1、第十六届华罗庚金杯少年数学邀请赛总决赛初一组一试试题解答一、填空题（共3题，每题10分）1. 计算= 解： 2. 正方形ABCD的面积等于625平方厘米.如图，DE与CF相交于G.已知平方厘米.BFG的面积是 平方厘米. 答：BFG的面积是50平方厘米. 解：由于正方形ABCD的面积等于625平方厘米.所以，边长厘米.由于平方厘米，所以AE=10厘米. 连接CE, 则（平方厘米）. 而已知（平方厘米）， 则连接AG. 由（平方厘米） 但，而，比较可得 （平方厘米）.3. 用长度分别为的木条去摆三角形，每个三角形的三条边的长度分别为，问最多有多少种不同的取法？ 答案：9500.解：利用三条边可以
2、构成三角形的条件：任意的两个边的和大于第三边.边长为1的木条不能与其它长度的木条构成三角形.三角形的最小边长为2时，边长为2的木条只能与差值为1的两个木条构成三角形，故有47对.三角形的最小边长为3时，边长为3的木条只能与差值为1，2的两个木条构成三角形，故有46+45对.三角形的最小边长为4时，边长为3的木条只能与差值为1，2，3的两个木条构成三角形，故有45+44+43对.三角形的最小边长为（时，边长为的木条只能与差值为1，2，3，的两个木条构成三角形，故有对.三角形的最小边长为（时，边长为的木条只能与差值为1，2，3，的两个木条构成三角形，故有对.故总数为 二、解答题（共3题，每题10分
3、，写出解答过程）4. 用表示自然数的数字和，如，等等，求自然数，使得.答: 1991.解1： ， 则可设或，其中，且为整数.若，则，即 若，则，即没有符合条件的整数解.因此，n =1991. 解2：因为要使，只须即已知在时最大为38，所以其中被9除余2的有1991，2000，2009.其中只有1991满足1991+20=2011，所以5. 两个21位自然数和，每个都由三个1、三个2、三个3、三个4、三个5、三个6和三个7组成，使得是自然数，问k能取哪几个自然数？说明你的理由.答：1.解：显然假设存在这样的和，使得数是一个大于1的自然数，则可设，故. 两边分别除以9，用数被9除的性质知和被9除的
4、余数均等于被9除的余数，即84被9除的余数，为3. 因此3与模9同余. 由，及和不同（即）推得，即. 考虑数最低位的数字7，当把乘以4时，这个数字7的下一位（如果有）最多为6，因此乘以4最多进两位，这说明中对应位的数字为8（下面不进位,74=28）或9（下面进一位）或0（下面进两位），这与由三个1、三个2、三个3、三个4、三个5、三个6和三个7组成相矛盾！即不存在满足条件的和.使得数是一个大于1的自然数. 所以，只有6. 使得关于未知数x的方程无解的自然数 k由小到大排成一行,其前2011个k的值之和等于多少？ 解.k0123x12340123设；令待定.从上表可知， 是有解的.因此，都有解.
5、下面考虑 显然，而对于上式对于任意的成立. 所以当时，方程无正有理数解.因此，前2011个k的值之和=初一组二试试题解答一、填空题（共3题，每题10分）1. 一水池有一进水口，若干同样大小的排水口.如果同时打开进水口和5个排水口，连续30个小时可以将水排尽；如果同时打开进水口和6个排水口，连续20小时可以将水排尽.如果同时打开进水口和15个排水口，几小时可以将水排尽？答：5小时.解：设一水池水为z立方米，进水口每小时过水y立方米，一个排水口每小时排水x立方米.于是 由此此得 两式两边分别相减得 ；同样可得 .设同时打开一进水口和15个排水口，t小时可以将水排尽. 则 即 所以 （小时）.图32
6、. 图中，四边形ABCD是一个长方形，EF/AB，GH/AD, EF和GH相交于点O, 三角形OBD的面积是，求长方形OFCH的面积和长方形AGOE的面积差.答：解：从图中可见，即 即 但 因此得3. 自然数a，b互质，如果，n是10进制数b的位数，则= .其中表示不超过的最大整数，表示的小数部分. 答：解：设符合题意的最简分数为，a、b均为正整数且互质.可知ba，根据题意即，则整理成正整数方程为=ab. 从方程中可知.因为a与b互质，所以b- a与ab也互质. 因为若 b-a与ab有公因子p，那么p能整除a(或能整除b)，也能整除b-a，从而p也能整除b(或也能整除a)，这样，与题意最简分数
7、(分子与分母互质的分数)矛盾. 因此，互质的a与b的积只能是与1的乘积或与的乘积两种可能. 若，这时； 若ab=10=，b=, 这时b-a=1得,即.因此，n只能是1时才成立，即a=2，b=5. 最简分数为二、解答题（共3题，每题10分，写出解答过程）4. 将正整数1，2，3， ，8分别放置于正方体的8个顶点，每个顶点与相邻3个顶点上的数之和称为该顶点的“众数”.对每一种填法，都可以得到最大“众数”的与最小“众数”的差，那么这个差至少等于多少.答：2解：首先考虑这样的8个众数能否全相等，如果能，因为它们的和等于144，即 ，所以每个都等于18，那么最大与最小的众数之差就是0.如果不能全相等，为
8、了求得最小可能值，如果有一个是19，那么相应地得有一个是17，（总和须等于144）所以这个最小的可能值就不能小于.这样我们只要先证明8个众数不能全相等，然后找出一种布法，其最大与最小众数之差等于2，就可以断定所求的这个最小值是2.设顶点的编号为1，2，3，4，5，6，7，8，如图，记在顶点i的数为.这样，顶点1的众数为；顶点5的众数为 . 若此二顶点的众数相等，则 同样地，顶点2的众数为，顶点4的众数为，若此二顶点的众数相等，则 由上面得到的二式相加得 即 这是不可能的. 这就证明了8个众数不能全相等.构造一个摆放方式的图例（见右图），最大数和最小数的差等于2，故最小差值等于2.5. 已知三角
9、形边长都是整数，周长不超过28，三个边长两两之差的平方和等于14. 问这样的三角形共有多少个？（三条边长分别对应相等的三角形只算1个）答：12个.解：设三角形三条边长分别为，由已知等式可得：. 令，则，其中均为自然数.于是，等式变为 . 由于均为自然数，判断易知，因此，使得等式成立的m ，n只有两组： 和 .（1）当m2，n1时，b=c+1,a=c+3.又a，b，c为三角形的三边长，所以，即，解得.又因为三角形的周长不超过28，即，解得.因此，所以c可以取值3，4，5，6，7，8，对应可得到6个符合条件的三角形.（2）当时，.又为三角形的三边长，所以，即.解得.又因为三角形的周长不超过28，即
10、，解得，因此，所以c可以取值2，3，4，5，6，7，对应可得到6个符合条件的三角形，且和（1）中得到的三角形不同.综合可知：符合条件且周长不超过28的三角形的个数为个.6. 求最小自然数k, 使得对于任意正整数n, k个奇数2n+1, 2n+3, , 2n+2k-1中至少有一个数, 不能被3, 5, 7, 11中的任何一个整除.解. 试验可知，我们有6个奇数: 115,117,119,121,123,125,它们中每一个都可以被3,5,7,11中的一个或几个数整除.所以,k6.对于任意的正整数 n, 当 k6时, 取前7 个数: 2n+1, 2n+3, ., 2n+13 (1)由于2个能被3整
11、除的奇数之差,不小于6; 2个能被5整除的奇数之差,不小于10; 2个能被7整除的奇数之差,不小于14; 2个能被11整除的奇数之差,不小于22. 因此,(1)中能被3整除的数最多有3个,且只能是2n+1, 2n+7, 2n+13.(1)中能被5整除的数最多有2个,且只能是2n+1,2n+11或者2n+3，2n+13;(1)中能被7整除的数最多有1个;(1)中能被11整除的数最多有1个.下面证明(1)中能被3 或5 整除的数的个数不超过4.若能被3整除的数只有2个，显然能能被3 或5 整除的数的个数不超过4.若能被3整除的数有3个，不管什么情况，能被3整除的数和能被5整除的数，必有一个重合. 能被3整除和能被5整除的数一共不能超过4个.除了能被3 或5 整除的数外，还余下3个.但能被7或11整除的数最多只有2个，因此，必有一个数不能含有质因子3，5，7，11.即这个数不能被3, 5, 7, 11中的任何一个整除.答.的最小值是7
