2011 年第十六届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试题（小学组-深圳）一、填空（每题 10 分，共 80 分）1．（10 分） …+ + …+ +…+ + ＝　 　．2．（10 分）甲车从A出发驶向B，往返来回；乙车从B同时出发驶向A，往返来回．两车第一次相遇后，甲车继续行驶 4 小时到达B，乙车继续行驶 1 小时到达A．若A，B两地相距 100 千米，那么当甲车第一次到达B时，乙车的位置距离A　 　千米．3．（10 分）每个铅字上刻有一个数码．如果印刷十二页书，所用的页码铅字要以下 15 个：1，2，3，4，5，6，7，8，9，1，0，1，1，1，2．现要印刷一本新书，从库房领出页码铅字共 2011 个，排版完成后有剩余．那么，这本书最多有页．最少剩余　 　个铅字．4．（10 分）一列数：8，3，1，4，．…，从第三个开始，每个数都是最靠近它前两个数的和的个位数．那么第 2011 个数是　 　．5．（10 分）编号从 1 到 50 的 50 个球排成一行，现在按照如下方法涂色：（1）涂 2 个球；（2）被涂色的 2 个球的编号之差大于 2．如果一种涂法被涂色的两个球与另一种涂法被涂色的两个球至少有一个是不同号的，这两种涂法就称为”不同的”．那么不同的涂色方法有　 　种．6．（10 分）A，B两地相距 100 千米．甲车从A 到B 要走m个小时，乙车从A到B要走n个小时，m，n是整数．现在甲车从A，乙车从B同时出发，相向而行，经过 5 小时在途中C点相遇．若甲车已经走过路程的一半，那么C到A路程是　 　千米．7．（10 分）自然数b与 175 的最大公约数记为d．如果 176×（b﹣11×d+1）＝5×d+1，则b＝　 ．8．（10 分）如图．ABCD为平行四边形．AE＝2EB．若三角形CEF的面积＝1．那么，平行四边形ABCD的面积＝　 　．二、解答下列各题（每题 10 分，共 40 分，要求写出简要过程）9．（10 分）三位数的十位数字与个位数字的和等于百位数字的数，称为”好数”．共有多少个好数？10．（10 分）在下列 2n个数中，最多能选出多少个数，使得被选出的数中任意两个数的比都不是 2 或？3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25，…，3×22n﹣1．11．（10 分）一个四位数 和它的反序数 都是 65 的倍数．求这个数．12．（10 分）用写有+1 和﹣1 的长方块放在 10×n方格中，使得每一列和每一行的数的乘积都是正的，n的最小值是多少？三、解答下列各题（每题 15 分，共 30 分，要求写出详细过程）13．（15 分）十五个盒子，每个盒子装一个白球或一个黑球，且白球不多于 12 个．你可以任选三个盒子来提问：“这三个盒子中的球是否有白球？”并得到真实的回答．那么你最少要问多少次，就能找出一个或更多的白球？14．（15 分）求与 2001 互质，且小于 2001 的所有自然数的和．2011 年第十六届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试题（小学组-深圳）参考答案与试题解析一、填空（每题 10 分，共 80 分）1．（10 分） …+ + …+ +…+ + ＝　 95 　 ． 【分析】根据数字特点，把分母相同的分数相加，原式变为 +（ + ）+（ + + ）+…+（+ +…+ ）+（ + +…+ ），然后把每个括号内的数字算出来，在运用乘法分配律以及高斯求和公式简算即可．【解答】解：（ + +…+ ）+（ +…+ ）+…+（ + ）+＝ +（ + ）+（ + + ）+…+（ + +…+ ）+（ + +…+ ）＝ +1+1 +…+9+9＝ ×（1+2+3+…+19）＝ ×[（1+19）×19÷2]＝ ×190＝95故答案为：95．2．（10 分）甲车从A出发驶向B，往返来回；乙车从B同时出发驶向A，往返来回．两车第一次相遇后，甲车继续行驶 4 小时到达B，乙车继续行驶 1 小时到达A．若A，B两地相距 100 千米，那么当甲车第一次到达B时，乙车的位置距离A　 100 　 千米．【分析】设甲车车速为v1，乙车车速为v2．根据路程比等于速度的比可得出第一次相遇时两车的路程比，再根据两车第一次相遇后，甲车继续行驶 4 小时到达B，乙车继续行驶 1 小时到达A，再求出两车行驶的路程，因为路程互换，从而求出速度的比，再根据速度的比求出当甲车第一次到达B时，乙车行驶的路程得出乙车距离A的路程．【解答】解：设甲车车速为v1，乙车车速为v2．如图，第一次相遇在C 点，则＝ ，而AC＝v2，BC＝4v1， ＝ ，v2＝2v1，所以，当甲车第一次到达B时，乙车的位置在B处，距离A100 千米．故答案为：100．3．（10 分）每个铅字上刻有一个数码．如果印刷十二页书，所用的页码铅字要以下 15 个：1，2，3，4，5，6，7，8，9，1，0，1，1，1，2．现要印刷一本新书，从库房领出页码铅字共 2011 个，排版完成后有剩余．那么，这本书最多有706 　 页．最少剩余　 1 　 个铅字．【分析】分别求出前 9 页用多少个铅字，从第 10 页到第 99 页每页用几个铅字，从第 100 页到999 页每页用多少个铅字，再进行解答．【解答】解：前 9 页用 9 个铅字，从第 10 页到 99 页每页用 2 个铅字，99 页共用，9+（100﹣10）×2＝189（个）从第 100 页到 999 页每页用 3 个铅字一页，100 页共用 189+3 个铅字，设一共有k页，根据题意得 189+3（k﹣99）＜2011，3k＜2011+297﹣189＝2119＝3×706+1．答．这本书最多 706 页．最少剩余 1 个铅字．4．（10 分）一列数：8，3，1，4，．…，从第三个开始，每个数都是最靠近它前两个数的和的个位数．那么第 2011 个数是　 2 　 ．【分析】继续将数列写下去，会发现 60 个数为一个周期，然后 2011 除以 60 得 33 余 31，即第2011 个数和第 31 个数相同，据此即可解答．【解答】解．写下这列数的前若干个数：8，3，1，4，5，9，4，3，7，0，7，7，4，1，5，6，1，7，8，5，3，8，1，9，0，9，9，8，7，5，2，7，9，6，5，1，6，7，3，0，3，3，6，9，5，4，9，3，2，5，7，2，9，1，0，1，1，2，3，5，8，3，…．第一个数＝第 61 个数，第二个数＝第 62 个数，…60 为数的出现的周期．2011＝33×60+31，第 31 个数是 2．所以第 2011 个数是 2．5．（10 分）编号从 1 到 50 的 50 个球排成一行，现在按照如下方法涂色：（1）涂 2 个球；（2）被涂色的 2 个球的编号之差大于 2．如果一种涂法被涂色的两个球与另一种涂法被涂色的两个球至少有一个是不同号的，这两种涂法就称为”不同的”．那么不同的涂色方法有　 1128 　 种．【分析】第一个球涂色，另一个球从 4 号开始到第 50 号分别涂色，有 47 种方法；第二个球涂色，另一个球从 5 号开始到第 50 号，有 46 种涂法，…第 47 个球涂色，另一个球只有第 50 号涂色；根据加法原理，即可得解．【解答】解：设被涂色的球中的小号码为K，1≤K≤50﹣3＝47，则另一个被涂色的求的号码可能是K+3，…50；一共有 50﹣（K+2）＝48﹣K种不同涂法，K可以取值 1，2，…47；那么总共有：（48﹣1）+（48﹣2）+（48﹣3）+…+（48﹣47）＝1+2+…+47＝（1+47）÷2×47＝24×47＝1128答：那么不同的涂色方法有 1128 种．故答案为：1128．6．（10 分）A，B两地相距 100 千米．甲车从A 到B 要走m个小时，乙车从A到B要走n个小时，m，n是整数．现在甲车从A，乙车从B同时出发，相向而行，经过 5 小时在途中C点相遇．若甲车已经走过路程的一半，那么C到A路程是　 83 　千米．【分析】根据甲车从A，乙车从B同时出发，相向而行，经过 5 小时在途中C点相遇可得＝5，则 + ＝ ．令m＝5+p，n＝5+q．即 + ＝ ，将分式方程去分母可得5（5+p+5+q）＝（5+p）（5+q），化简得 50+5（p+q）＝25+5（p+q）+pq，pq＝25，由于m，n是整数，所以设出mn的值，看是否符合要求即可解答．【解答】解： ＝5，则 + ＝ ．令m＝5+p，n＝5+q．则：+ ＝ ，5（5+p+5+q）＝（5+p）（5+q），50+5（p+q）＝25+5（p+q）+pq，pq＝25， （1）p＝5，q＝5，m＝10，AC＝5×AB＝AB；不满足要求．（2）p＝25，q＝1，m＝30，AC＝5×AB＝AB，不满足要求．（3）p＝1，q＝25，m＝6，AC＝5×AB＝AB＝ ＝83 千米＞AB，满足要求．所以C到A路程是 83 千米．故答案为：83 ．7．（10 分）自然数b与 175 的最大公约数记为d．如果 176×（b﹣11×d+1）＝5×d+1，则b＝　 385 ．【分析】因为b与 175 的最大公约数记为d，所以d与 175 是倍数关系，把 175 分解质因数，再根据 5d+1＝176，176 比 175 多 1，由此可以求出d的值．然后把d的值代入 176×（b﹣11×d+1）＝5×d+1，即可求出b的值．【解答】解：因为b与 175 的最大公约数记为d，d 必为 175 的约数，而 175＝5×5×7，所以d只能取 1，5，7，25，35，175；另外由 176×（b﹣11×d+1）＝5×d+1 可知 b﹣11×d+1 为非 0 自然数，即b﹣11d+1≥1，因此 5d+1≥176⇒d≥35．所以d＝35 或 175．以d＝35 代入 176×（b﹣11×d+1）＝5×d+1，得b＝385．以d＝175 代入 176×（b﹣11×d+1）＝5×d+1，得 176×（b﹣11×175+1）＝5×175+1＝876，即 44×（b﹣11×175+1）＝219，左边是偶数，右边是奇数，矛盾！所以d＝175 不合要求．所以b＝385．故答案为：385．8．（10 分）如图．ABCD为平行四边形．AE＝2EB．若三角形CEF的面积＝1．那么，平行四边形ABCD的面积＝　 5 　 ．【分析】S△AEF：S△CEF＝AF：FC＝AE：DC＝2：3，则S△AEF＝ ，S△AEC＝ +1＝ ，同理可求S△ABC，进而求得平行四边形ABCD的面积．【解答】解：S△AEF：S△CEF＝AF：FC＝AE：DC＝2：3，则S△AEF＝ ，S△AEC＝ +1＝ ，S△AEC：S△BEC＝AE：EB＝2：1，则S△BEC＝ ，S△ABC＝ + ＝ ，S▱ABCD＝2S△ABC＝5答：平行四边形ABCD的面积 5；故答案为：5．二、解答下列各题（每题 10 分，共 40 分，要求写出简要过程）9．（10 分）三位数的十位数字与个位数字的和等于百位数字的数，称为”好数”．共有多少个好数？【分析】为解答方便，我们不妨按百位数分类计数，百位数＝1，十位数＝0，1，共 2 个；百位数＝2，十位数＝0，1，2，共 3 个；…，百位数＝k，十位数＝0，…，k，共k+1 个；据此解答．【解答】解．按百位数分类计数：百位数＝1，十位数＝0，1，个位数字＝1，0，共 2 个；百位数＝2，十位数＝0，1，2，个位数字＝2，1，0，共 3 个； 百位数＝3，十位数＝0，1，2，3，个位数字＝3，2，1，0，共 4 个；…．百位数＝k，十位数＝0，…，k，共k+1 个；因为 0＜k＜10，因此k最大为 9，因此k+1＝10．所以共有 2+3+…+10＝54 个．答：共有 54 个好数．10．（10 分）在下列 2n个数中，最多能选出多少个数，使得被选出的数中任意两个数的比都不是 2 或？3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25，…，3×22n﹣1．【分析】运用反证法，假设选出的数多于n个，那么就可以从中挑出n+1 个，通过论证，得出矛盾的结论．据此解答．【解答】解：最多可选出n个，如 3，3×22，…3×22n﹣1．如果选出的数多于n个，那么就可以从中挑出n+1 个，如下：2l1×3，2l2×3，2l3×3，…，2ln+1×3，l1＜l2＜l3＜…＜ln+1．则 2n﹣1＞ln+1．﹣l1＝（ln+1．﹣ln）+（ln﹣ln﹣1）+…+（l2﹣l1）≥ ＝2n．2n﹣1＞2n，不可能．因此选出的数不能多于n个．11．（10 分）一个四位数 和它的反序数 都是 65 的倍数．求这个数．【分析】因为一个四位数 和它的反序数 都是 65 的倍数，所以1000a+100b+10c+d≡1000d+100c+10b+a≡0（mod65）．通过推理，解决问题．【解答】解：1000a+100b+10c+d≡1000d+100c+10b+a≡0（mod65）．1001（a+d）+110（b+c）≡0（mod65）．7×11×13（a+d）+2×5×11（b+c）≡0（mod65）．65＝13×5．所以a+d＝5，10，15；b+c＝0，13．另一方面，1000a+100b+10c+d﹣（1000d+100c+10b+a）＝999（a﹣d）+90（b﹣c）≡0（mod65）．所以a﹣d＝0，5 或d﹣a＝5．由于a+d和a﹣d有相同的奇偶性，所以a＝d＝5．若b+c＝13，则：1000a+100b+10c+d＝5000+100b+10（13﹣b）+5＝5005+90b+130＝65×79+65b+25b≡25b≡0（mod65）．所以 25b≡0（mod13），b＝0，c＝13，不可能（c是数码）．所以b+c＝b＝c＝0，1000a+100b+10c+d＝5005．故答案为：5005．12．（10 分）用写有+1 和﹣1 的长方块放在 10×n方格中，使得每一列和每一行的数的乘积都是正的，n的最小值是多少？【分析】由题意可得：每一列，每一行的﹣1 的个数都是偶数个，所以，整个方格中的﹣1 的个数是偶数个，而﹣1 的个数就是长方块的个数．所以可设有 2m个长方块．每个长方块占 2 个格．当长方块放满的时候，10n＝4m，5n＝2m，所以n＝2k，m＝5k，k＝1，2，3，…然后从最小的 2 开始进行讨论，得出符合题意的答案．【解答】解：每一列，每一行的﹣1 的个数都是偶数个，所以，整个方格中的﹣1 的个数是偶数个，而﹣1 的个数就是长方块的个数．所以可设有 2m个长方块．每个长方块占 2 个格．当长方块放满的时候，10n＝4m，5n＝2m，所以n＝2k，m＝5k，k＝1，2，3，…最小的n＝2，但是，若n＝2，m＝5，长方块不能水平放置，竖直放置 5 个长方块，每一列恰好5 个﹣1，不可能满足要求的情况．n＝4，m＝10，如图．每个长方块都是水平放置+1，在左边，﹣1 在右边即可． 答：n的最小值是 4．三、解答下列各题（每题 15 分，共 30 分，要求写出详细过程）13．（15 分）十五个盒子，每个盒子装一个白球或一个黑球，且白球不多于 12 个．你可以任选三个盒子来提问：“这三个盒子中的球是否有白球？”并得到真实的回答．那么你最少要问多少次，就能找出一个或更多的白球？【分析】先给 15 个盒子进行编号，选编号为 1 号，m号和n号的三个盒子提问一次，共需提问91 次，通过回答的答案全部是“有”，或者“无”进行分情况讨论求解．【解答】解：将所有的盒子编号：1，2，3，…，15．如下提问 91 次：选编号为 1 号，m号和n号的三个盒子提问一次，2≤m≤n，共提问：14×（14﹣1）÷2＝91（次），如果回答全是“有”，则 1 号盒子中的球是白的，这是因为 2～15 号中 2 个盒子是黑球；如果 1 号是黑球，它们与 1 号盒子的组合得提问的回答一定是“无”；如果 91 个回答中有答“无”的，那么 1 号球是黑的，91 个回答中，凡是答“无”的三个盒子（包括 1 号）全拿走，余下的盒子中的球就全是白的．下面证明少于 91 次不一定能找出白球：若 1 号盒子装的是黑球，少于 91 次，就有第k（＞1）和第 m（＞1）号盒子没能与 1 号盒子组合在一起提问，如果除了这三个盒子外，其他 12 个盒子中的球都是白的，得到的回答全是“有”，而说 1 号是白的就错了．14．（15 分）求与 2001 互质，且小于 2001 的所有自然数的和．【分析】和 2001 不互质的数一定是成对出现的，每对的和都是 2001，所以我们只需要求出与2001 互质且小于 2001 的所有自然数互质的个数就可以了．【解答】解：若（a，2001）＝1，则（2001﹣a，2001）＝1，即小于 2001 与 2001 互质的自然数成对出现．而a+2001﹣a﹣2001，所以小于 2001 且与 2001 互质的自然数之和＝ ×小于 2001 且与2001 互质的自然数的个数×2001．2001＝3×23×29．与 2001 有公约数 3 的数且不大于 2001 的数的个数＝[ ]＝667； 与 2001 有公约数 23 的数且不大于 2001 的数的个数＝[ ]＝87；与 2001 有公约数 29 的数且不大于 2001 的数的个数＝[ ]＝69；与 2001 有公约数 3×29 的数且不大于 2001 的数的个数＝[ ]＝23；与 2001 有公约数 3×23 的数且不大于 2001 的数的个数＝[ ]＝29；与 2001 有公约数 23×29 的数且不大于 2001 的数的个数＝[ ]＝3；与 2001 有公约数 3×23×29 的数且不大于 2001 的数的个数＝[ ]＝1．与 2001 互质且小于 2001 的数的个数＝2001﹣67﹣87﹣69+23+29+3﹣1＝1323．与 2001 互质，且小于 2001 的所有自然数的和＝ ＝1232616．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 10:52:37；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@xyh.com；学号：20913800