距离至多为11.2公里而与其中第一列货车的距离为5公里×2=10公里,所以其中第一列货车与A站的距离不超过11.2公里-10公里=1.2公里。反过来,若客车在到达A站时前方1.2公里以内有一列货车,则客车在到达B站前一定能遇到3列货车。我们可以把客车到达各站时与前方第一列货车的距离列一个表,表中第一行是车站编号,第二行是客车与前方第一列货车的距离(公里) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

无 3.8 2.6 1.4 0.2 4 2.8 1.6 无 无

这个表的规律是:第二行除第一个数外,每个数等于它前面一个数加上一个5的倍数再减11.2。(为什么?)其中有两个数小于1.2,相应的站分别为第5站和第9站。但客车在到达第九站时前方只有1列货车了,故只能在第五、六两站之间3列货车相遇。 答:在第五、六两站之间,客车与3列货车相遇。 〔分析与讨论〕(1)我们可以将各相邻站间与客车相遇的货车列数标在表上,其中第一行是车站编号,第二行是与客车相遇的货车列数。

1 2 3 4 5 6 7 3 9 10 11 1 2 2 2 3 2 2 2 2 0

(2)本题也可以这样解:考虑客车与各列货车相遇的时间,以及客车到达各站的时间,从中找到规律,并讨论客车到达各站后再过多少时间与前方第一列货车相遇,等等.这个解法与第一种解法在原理上相近,但计算更复杂些.

(3)在第一种解法里,若将客车遇到货车时与前一站的距离

乘以8,得到的都是整数。这些整数可以这样得到:将货车的列数加1,再乘以25,然后除以56,所得的余数就是该货车所对应的整数.(为什么?)因此,本题就化成这样的问题:

找一个25的倍数,它除以56的余数不大于6。

团体决赛口试试题以及答案

1.一条白色的正方形手帕,它的边长是18厘米,手帕上横竖各有二道红条,如图阴影所示部分,红条宽都是2厘米。问:这条手帕白色部分的面积是多少?

〔解法〕我们可以这样想:把竖的两个红条位置平行挪动一下,使它们紧贴在一起,再移到紧贴正方形的右端边上;把横的两个红条也做同样的位置挪动,但它们是紧贴在正方形下端边上,如下图所示。这样挪动红条后所得图形的白色部分的面积不变。这时白色部分的面积一目了然,它等于边长为14厘米的正方形面积,即196平方厘米。

答:这条手帕白色部分的面积是196平方厘米。

〔讨论〕此题解法很多,比如:

(1)先算正方形手帕面积,再减去4条红条盖住的部分面积。 (2)可以想象手帕上的9个小白色部分都是一样大小的正方形,求出其中一个面积,再乘以9便是答案。 同学们可以比较各种解法,看一看哪一个更巧妙些。

2.伸出你的左手,从大拇指开始如图所示的那样数数字,1,2,3,……,问:数到1991时,你数在那个手指上?

〔解法〕按所给的规则数数字,数到1991时,数在哪个手指上?解此题需要精于推理和计算,找出规律,算出结果.比如,数在大拇指上的数字规律是1,9,17,25…….这是一串被8除余1的数.1991除以8余7,所以1991数在中指上。 答:1991这个数数在中指上.

〔讨论〕还有其他的算法,请同学们找一找,比较一下. 3.有3个工厂共订300份吉林日报,每个工厂订了至少99份,至多101份。问:一共有多少种不同的订法?

〔解法〕此题关键在于对题目的理解,题目理解清楚了,解法不难.为叙述方便起见,不妨设这3个厂为甲、乙、丙厂.我们从分析甲厂订报情况入手,甲厂只有3种订法:99份、100份和101份.

(1)如果甲厂订99份,那么,乙厂有100份和101份两种订法,丙厂随之而定.所以,这种情况下,3个厂有两种订法. (2)如果甲厂订100份,那么乙厂有99份、100份和101份3种订法,丙厂随之而定.所以,这种情况下,3个厂有3种订法.

(3)如果甲厂订101份,那么,乙厂有99份和100份两种订法,丙厂随之而定.所以,这种情况下,3个厂有2种订法. 综合上述分析,3个厂共有2+3+2=7种订法。 答:总共有7种不同的订法.

〔讨论〕此题在抢答场上抢答者没答对,台下参赛的小朋友也没答对,这是出人意料之外的。这可能首先是因为对问题的理解不够清楚。像这样的实际问题,在思考分析时,往往还要经过数学的抽象。虽然是很简单的抽象,但很重要,只有在这种抽象的基础上,才便于逻辑推理。我们常见到对某问题的叙述, 人们常说“换句话说,它就是……”。这实际上是把某问题的叙述,抽象成大家所熟悉的模式,再在此基础上去思考分析它。本题若换成这样的说法:把300元钱分给甲、乙、丙3个人,每人至多得101元至少得99元,问共有多少种不同的分法?也许同学们觉得容易理解多了,就是这个道理。

4.图上有两条垂直相交的直线段AB、CD,交点为E.已知:DE=2CE,BE=3AE.

在AB和CD上取3个点画一个三角形。问:怎样取这3个点,画出的三角形面积最大?

〔解法〕在两条线段上取3个点,如果这3个点在同一条线段上,那么它们不能画出一个三角形。因此,本题要在两条线段上取3个点画出一个三角形,必是两个点在一条线段上,另一点在另一条线段上。

如果两个点是取在AB上,那么CD上除E点外,任何一点都能与这两点组成一个三角形,其中面积最大者必是D点。也就是说在AB上任意取两点,CD上必是D点与它们画成的三角形面积最大.因此D点就确定了。一旦D点确定,AB上取两点与D点组成三角形中面积最大者必是两个端点A和B。结论是如果两个点是取在AB上,所取的3个点,必是A、B和D,它们画出的三角形面积最大(几何直观上,这是很清楚的)。

同样,如果两个点是取在CD上,所取的3个点,必是C,D和B。

现在只要比较三角形ABD和三角形CDB的面积大小了。

假定AB=a,CD=b,那么BE=

34a,DE=2

3

b, 三角形ABD面积=121

2×a×3b=3ab

三角形CDB面积=12×b×34a=3

8

ab

因为38ab>31

9ab=3

ab

所以三角形CDB面积>三角形ABD面积。

答:取C,D,B3个点画出的三角形面积最大.

5.图上有两个红色的圆,两个蓝色的圆,红色圆的直径分别是1992厘米和1949厘米,蓝色圆的直径分别是1990厘米和1951厘米。问:红色二圆面积大还是蓝色二圆面积大?

〔解法〕把蓝色的大小圆分别盖在红色的大小圆上,使圆心与

圆心重合.我们立即发现:

①红色大圆面积比蓝色大圆面积大一个圆环。 ②红色小圆面积比蓝色小圆小一个圆环。 ③这两个圆环宽一样,都是2厘米。

显然,大圆环比小圆环面积要大,因此红色的面积比蓝色的面积要大.

答:红色的面积比蓝色的面积大。

〔讨论〕在理论研究和应用研究中,常常会遇到估值判断问题.这就是一道小小的估值判断题.本题直接计算的方法是不可取的。这里强调“巧”,巧估值,巧在既要直观又快,而且要使人确信所得判断绝对无误.

6.在一张9行9列的方格纸上,把每个方格所在的行数和列数加起来,填在这个方格中,例如a=5+3=8.问:填入的81个数字中,奇数多还是偶数多?

〔解法〕自然数和的奇偶性: 奇数+奇数=偶数; 偶数+偶数=偶数; 奇数+偶数=奇数;

因此,第一行填的数中偶数比奇数多1外, 第二行填的数中偶数比奇数少1个,

第三行填的数中偶数比奇数多1个, 第四行填的数中偶数比奇数少1个, ……

可见,前8行中奇数和偶数的个数一样多,而第九行偶数多。所以,81个数字中偶数多。

答:填入的81个数字中,偶数的个数多。 7.能不能在下式:

1□2□3□4□5□6□7□8□9=10的每 个方框中,分别填入加号或减号,使等式成立?

〔解法〕在一个只有加减法运算的自然数式子中,如果把式于中减法运算改成加法运算,那么所得结果的奇偶性不变。因此无论在给出的式子每个方框中怎样填加减号,所得结果的奇偶性,与在每个方框中都填入加号所得的结果的奇偶性一样。但是,每个方框中都填入加号所得结果是45,是个奇数。而式子的右边是10,是个偶数。也就是说从奇偶性上判断,要使题中式子成立是不可能。

8.把一个时钟改装成一个玩具钟,使得时针每转一圈,分针转16圈,秒针转36圈.开始时3针重合。问:在时针旋转一周的过程中,3针重合了几次?(不计起始和终止的位置).

〔解法〕我们先看时针和分针重合的情形。 假设时针和分针第一次在B点重合。从开始到重合,时针走了路程AB,而分针走了一圈后又走了AB。已知分针速度是时针速度的16倍.因此AB是一圈的

1

15

。这样我们知道时针和分针重合

的位置是在表盘的

115,215,315,……,1415

的地方。 用同样的道理可知:时针和秒针相重合的位置在表盘的

1

15

,215,315,……,3415

等处。 这两组刻度的公共点就是三针重合的位置,不难看出,它们就是

15,25,35,4

5

。 因此,3针共重合了4次。

答:在时针旋转一周的过程中,3针共重合了4次.

9.将1,2,3,4,5,6,7,8这8个数分成3组,分别计算各组数的和。已知这3个和互不相等,且最大的和是最小的和的2倍。问:最小的和是多少?

〔解法〕这8个数的总和为36,已知三组数的和各不相同。所以介于中间的和数比最小的和数大又比最大的和数小。又已知最大的和是最小的和的2倍。所以,最小的和数比总和36的1

4

小,又比总和的

1

5

大。所以最小的和只能是8。 答:最小的和为8。 10.这是一个棋盘,将一个白子和一个黑子放在棋盘线交叉点上,但不能在同一条棋盘线上。问:共有多少种不同的放法?

〔解法〕对于黑子每一种确定的位置,白子都有6个不同的放

法。而黑子总共有12个不同位置,所以共有 12×6=72

种不同的放法。

11.这是两个圆,它们的面积之和为1991平方厘米,小圆的周长是大圆周长的90%.问:大圆的面积是多少?

〔解法〕大圆周长= 2πR 小圆周长=2πr

因为两圆周长之比=0.9, 所以两圆半径之比也是0.9,

因此小圆与大圆的面积之比是0.81.已知两圆面积之和=1991平方厘米,所以大圆面积为1991÷1.81=1100(平方厘米) 答:大圆的面积是1100平方厘米。

〔讨论〕有的同学用代数方法做这道题,假设大圆间积为X,由此上分析得小圆面积为0.81X,所以 X+0.81X=1991 1.81X=1991 X=1100

这与以上解法基本上一致。

12.有一根1米长的木条,第一次去掉它的

1

5

;第二次去掉余下木条的16;第三次又去掉第二次余下木条的1

7

,等等;这样一

直下去,最后一次去掉上次余下木条的1

10

。问:这根木条最后还剩下多长?

〔解法〕第一次去掉

15,所以第一次剩下4

5

;第二次去掉剩下的16,所以第二次剩下4545

5×6;同样,第三次剩下(5×6)×67;最后一次剩下(45×56×67×78928×9)×10=5

。 答:这根木条最后还剩2

5

米。

〔讨论〕这道题如果用减法去做,那就不胜其繁了。这里又一次强调了“妙”字。

13.这是一个楼梯的截面图,高2.8米,每级台阶的宽和高都是20厘米。问:此楼梯截面的面积是多少?

〔解法〕如果把楼梯截面补成如图所示的矩形,那么,此矩形

高2.8米,宽3米。它的面积恰好是所求截面的2倍。所以楼梯截面面积为

1

2

×(2.8×3)=4.2(平方米) 〔讨论〕(1)用以上方法求解要细心,有的同学思路上对了,

答案却是3.92平方米.问题出在补上一块不是原截面一样大的面积,他补成了一个边长为2.8米的正方形。算答案时,仍取正方形面积的一半,所以错了。

(2)有的同学利用高斯求和法,从上到下一阶一阶的算,其和为

1?2?3???14

2

×0.04=4.2(平方米)

这也是比较好的方法. 14.

1  □ +1  □ +1  □ 1  

□ +11

  □   □ =1

请找出6个不同的自然数,分别填入6个方框中,使这个等式

成立。

〔解法〕本题有许多不同的解答,要写出所有解答当然不是一件容易的事,但只求一组解并不困难.举例如下:

例1,首先注意13?14?16?3

4

,在这个等式两边同除以3就得

1119?12?18?14

由此可知111111

3?4?6?9?12?18

?1

答:3,4,6,9,12,18为所求的一组自然数。

例2,利用下列等式

1

112?4?8?116?116

?1

而111??,因此 162448

111111??????1 248162448

答:2,4 ,8,16,24,48为符合条件的一组自然数.

〔分析与讨论〕本题是求6个不同的自然数,我们也可以问下列更一般的问题:

对于k>3,求k个不同的自然数,使得它们倒数的和等于1. 当k=3时,只有一组解(2,3,6).我们给它一个证明:

设不同的3个自然数为a,b和c,使得

111???1 abc

不妨设 a<b<c.首先a必须为2(a=2),

否则就有3<a<b<c 这样111111??<???1 abc333

用类似的方法可得b=3,所以c=6.

当k=4时有以下6个解:

(2,3,7,42),(2,3,8,24), (2,3, 9, 18) (2,3,10,15),(2,4,5,20), (2, 4, 6, 12)可以证明也只有以上6组解,有兴趣的同学可以试一试.

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