华罗庚杯试题
历年华罗庚金杯试题 第一届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试题1．、、2006 这 5 个数的总和是多少？ 2．每边长是 10 厘米的正方形纸片，正中间挖一个正方形的洞， 成为一个宽度是 1 厘米的方框。把 5 个这样的方框放在桌面上，成为 这样的图案。 问桌面上被这些方框盖住的部分面积是多少平方厘米？3．105 的约数共有几个？ 4．妈妈让小明给客人烧水沏茶。洗开水壶要用 1 分钟，烧开水 要用 15 分钟，洗茶壶要用 1 分钟，洗茶杯要用 1 分钟，拿茶叶要用 2 分钟。小明估算了一下，完成这些工作要花 20 分钟，为了使客人 早点喝上茶，按你认为最合理的安排，多少分钟就能沏茶了？ 5． 右面的算式里， 个小纸片各盖住了一个数 4 字。 被盖住的 4 个数字总和是多少？ 6．松鼠妈妈采松籽。晴天每天可以采 20 个。 有 雨的天每天只能采 12 个。它一连几天采了 112 个松籽，平均每天采 14 个。问这几天当中有几天有雨？7．边长 1 米的正方体 2100 个，堆成一个实心的长方体。它的高 是 10 米，长、宽都大于高。问长方体的长与宽的和是几米？ 8．早晨 8 点多钟，有两辆汽车先后离开化肥厂，向幸福村开去。 两辆汽车的速度都是每小时 60 公里。8 点 32 分的时候，第一辆汽车 离开化肥厂的距离是第二辆汽车的 3 倍。到了 8 点 39 分的时候，第 一辆汽车离开化肥厂的距离是第二辆汽车的 2 倍．那么，第一辆汽车 是 8 点几分离开化肥厂的？ 9．有一个整数，除 300、262、205，得到相同的余数．问这个 整数是几？ 10． 甲、 乙、 丙、 4 个人比赛乒乓球， 丁 每两个人都要赛一场． 结 果甲胜了丁，并且甲、乙、丙 3 个胜的场数相同．问丁胜了几场？ 11．两个十位数
的乘积有几个数字是 奇数？ 12．黑色、白色、黄色的筷子各有 8 根，混杂地放在一起。黑暗 中想从这些筷子中取出颜色不同的两双筷子。 问至少要取多少根才能 保证达到要求？ 13．有一块菜地和一块麦地，菜地的 13 亩，麦地的1 1 和麦地的 放在一起是 2 31 1 和菜地的 放在一起是 12 亩，那么，菜地是几亩？ 2 314．71427 和 19 的积被 7 除，余数是几？ 15．科学家进行一项实验，每隔 5 小时做一次记录．做第十二次 记录时，挂钟的时针恰好指向 9，问做第一次记录时，时针指向几？ 16．有一路电车的起点站和终点站分别是甲站和乙站。每隔 5 分 钟有一辆电车从甲站发出开往乙站。全程要走 15 分钟．有一个人从 乙站出发沿电车路线骑车前往甲站。他出发的时候，恰好有一辆电车泰州市海陵区泰来家教服务部第1页到达乙站． 在路上他又遇到了 10 辆迎面开来的电车， 才到达甲站． 这 时候，恰好又有一辆电车从甲站开出。问他从乙站到甲站用了多少分 钟？ 17．在混合循环小数 2.718281 的某一位上再添上一个表示循环 的圆点，使新产生的循环小数尽可能大．请写出新的循环小数。 18．有 6 块岩石标本，它们的重量分别是 8.5 公斤、6 公斤、4 公斤、4 公斤、3 公斤、2 公斤。要把它们分别装在 3 个背包里，要 求最重的一个背包尽可能轻一些． 请写出最重的背包里装的岩石标本 是多少公斤？ 19．同样大小的长方形小纸片摆成了这样的图形。已知小纸片的 宽是 12 厘米，求阴影部分的总面积。泰州市海陵区泰来家教服务部第2页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
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： 、、、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 应是原来四泰州市海陵区泰来家教服务部第3页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 ? 0.58 ? 58% 20 ? 20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 于多少？ 图 37 【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） ，也可以是泰州市海陵区泰来家教服务部第4页（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1 1 1 1 1 1 1 × × × × × ＝ （米） 2 2 2 2 2 2 64因此，七根竹竿的总长度是 2 米减去剩下一段的长，也就是 2－1 63 ＝1 64 64 63 米。 64答：七根竹竿的总长是 1【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：泰州市海陵区泰来家教服务部第5页（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 名同学泰州市海陵区泰来家教服务部第6页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）【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 图 39 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。我们泰州市海陵区泰来家教服务部第7页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：，。 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？泰州市海陵区泰来家教服务部第8页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 ? ? 18 2 6 (0.5 ? 0.25 ? 0.125) ? (0.5 ? 0.25? 0.125) ? 1 15 16 13 ? ? 3 45 5【解】7 9 1 ? ? (0.5 ? 0.25 ? 0.125) ? (0.5 ? 0.25? 0.125) ? 18 2 6 1 15 16 13 ? ? 3 45 5 7 1 1 ? ? 1 1 1 1 1 1 2 2 6 =( ? ? ) ?( ? ? )? 1 2 4 8 2 4 8 13 ? 3 ? 4 3 7 1 ? 1 1 1 4 6 = ( ? ? ) ? 2? 4?8? 1 2 4 8 13 ? 12 3 21 2 ? 22 12 = (4 ? 2 ? 1) ? 2 ? 4 ? 1 1 323 = 7 ? 2 ? 4 ? 12 4 3 23 =7? 2? 4? 4? 4 23 =7? 2 1 = 80 2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泰州市海陵区泰来家教服务部第9页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× 米× 3 0.06 米＝0.54 米 3 而沉入小水池中的碎石的体积是 2 米× 米× 2 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× 米＝36 米 2。 6 所以水面升高了：0.7 70 17 米＝ 厘米＝1 厘米 36 36 18 17 答：大水池的水面升高了 1 厘米。 18 0.7米 3 ? 36米 2＝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× 被 7 除余 6， 的 6 倍加 1 正好被 7 整除。 6 15 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。泰州市海陵区泰来家教服务部第 10 页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× 7× 3× 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， 6 这三个数字。 3， 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， 和 6 不能填在个位上， 2 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 分泰州市海陵区泰来家教服务部第 11 页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：① ADHFB，它需要 49 分钟； ② AGIEB，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？泰州市海陵区泰来家教服务部第 12 页[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泰州市海陵区泰来家教服务部第 13 页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 公里的时间是也就是说，只能花[1 1 1 －（ － ）]小时。因此王师傅往回开的 60 55 601 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 了（1 小时，比计划时间多用 551 1 － ）小时为了能按时返回甲地，王师傅从乙地返回甲地 55 60 1 1 时，行驶 1 公里所花的时间必须比原计划时间少（ － ）小时。 55 60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： 50 76÷ 余 26，76× 50 余 2，正合我们的要求。 2÷ 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。泰州市海陵区泰来家教服务部第 14 页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？泰州市海陵区泰来家教服务部第 15 页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＝ 所以 BC＋CD＝1 S。 161 1 S＋ S 14 16 1 1 ＝（ ＋ ）×S 14 16 1 1 1 这就是 ×75＝（ ＋ ）×S 2 14 16S=280（平方厘米） 答：平行四边形 ABCD 的面积是 280 平方厘米。泰州市海陵区泰来家教服务部第 16 页［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∶ 3 三人走各段路所用时间之比次依是 4∶ 6。已知他上坡时速 2∶ 5∶ 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）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 21 25 ÷ 3＝ （小时） 1? 2 ? 3 9 4 4 ? 上坡时间占全程时间的 4 ? 5 ? 6 15＝50× 所以，全程时间25 4 ? （小时） 9 15 125 5 ＝ ＝ 10 （小时） 12 12＝ 答：此人走完全程共用了 105 小时。 12[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∶ 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 2。 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∶ 这个特定条件下 2 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。这时有最佳安排泰州市海陵区泰来家教服务部第 17 页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 ? 100 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 69问：a 的整数部分是多少？ [解法] ａ＝11 ? 66 ? 12 ? 67 ? 13 ? 68 ? 14 ? 69 ? 15 ? 70 ? 100 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 6911 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 69＝ 11 ? (65 ? 1) ? 12 ? (66 ? 1) ? 13 ? (67 ? 1) ? 14 ? (68 ? 1) ? 15 ? (69 ? 1) ? 100 ＝(11? 65 ? 12? 66 ? 13? 67 ? 14? 68 ? 15? 69) ? (11? 12 ? 13 ? 14 ? 15) ?100 11? 65 ? 12? 66 ? 13? 67 ? 14? 68 ? 15? 69＝ (1 ?11 ? 12 ? 13 ? 14 ? 15 ) ? 100 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 69 11 ? 12 ? 13 ? 14 ? 15 ? 100 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× ＞ 11× 69 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 ? 100 ＜ 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 69泰州市海陵区泰来家教服务部第 18 页11? 12 ? 13 ? 14 ? 15 ?100 (11? 12 ? 13 ? 14 ? 15) ? 65即处的。 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。11 ? 12 ? 13 ? 14 ? 15 100 ? 100 ＜ 65 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 69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× 7× 2× 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：同样分析可得，11 ? 12 ? 13 ? 14 ? 15 100 ? 100 ＞ 69 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 69也就是11 ? 12 ? 13 ? 14 ? 15 100 100 ? 100 ＜ ＜ 69 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 69 65 100 11 ? 12 ? 13 ? 14 ? 15 100＋ ＜100＋ × 69 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 69 100 100＜100＋ 65 100 100 100＋ ＜a＜100＋ 69 65 31 35 100＋ 1 ＜a＜100＋ 69 65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1 1 1 ? ? 12 4 3由于 1988＝2× 7× 2× 71=4× 497，所以，将上面等式的两边均乘上1 ，就得 497 1 1 1 ? ? ，即 12 ? 497 4 ? 497 3 ? 497泰州市海陵区泰来家教服务部第 19 页1 1 1 ? ? 91这样就给出了一组适合条件的解。 再如， 1988＝2× 7× 2× 71 =（2× 7）× （2× 71） ＝14× 142 而且有解：从（1）式可以看出，1 1 ＜ ，也就是说 Y＜1988。令 1988 YU＝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1 1 1 ? ? X
? U因此（3）1 1 1 1 ? ? ，两边同乘以 ，就得 35 14 10 142 1 1 1 ? ? 35 ? 142 142 ? 142 10 ? 142 1 1 1 ? ? 即 20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1 1 1 1 ? ? ? X 1988? U ? U )1988亦即 XU=（1988-U）-988U（5） 从（5）式可以得到 19882=XU＋1988U=（X＋1988）U （6） 也就是说，（4）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1 1 1 ? ? X 1988 Y问：X，Y 各为多少？（1）19882 ＝X＋ U（8）泰州市海陵区泰来家教服务部第 20 页即19882 U≥ ＞329.5 11987（9）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 × （11） 71 因此， ×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1 1 1 1 2Z ? U ? V ? ? ? ? X Y 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Z12 ? U1 ? V1（20）1 1 1 ? ? X Y Z（12）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，一般解为求 X，Y，Z 的一般形式 ［解］由（12）式可知：U1 ? R 2 ， V1 ? S 2 ， Z1 ? R ? S（13）（21）1 1 1 1 ＜ ， ＜ X Z Y Z将（21）式代入到（14）式中，我们有一般解： X=R（R＋S）T泰州市海陵区泰来家教服务部第 21 页Y＝S（R＋S）T （22） Z=R? T S? 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。泰州市海陵区泰来家教服务部第 22 页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。请问最后这个泰州市海陵区泰来家教服务部第 23 页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） ：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， 62 和图 63 的圈是逐个填上的。 图 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× 3） （ 2× ，泰州市海陵区泰来家教服务部第 24 页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、 分和 5 分的硬币凑成一元钱、 2 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× 种不同的分法。 51 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）的个数为泰州市海陵区泰来家教服务部第 25 页（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。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4 1 9 ? ，由于 EC 是 AC 的 1 ? ， 10 10 54 4 9 1 ? ? 。 可见 ED 是 AC 的 54 10 15 1 1 1 ? ? 这样 AD 就是 AC 的 10 15 6 1 最后，由于 AD=CB， A D 就是 A B 的 7 1 答：第一班学生步行了全程的 。 7ED 是 EC 的 【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1 1989 个1我们画一个图（见图书 65）来分析。图中 A 是学校，B 是少年问：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 们知道泰州市海陵区泰来家教服务部第 26 页111?11也是 9 的倍数。 ??? ? ?1989 个1事实上，× 9，345679× 9。 所以 111 ? ＝??45679? ? ??? 1234???? ? ???? 9 ??11 ??1989 个1 221个 被220 个0断开另一方面， 111 ? ? 9＝999??＝ ??? ??11 ? ?? 10 ? 991989 个1 1980 个91989－ 1因此111?11? 111?? ??? ??11 ? ?1989 个1 1989 个1=4… ×（） = 2345679 ? 0 ?
???? ? 00? ???? ? ? ? ? ? ?1989 个0 1988 位=
↑ 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
和 221 个 。 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。泰州市海陵区泰来家教服务部第 27 页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 ，四个小圆面积之 4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。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？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。【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 平方米泰州市海陵区泰来家教服务部第 28 页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÷ 6=3 2× 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？【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【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） 。泰州市海陵区泰来家教服务部第 29 页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： 4 号面与 6 号面的公共边剪开， 6 号面与 5 号面粘上， 将 将 这样，平面展开图就成了图 71。 也就是说： 71 和图 72 只不过同一个立方体的不同平面展开图 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；泰州市海陵区泰来家教服务部第 30 页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。泰州市海陵区泰来家教服务部第 31 页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=1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＝ (21 18 10 15 ? ? )? 630 630 630 7 49 15 ? （约分） ＝ 630 7 1 ＝ 6 1 1 1 15 ? ? )? 2 ? 3? 5 5? 7 3? 3? 7 7 21 ? 18 ? 10 15 ? ＝ 2 ? 3? 3? 5? 7 7 49 1 ? ＝ 2 ? 3? 7 ? 7 6〔解法 2〕 原式＝ (（分） ＝ 8 (分) ? 8.3[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=1（秒） ， 500÷60＝ 81 31 ≈8.3（分） 3答：光从太阳到地球约需 8.3 分钟。 （2）计算(1 1 1 1 ? ? )?2 ? ? 30 35 63 7[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[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：泰州市海陵区泰来家教服务部第 32 页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）×＝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。1 －86＝41（公斤） 2 1 ＝41（公斤） 2[解法 2] （83＋85）=中+大+2×小，所以小箱重量是 （83+85-86）×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? 0.00 1 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＝? ? ?1 1 1 ? ? 9 90 900 100 ? 10 ? 1 ＝ 900 111 ＝ 900[分析] 我们知道，底面半径 r、高 h 的圆柱体表面积是 S=2π r2 ＋2π rh．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泰州市海陵区泰来家教服务部第 33 页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）×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？1 ＝8（米/秒） 2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[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100 90 ? ?v x 10 100 70 ? ?v x 103 S， 20 1 3 7 所以 S 黄＝ S－ S＝ S 2 20 20 S 绿＝S ? 15%＝泰州市海陵区泰来家教服务部第 34 页S＝20 20 S黄＝ ? 21＝60 （平方厘米） 7 7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？主动轮转数 r 90 6 ＝ ? ? 从动轮转数 R 105 7为了叙述方便， n1 和 n2 分别代表主动轮和从动轮标志线端点 用 通过接触点的次数。 因为主动轮和从动轮都是每转 线端点通过接触点，所以1 转就有一个标志 2n1 6 ? n2 7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π R， 从动轮标志线两端点间的圆弧长是π r，它们的比是 π R∶π r＝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[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，所以泰州市海陵区泰来家教服务部第 35 页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。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]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](1 ? 6) ? 6 ? 21 2 (1 ? 7) ? 7 ? 28 黑色小三角形个数＝1＋2＋?＋7＝ 2 21 3 ? 。 所以它们的比＝ 28 4白色小三角形个数＝1＋2＋?＋6＝[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 。 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。泰州市海陵区泰来家教服务部第 36 页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 10 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3 3 ?1 ? 。 8 83 。 8（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？(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[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=π r2=π 1 环面积=π ×102-π ×92=19π ，泰州市海陵区泰来家教服务部第 37 页? 1 ? 19? 19答：10 环面积是 1 环面积的1 。 195 2 5 2 ? ?2 8 3 14 1．计算： 1 8 (3 ? 4.375) ? 19 12 9[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[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， 70÷7=10， 而 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。5 2 5 1 8 (2 ? ? 2 ) ? [( 3 ? 4.375) ? 19 ] 8 3 14 12 9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]21 2 33 ? ? 8 3 14 原式＝ 37 35 9 ( ? )? 12 8 179 21 11 ? 7 ＝ 8 179 9 ? 24 179 21 11 8 ＝( ? )? 8 7 3 4 ＝7 ? 4 21泰州市海陵区泰来家教服务部第 38 页＝2 [解法 2]17 2121 2 33 ? ? 8 3 14 原式＝ 37 35 9 ( ? )? 12 8 179 21 11 ? 8 7 ? 56 ＝ 179 9 56 ? 24 179 147 ? 88 ＝ 21 17 ＝2 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 ，这 8两步很关键。 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： ， ， ， ， ， ， 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？1 1 3 1 3 5 7 2 4 4 8 8 8 8[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