首届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛决赛试题笔试(二)及答案.docx

首届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛决赛试题笔试（二）及答案一、填空题（每题12分，满分60分）题 号12345答 案172940.862385291. 如下数表由从1开始的连续自然数写成，并且每行最右边的一个数都是平方数：则表中第10行所写出的各数的和等于.解：第10行是从82 100共19个自然数之和:82 + 83 + 84 + + 99 + 100 = .注：计算82 + 83 + 84 + + 99 + 100的方法很多，比如：82 + 83 + 84 + + 99 + 100或 82 + 83 + 84 + + 99 + 1002. 图1中，长方形ABCD的长BC = 10厘米，宽AB = 6厘米. 在BC上取点M，在AD上取点N，使得四边形BMDN是一个菱形. 则菱形BMDN的面积是平方厘米.（图1）解：因为BMDN是一个菱形，可设则. 在直角三角形ABN中，由勾股定理得 ，即，解得. 菱形BMDN的面积 = 6.8×6 = 40.8（平方厘米）.3100名少年运动员胸前的号码分别是1，2，3，99，100. 选出其中的k名运动员，使得他们的号码数之和等于2008. 那么k的最大值是.解：显然，选号码越小的，可以使选出的人数越多. 因此，考虑先选前n名运动员，他们的号码是1n的连续自然数，并且号码数之和不超过2008.由于 ， 得.故 n是二位数，其十位数字是6. 从小到大，逐一试算，得到，即选出的运动员不可能多于62人. 又因为，可以选如下号码的运动员： 1，2，3，7，9，62，63，这些号码数的和是（1953863）2008，所以，k的最大值是62.4. 自然数b及175的最大公约数记为. 如果 ， 则b =.解：由于，d必为175的约数，而175=5×5×7，所以d只能取1，5，7，25，35，175中的某一个. 另外由 可知 为非0自然数， 即，因此 所以d =35或175. （图2）将d =35代入，得b = 385. 将d =175代入，得 ，即，左边是偶数，右边是奇数，矛盾！所以d =175不合要求. 所以b = 385.5.华罗庚爷爷说：数学是我国人民所擅长的学科. 请小朋友求解九章算术中的一个古代问题：“今有木长二丈，围之三尺，葛生其下，缠木七周，上及木齐.问葛长几何？”（图2-1）白话译文：如图2，有圆柱形木棍直立地面，高20尺，圆柱底面周长3尺. 葛藤生于圆柱底部A点，等距缠绕圆柱七周恰好长到圆柱上底面的B点. 则葛藤的长度是 _ 尺.解：设想从A点将葛藤剪断，顶点处B不动，将缠绕的葛藤解开拉直，如图2-1所示：A点变为地面上的C点. 则葛藤长为的斜边BC. 由AB =20，AC=21和勾股定理得： = 841=. 所以BC =29（尺）.答：葛长29尺.二、解答下列各题，要求写出简要过程（每小题15分，满分45分）（图3）6. 如图3，摆放2×2的“4宫格”要用12根火柴棍； 摆放3×3的“9宫格”要用24根火柴棍. 小明用1300根火柴棍，恰好摆放成一个m×m的“m2宫格”，问m=?解：在“m2宫格”中，横向的火柴棍有行，每行有m根，共有根. 同样，纵向的火柴棍有列，每列有m根，也共有根. 所以，摆放“m2宫格”共用了2m(m+1)根火柴. （10分）由， 得到，因此（15分） （图4）7. 图4中，M是AB 的中点， N是BC上一点，CN = 2BN. 连接AN交MC于O点. 若四边形BMON的面积为14平方厘米， 求： （1）COOM=？（2）三角形的面积 = ？解：8. 在1 30m（其中m是非零自然数）这些自然数中，（1）能被2整除的合数共有多少个？能被3整除的合数共有多少个？（2）请说明：在1 30m这些自然数中，质数的个数不超过10m .解：（1）在1 30m（其中m是非零自然数）这些自然数中，被2整除的数有15m个，由于2是质数，所以偶合数共有15m 1个； （3分）被3整除的数有10m个，由于3是质数，其中的合数有10m 1个.（6分）（2）由（1）的结果可知：在1 30m（其中m = 1，2，3，）这些自然数中，被2整除的合数有15m 1个；被3整除的合数有10m 1个；既被2整除同时又被3整除的数有5m个，每一个都是合数. （9分）在1 30m（其中m = 1，2，3，）这些自然数中，减去15m 1个偶合数；再减去10m 1个被3整除的合数，其中被6整除的数减重复了，注意再补回5m个重复减掉的被6整除的合数. 注意，1不是质数也不是合数；此外，对任意非零自然数m，在1 30m中，25是既不被2整除也不被3整除的一个合数，因而尚未被除去. 所以，再除掉1及25这两个数后，质数包含在剩下部分的数中，因此，质数的个数不会超过剩下部分的数的个数，也就是质数的个数不会超过（15分）另一解法：从1到30m中，能被2整除的数共有15m个，能被3整除的数共有10m个，能被5整除的数共有6m个；能被2和3整除的数共有5m个，能被2和5整除的数共有3m个，能被3和5整除的数共有2m个；能被2、3和5整除的数共有m个.由“包含排除”原理，1到30m中不能被2或3或5整除的数共有（个）设1到30m中质数的个数为z，因为2、3和5都是质数，1既不是质数也不是合数，因此. 由 ，得到1 30m 中，质数的个数不超过10m . 三. 解答下列各题，要求写出详细过程（第9题20分，第10题25分，满分45分）9.在A到B的公路段上，每30千米设一个慢车站，每50千米设一个快车站，如果相邻两个车站间的路程大于15千米，则在这段路程的中点设一个维修点. 如果一个车站既是慢车站也是快车站，则在这个车站设一家商店. 已知从A到B共设有7家商店，A和B既是慢车站也是快车站.问：（1）从A到B的路程有多少千米? （2）从A到B的途中共设有多少个维修点？解：（1）计算从A到B的路程和快车站、慢车站的站数. 易知A是第1个商店，其余各商店到A的路程是30和50的公倍数，而30，50=150，B是第7个商店，所以，从A到B的路程是（千米）. （8分）（2）途中的5个商店将全路程等分成6等份，每个等份中快车站、慢车站的设置完全相同. 由于A是第1个商店，因此只要考虑从A到第2个商店这一段150千米的路程上的快车站及慢车站的分布情况就可以了. 设第2个商店为C点，则AC =150千米. 在AC这一段上（不包括A,C），有4个慢车站，2 个快车站，如图所示：绿色表示快车站，表示慢车站. 从图上可以看出：相邻两站的路程为30千米的路段有3段；相邻两站的路程为20千米的路段有2段；相邻两站的路程为10千米的路段也有2段. 其中相邻两站的路程大于15千米的路段共有5段，因此在AC这一路段上应该设有5个维修站点. 从A到B全路程上应该设有个维修站点. （18分）答：从A到B的路程为900千米；途中共设有30个维修站点. （20分）另解：若学生按比例画出示意图，从图中标出A，B及快车站、慢车站，商店和维修点，从图中数出全程长900千米；一共设有30个维修站点. 也给满分20分.（图5）10. 图5是由16个面积为1的等边三角形组成的一个大的等边三角形，这个大的等边三角形内部及边上共有15个交叉点. 请回答：（1）以这些交叉点为顶点，可以连成多少个等边三角形？（图5-1） （2）所连成的全部等边三角形的面积的总和是多少？解：（1）总计可以连成35个等边三角形.其中：面积是1的等边三角形有16个；面积是4的等边三角形有7个；面积是9的等边三角形有3个；（图5-2）面积是16的等边三角形有1个；（10分） 利用对称的性质，如图5-1，红色等边三角形的面积是由6个面积是1的等边三角形组成的正六边形面积的一半，等于3，面积是3的等边三角形共有6个; 利用对称的性质，如图5-2，蓝色等边三角形的面积是， 面积是7的等边三角形共有2个； （18分）此外，不能再连成别的等边三角形了.因此，可以连成的等边三角形总计有16 + 7 + 3 + 1 + 6 + 2 = 35个.（20分） （2）所连成的全部等边三角形面积的总和等于. （25分）答：可以连成35个等边三角形；所有等边三角形的面积总和是119.第 5 页