一个数学问题……1+2=3,4+5+6=7+8,9+10+11+12=13+14+15,其计算结果是3,15,42.....那么含2003算式的结果是什么?
[问题点数：20分，结帖人luj999]
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匿名用户不能发表回复！|小长方形的 长BC+宽CF=16÷2=8（cm）而已知条件四边形ABCD是正方形-->BC=DC则大长方形的长DF=DC+CF=BC+CF=8（cm）大长方形的周长=30cm-->DF+AD=30÷2=15（cm） & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &-->大长方形的宽AD=15-DF=7（cm） -->大长方形的面积=长×宽=8×7=56（cm2）4、某月里，星期五、星期六和星期日各有5天，那么这个月第一日是星期_________。解析：此题考察的是生活常识和基本分析能力。较简单。答案为星期五5、从1、3、5、7、9这五个数中选取4个不同的数填入下图4个方格中，使等式成立： &□ + □&> □ × □。两种填法，如果应用加法交换律和乘法交换律后，式子相同，则认为是相同填法，则共有________种不同的填法。解析：此题考查同学们的基本分类归纳能力。不等式右边小且是乘法，将右边分类讨论1、当右边为1×3时，左边可以是5、7，5、9，7、9有且只有这三种组合，按题意即此时有3种填法。2、当右边为1×5时，左边可以是3、7，3、9，7、9同样也是3种填法3、当右边为1×7时，左边可以是3、5，3、9，5、9也是3种填法4、当右边为1×9时，左边可以是3、7，5、7只有2中填法5、当右边为3×5时，左边可以是7、9只有1种填法当继续分类的时候，已无符合题意的填法。即共有填法种数为3+3+3+2+1=126、甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，相向匀速行进，在距A地60千米处相遇。相遇后，两车继续行进，分别到达B，A后，立即原路返回，在距B地50千米处再次相遇。则A、B两地的路程是________千米。解析：此题较为普通，是路程中的普通相遇问题。同时相向而行，第二次相遇时，即两车共行驶了AB路程的3倍，此时甲车总共行驶60×3=180（千米），而甲车第二次相遇时距B地50千米，则AB全程长为：180-50=130（千米）7、黑板上先写下一串数：1，2，3，...，50，每次都擦去最前面的4个，并在这串数的最后写上擦去的4个数的和，得到新的一串数，再做同样的操作，直到黑板上剩下不足4个，问：（1）最后黑板上剩下的这些数的和是________，（2）最后一个所写的数是________。解析：此题考察数据分析整理能力（1）因为擦掉数字的和始终都被重新记录在黑板上，所以总和未变，即（1+50）×50÷2=1275（2）我们把这些数字做一个记录，例如1+2+3+4，记为：4S，那么当黑板上擦掉第十二组数字即45+46+47+48后，此时黑板上剩余的是哪些数字：49，50，4S，8S，12S，16S，20S，24S，28S，32S，36S，40S，44S，48S共计14个数，那么14÷4=3...2，前12个数将会被继续擦掉组成新的3个数排列在后面，即此时黑板上是44S，48S，（49+50+4S+8S)，（12S+16S+20S+24S)，（28S+32S+36S+40S)此时黑板上剩下5个数，则最后一个所写的是前4个数的和，也就是总和与最后一个数的差值。那么即可写出式子1275-（28S+32S+36S+40S)=1275-（25+40）×16÷2=1275-510=7658、一个整数有2016位，将这个整数的各位数字相加，再将得到的整数的各位数字相加，则最后的这个和数可能的最大值________。解析：此题属于较为常规题型先求出第一个和的最大可能值：44，也就是说2016位数所有位数相加不会超过18144，那么我们要求出这个小于18144的数，不管是5位数还是4位数，所有位数相加求和讨论看一下就知道。当为5位数时，所有位数相加和最大的应是17999，即1+7+9+9+9=35.这是满足条件的5位数中和最大的当为4位数时，所有位数相加和最大的应是9999，即9+9+9+9=36.这是所有4位数中和最大的3位数已经不需要讨论了，均小于9999的数字之和则答案为36二、简答题9、某商店搞了一次钢笔促销活动，促销办法是：顾客买的钢笔中，每2支送1只小熊玩具，不足2支不送。卖出1支钢笔的利润是7元，1只小熊玩具的进价是2元，这次促销活动共赚了2011元，该商店此次促销共卖出多少只钢笔？解析：此题只需分析出2支钢笔送一只小熊玩具一次所能赚多少金额就基本上解决问题了。即：7+7-2=12，即卖出2支钢笔能赚12元那么要赚2011元需要多少次？即：2011÷12=167...7即促销了167次，另外7元是单卖1只钢笔赚的钱。即卖出的钢笔数量是167×2+1=335（支）这是此题的本意。实际上本题已经暴露问题，即如果很多人买钢笔都是1支，没有参加促销也是存在的。例如：320支钢笔参加促销，13支单卖。这里就不一一举例了，留给同学们思考，解题并不一定是为了结果，思维过程才是最重要的。10、下图是一个三角形纸片ABC折叠后的平面图形，使得点C落在三角形ABC所在的平面上，折痕为DE。已知∠ABE=74',∠DAB=70',∠CEB=20',那么∠CDA等于多少度？解析：此题较简单，与小学高年级B组填空第4题一样。过程就不写了∠CDA=92’11、将自然数1，2，3，4，.....，从小到大无间隔地排列起来，得到1121314.....，这串数码中，当偶数数码首次连续5个时，其中的第一个（偶数）数码所在的位置从左数是第多少位？解析：此题我们抓住一个核心条件，就是这些自然是连续排列，即奇数、偶数、奇数、偶数、...奇数、偶数、奇数、偶数...，我们分位数考虑如下：（1）当为1位数时：即1-9 & &偶数和奇数都是相邻的，连续的偶数没有（2）当排到2位数时：即10-99连续的偶数最多是几位？观察中间排序......，最多只有3位连续偶数（2）当排到3位数时：即100-999观察中间排序...203...，当在100-199之间时最多只有2个连续偶数，当排序到200201时，有5位连续偶数，则此时是首次出现5位连续偶数。题意所求是200中的2排在第几位？则可列式子为：1×9+2×90+3×100+1（9个一位数，90个2位数，100个3位数）=49012、从1到200这200个自然数中任意选数，至少要选出多少个才能确保其中必有两个数的和是5的倍数？解析：此题按被5除的余数特性来考虑，即被5除的整数可分为5类：5n，5n+1，5n+2，5n+3，5n+4有且只有这五种类型那么要确保两数之和被5整除，可以有5n+5n；（5n+1）+（5n+4）；（5n+2）+（5n+3）.有且只有这3种情况在考虑这5种类型的分别数量是多少，在1-200这200个连续自然数，5种类型是平均分布的，即5种类型一样多，即它们分别为200÷5=40（个）根据抽屉原理，5n+1取40个，5n+2取40个，5n取1个，此时这些数的任意两个数之和均不是5的倍数，那么我们再加1个数就可。即至少取出40+40+1+1=82个数时才能确保必有2个数之和是5的倍数。决赛试题A(小学高年级组)一、填空题1、计算：_________。解析：此题纯计算，意在考查同学们的计算基础能力原式=7‘1/3-(136/15)×(10/17) & & &=22、中国北京在日获得了2022年第24届冬季奥林匹克运动会的主办权。预定该届冬奥会的开幕时间为日，是星期______。（今天是日，星期六）解析：此题意在考察思维的周密能力，是否足够细心，难度倒不大。第一步骤:考虑从日至日，一共6年时间，中间只有一个润年，即2020年，是366天(也许有人会说，2016也是润年，怎么没算，因为润年与平年的差别只是在于每年的二月份，此题是从日开始，无须考虑是否润年)，所以6年的天数是365*5+366=2191,第二步骤:考虑从日至3月12的天数:12+(28-4)=36第三步骤:从日至日的天数:5第四步骤:计算星期数:...6,也就是说，从日星期六开始，再过307周零6天，就是日，要求是星期几，即星期六再过6天，显而易见，是星期五。3、下图中，AB=5厘米，∠ABC=85，∠BCA=45，∠DBC=20，则AD=_______厘米。& 解析：此题比较简单，几个角度的求解即可得出，∠ADB=∠ABD=65°?AD=AB=54、在9×9的格子上，1×1的小方格的顶点叫做格点。如下图，三角形ABC的三个顶点都是格点，若一个格点P使得三角形PAB与三角形PAC的面积相等，就称P点为“好点”，那么在这张格子纸上共有______个“好点”。解析：此题考察的是同学们的应变能力，在考场是，应变能力是非常重要的，应变能力同时也是基础功底的体现。此题有两种解题思路。在这里我介绍一种。首先必须要做的就是计算出两个线段的长度，即AB和AC，以每一个小格的对角线为基础，令每一个最小对角线为t，那么AB=4t，AC=2t，AB=2AC要使得?PAB和?PAC面积相等，那么，?PAB的高只能是?PAC的一半，这只是初步的计算。下面分情况考虑P点的位置(1)当P点在AB左上侧的时候；不妨任意画一个点，连接PA，PB，PC，连接过后发现，要使S?PAB=S?PAC其实就是S?PBC=S?ABC那么只要过点A作BC的平行线就可以了，观察平行线与格子的交点这样就同时将AC右侧的好点找出，一共就找出3个；(2)当P点在AB右下侧的时候，这时，我们连接P与A，B，C得知，PA必须平分线段BC，即经过BC中点时，才能使S?PAB=S?PAC那么，连接BC的中点与A的联系并延长，此时，同样得到好点是3个(这时把最上方的好点也同时找出)所有情况已经考虑完毕，即好点的总数是：3+3=65、对于任意一个三位数n，用表示删掉n中为0的数位得到的数，例如n=102时，=12，那么满足是n的约数的三位数n有______个。解析：此题在于同学们的归纳总结能力，这是学习奥数的重要基础首先要计算出尾号一个0和尾号两个0的所有三位数的个数：即：(1)从110-190,210-290,310-390...910-990所有尾号只有1个0的个数：9*9=81(2)从100-900所有尾号为2个0的个数:9-0=9这样就把尾号为0的所有个数算出来：81+9=90(当然也可以直接以等差为10计算，同时也包括了尾号两个0,只是这样更加明朗清晰)第二步骤：就是计算中间为0，首尾非0的个数：经过分析可知，当百位为1时，去中间0后，两数之差为90,则去0的两位数必定是90的约数，同时这个数在10-20之间，分解因式，很容易找出，一个是15,一个是18；同理，百位为2时，之差是180，去0后是180的约数，同时，这个必须在20-30之间，结果，无满足的数字。这样依次推理，有405。其余均无解。综上所述，满足条件的三位数的个数是：90+3=936、共有12名同学玩一种扑克游戏，每4人参加，且任意2位同学同时参加的次数不超过1，那么他们最多可以玩_______次。解析：此题在于考察学生的综合思维能力，包括推理、归纳等等，难度较高。难的地方在于能否找齐全所有的种类，有无漏缺。此题我们用两种方法来分析。第一种：线段法我们可以将每个同学看成一个点，我们把所有的两点连成线段，那么这样的线段一共有多少条？第一个点与另外11个点之间可以连成11条线段，第二个点和剩余10个点可以连成10条线段......，这样就有（11+1）×11÷2=66（条），按照题意，任意一条线段只能用一次。下面再看一下四个人参加扑克游戏的时候是什么情况？如下图从这个图上我们可以得出两个结论：（1）从任意一个点引出的线段均是3条。（2）看到这个图后可知，四个人一起玩游戏时有且必须用到6条不同的线段；从结论（1）可以推出另一个结果：因为从每一个点引出的线段是11条，而每一个点要用到的时候都是3条线段同时出现，这样在每一个点上就有11-3×3=2条线段是多余的，那么12个点就是12×2=24条线段多余，其实这24条线段每条线段都重复过一次（因每条线段都有两个端点），即只有24÷2=12条不同的线段，即总数66条线段中有12条线段是用不上的，即最多可以用其中66-12=54条线段。那么就有如上图的最多个数为：54÷6=9，即他们最多可以玩9次。第二种：圆圈示意法。这种方法一定要按规律连接，找不到规律，就无法找到最多的次数。请看下图，立可明白。如图可知，不同颜色的线段代表不同的组合，外围的3个圆圈分别和中心的9个圆圈连接，也就是说，外围的圆圈用了9条线段，再看中心的圆圈，每个中心的圆圈都被3中不同颜色连接，而每一种颜色的组合都3条线段，即也是用到3×3=9条不同的线段，一共用到9×12÷2=54条不同的线段，刚好与第一种方法完全对应。 无一线段重复，即没有两个同学在一起玩游戏超过1次，其实还可以连一连哪两个圆圈之间还没有连过，是不是如前面所说的12条，有兴趣的同学可以连一连。也就说另外未连上的12条线段是用不上的，原因在第一种方法已经阐述过。综上所述，他们最多可以玩9次。7、如果2×3^8能表示成K个连续正整数的和，则K的最大值为_____。解析：此题在于考察数字求和与因式分解能力。难度不大，需要细心。首先，可以将K个连续正整数之和写成一个式子，可设第一个数为t,那么就可以写成(t+t+K-1)K÷2=2×3︺8(K+2t-1)K=22×3︺8观察左边的乘积式子，t作为第一个正整数，即t≥1,所以这个乘积式子的左边恒大于右边，并且两边之差是奇数(2K-1是奇数)，即左右两边有奇有偶。此时，我们再看等式的右边，要使得右边分解后的两个因式差值是奇数，那么22只能作为其中一个因式所用(因为两个因式都含2的话就为两个偶数，差值也为偶数)，要使得K为最大，即要使两个因式的差值最小化，这样分解得22*33×3︺522*33与3︺5之间差值是最小的此时，K值为22*33=108，t值为(3︺5-108+1)÷2=68，则他们就是：68.69.70.71......175。有时间的话可以可以验算一遍。则K的最大值为108。8、两把小尺与一把大尺组成套尺，小尺可以沿着大尺滑动，大尺上的每一个单位都标有自然数，第一把小尺将大尺上的11个单位等分为10，第二把小尺将大尺上9个单位等分为10，两把小尺的起点都为0，都分别记为1至10.现测量A、B两点间的距离，A点在大尺的0单位处，B点介于大尺的18与19单位之间；将第一把小尺的0单位处于B点时，其单位3恰好与大尺上某一单位相合。如果将第二把小尺的0单位处于B点，那么第二把小尺的第________ 个单位恰好与大尺上某一单位相合。解析：此题比较简单，主要考察学生的倍数换算。第一步骤：算出B点在大尺上的位置。根据第一把小尺将大尺的11个单位等分为10份，即小尺的每一单位距离是大尺的11÷10=1.1倍，每一单位比大尺多0.1,那么3个单位长度就多0.1×3=0.3,即B点在19-0.3=18.7位置上。第二步骤:同理分析第二把小尺与大尺单位值之间的关系，即是9÷10=0.9,每一单位长度比大尺少0.1,则要少0.7需要多少个单位距离，即0.7÷0.1=7即第二把小尺的第7个单位恰好与大尺上某一单位相合。(第18+7=25单位值相合)二、解答下列各题9、复活赛上，甲乙二人根据投票结果决出最后一个参加决赛的名额，投票人数固定，每票必须投给甲乙二人之一。最后，乙的得票数为甲的得票数的20/21，甲胜出。但是，若乙得票数至少增加4票，则可胜甲。请计算甲乙所得的票数。解析：此题比较容易，主要考察两数的比较关系(倍数关系或者分数关系)由条件：乙至少要增加4票可以胜出，也就是说乙比甲少3票，再由乙的票数是甲的20/21,可计算出甲乙分别的票数:甲:3÷(1-20/21)=63乙:63*20/21或者63-3=60。10、如右图，三角形ABC中，AB=180厘米，AC=204厘米，D、F是AB上的点，E、G是AC上的点，连接CD，DE，EF，FG，将三角形ABC分成面积相等的五个小三角形。则AF+AG为多少厘米？解析：此题也比较容易，从外围的?BCD算起较容易些，由?AGF与?EGF的关系算起也可以，最终结果算出AF=96,AG=76.5则AF+AG=172.5(厘米)11、某水池有甲乙两个进水阀。只打开甲注水，10小时可将空水池注满；只打开乙，15小时可将空水池注满。先要求7个小时将空水池注满，可以只打开甲注水若干小时，接着只打开乙注水若干小时，最后同时打开甲乙注水。那么同时打开甲乙的时间是多少小时？解析：此题实际上要注明若干小时为整数小时才行，像甲单独开0.7小时，乙单独开1.2小时，最后同时开5.1小时，总共花时是7小时，而且刚好注满水池。这样结果就太多了。原题意应该是整数小时，提醒各位同学。按照条件，甲乙同时打开多少小时可以注满水池？即1÷(1/15+1/10)=6(小时)离要求时间提前一个小时，也就是说甲单独开1小时，乙单独开1小时，然后同时开5小时，也可注满水池。那么，其中一个水阀多开1小时行吗？答案：不行。因为任何一个水阀单独开都抵不上两个同时开。所以结果就是，甲单独开1小时，乙单独开1小时，两个同时开5小时。12、将一个五边形沿一条直线剪成两个多边形，再将其中一个多边形沿一条直线剪成两部分，得到了三个多边形，然后将其中一个多边形沿一条直线剪成两部分，.....，如此下去，在得到的多边形要有20个五边形，则最少剪多少次？解析：此题首先从结果反过来考虑，20个五边形一共是几条边？20*5=100再从前端考虑，每剪一次的特性是什么？就是多了两条边，而最初是五边形，要想把五边形剪出20个五边形，那么至少要剪多少次才有这么多边：(100-5)÷2=47...1，当剪48次的时候，总共的边数是48*2+5=101,去掉20个五边形的100条边，只剩101-100=1条边，明显不合理，1条边不是一个图形，剪下来的一定是一个图形。所以要增加一次，即49次，此时是49*2+5=103条边，除去20个五边形的100条边，还剩103-100=3条边，是一个三角形，合乎情理。及答案是最少要剪49次。三、解答下列各题13、如下图，有一张由4个1×1的小方格组成的凸字形纸片和一张5×6的方格纸。现将凸字形纸片粘到方格纸上，要求凸字形纸片的每个小方格都要与方格纸的某个小方格重合，那么可以粘出多少种不同的图形？（两图形经过旋转后相同看作相同图形）解析：此题比较简单，只需注意大方格纸是一个中心对称图形(虽然小学没有这个概念，但只要知道，大图形是上下对称，左右对称的图形即可)，也就是说凸字形格纸按照对应的方格重合贴后，都有会有一个对称的图形在它的方向。所以我们只需计算出横向贴凸字形朝上和侧向贴凸字形朝右的和即可。凸字形朝上贴的种数有：4×4=16(以凸字形格子顶部的一个格子移动轨迹计算)凸字形朝右贴的种数：3×5=15这样可得总数：16+15=31(种)14、设n是正整数，若从任意n个非负整数中一定能找到四个不同的数a、b、c、d使得a+b-c-d能被20整除，则n的最小值是多少？解析：此题的关键在于以何种方法证明。首先分析的是a+b-c-d=(a+b)-(c+d)，即这个差值能被20整除，也就是说a+b被20除的余数和c+d被20除的余数相同即可。这样就引起我们对被20除后余数问题的思考。因为被20除的余数有0.1.2...19,一共有20种，试想如果我们有超过21个数被20除，那么必定会有两个余数是相同的，则相同余数对应的两个数的差值能被20整除。回到题目开头，(a+b)-(c+d),只要类似它们两数之和的个数足够多，就能够使得它们被20除的余数相同。我们先看7个数，这7个数的两两组合个数是6+5+4+3+2+1=21，虽然总数是21，但是它们每一个数用到了(7-1)=6次，只要把其中两个数拿出来，剩下的和的总数只有4+3+2+1=10,就不一定有相同的余数，7个数两两和值虽然有21个，而且也至少有两个和值被20除的余数，但是这两个余数相同的和值只有在4个不同数的情况下才符合题意，所以不是必然情况。于是我们增加个数，当8个数的时候，拿出两个，剩余的和的个数5+4+3+2+1=15，加上自身也只有16个，还是不够，当为9个数的时候，拿出两个数，剩余7个数的和的个数是6+5+4+3+2+1=21,有21个和，再加上拿出的两个数之和，这时我们分两种情况讨论:(1)当21个和值中有一个和与拿出的两个数之和被20除的余数相同，(a+b)-(c+d)被20整除即结果成立。(2)当21个和值无一与拿出的两数和值被20除的余数相同，那么，这21个和值被20除的余数最多只有19种,即至少有两组余数相同或者一组里面有3个余数相同。那么继续再分两种情况考虑:Ⅰ、当有两组余数相同；若两组余数中有其中一组是用4个不同的数，即结论已成立。Ⅱ、主要考虑两组余数(对应的4个数)均有一个数用到两次，例如:a+b与a+c，他们被20除的余数相同，那么，b-c一定是20的倍数，此时，我们将b、c拿出，将原先的两个数和另外5个数组成7个数继续同理讨论，若新组成的7个数的21个和值被20除有一个余数与b、c 之和被20除后余数相同，即结论成立。若无一余数与b，c和值被20除相同，那么同样道理，必定会有a-d的差值被20值整除，这样就有(a+b)-(c+d)能被20整除，即结论成立。决赛试题B(小学高年级组)一、填空题1、计算：_________。解析：此题考察计算能力。原式=6/5×5/3×13/4-2.4 & & & &=6.5-2.4 & & & &=4.12、如下图，30个棱长为1的正方体粘成一个四层的立体，这个立体的表面积等于______。解析：此题不管用何种方法，思路一定清晰。立体图形的表面积=各层立方体的表面积之和-2×(3个两两重合部分的面积)按照这个可求得：(4×4+4×1+4×1)×2+(3×3+3×1+3×1)×2+(2×2+2×1+2×1)×2+1×1×6-2×(3×3+2×2+1×1)=723、有一片草场，10头牛8天可以吃完草场上的草；15头牛，如果从第二天开始每天少一头，可以吃5天。那么草场上每天长出来的草足够_______头牛吃一天。&解析：此题为常见的最基础的牛吃草问题。思路从第二句话得出，15头牛，第二天开始，每天少一头，一共吃了5天，即5天牛的数量分别是15.14.13.12.11，也就是说平均每天13头牛在吃草。此时，可令1头牛1天吃的草量为T，那么，10头牛8天吃的草量为80T，13头牛5天吃的草量为65T，因为原有草的总量是一定的，5天后总量是65T，8天后总量是80T，那么(8-5)天长出的草量为80T-65T=15T，则1天长草的总量为15÷3=5T，即1天长草的总量可供5头牛吃1天。同时也可以把原有草的总量计算出来，即 & & 80T-8×5T=40T或 65T-5×5T=40T4、如下图所示，将一个三角形纸片ABC折叠，使得点C落在三角形ABC所在的平面上，折痕为DE。已知∠ABE=74',∠DAB=70',∠CEB=20',那么∠CDA=______。解析：此题通过简单的角度求值换算可得答案。∠CDA=360°-74°-70°-124°=92°5、甲乙二人骑自行车从环形公路上同一地点同时出发，背向而行。已知甲骑行一圈的时间是70分钟，出发后第45分钟甲乙二人相遇，那么乙骑行一圈的时间是______分钟。解析：这是一道比较简单的相遇问题。此题的核心在于找出甲乙的速度关系。甲骑行一圈的时间70分钟，出发45分钟，即可计算出45分钟所骑行的路程与全程的占比，即45÷70=9/14,也就是说乙45分钟所骑行的占比是1-9/14=5/14,那么即可计算出，乙骑完全程的时间:45÷(1-9/14)=126(分钟)6、如下图，正方形ABCD的边长为5，E、F为正方形外两点，满足AE=CF=4,BE=DF=3,那么EF'=_______。解析：此题有两种方法：第一种：计算比较繁琐，分过E，F做BC的垂线，垂足分别为M，N，计算出两个高EM，FN和MN的长度，即可计算EF2。第二种：分别延长EB与FC交于点P，则根据分析可知∠P=90°，并且PB=4,PC=3，即可计算出EF2。EF2=72+72=987、如果2×3^8能表示成K个连续正整数的和，则K的最大值为_____。解析：此题与试卷A相同。8、现有算式：甲数□乙数○1，其中□○是符号+-×÷中的某两个，李雷对四组甲数、乙数进行了计算，结果见右表，那么A○B=________ 。解析：此题考察同学们的观察分析能力。通过观察分析，可知□代表×法，○代表+法，则(符号 ' 表示带分数中整数与分数的间隔)A○B=A×B+1=(2×3'15/17+1)(2×3'1/11)+1=63'177/187二、解答下列各题9、计算：解析：此题将式子分解后，把相同分母的集中在一起，找出规律:即以2为分母的是0.5,以3分母的分数和是1，以4为分母的分数和是1.5,......以2016为分母的分数和是1007.5(每个分数中最大分子的一半或者分母与1差值的一半)这样容易看出，这是一个等差数列的求和，则(0.5+1007.5)×2015÷2=101556010、商店春节促销，顾客每次购物支付现金时，每100元可得一张价值50元的代金券，这些代金券不能兑成现金，但可以用来购买商品，规则是：当此购物得到的代金券不能当次使用；每次购物支付的现金不少于购物商品价值的一半，李阿姨只有不超过1550的现金，她能买到价值2300的商品吗？如果能，给她设计一个购物方案；如果不能，说明理由。解析：此题首先看一下1550最多能得多少代金券，即,而0刚好不多不少，也就是说，1550现金必须和所有能得到的750代金券全部消费掉才能买到价值2300的商品。怎样才能把代金券和现金一起消费掉？我们从最后一次消费考虑就不难得出结论了。经过分析，如果最后一次消费是100或150以上均无法买到价值2300的商品，原因是后面所换的代金券不能单独用，题目是要求代金券必须和现金一起用。由此推断，要想买到价值2300的商品，最后一次消费必须是50现金+50代金券(为什么是50代金券，而不是100代金券，也是题意要求，现金不少于支付商品价值的一半)由50元代金券可知上次消费的现金是100,而和同步用的代金券也必须是100,如是推理，请看如下所示:50 & &+50(代金券)100 & +100(代金券)200 & &+200(代金券)400 & & +400(代金券)800 & & 左边是现金800+400+200+100+50=1550,右边是代金券400+200+100+50=750这样能买到的商品价值是0故能买到。11、如下图，等腰直角三角形ABC与等腰直角三角DEF之间的面积是20，BD=2，EC=4，求三角形ABC的面积。解析：此题比简单，只需将小三角形移到最左边至两直角边重合，此时，再过F点作EC的平行线交AC于H，再过A点作FH的高，由题意，直角梯形EFAC的面积是20，EC2+4=6，第一步:平行四边形FECH的面积=20-6×3÷2=11第二步:平行四边形的高=11÷6=11/6，即是等腰直角三角形DEF斜边BC的高第三步:小三角形的斜边=11/6×2=11/3第四步:大三角形斜边=6+11/3=29/3S?ABC=29/3×29/3÷2÷2=841/36=23’13/3612、试找出这样的最大的五位正整数，它不是11的倍数，通过划去它的若干数字也不能得到可被11整除的数。解析：此题可根据题，所求的五位数不能有相同的数字，且奇数位数之和不能和偶数位数之和相同，可得98765满足，并且是最大的。三、解答下列各题13、如下图，正方形ABCD的面积为1，M是CD边的中点，E、F是BC边上的两点，且BE=EF=FC。连接AE，DF分别交BM分别于H、G。求四边形EFGH的面积。解析：此题考验面积的转换能力，在奥数中经常需要类似转换，需要灵活掌握。第一步:求出?BEH的面积。可连接A，M与E，M，S?ABM=6S?BEM(计算比较简单，就不多算了)，则可知?BMA边BM上的高是?BME边BM上的高的6倍，则推出，S?ABH=6S?BHE，而两三角形面积和为S?ABE=1/6?S?BEH=1/42第二步:连接F，M，求出?FMG的面积。可连接B，D，S?BDM=S?BFM×1.5(具体计算比较简单)同理，共同的边BM的高也是1:1.5的关系，这样S?DMG=S?FMG×1.5,而它们之和为1/2×1/3÷2=1/12,则， &S?FMG=1/30此时问题迎刃而解，即S四边形=1/6-1/42-1/30=23/21014、现有下图左边所示的“四连方”纸片五种，每种的数量足够多。要在如下图右边所示的5×5方格网上，放“四连方”，“四连方”可翻转，“四连方”的每个小方格都要与方格网的某个小方格重合，任意两个“四连方”不能有重叠部分。那么最少放几个“四连方”就不能再放了？解析：根据题意，要抓住关键点，四连方可以翻转，翻转不仅是平面旋转，还包括立体翻转，所以5×5的网格上贴上四连方，要想不能再贴，空方格连体中最多不能有4个方格，也就是最多3个空方格连在一起。放4个四连方不能再放很容易，目前要考虑能否放3个四连方时也不能再放。假设能放，则空的方格总数是5×5-3×4=13个，而每一个空格连体最多3个方格，13÷3=4...1，这样也就是3个四连方将网格中所有空格分割至少分割成5部分。当我们试着去把四连方放到网格上的时候。长条和正方形四连方无法满足条件。能满足条件的请看如下图。 实际上这两种摆放是同一种，通过翻转180度是一种图形
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