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函数的极限的三个性质，唯一性局部性和局部保号性指的是什么
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数学最新问题更多相关文档第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)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，4 个小纸片各盖住了一个数字。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、丁 4 个人比赛乒乓球，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1 1 1 1 和麦地的 放在一起是 13 亩，麦地的 和菜地的 放 2 3 2 3在一起是 12 亩，那么，菜地是几亩？ 14．71427 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。第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)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：、、1996、
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第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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？ 【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第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)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 6463 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： （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。第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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）【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 图 39 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第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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：，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第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)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【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 = ( ? ? ) ? 2? 4?8? 4 6 1 2 4 8 13 ? 12 3 21 2 ? 22 12 = (4 ? 2 ? 1) ? 2 ? 4 ? 1 1 3 23 = 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。第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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 6，15 的 6 倍加 1 正好被 7 6 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：第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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 2，3，6 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， 分钟数。请问小王从 A每 段 出 发路上的数字是小王走这段路所需的 走到 B，最快需要几分钟？ 都标上字母，如图 48、图 49 所示【解法 1】 为叙述方便， 我们把每个路口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：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。 52 是稍 图 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第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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） 与 EF 的比。 EG 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，第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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1 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， 60 1 1 1 这样一来、实际行驶 1 公里所花费的时间是 小时，比计划时间多用了（ － ）小时为了能 55 55 60 1 1 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 （ － ） 55 60 1 1 1 小时。也就是说，只能花[ －（ － ）]小时。因此王师傅往回开的速度应是 66 公/小时。 60 55 60说， 按计划行驶 1 公里的时间是 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÷ 余 26，76× 50 余 2，正合我们的要求。 50 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。 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？第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)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 S。 161 1 S＋ S 14 16 1 1 ＝（ ＋ ）×S 14 16 1 1 1 这就是 ×75＝（ ＋ ）×S 2 14 16所以 BC＋CD＝ 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∶ 3 三人走各段路所用时间 2∶ 之比次依是 4∶ 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 5∶ 少时间？第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) ［解法］ 上坡时间是（上坡路程）÷ （上坡的速度）1 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∶ 这个特定条件下的一种特殊解法，它不具普遍 2 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∶ 那么答案是什么？ M， 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，第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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 ? (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? 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 11 ? 12 ? 13 ? 14 ? 15 ＝ (1 ? ) ? 100 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 69 11 ? 12 ? 13 ? 14 ? 15 ＝ 100 ? ? 100 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 6911 ? 66 ? 12 ? 67 ? 13 ? 68 ? 14 ? 69 ? 15 ? 70 ? 100 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 69＝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 ? 100 ＜ 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 69 11? 12 ? 13 ? 14 ? 15 ?100 (11? 12 ? 13 ? 14 ? 15) ? 65 11 ? 12 ? 13 ? 14 ? 15 100 ? 100 ＜ 即 65 11 ? 65 ? 12 ? 66 ? 13 ? 67 ? 14 ? 68 ? 15 ? 69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第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)100 100 ＜a＜100＋ 69 65 31 35 100＋ 1 ＜a＜100＋ 69 65100＋ 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× 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：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 4971 1 1 ? ? ，即 12 ? 497 4 ? 497 3 ? 497 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第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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 ? ? X 1988 Y问：X，Y 各为多少？ 解：从（1）式可以看出，（1）1 1 ＜ ，也就是说 Y＜1988。令 U＝1988－Y 根据题意，Y 是四 1988 Y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 ? ? ? 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19882 ＝X＋ U即（8）19882 U≥ ＞329.5 11987（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 × （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 ? ? X Y Z（12）求 X，Y，Z 的一般形式 ［解］由（12）式可知：第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)1 1 1 1 ＜ ， ＜ X Z Y 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1 1 1 1 2Z ? U ? V ? ? ? ? X Y Z ? U Z ? V ( Z ? U )(Z ? V ) 1 ＝ （15） Z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 （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 （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? 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。Z12 ? U1 ? V1U1 ? R 2 ， V1 ? S 2 ， Z1 ? R ? S第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)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第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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× 3） 2× ，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。第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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（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第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)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，× 9，345679× 9。 所以 111 ? ＝??45679? ? ??? 1234???? ? ???? 9 ??11 ??1989 个1另一方面， 111 ? ? 9＝999??＝ ??? ??11 ? ?? 10 ? 991989 个1 1980 个9221个 被220 个0断开 1989－ 1因此111?11? 111?? ??? ??11 ? ?1989 个1 1989 个1=4… ×（） = 2345679 ? 0 ?
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↑ 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。第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)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 ，四个小圆面积之和正好等于大圆面积。 4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） 。第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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÷ 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？【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。第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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。第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)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（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 ＝ 61 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＝ ([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，第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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）× （公斤） [解法 2] （83＋85）=中+大+2×小，所以小箱重量是 （83+85-86）×1 －86＝41 21 ＝41（公斤） 2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 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=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！第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) （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 ＝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 速 v，或是逆风跑时的速度加上风速 v。列出方程100 ，它应是顺风跑的速度减去风 x100 90 ? ?v x 10 100 70 ? ?v x 10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3 S， 20 1 3 7 所以 S 黄＝ S－ S＝ S 2 20 20 20 20 S＝ S黄＝ ? 21＝60 （平方厘米） 7 7 S 绿＝S ? 15%＝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？第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)[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 r 90 6 ＝ ? ? 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 转就有一个标志线端点通过接触点，所以 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。第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) [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 3 答：白色与黑色小三角形个数之比是 。 4白色小三角形个数＝1＋2＋?＋6＝ [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 。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 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＝(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第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组)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？[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 ，? 1 ? 19? 19答：10 环面积是 1 环面积的1 。 19[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。5 2 5 2 ? ?2 8 3 14 1．计算： 1 8 (3 ? 4.375) ? 19 12 9第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) [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 ? 8 7 ＝ 179 9 ? 24 179 21 11 8 ＝( ? )? 8 7 3 4 ＝7 ? 4 21 17 ＝2 21[解法 2]21 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 8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？ [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，1 1 3 1 3 5 7 2 4 4 8 8 8 8第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷 B (初一组) 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