2017 年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组 B 卷）一、填空题（每小题 10 分，共 80 分）1．（10 分） + +…+ ＝　 　．2．（10 分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行，出发时甲乙两车的速度比为 5：4．出发后不久，甲车发生爆胎，停车更换轮胎后继续前进，并且将速度提高 20%，结果在出发后 3 小时，与乙车相遇在AB两地中点，相遇后，乙车继续往前行驶，而甲车掉头行驶，当甲车回到A地时，乙车恰好到达甲车爆胎的位置，那么甲车更换轮胎用了　 　分钟．3．（10 分）在 3×3 的网格中（每个格子是个 1×1 的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有　 　种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．4．（10 分）小于 1000 的自然数中，有　 　个数的数字组成中最多有两个不同的数字．5．（10 分）如图，△ABC的面积为 100 平方厘米，△ABD的面积为 72 平方厘米．M为CD边的中点，∠MHB＝90°，已知AB＝20 厘米，则MH的长度为　 　厘米．6．（10 分）一列数a1、a2…，an…，记S（ai）为ai的所有数字之和，如S（22）＝2+2＝4，若a1＝2017，a2＝22，an＝S（an﹣1）+S（an﹣2），那么a2017等于　 　．7．（10 分）一个两位数，其数字和是它的约数，数字差（较大数减去较小数）也是它的约数，这样的两位数的个数共有　 　个．8．（10 分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A，B，C，D，E，F．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有　 　种．二、解答下列各题（每小题 10 分，共 40 分）9．（10 分）平面上有 5 条不同的直线，这 5 条直线共形成m个交点，则m有多少个不同的数值？10．（10 分）求能被 7 整除且各位数字均为奇数，各位数字和为 2017 的最大正整数．11．（10 分）从 1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009 中任意选出四个数，使它们的和为偶数，则共有多少种不同的选法．12．（10 分）使 不为最简分数的三位数n之和等于多少．三、解答下列各题（每小题 15 分，共 30 分）13．（15 分）一个正六边形被剖分成 6 个小三角形，如图，在这些小三角形的 7 个顶点处填上 7 个不同的整数，能否找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的 3 个数都按顺时针方向从小到大排列，如果可以，请给出一种填法；如果不可以，请说明理由． 14．（15 分）7×7 的方格黑白染色，如果黑格比白格少的列的个数为m，黑格比白格多的行的个数为n，求m+n的最大值．2017 年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组 B 卷）参考答案与试题解析一、填空题（每小题 10 分，共 80 分）1．（10 分） + +…+ ＝　 2034144 　 ．【分析】观察一下，首先把分子的两个分数变换一下形式，变成两个分数的乘积，恰好能和分母约分，这样就把原来的繁杂的分数变成简单的整数加减运算．【解答】解：＝＝＝2×（2+4+6+8+…+2016）＝2×＝2018×1008＝20341442．（10 分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行，出发时甲乙两车的速度比为 5：4．出发后不久，甲车发生爆胎，停车更换轮胎后继续前进，并且将速度提高 20%，结果在出发后 3 小时，与乙车相遇在AB两地中点，相遇后，乙车继续往前行驶，而甲车掉头行驶，当甲车回到A地时，乙车恰好到达甲车爆胎的位置，那么甲车更换轮胎用了　 52 　 分钟．【分析】首先分析后半程冲中点到A的过程，求出两人的速度比就可知道路程比，找到爆胎位置．然后再根据原来的速度比求出正常行驶的时间减去爆胎前的时间．最后根据甲前后两次的速度比求出时间比做差即可．【解答】解：依题意可知：甲乙两车的后来速度比：5（1+20%）：4＝3：2，甲回来走 3 份乙走两份路程．得知甲车爆胎的位置是AC的 处． 如果不爆胎的甲行驶的时间和速度成反比：设甲行驶的时间为x则有：4：5＝x：3，x＝甲在行驶AC的爆胎位置到中点的正常时间为： × ＝ ＝ （小时）；甲乙爆胎前后的速度比为：5：5（1+20%）＝5：6；路程一定时间和速度成反比：设爆胎后到中点的时间为y则有：6：5＝ ：y，y＝ ；修车时间为：3﹣ × ＝ （小时）＝52（分）故答案为：52 分3．（10 分）在 3×3 的网格中（每个格子是个 1×1 的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有　 10 　 种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．【分析】可以分情况讨论，四个顶点的位值一样，正中间的一个方格一个位值，剩下的四个方格位值相同，故可以分次三种情况分别计算不同的摆放方法．【解答】解：根据分析，份三种情况：①当正中间即E处放一颗棋子，然后另一颗棋子放在外围任意一个位置，除去对称性因素，有 2种不同的摆放方法，即AE、BE；②当两颗棋子都不在正中间E处时，而其中有一颗在顶点处时，有 4 种不同摆法，即AB、AF、AH、AD；③当两颗棋子都在顶点处时，有 2 种不同摆法，即AC、AI；④当两颗棋子都在除顶点和正中间之外的 4 个方格中，有 2 种不同摆法，即BD、BH．综上，共有：2+4+2+2＝10 种不同摆放方法．4．（10 分）小于 1000 的自然数中，有　 352 　 个数的数字组成中最多有两个不同的数字．【分析】可以先求出有三个同数字的数的个数，再用总数 1000 减去后就是符合题意“数字组成中最多有两个不同的数字”的个数．【解答】解：根据分析，小于 1000 的自然数中，有三个不同数字的数有：9×9×8＝648 个，则最多有两个不同数字的数有：1000﹣648＝352 个．故答案是：352．5．（10 分）如图，△ABC的面积为 100 平方厘米，△ABD的面积为 72 平方厘米．M为CD边的中点，∠MHB＝90°，已知AB＝20 厘米，则MH的长度为　 8.6 　 厘米．【分析】可以利用面积公式分别求出△ABC、△ABD的高，而已知AB＝20 厘米，再利用MH的中位线性质求出MH的长度．【解答】解：根据分析，过D，C分别作DE⊥AB交AB于E，CF⊥AB交AB于F，如图： △ABD的面积＝72＝ ，∴DE＝7.2 厘米，△ABC的面积＝100＝ ，∴CF＝10 厘米；又∵MH＝ ＝ ×（7.2+10）＝8.6 厘米．故答案是：8.6．6．（10 分）一列数a1、a2…，an…，记S（ai）为ai的所有数字之和，如S（22）＝2+2＝4，若a1＝2017，a2＝22，an＝S（an﹣1）+S（an﹣2），那么a2017等于　 10 　 ．【分析】首先要分析清楚S（ai）的含义，即ai是一个自然数，S（ai）表示ai的数字和，再根据an的递推式列出数据并找出规律．【解答】解：S（ai）表示自然数ai的数字和，又an＝S（an﹣1）+S（an﹣2），在下表中列出n＝1，2，3，4，…时的an和S（an），n anS（an）1 2017 102 22 43 14 54 9 95 14 56 14 57 10 18 6 69 7 710 13 411 11 212 6 613 8 814 14 515 13 416 9 917 13 418 13 419 8 820 12 321 11 222 5 523 7 724 12 325 10 1 26 4 427 5 528 9 929 14 530 14 531 10 132 6 6由上表可以得出：a4＝a28＝9，S（a4）＝S（a28）＝9；a5＝a29＝14，S（a5）＝S（a29）＝5；…可以得到规律：当i≥4 时，ai＝ai+24，S（ai）＝S（ai+24），2017﹣3＝2014，2014÷24＝83…22，所以：a2017＝a3+22＝a25＝10．7．（10 分）一个两位数，其数字和是它的约数，数字差（较大数减去较小数）也是它的约数，这样的两位数的个数共有　 19 　 个．【分析】首先看所有的 10 的倍数都是满足条件的，再找出尾数不为 0 的满足条件的数字即可，数字不多枚举法解决．【解答】解：枚举法：（1）尾数为 0 的有：10，20，30，40，50，60，70，80，90．（2）尾数不为 0 的有：12，21，24，36，42，45，48，54，63，84．故答案为：198．（10 分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A，B，C，D，E，F．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有　 4 　 种．【分析】显然，只有两种情况，分别讨论，相邻两个字互换，以及顺时针移动一个位值，或逆时针移动一个位值，最后可以求得总的不同的摆放方法．【解答】解：根据分析，分两类情况：①按顺序移动一个位置，顺时针移动一个位置，有 1 种不同摆放方法，逆时针移动一个位置，有1 种不同摆放方法；②相邻两个位置互换，则共有：2 种不同的摆放方法．综上，共有：1+1+2＝4 种不同摆放方法．故答案是：4．二、解答下列各题（每小题 10 分，共 40 分）9．（10 分）平面上有 5 条不同的直线，这 5 条直线共形成m个交点，则m有多少个不同的数值？【分析】分情况讨论m的值，有 5 条直线平行、4 条直线平行，三条直线平行，两条直线平行，0 条直线平行，五条直线交于一点，四条直线共点，三条直线共点，分别求得m的数值．【解答】解：根据分析，①若 5 条直线互相平行，则形成的交点为 0，故m为 0；②若有 4 条直线互相平行，则交点个数m＝4； ③若有三条直线互相平行，则m＝5，6，7； ④若有两条直线互相平行，则m＝5，6，7，8，9；⑤若没有直线平行，则m＝1，5，6，7，8，9，10．综上，m的可能取值有：0、1、4、5、6、7、8、9、10 共 9 种不同的数值．故答案是：9．10．（10 分）求能被 7 整除且各位数字均为奇数，各位数字和为 2017 的最大正整数．【分析】要使整数最大，且每一位数字都是奇数，必须保证整数的位数足够多，且含有尽量多的 1；据此分析解答即可．【解答】解：要使整数最大，且每一位数字都是奇数，必须保证整数的位数足够多，且含有尽量多的 1． 根据能被 7 整除的数的特征可得，111111 是每个数位均为 1 且能被 7 整除的最小数．又有：2017＝6×336+1＝6×335+7 当有 336 个 111111 组成时，因为所有数字之和要是 2017，首位数字只能是 1，不能被 7 整除； 当有 335 个 111111 组成时，前面还需要加上一个正整数，使得它各位数字之和等于 7，且这个数最大．满足这个条件的最大整数是 13111． 说明：我们可以用以下方法，构造一个能被 7 整除且除了首位数之外，其余数字均为 1 的数列如下：21，490+21＝511，700+511＝1211，5600+511＝6111，7000+6111＝13111，35000+6111＝41111，70000+41111＝111111，70000+41111＝111111，我们注意到，7000+6111＝13111 是能被 7 整除且各位数字之和等于 7 的最大正整数． 所以，各位数字和为 2017 的最大正整数 13111…11，其中 1 的个数是 335×6+4＝2014，即．答：能被 7 整除且各位数字均为奇数，各位数字和为 2017 的最大正整数是 ．11．（10 分）从 1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009 中任意选出四个数，使它们的和为偶数，则共有多少种不同的选法．【分析】首先分析如果结果是偶数可以分为 0，2，4 个奇数，把每一种结果加起来即可．【解答】解：依题意可知：根据四个数的结果是偶数．那么必定是 0 个奇数，2 个奇数或者是 4 个奇数．在 1001，1002，1003，1004，1005，1006，1007，1008，1009 奇数的个数为 5 个，偶数的个数为 4 个．当 0 个奇数时有一种情况． 当是 2 个奇数 2 个偶数时是 ＝60 种．当选择 4 个奇数时有 5 种．60+5+1＝66（种）答：共有 66 种选择方法．12．（10 分）使 不为最简分数的三位数n之和等于多少．【分析】 不为最简，表明（5n+1，3n+2）＝a≠1，根据辗转相除原理有 1≠a|（5n+1）×3﹣（3n+2）×5 即＝1≠a|7，则a只能等于 7，我们可以用 5n+1 尝试来锁定答案，一次尝试可知5n+1＝1 或 6 或 11 或 16 或 21，因为 21＝3×7，所以 5n+1＝21 时 7|5n+1 成立，此时n为最小值，且为 4，其它值即可顺次找出，只需要将 4 递加 7 即可，题中让我们求的是符合条件的三位数，那么最小为 102，最大为 998，此后利用等差数列求和即可．【解答】解： 不为最简，表明（5n+1，3n+2）＝a≠1，根据辗转相除原理有 1≠a|（5n+1）×3﹣（3n+2）×5 即＝1≠a|7，则a只能等于 7，一次尝试可知 5n+1＝1 或 6 或 11 或 16 或 21，因为 21＝3×7，所以 5n+1＝21 时 7|5n+1 成立，此时n为最小值，且为 4，将 4 递加 7 即可，符合条件的三位数，那么最小为 102，最大为 998，102+109+116+…+998＝（102+998）×129÷2＝70950答：使 不为最简分数的三位数n之和等于 70950．三、解答下列各题（每小题 15 分，共 30 分）13．（15 分）一个正六边形被剖分成 6 个小三角形，如图，在这些小三角形的 7 个顶点处填上 7 个不同的整数，能否找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的 3 个数都按顺时针方向从小到大排列，如果可以，请给出一种填法；如果不可以，请说明理由．【分析】首先分析最小数字的位置，可以放在圆心出也可以放在外边，两种情况分析即可．【解答】解：依题意可知：分两种情况讨论：假设将最小数放在中心位置，我们只能在外圈顺时针依次从小到达放数字．但是只能满足五个三角形，最后一个三角形无法满足条件．假设将最小的数字放在外圈，然后在周边顺时针依次从小到大放数字，如果想要五个三角形都满足条件，则中心位置必须放大数字，但这样的话，最后一个又不能满足条件．综上所述：不能找到一个填法，使得每个小三角形顶点处的 3 个数都按顺时针方向从小到大排列．14．（15 分）7×7 的方格黑白染色，如果黑格比白格少的列的个数为m，黑格比白格多的行的个数为n，求m+n的最大值．【分析】在m取最大值的条件下n尽量取最大值可使m+n的值最大．【解答】解：根据分析，1≤黑格和白格的行数≤7；1≤列数≤7，当m＝7 时，可以设 7 列之中黑格个数为 3，则黑格总数为：3×7＝21．然后，可以把 21 个黑格在 1﹣5 行之中每行放 4 个，第 6 行放 1 个，第 7 行不放．这样就有 5 行中黑格数量超过白格，所以n ＝5，从而使得m+n＝12 为最大．如下图 1 所示：当m＝6 时，可以设 6 列之中黑格个数均为 3，其余一列黑格个数为 7，这样黑格总数为 3×6+7＝25．然后，我们使得 1﹣6 行黑格个数为 4 个，最后一行只有 1 个．这样就有 6 行中黑格数列超过白格，所以n＝6，从而使得m+n＝12，如图 2 所示：当m≤5 时，m+n≤12．综上，m+n的最大值为 12．故答案是：12．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/5/7 11:03:08；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@xyh.com；学号：20913800