2021年华杯赛试题的详解和讨论

发布时间：2021-04-18


2015 年华杯赛决赛的试题讨论
——干点正事，学点东西，吸其精华
华杯赛南京赛区开明数学工作室考点
满涛
2015 年 4 月 11 日，举办完本届华杯赛，心情放松，本想自由一下，下午还得上课。阅卷老师三五成群来到了工人新村，少年宫的老师也来了。你们工作吧， 我不参与阅卷，不碰卷子。16：00 下课时，拿到小学的两份卷子看看，有问题， 答案不对啊，我给少年宫郑老师喊下来，让她致电少年宫施主任，施主任很快联系了全国组委会，组委会的答复是正确无误，让我们不要看网上的答案和讨论， 我也没看啊？18：00 左右，准备吃饭，但没有吃，创新的张总监用办公室电话我，我没接，回过去才知道，有人举报作弊。咋办，我华杯赛自 2013 年风波后我不牵头了，我让郑老师立刻通知施主任，交代完让他处理。
4 月 13 日，组委会说答案有歧义，修正！
关于第二十届“华杯赛”决赛试题答案修正的通知各参赛代表队：
根据“华杯赛”主试委员会意见，现将第二十届“华杯赛”决赛相关试题答案修正如下：
一、第二十届“华杯赛”决赛试题参考答案小中 A、B 卷第十题
修正后答案为：15 种 ， 具体解答另附。2015 年 4 月 14 日周二上午南京学而思胡伟老师称还有一种认为：染三种颜色、四种颜色、五种颜色，加起来的和55，正确！
这是题目：
第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题 A 组（小学中年级组） （时间: 2015 年 4 月 11 日 10:00～11:30）
10．用五种不同的颜色涂正方体的六个面. 如果相邻的两个面不能涂同种颜色, 则共有多少种不同的涂色方法？（将正方体任意翻转后仍然不同的涂色方法才被认为是不同的）

答案呢？

2015 年 4 月 11 日下午，阅卷现场，每位老师拿到的是：

10.答案: 30 种. 解答. 由题意，涂有相同颜色的 2 个面相对，总可以将相同颜色的 2 个面置于上

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下底面，有 5 种涂法. 固定 1 种涂法，即上下底的颜色后，总可以在保持上下底 的颜色条件下，通过转动将余下 4 种颜色中 1 种固定为正面的涂色.余下 3 种颜 色涂后面、左右侧面，共有 6 种涂法. 所以，共有 30 种涂法.
想了想，百度硬盘搜索！
我高三时参加的全国高中数学联赛
1996 年全国高中数学联合竞赛试卷第一试
(10 月 13 日上午 8：00－9：20
二、填空题：
5． 从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的六个面染色， 每 面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。则不同的染色方法共有 种．(注：如果我们对两个相同的正方体染色后，可以通过适当的翻转，使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同，那么，我们就说这两个正方体的染色方案相同．
解：至少 3 种颜色：
6 种颜色全用：上面固定用某色，下面可有 5 种选择，其余 4 面有(4－1!=6 种方法，共计 30 种方法；
4用 5 种颜色：上下用同色：6 种方法，选 4 色：C30÷2 =90 5 (4－1! =30；6×种方法；．
22用 4 种颜色：C6 C4 =90 种方法．

3用 3 种颜色：C6 =20 种方法．
∴共有 230 种方法．

20 年后，这道题出给了像我们的孩子般大小的三四年级小学生做，社会进 步好快！接着是 4 月 16 日修正答案 2 发给每个参赛队，还有充斥论坛的愤怒等等，以及家长帮的“好奇心重”与“starfall12345”对我的不敬，乱啊！
当夜幕降临的时候，我看了《那夜凌晨，我坐上了旺角开往大埔的红色小 VAN》，我一直相信自己的眼光，因为寒假我买的四张三区 DVD，《黄金时代》、
《一个人的武林》、《黄飞鸿》以及这张都获奖了，《亲爱的》也去过影院看了。吸取些华杯赛的精华，老教授（老一辈的）还是很给力的，顺便谈谈我对竞 赛试题的学习观点。不要被竞赛特别是杯赛绑架，要学习其中对学校课程学习有用的东西，充实我们的课堂。

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试题 1：第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题（初二组）
好题一套，比初一简单，贴合课本，是中学数学教学和竞赛的有机结合，摒弃部份题目。

1. 在 2 1 与 5 2 中, 较大的是 ．

【评注】比较无理数的大小，八年级上学期第四章简单的无理数。全国初中数学联赛出过类似的问题，是很好地检测学生学习无理数的好题。

【答案】 2 1

【解答 1】估值判断 2 1较大．要证 2 1 5 2 , 即 2 1 5 , 3 2 2 5,

只需证2 2 2 , 即 2 1, 显然成立, 故 2 1较大．

【解答 2】注意

2 1
, 2 1 1
5 2
1 , 5 2

2 取倒数很 通过估值得 2 1 5 2 , 所以 2 1 5 2 , 故 2 1较大．解答

好，是一种方法。我们看看全国初中数学联赛的类似试题：

（2012-1）已知a 2 1， b 3 2 ， c 6 2 ，那么a, b, c 的大小关系是
A. a b c B. a c b C. b a c D. b c a
【答】C. 1 11 1 因 为 2 1 ， 3 2 ， 所 以 0 ， 故 b a . 又
a b a b c a ( 6 2 ( 2 1
6 ( 2 1 ，而( 62 ( 2 12 3 2 2 0 ，所以
6 2 1，故c a .因此b a c .
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2. 记 N 135 2013 2 4 6 2014 , N 除以 2015 的余数等 于
．
【评注】和初一组一致的一个问题，和学校学习结合不紧密，删去！

【答案】0

【解答】由于
N 1 3 5 2013 2 4 6 2014 1 3 5 2013 (2015 2013(2015 2011(2015 2009 (2015 1 1 3 5 2013 (2013(2011(2009 (1 2015 n 1 3 5 2013 1 (11007 2015 n 2015 n,
其中 n 为某整数. 因此 N 是 2015 的倍数, 所以余数是 0．


73. 如图, 在矩形 OABC 中, OA = 6, OC = 5．反比例函数 y

x 的图象分别与 AB 和 BC 交于 E 和 F 点．那么三角形 OEF BFE 的面积差等于 与三角形

．
【评注】反比例函数上的点的坐标、面积不变性。和八年级下册第十一章紧密结合，是 2012 年华杯赛初赛初二组试题的姊妹。好题，练练手！
【答案】
161
30 7 7 A(6,0, B(6,5, C(0,5 , E6, , F ,5 , 所以


【解答】由已知:
 6 5 
S OAE
s 1 7 1 7 6 5 7 OCF 2 6 2 5

S BEF 1 7 7 1 23 23 529 5 6 . 2 6
5 2 6 5 60
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故



11 5 = ． SOCF SBEF S SOEF SBEF (30 S OAE BEF
30















你记得 2013 年的那题吗，那是亲们在上小学六年级：

如图, 在直角坐标系 Oxy 中, A, B 分别是 x 轴和 y 轴上的点, 四边形 OACB 是 矩 形 , OA=7, OB=4. 已 知 反 比 例 函 数
k y (k 0 在第一象限的图象分别与 AC, BC 交于 F, E. 当
x 32 ECF 的面积等于 时, k 的值等于（ ）. 7

（A）8 （B）10 （C）12 （D）14
【答案】C

【解答】先表示点的坐标，E 点的坐标 k k
,4, F 点的坐标7, . 因此, 4
 7
S ECF
1 k  k 32 4 7
.4 7 2 7 
整理得

k2 56k 528 0 ,

解得 k 12 或 k 44 . 容易验证: k=44 不是解.完美，是因为那个完全平方！那 么今年的题除了解法思路一致，并没有完全平方公式便于计算的完美.


A (n 7(n 8 ．如果 n 都是自然数, 且 A 是平方数, 那么 n 的最大4. 设 A 和
可能值是 ．
【评注】用初中的方法解是完美的，即：用完全平方公式和平方数的定义，用下面的解法 1，有点那个！解法 2 巧变成勾股数，精妙！

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【答案】56
【解答 1】设(n 7 和(n 8 的最大公约数是 d, 则有

n 7 dx2 ; n 8 dy2 , d( y2 x2 15 d( y x( y x.

由此, 有

1 d 1, y x 1, y x 15, y 8, x 7, n 56;


2 d 1, y x 3, y x 5, y 4, x 1, n 8;

3 d 3, y x 1, y x 5, y 3, x 2, n 19;


4 d 5, y x 1, y x 3, y 2, x 1, n 12.

所以, n 的最大可能值是 56．

【解答 2】 设 A x2 , 则

1225 x2 A (n 7(n 8 n2 n 56 (n 2 ,
2 4
即



2 15 A ( 2 (n . 2 2
1又知 A 是一个完全平方数, 由勾股定理可知, x, 15
1 n 是斜边, 欲使 n 最大就是使 x 最大, 由于它们围起一个直角三 的三边, 且
2 , 2
1 n 是某一个直角三角形
2 角形, 所以 x n , 取 x n , 则152 1 4n , 所以 n 56 . 此解是整数满足题意, 本题的解是n 56 .
【解答 3】我上课时的讲法，基因突变！

A 是平方数，则 A 0 ，再利用 n 是自然数，所以n 7 ，设m n 7 ，所以m 0 ，

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且 A ( n 7 ( n 8 m( m 15 m2 15m .

对于m 0 有：

m2 m2 15m m2 16m 64 ，

m2 A ( m 8 2 ，

又 A 是平方数，所以：

A m2 , A ( m 12 , A ( m 2 2 ,，A ( m 7 2 ，代入 A m2 15m 得到 m 的值是 0、1、5、12 与 49，对应 n 的值为 7、8、12、19、56.


5. 用[x] 表示不超过实数
x 的最大整数, 方程 x2 3[x] 5 0 的所有根的乘积等于 ．
【评注】不等式、取整、注意未知数的范围，和七年级下册知识内容结合较多.
【答案】
238
【解答】设 [x] m , m 为整数．则 x2 3[x] 5 ．由

x2 [x]2 m2
3m 5 m2 m 1, 0, 1, 2, 3, 4;

x2 ([x] 12 (m 12 3m 5 (m 12 m2 m 4 m 2, 3, 4, .
得到 m 为 3 或4 . 当 m 3时,

x2 3m 5 14 x 14 .

当 m 4 时,
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x2 3m 5 17 x 17 .


所以两根的乘积等于 238 ．


6. 如图, 直角三角形 ABC 中, 三角形 ADF, 三角形 BED 和三角CFE 分别是以 A, B, C 为顶点的等腰三角形, AC = 17 厘米, 形
BC = 15 厘米, 那么三角形 DEF 的面积是 平方厘米．
【评注】面积计算、勾股定理，好题！针对八年级上册第三章直角三角形和勾 股定理；若用比例更加简单，只是现在我们苏科版九年级下册才学比例啊！
【答案】
180
17 【解答 1】由勾股定理,

AB 172 152 8 （厘米）,

三角形 ABC 的面积等于 60 平方厘米．

设 AD AF x 厘米, BE BD y 厘米, CF CE z 厘米, 由题
目条件有:





x y 8
y z 15 , z x 17 解上述方程组, 可得: x 5, y 3, z 12 ．于是
三角形 ADF 的面积

5 5 5 5 1= 三角形 ABC 的面积 60 11 (平方厘米,
8 17 8 17 34 9
直角三角形 BED 的面积= (平方厘米,
2



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三角形 CFE 的面积



=三角形 ABC 的面积12 12 60 12 12 3315 15 17 15 17 17 (平方厘米．

最后得到:



三角形 DEF 的面积 =
60 11 1 4 1 3315 10 10 （平方厘米）． 34 2 17 17

【解答 2】设 AD a , BD b , CE c , 由勾股定理,

a b 172 152 8, b c 15, c a 17 .

解方程组得, a 5 , b 3 , c 12 . 分别作 DE, DF, EF
的垂直平分线, 垂直平分线的交点记为 O, 分别连接 OD, OE, OF. 由于三角形 ADF, 三角形 BED 和三角形 CFE 分别是以 A, B, C 为顶点的等腰三角形, 所以
四边形 BEOD 是正方形, OD OE OF , 由勾股定理, OA 52 32 34 ,

OC 122 32 153 .

由三角形面积公式得

DF a·b 15 EF c·b 36
2 OA 34 , 2 OC
153 .
由勾股定理, 三角形 ODF, 三角形 OEF 的高分别为

h2 1 b ( DF 2 2 9 34 , h2 EF 22 b ( 2 3 17 ,

三角形 ODF, 三角形 OEF 的面积分别为
1·DF·h 130 9 135 1172 36 · · , ·EF·h ·3 ,
2 1 2 34 34 34 2 2 2 153 · 17 17
故三角形 DEF 的面积为

1173565159


9 135 36 180 ,2 34 17 17
即180 (17 平方厘米.

【解答 3】我上课时的讲法，哈哈！根据直角三角形的性质，由 AC=17，BC=15，得 AB=8，
设 BD BE x ，则 AD 8 x ， 从 而 AF 8 x ；则 CE 15 x ，从而CF 15 x .

由 AF+CF=AC，得一元一次方程8 x 15 x 17 ，从而 x 3.
以下隐藏，咱们同学都知道！


7. 设 a, b 为实数, 那么a2 ab b2 a b 的最小值是 ．

【评注】完全平方公式、配方、基本不等式.
【答案】
13


【解答 1】由已知

a2 ab b2 a b a2 (b 1a b2 b

(a b 12 1 2 2 2 4 b 2b 1 b b (a b 1 2 2 3 4 b2 1 2 b
1 4 (a b 1 2 3 b2 2 b 1 2
4 3 3
 (a b 1 3 1 2 2 1
2 4 b 3

3
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1  , 3

1 b 1 1 1 1 0 , 即b , a 时, 原式取到最小值 ． 当b 0, a
3 2 3 3 3 【解答 2】我上课时的解法，哈哈也隐藏！




1 或1, 共有 4 个 1 和 4 个1, 将每个8. 在右图的八个顶点处分别标上
四边形 4 个顶点处的数相乘, 再将所得的所有的积相加, 那么其和至多有 个不同的数值．
【评注】这题目不和学校的课程结合！

【答案】4

【解答】称四边形 4 个顶点的积为“顶点积”, 8 个顶点处所标的数记为

xi i 1, 2,3, 4,5,6,7,8,
4 个 1, 4 个1, “顶点积”只能是 1 或1．将 6 个“顶点积”相乘, 得: 其中有

x x x x x x x x 1 2 3 4 5 6 7 8
3 1, 说明 6 个“顶点积”中, 积为 1的个数是偶数, 可能的个数是 0, 2, 4 和 6, 则 6 个 “顶点积”的不同的和至多有 4 个, 分别是 6 , 2 , 2 和 6．

能否有 4 个不同的和？下图是 6 个“顶点积”的和分别6, 2, 2 和 6, 其顶

点处 1 1 的放法．


【解答 2】将图形看成是立方体的叙述: 围成一个面的 4 个顶点的积是 1 或者 1
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取决于 4 个点中, 标 1 的个数或者 1的个数是偶数个或者奇数个．4 个 1, 4 个 1 共 8 个标号, 无论怎么分, 围成两对面的点所含的 1个数的和为 4, 它们所含的
1的个数一定是同奇偶的, 相对的面的点标号的积的和等于 2 或者 2 ．所以三个对面和只能是
2 2 2 6 , 2 2 2 2 , 2 2 2 2 , 2 2 2 6.
不可能出现 4, 因为假设是 4, 2 一定出现, 要么是两个 2, 一个 2 , 或者是一 个 2, 两个 2 , 或者三个 2 , 和都不等于 4, 与和为 4 的假设矛盾．
和为 6 , 2 , 2 和 6 的情况是存在的, 如前面解法所示．
二、解答下列各题（每小题 10 分, 共 40 分, 要求写出简要过程） 9. 已知
3 s 1 3 3 1 3 s
, 求 s 的值．s3 【评注】计算算死人，这是啥年代的东西？ 【答案】46764

【解答】设
3 s x , 那么 x
1 3 x . 又 s3 1 x9 1 (x3 1 (x6 11 (x3 1 [(x3 1 2 3] s3 x9x3 x6 x3
x3 ,
而 (x3 1 (x 1(x2 1 1 (x 1[(x 12 3] 312 36 , x3 x x2 x x
所以,


s3
1

s3
36 (362 3 46764 ．












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10. 锐 角 三 角 形 ABC 中 ,

C 2B , AB 8 6 ,
BC CA 32, 求三角形 ABC 的面积．

【评注】本题非常好，意义重大！考查等腰三角形，二倍角的辅助线添加！我们在八年级上册学习等腰三角形时， 经常啊！

【答案】80 2

【解答 1】

（1）作高 AH , 因为三角形 ABC 是锐角三角形, H
点落在线段 BC 内部．

（2）以 AH 为对称轴将三角形 ABH 翻折到三角形 ADH 的位置,（即△ ABH ≌△ ADH ）, 所以

D B, ACB 2B 2D,

CAD ACB D 2D D D,

所以 AC CD.

（3）因此

BD BC CD BC AC 32,


而 AD AB 8 6, 所以

AC HC HD 16.

（4）在直角△ ADH 中应用勾股定理: 1173565163


AH AD2 DH 2 8 6 162 128 8 2.
（5）设 HC x, 则 AC 16 x, 在直角△ ACH 中应用勾股定理: 2
8 2
2 x2 16 x,
2 解得 HC x 4. 因此

BC BH HC 16 4 20.

（6）所以,

1 1 三角形 ABC 的面积 BC AH 208 2 80 2.
2 2
【解答 2】


（1）作高 AH , 因为三角形 ABC 是锐角三角形, H 点落在线段 BC 内部．

（2）以 AH 为对称轴将三角形 ACH 翻折到三角形 ADH 的位置．（即证△ ACH ≌△ ADH ）, 则有
AC AD, DH CH.

ADH C 2B, BAD ADH B B, BD AD AC.


（3） BH BD DH AC CH, 而 BH (AC CH BC AC 32, 所以

1 BH AC CH 32 16.
2
（4）在直角三角形 ABH 中, 利用勾股定理, 求得

AH (8 62 162 128 8 2.

（5）设 HC x, 则 AC 16 x, 在直角△ ACH 中应用勾股定理: 1173565164

8 2 x2 16 x,
2 2 解得 HC x 4. 因此

BC BH HC 16 4 20.

（6）所以,

1 1 三角形 ABC 的面积 BC AH 208 2 2
2 80 2.

用相似和角平分线定理也可以做！



11. 实数 a 满足a5 a 1 0 , 请求多项式a3 a2 的值．

【评注】多项式的除法早已经不在学校教学范围！哎！这题有点
old fashion.
【答案】 1
【解答】整式 a5 a 1除以 a3 a2 , 得到商和余数都是 a2 a 1, 故

a5 a 1 (a3 a2 1(a2 a 1 ,

又a2 a 1 0 , 所以a3 a2 1．



12. 面积相同、圆心角分别为
45º 和 60º 的扇形薄铁片甲和乙, 在桌面上各自沿直尺作无滑动的滚动一周（如图示意）, 求薄铁片甲和乙的圆心经过的路线长度之比．

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【评注】本题对即将升入九年级的同学很好，苏科版教材九年级增加了圆部份的计算权重，很大一块要计算平面图形中的圆的一些量，也要计算立体图形中的量.
【答案】

8 3 15 【解答】设扇形的半径分别为 R 1 和 R 2 , 根据题意,


60πR 2 45πR 2 R 2 3 R 3 1 2 1 1 2 = ，， 360 360 R 4 R 2
.2 2

又顶点经过的路线总长分别为:

90πR1 60πR1 90πR1 4πR1
，180 180 180 3 90πR2 45πR2 90πR2 5πR2
.180 180 180 4
故, 所求之比为

4πR1 5πR2 16R1 16 3 8 3 ．3 4 15R2 15 2 15



三、解答下列各题（每小题 15 分, 共 30 分, 要求写出详细过程）

13. 如图所示, 梯形 ABCD 中, AB//CD．分别以 AD,
BC 为一边向外侧作正方形 ADEF , BCGH , 过E , G 分别作CD 的平行线 EP , GQ, 过 D , C 分别作
EP, GQ 的垂线, 垂足分别为 P, Q, 连接 PQ 交
EG 于点M . 证明: EM MG ．
【评注】好题，是全等的一系列题目的变形！
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【证明】过
C, D 分别作 AB 的垂线, 垂足分别为
E P
T , R ．在△ADR 和△DEP 中,
3 M 2 F Q 1 2 90 , 2 3 90 , 1 4 90 ,
1 D C
4 所以
A R T B
1 3,2 4 ．

又因为四边形 ADEF为正方形, 所以 AD DE．所以△ADR ≌ △DEP ．所以
EP DR．

同理可证△BCT≌△CGQ ．所以GQ CT ．因为 AB / /CD , 所以 DR CT ．所以 EP GQ ．
在 △EPM 和 △GQM 中, 因为 E P/ / C D/ / G , 所以 P E M QGM．又

P ME QGM, EP GQ , 所以△EPM≌△GQM ．所以 EM MG ．



14. 从小到大的不同自然数 x1, x2 , x3 , , x7 满足 x1 x2 x3 x7 2015 ,

则 x4 x5 x6 x7 的最小值是多少？

【评注】整数不等式问题，对学生的技能要求高！可以学习锻炼，方向正确！

【答案】1158

【解答】由已知

x4 x5 x6 x7 x4 (x4 1 (x4 2 (x4 3 4x4 6 .

所以

3(x4 x5 x6 x7 12x4 18 12(x3 1 18 4 3x3 30 4(x3 x2 1 x1 2 30 4(x1 x2 x3 42.
G H 1173565167

即

3(x4 x5 x6 x7 4(x1 x2 x3 42.
（1）

又由（1）可得

4 2015 8060 4(x1 x7
4(x1 x2 x3 4(x4 x5 x6 x7 7(x4 x5 x6 x7 42,

所以

x4 x5 x6 x7 1158 .

当上式等号成立时, 因为

288 289 290 291 1158,

所以 x4 288 . 注意

x1 x2 x3 285 286 287 858 , 858 1158 2016 ,

可令

x1 284 , x2 286 , x3 287 , x4 288 , x5 289 , x6 290 , x7 291,
此时

x1 x2 x3 x7 2015 .

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试题 2：第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题（初一组）
一、填空题 (每小题 10 分, 共 80 分

1. 计算: 2048 1 1 2 1 3 1 10 1 = . 2 4 8 1024 【评注】本题放在小学高年级组比较好，初一应该着重于正负数的计算.
【答案】114686
【解答】

2048 1 1 2 1 3 1 10 1 2 4 8 1024 2048 1 2 3 10 1 1
1 1  2 4 8 1024
2048 55 1 1 2048 56 2 114686.  1024 2. 一堆彩球只有红、黄两色. 先数出的 50 个球中有 49 个红球, 此后, 每数出
8 个球中都有 7 个红球, 恰好数完. 已数出的球中红球不少于 90%. 这堆彩球最多有 个. 【评注】本题利用解一元壹层不等式或方程，是比较贴合初一的试题，以往迎春杯考过类似的题目. 【答案】210
【解答】设这堆球共 n 个, 则

49
7 (n 50 8 9 ,
n 10
1173565169
解得n 210.

2013 年迎春杯网络考试的题目：

在本轮联赛前，某支足球队的前锋 A 进球数恰好占球队赛季总进球数的三分之一．本轮比赛中该队 3:0 获胜，A 独中两元，这样他的进球数超过了球队总进球数的 36%．那么现在 A 最多已经进了 个球． 答案：13 作者：高思教育 邹瑾
解答：设在比赛前全队进球数为 3a，则前锋 A 进球数为a ，比赛后全队进球数为3a 3 ，前锋 A 进球数为 a 2 ，由题意： a 2 3a 3 36%，解得： a 11.5 ，则 A 的进球数为a 2 13.5 ，所以 A 最多已经进了 13 个球． 所属知识点：列不等式解应用题，解不等式．
评注：这是在赞扬我们江苏国信舜天 2012 年的辉煌战绩和最佳射手、最佳球员达纳拉赫，那一年的大雨夜我们客场 1：0 力克北京，是不是？


3. 正整数a , b , c , d 满足 2 a
c
3 , 当a b c d 最小时, c
3 b d 4 = , d = .
【评注】不等式，整数问题，考得比较好，人教版七年级学过了，我们苏科版要到期中考试后学习 。解答过程那个点，大伙安心看看，每步很有道理。 【答案】5 , 7
【解答】不等式等价于:
4

6 a b 6 8, 6 9 a b 9 12.
先考虑a 比较小的情况.
当a 1 时, b 为整数, 则
a 1 1
2 , 不成立. b b 2 3
当a 2 时, b 为整数, 则
a 2
2 , 不成立. b b 3 当a 3 时, 由于 2 a c
3 , 则
3 b d 4
1173565170

2 3 3 b , 3 3

9b  2 b 4
b 4

不存在整数解, 不成立.
当a 4 时, 由于
2 a c
3 , 则 3 b d 4

2 4

b
6

3 4 b3 , 

b 16 5 ,
3 b
4
不存在整数解, 不成立.
当a 5 时, 由于 2 a c
3 , 则
3 b d 4

2 15 5 b 3 b ,
52 b 20 .

3b 4 3
6
此时有唯一解b 7 , 且

a 5
b
7 .再由 2 a c 3 , 得到 5 c
3 . 根据a 5 的讨论, 知道c 5 .
3 b d 4 7 d 4
当a 5, c 6 时, 由 5 c
3 , 则
7 d 4

5 6 d 42
7 d 5 , 6 , d 34

d 24 3 8

1173565171

不存在整数解, 不成立.
1173565172
5 c 3 当a 5, c 7 时, 由 , 则
7 d 4

5 7 7 d , 7 3 d 4
d 49
5 , d 28
93

不存在整数解, 不成立.
当a 5, c 8 时, 由 5 c
3 , 则
7 d 4

5 8 d 56
7 d 8 3, 5 d 4

d 32 ,
3 10
存在唯一解d 11. 当a 6 时, 由于 2 a c
3 , 则
3 b d 4

2 6 b 18 3 b 6, 2 b 34 b 24
, 3
8
不存在整数解, 不成立.
当a 7 时, 由于 2 a c
3 , 则
3 b d 4

2
7


b 21
此时 a 
存在唯一解b 10 .
1173565173
3 b 3 b 4 2
, ,
7 28 b
3 7
.
b 10 1173565174
2 a c 3 当a 7 时, 由于 , 则
3 b d 4


2 a 3 b
,
3 a b 4


b 3a 2
.
b 4a
3 由于

3a 4a a 2 3 6
1,
则总有整数b 满足不等式组. 这说明当a 7 时, 2 a c
3 总有解. 3 b d 4
进一步, 由于 a , c 是分数且满足 2 a c
3 , 则b 4 a, d 4 c .
b d 3 b d 4 3 3
由上面的讨论, 当a 5 时, b 有唯一解满足不等式, 所以c 8 . 此时, b 7 4 5 , d 4 c 1 4 8
1 11 , 3 3 3 其中, x表示不大于 x 的最大整数. 所以

a b c d 5 7 8 11 31.

当a 7 时, b 10 是满足不等式的唯一解. 显然有 7
5 , 此时
10 7
a b c d 7 10 5 7 29 .

除了a 5, b 10 与 a 5, b 7 外, 满足不等式的 2
a c 3 3 b d 4 的
定有a 8.
并且当a 8, c 8时,
a b c d 8

4 8
8 4 8 36 .

a , 一 b
1173565175
3 1
3 1
1173565176
所以当a b c d 最小的时候, c 5, d 7 .



4. 圆形跑道上等距插着 2015 面旗子, 甲与乙同时同向从某面旗子的位置出发, 当甲与乙再次同时回到出发点时, 甲跑了23 圈, 乙跑了13 圈. 不算起始点旗子位置, 则中间有 次甲正好在旗子位置追上乙. 【评注】行程问题、整数问题，初一学生可做！

【答案】4
【解答】根据题意, A 与 B 的速度之比为23 : 13. 设跑道的长度为 2015, A 的速度为 23m, B 的速度为 13m, 第k 次 A 追上 B 的时刻为t , 则有:
(2313mt 2015k , k 1,2,,10 .

t
2015 403 10m k 2m k .

A 追上 B 时, A 跑的距离是:


23m 2015 23 403
10m k 2
k .按题意, k 10 .
且当 k = 2, 4, 6, 8, 10 时, A 跑的距离是整数, 5 个追及点分别在 5 个旗子处, 并且
当 k = 2, 4, 6, 8 时, 23 403 k 不是 2015 的倍数, 故不在起始点的旗子处. 当
2 k 10 时,
23 403 k 23 2015 . 2
此时回到了起始点, 因此不算起始点位置, 中间有 4 次甲在旗子处追上乙. 1173565177

5. 现有 2015 张卡片, 每张上写有数字 1或 1. 如果每次指着其中的三张卡片问：“这三张卡片所写的数字的乘积是多少？”并得到正确回答. 那么, 至少问 次才能确定这 2015 张卡片所写的数字的乘积. 【评注】鸽笼原理，与教材无关，对七年级纯属竞赛同学有益！

【答案】673
【解答】 由于 2015 被 3 除商 671 余 2, 故要想得到所有数的乘积至少要问 672 次. 但是问 672 次, 得到 2016 个数的乘积, 因此必有一个数出现在两个三元数组中, 也就是这个数的平方在 2016 个数的乘积中, 无法确定这个数是 1还是 1, 所以无法知道这 2015 张卡片背面数的乘积. 下面说明问673 次, 可以解决. 先问670 次, 解决2010 张卡片上数的乘积. 然

后再将剩余的卡片分别问a1a2a3 , a1a2a4 , a1a2a5 的乘积, 就可得到这 5 张卡片上
的数的乘积. 最后就可以得到这 2015 张卡片背面所写数的乘积.


6. 设a, b, c 为1 到9 中的三个不同整数, 则
abc a b
c 的最大值是
, 最小

值是 .（ abc 是个三位数）

【评注】本题八年级做更好，记得有一年总决赛考过

【答案】
307 , 21 4 2
【解答】


（1）考虑到 921
921 76 3 , abc 的值不可能大于76 3 . 若不对, 9 2 1 12 4 a b c 4
设

1173565178
abc 76 3 . a b c 4 即
3 3 3 100a 10b c 76 a 76 b 76 c ,
4 4 4
23 1 a 66 3 b 75 3 c . 4 4 4
极端的情况, 可取a 9,b 2,c 1, 此时有
209 1 209 1 ,
4 4


这是不成立的. 所以, 符合条件的
abc 最大值是76 3 . a b
c 4 （2）考虑到
189
189 10 1 , abc 的值不可能小于10 1 . 若不然, 1 8 9 18 2 a b c 2 设
abc 10 1 , a b c 2 可推出
100a 10b c 10 1 a 10 1 b 10 1 c ,
2 2 2
89 1 a 1 b 9 1 c . 2 2 2
则
a b 19 c 8 19 179 9 179
1,不可能.

1173565179
abc 最小值是10 1 . 所以, 符合条件的
a b c 2



7. 如右图, 正六边形中两个等边三角形的面积都为 30 平方厘米, 那么正六边形的面积是 【评注】菱形的面积，难度大！

【答案】135 平方厘米.
【解答】如图, 记原正六边形为 ABCDLM , 两个等边三角形为
ΔAEH , ΔHED . 做正六边形GAEDKF , 则 H 为正六边形GAEDKF
中心, 并且 ΔHDK , ΔHKF , ΔHFG , ΔGAH 是等边三角形, 且与
ΔAEH , ΔHED的边长相等.

由于四边形 AEDH 、EDKH 、HDKF 、KFGH 、FGAH 都是菱形, 根据平行四边形的性质（其对角线把平行四边形分成面积相等的两部分）, 则 ΔHDK ,
ΔHKF , ΔHFG , ΔGAH , ΔAEH , ΔHED的面积都相等.

根据四边形 AEDH 为菱形, 则 DI IA（其中 I 为 DA 与 HE 的交点）, 所以 I 为正 六边形 A B C D L 的中心 , 则 DL DI = 正六边形 A B C D L 的边长 , 并且 IDL 60 .

根据ΔAEH , ΔHED 为等边三角形, 则IDH ADH 30 . 根据ΔHDK , ΔHKF
为等边 三角形 , 则 HDF 30 . 所以 ADF ADH HDF 60 , 再由

IDL 60 , 可以推出 L 在菱形 HDKF 的对角线 DF 上, 并且 DL FL DI , 因为它们都是面积相等且边长相等的两个等边三角形的高.
同样的道理可以推出M 在菱形GAHF 的对角线 AF 上, 并且 AI AM MF . 所 以 AI AM MF DL FL DI LM . 因此三角形 ΔAIM , ΔFML , ΔDLI , ΔLMI 是等边三角形, 且边长相等. 由 L,M ,I 是三角形 ADF 三边的中点, 知道
1173565180



1 , 而 ΔLMI 的面积等于三角形ΔADF 三边的 ΔAIM , ΔFML , ΔDLI , 4
1 1 三角形 ADF 的面积= 正六边形GAEDKF 面积= 6 30 90(平方厘米.
2 2
所以

正六边形 ABCDLM 的面积= 6 ΔFIM 面积= 6 90 135(平方厘米.
4

1
8. 从一副扑克牌中抽走一些牌, 在剩下的牌中至少要数出 20 张, 才能确保数出的牌中有两张同花色的牌的点数和为 15. 那么最多抽走 抽走 张牌, 最少张牌. （J、Q、K 的点数分别为 11, 12, 13, 大、小王的点数为 0；
一副扑克牌有 54 张牌, 其中 52 张是正牌, 另 2 张是副牌（大王和小王）. 52 张正牌又均分为 13 张一组, 并以黑桃、红桃、草花、方块四种花色表示各组, 每组花色的牌包括从 1 至 10（1 通常表示为 A）以及 J、Q、K 标示的 13 张牌）. 【评注】利用代数解决最坏的情况和最好的情况，只能说难度大！

【答案】34, 16
【解答】点数为 1 与 0 的牌不可能与另外一张牌的点数之和为 15. 同一花色的牌中, 除 A 外的 12 张牌凑成 6 对点数之和为 15, 称之为卡片对, 这样同花色点数和为 15 的卡片对总共有 24 对. 抽走的卡片属于下面 3 种情况:
情况 1, 从某一卡片对中抽走一张.
情况 2. 某一卡片对中两张卡片都被抽走.
情况 3, 抽走的是点数为 1 或者 0 的卡片.
记属于情况 1 的卡片数量为 x , 属于情况 2 的卡片数量为2 y , 属于情况 3 的卡片
1173565181
数为 z , 则剩下的卡片中, 点数为 1 的有6 z 张, 点数不为 1 且不能构成同花色点数和为15 的卡片有 x 张, 能够构成同花色点数和为15 的卡片对为24 x y 对. 根据题意, 要求
24 x y 0 ,

则 x y 23.

余下的这些卡片最多可以数出

24 x y x (6 z 30 y z

张, 其中任意两张同花色的牌的点数和不为 15, 而(30 y z 1 张必有两张同花色的牌的点数和为 15. 因此(30 y z 1 20 , 则 y z 11. 此时, 抽走的卡片总数满足

x 2 y z x y 11 23 11 34 ,

即最多抽走 34 张. 根据 y z 11, 得到 y 11. 可以验证当 x 12, y 11, z 0 时, 剩下 20 张牌中有一对同花色牌的点数和为 15, 并且可以抽出 19 张, 任意两张同 花色牌的点数不能为
15.
抽走的卡片总数为 x 2 y z x y 11, 当 x y 最小时, 抽走的牌的张数

最少, 由 y z 11, z 6 , 则 y 5. 所以

x 2 y z x y 11 x 16 16 .
而当 x 0, y 5, z 6 时, 剩下38 张牌中有19 对同花色牌的点数和为15, 并且可以抽出 19 张, 任意两张同花色牌的点数不能为 15, 抽出 20 张, 必有两张同花色 的牌点数和为
15.
1173565182
二、解答下列各题（每题 10 分, 共 40 分, 要求写出简要过程）

9. 算式135 2013 2 4 6 2014 的值被 2015 整除后的余数为多少？

【评注】余数问题难度不大，但和初中内容无关！

【答案】0
【解答】由于

1 3 5 2013 2 4 6 2014 1 3 5 2013 (2015 2013(2015 2011(2015 2009 (2015 1 1 3 5 2013 (2013(2011(2009 (1 2015 n 1 3 5 2013 1 (11007 2015 n 2015 n,
其中 n 为某整数, 算式

135 2013 2 4 6 2014

的值被 2015 整除后的余数为
0.


10 （1）右图共含有几个四边形? （2） 在右图的每个顶点处标上 1 或
. 1, 共有 4 个 1 和 4 个 1, 将每个四边形 4 个顶点处的数相乘, 再将所得的所有的积相加, 问：至多有多少个不同的和？ 【评注】和八年级题目一样！

【答案】（1）6, （2）4
【解答】

（1）共含有 6 个四边形.
（2）至多有 4 个不同的和, 分别是 6, 2, −2 和−6
1173565183

称四边形 4 个顶点的积为“顶点积”, 8 个顶点处所标的数记为

xi i 1, 2,3, 4,5,6,7,8,
其中有
4 个 1, 4 个1, “顶点积”只能是 1 或1．将 6 个“顶点积”相乘, 得:

x x x x x x x x3 1 2 3 4 5 6 7 8
1, 说明 6 个“顶点积”中, 积为 1的个数是偶数, 可能的个数是 0, 2, 4 和 6, 则 6 个 “顶点积”的不同的和至多有 4 个, 分别是 6 , 2 , 2 和 6．

能否有 4 个不同的和？下图是 6 个“顶点积”的和分别6, 2, 2 和 6, 其顶

点处 1 和 1 的放法．




11. 已知 1 1 1 3 ，a b c
3 , b2 c 2c2 b 4( b 2 c 0, b 与c 同号,
b c a 4 bc ac ab 2 且b 2c. 求a4 b4 c4 .

【评注】考查了绝对值和添加绝对值符号，完全平方公式，和初一学习的知识 结合，难度够大！ 【答案】288
【解答】由题意知: 1173565184

b2 c 2c2 b 4( b 2 c b bc bc 2c 4( b 2 c bc ( b 2c 4( b 2 c ( bc 4( b 2 c 0.
1 1 1 3 因为b 与c 同号, 且b 2c, 故bc 4. 由 得 b c a 4
ac ab bc
3 abc 3a.
4 由 a bc b ac c ab 3 , 得

2

a2 b2 c2
3 abc 6a. 2 由（1）和（2）得
a (b c2 a2 b2 c2 2a(b c 2bc 0 ,
所以
a b c.
由（2）和（3）得
2(b c2 2bc a2 (b c2 2bc a2 b2 c2 6(b c,即
2(b c2 8 6(b c 0, (b c2 3(b c 4 0 .
由此得
b c 4 或 b c 1 .
又bc 4 , 所以只有 b c 2 , 于是 a 4 . 故
1）
2）
3）
1173565185



（




（



（








a4 b4 c4 288 .



12
.加工十个同样的木制玩具, 需用 260 毫米和 370 毫米长的标准木方分别为 30 根和 40 根. 仓库里有长度分别为 900 毫米、745 毫米、1385 毫米的三种标准木方, 用这三种标准木方锯出所需长度的木方, 每锯一次要损耗 5 毫米长木方. 问是否可以用三种木方, 每种木方选一些, 恰好锯出十个玩具所需的木方？如果可以, 要求锯的次数最少, 那么三种木方各选多少根？（说明：一根木方被锯一次要得到两个长度大于 0 的木方, 即不能从一端锯. ） 【评注】七年级的用用题？难度较大！

【答案】14 根 900 毫米，10 根 745 毫米，2 根 1385 毫米

【解答】根据题目要求, 如果可以从三种木方各选出一些, 锯出十个玩具的所需木方并且不能剩余各种长度的木方, 则最后锯出的木方的长度只能是 260 毫米与370 毫米, 并且数量分别是 30 根与 40 根. 根据说明, “一个木方被锯一次要得到两个长度大于0 的木方”, 则一个木方被切割的次数是等于锯出的木方的数目1 . 设一根木方的长度为 L , 锯出长度为 260 毫米与 370 毫米木方分别为n, m 根, 则有关系式: 260n 370m 5(m n 1 L . 针对三种木方有下面锯的方法并且只有这三种锯的方法, 900 260 2 370 (2 11 5,

（*）
745 370 2 5 (2 1 ,

1385 260 370 3 5 (3 11 ,

设用长度为 900 毫米、750 毫米、1385 毫米的标准木方分别是 x 根, y 根, z 根, 则

1173565186

2x z 30, (1
x 2 y 3z 40. (2
由(2 2 (1 得

4 y 5z 50 ,

所以

z

50 4 y 4 y
. 10
5 5
解得三组整数解:

x 10 x 12 x 14

(1 y 0 , (2 y 5 , (3 y 10. z 10 z 6 z 2 因此问题可以从三种木方各选出一些, 锯出十个玩具的所需木方并且没有剩余各种长度的木方. 考虑到锯的次数最少, 因为只有这三种解, 分别计算: 解 (1 锯了 50 次, 解 (2 锯了 47 次, 解 (3 锯了 44 次, 最小者为解 (3. 此时 x 14, y 10, z 2 .




三、解答下列各题（每小题 15 分, 共 30 分, 要求写出详细过程）

13
.如图, △ABC 中, D 是 BC 上一点且CD : DB 2 : 3 , E 是 AB 上一点且 AE : EB 2 :1 , F 是 CA 的 延 长 线 上 一 点
且CA : AF 4 : 3 . 若△DFE 的面积为 1209, 求△ABC 的面积. 【评注】比例、面积。这题目比较新颖，给小学高年级同学做比较好，毕竟初中和中考不太涉及面积问题。 【答案】2015
1173565187

【解答】如图所示, 连接 BF, AD . 设△ ABC 面积 x , 因为 CA : AF = 4:3, 所以

△ FBA 面积 3 x , △ FBC 面积 x 3 x
7 x ,
4 4 4
由此和CD : DB=2 : 3, 可知

△ FBD 面积 7 x 3 21 x .
4 5 20
又由 AE : EB=2:1,

△ FBE 面积 3 x 1
1 x .
4 3 4
再由 AE : EB=2:1和CD : DB=2 : 3,

△ BED 面积=△ ABD 面积 1 △ ABC 面积 3 1
1 x .
3 5 3 5
因此,

△ FBD 面积－△ FBE 面积－△ BED 面积=△ DEF 的面积,

可得：

21 x 1 x
1 x 1209 , 20 4 5
解上述方程, 3 x 1209, x 2015.
5

14
.求使得n2 2n 为完全平方数的自然数n .
【评注】七年级试卷最值得点赞的问题，全国初中数学联赛试题的改编，非常好！是考查乘法公式、因式分解、比较大小的好题！但难度也大，做对的人不多，猜对的很多！
1173565188

【答案】0, 6
【解答】首先n 0 时, n2 2n 1为完全平方数.

当n 0 时, 记n2 2n b2 , b 为正整数, 则

2n b2 n2 (b n(b n .

令

b n 2s , b n 2t , s t 0 , s t n .
其中 s, t 是非负整数, 则

①
2n 2s 2t 2 2s1 2t 2s1 2s1 2t 2s1 , n 2s2 .

根据s t , s t n , 则2s n ,

s 2s3 .
这个不等式只有在s 1, 2, 3, 4, 5时成立.
由①得

s t 2s1 2t 1 . ②

若 s 1 , 由②得 t 2t1 . 因为 t 0, 2t1 0 , 所以没有 t 使得②成立.
若s 2 , 由②得 t 2t1 . 因为 t 0, 2t1 0 , 所以没有 t 使得②成立.
若 s 3, 由②得 1 t 2t1 . 整数 t 只能取 0, 1, 2, 都不能使得②成立.
当s 4 时, 由②得 4 t 2t1 . 整数 t 只能取 0, 1, 2, 3, 只有 t 为 2 时②成立.
此时, n 6, b 10 .

1173565189

若 s 5, 由②得 11 t 2t1 . 因为 2t 1 为偶数, 所以 t 只能取奇数 1, 3, 均

不能使得 ②成立

所以, 使得n2 2n 为完全平方数的 n 的值为 0 和
6.


那些年我们考过的类似题：

使得5 2m 1是完全平方数的整数m 的个数为 ．
【答】 1．
设5 2m 1 n2（其中n 为正整数），则5 2m n2 1 (n 1(n 1 ，显然n 为

奇数，设n 2k 1（其中k 是正整数），则5 2m 4k(k 1 ，即52 m2 k( k 1 .

显然k 1，此时k 和k 1互质，所以k 5 2m2 , 或k 5,k 1 m2 2m2 , 或k k 21 5, , k 1 1,
解得k 5, m 4 .
因此，满足要求的整数m 只有 1 个.
1173565190

试题 3：第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题

（小学高年级组 A）
一、填空题 (每小题 10 分, 共 80 分
4584 1.375 105 0.9 = 1. 计算: 19 19 【评注】计算，这题中学以后用得上！ 10【答案】210
19 【解答】
.
4

5
84 1.375 105 0.9 19 19
111 1 9 21 4 21 5

19 8 19 10 1 21 11 9 19 2 2 1 21 10 19
1 2110 10 19 10 210 . 19




2. 右图是用六个正方形、六个三角形、一个正六边形组成的图案, 正方形边长都是 2 cm, 这个图案的周长是 cm. 【评注】美丽的图案，江苏时代杯经常考，七年级期中考试也遇见！值得做！ 【答案】24
【解答】正六边形的一个内角是 120°, 两个正方形所夹的角是 60°, 所以两个正方形中间所夹的三角形是等边三角形, 边长是 2 厘米. 这个图案的周长是

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12 2 24 （厘米）.

类似的题目：
类似1：2006 年 12 月，时代学习报-数学文化节七年级花团锦簇 有一个正六边形花坛，周围用同样规格的 正三角形、正方形砖块铺路，按图示方法从花坛向外铺 10 圈，共需砖 块，其中正三角形砖 块，若铺n 圈，则共需砖 块.

类似2：2014 年南京市某校七年级下学期期中考试如图，是某广场用地砖铺设的部分图案，中央是 一块正六边形的地砖，周围是正三角形和正方形的地砖．从里向外的第 1 层包括 6 个正方形和 6 个正三角 形，第 2 层包括 6 个正方形和 18 个正三角形……依此类 推 第 8 层 中 含 有 正 三 角 形 的 个 数为………………………………(


A．54 B．90 C．102 D．114

3. 某项工程需要 100 天完成. 开始由 10 个人用 30 天完成了全部工程的
1 , 随后5 再增加 10 个人来完成这项工程, 那么能提前 天完成任务.
【评注】工程问题。弄清楚效率、时间之间的关系

【答案】10
【解答】总工程量的 1
5 为

10 30 300 （人天）,

还有
4 5
即 1200（人天）, 增加 10 人后,还需

1200 60 （天） 10 10


1173565192

才能完成任务. 则完成这项工程共用的天数是 90 天. 即提前 10 天完成任务.

4. 王教授早上 8 点到达车站候车, 登上列车时, 站台上时钟的时针和分针恰好左右对称．列车 8 点 35 分出发, 下午 2 点 15 分到达终点站．当王教授走下列车时, 站台上时钟的时针和分针恰好上下对称, 走出车站时恰好 3 点整．那么王教授在列车上的时间共计 分钟．
【评注】行程问题。本题是一元一次方程解题的良好例题。

【答案】360

【解答】由条件“王教授 8 点到达车站候车”和“列车 8 点 35 分出发”, 可知王教授 上车时间在 8 点到 8 点 35 分之间．设从 8 点开始, 钟表时针和分针转动至左右 对称用了 t 分钟, t 35 , 即时针和分针都不可能转动超过 360 度．

1 时针每分钟走过 度, 分针每分钟走过 6 度, 故有
2
1 t 60 180 6t , t 240 .
13 2
240 即早 8 点 分王教授登上列车.
13
类似, 再设从二点整开始到时针和分针转动至上下对称用了 t 分钟, t 45 , 则有
1 30 t 6t 90 , t 240 ,
13 2
240 即下午 2 点 分王教授走下列车.
13
所以可知王教授在列车上的时间共计 6 小时, 即 360 分钟.
1173565193



73326, 则这些四5. 由四个非零数字组成的没有重复数字的所有四位数的和为
位数中最大的是 , 最小的是 .
【评注】数的十进制表示，求极值，中学用的上！

【答案】5321, 1235

【解答】设这四个数字分别为 x, y, z, w. 则这些四位数的和为:

6 (1000 100 10 1 x 6 (1000 100 10 1 y
6 (1000 100 10 1 z 6 (1000 100 10 1 w 73326.

所以,

x y z w 11.

因为 x, y, z, w 的都是非零数字且各不相同. 所以最大的数是 5321, 最小的数为
1235.


6. 如右图所示, 从长、宽、高分别为
15 cm, 5 cm, 4 cm 的长方体中切割走一块长、宽、高分别为 y cm, 5cm,
x cm 的长方体（x, y 为整数）, 余下部分的体积为
120 cm3, 那么 x 为
cm, y 为 cm. 【评注】立体图形中的计算，好题！

【答案】
3, 12
【解答】将“L”形物体补上长方体 M 后, 整个长方体体积为



155 4 300 (cm3, 那么 M 的体积为

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300 -120 180 (cm3.

侧面 N 的面积为

180 5 36 (cm2.

又

36=136=218=312=49=66,
只有 x, y 分别为 3, 12 符合题意.


7. 一次数学竞赛有A, B, C 三题, 参赛的39 个人中, 每人至少答对了一道题. 在A 的人中, 只答对A 的比还答对其它题目的多 5 人; 在没答对 A 的人中, 答对
B 的是答对 C 的 2 倍; 又知道只答对 A 的等于只答对 B 的与只答对 C 答对
A 的最多有 的人数之和. 那么答对
【评注】容斥原理，不等式，初一考更好！

【答案】23
人.

【解答】设答对 A 的同学中, 还答对其它题目的同学为 x 人,没答对 A 的同学中, 只答对 B 的同学为 y 人, 既答对 B 又答对 C 的同学为 z 人. 根据题意画出图形, 见右图. 得到方程组
y z x 5 x y z 39 2 , x 5 y y z
2
x+5 A y x z B

C y-z 2
解方程组得到

z 29 3x  .y 39 x
3 
1173565195
y
z 又因为 x, y, z 均为整数, 且 0 , 故 x 9 或 6, 对应的 y 10 或 11, z 2 或
2
11, 均符合题意. 所以答对 A 的同学的人数为 23 人或 17 人, 最多为 23 人.

8. 甲、乙进行乒乓球比赛, 三局两胜制. 每局比赛中, 先得 11 分且对方少于
10 分者胜; 10 平后多得 2 分者胜. 甲、乙二人得分总和都是 30 分, 在不计比分先后顺序时, 三局的比分共有 种情况.

【评注】组合。在设未知数、列方程、字母的取值范围环节都有关键的注意点！ 赞！ 【答案】8

【解答】由甲乙二人得分总和都是 30 分的条件可知: 必有一人胜两局, 一人只胜一局. 无妨设甲赢, 乙赢第二局. 设甲三局得分分别为 x1, x2 , x3 , 乙三局比分为 y1 , y2 , y3 , 则

x1 x2 x3 30 , y1 y2 y3 30 ,

且 x1, x3 11 , x2 8 , y2 11,

y1 y3 19 .
(


首先, x2 8 . 否则, x1 x3 11 , 因为 y1 , y3 9 ,
( 不成立. 所以,

x2 7 .

当 x2 7 时, 无妨设 x1 12 , x3 11, y1 10 , y3 9 , 满足( 式.

当 x2 7 时, 若其它两局的得分是 x1 12 a , x3 12 b , a 0 , b 0 则
1173565196

y1 10 a , y3 10 b ,

不满足( 式. 所以其它两局的得分只可以设为

x1 11, x3 19 x2 , y1 2 x2 , y3 1
7 x2 ,

满足( 式.


所以, x2 可以为 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. 不计得分先后顺序, 共有 8 种情况.




二、解答下列各题（每小题 10 分, 共 40 分, 要求写出简要过程）

9. 两个自然数之和为 667, 它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商等于
120. 求这两个数.

【评注】老古董题目，点倒的赞！不值得在 2015 年拿来给学生做！

【答案】552, 115 或 232, 435

【解答】首先

120 23 35 , 667 1 23 29 .
(

设这两个自然数是 da 和 db, 其中 a 和 b 是互质, d 是这两个自然数的最大公约数. 则 d 是 667 的因子, 且大于 1, 小于 667. 无妨设a b , 则有:

（ 1 ）当 d 23 时 , 由 ( ,
a b 29, ab 23 3 5 . 此时易得 :

a 24, b 5, 这两个自然数是 435, 232.

（ 2 ）当 d 29 时 , 由 ( ,
a b 23, ab 23 3 5 . 此时易得 :

a 15, b 8 , 这两个自然数是 552, 115.

1173565197

10. 酒店有 100 个标准间, 房价为 400 元/天, 但入住率只有 50%. 若每降低 20 元的房价, 则能增加 5 间入住. 求合适的房价, 使酒店收到的房费最高. 【评注】很好！这个应用题好！可能和我以前做过收益管理有关， 哈哈！
【答案】300 元/天

【解答】设房间的降价次数为 m（m 是非负整数）, 则收到的房费是:

(100 50% 5m (400 20m 20000 1000m 100m2 100 (200 10m m2 .
对于不同的 m, 有

m 房费 0 20000 1 20900 2 21600 3 22100 4 22400 5 22500 6 22400 7 22100 8 21600 9 20900 10 20000
1173565198

所以, 当 m 为 5 时酒店收到的房费最高, 此时的房价为 300 元/天.





11. 如图, 长方形 ABCD 的面积是 56 cm2. BE 3 cm, DF 2 cm. 请你回答：三
角形 AEF 的面积是多少？

【评注】简单明了！好题。

【答案】25 cm2

【解答】如图, 设 AB CD x , AD BC y , 则 CF x 2 ,

CE y 3, xy 56 . 依题意,
三角形AEF的面积
1 1 1 xy 3x 2 y ( x 2( y 3 2 2 2 1 1 xy (3x 2 y xy 2 y 3x 6 xy ( xy 6 2 2 1 1 ( xy 6 (56 6 25. 2 2



n 取遍 1, 2, 3 , , 2015 中所有的数时, 形如3n n3 的数中能够被 7 整除的12. 当
有多少个？
【评注】这题目我估计得分率低！

【答案】288

【解答】3n 被 7 除的余数为 3, 2, 6, 4, 5, 1, 每 6 个一循环； n3 被 7 除的余数为

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1,1,6,1,6,6,0,每 7 个一循环, 6 和 7 互质, 3n n3 被 7 除的余数每 42 个一循环. 列

表如下:

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3n
1
3
2
6
4
5
1
3
2
6
4
5
1
3
2 n
n 3
0
1
1
6
1
6
6
0
1
1
6
1
6
6
0 15 16 17 18 19 20 21 22

29 3n
6
4
5
1
3
2
6
4
5
1
3
2
6
4
5 n3
n
1
1
6
1
6
6
0
1
1
6
1
6
6
0
1 30

44 3n

1
3
2
6
4
5
1
3
2
6
4
5
1
3
2 n
3
1
6
1
6
6
0
1
1
6
1
6
6
0
1
1 每 42 个数中,有 6 个数被 7 整除. 2015 被 42 除商 47 余 41,所以共有 288 个数被 7 整除.

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2021年华杯赛试题的详解和讨论

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