第二届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛参考试题及详解.docx
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第二届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛参考试题及详解
第二届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛参考试题及详解
“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2000-1988=12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：
1988、1990、1992、1994、1996、1998、2000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：
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？
图37
【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
因此，七根竹竿的总长度是2米减去剩下一段的长，也
【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。
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：
1988，1889，8918，8819。
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
【解】
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。
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×3米×0.06米＝0.54米3
而沉入小水池中的碎石的体积是
2米×2米×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×6米＝36米2。
所以水面升高了：
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15×6被7除余6，15的6倍加1正好被7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：
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＝2×3×7×17。
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，每段路上的数字是小王走这段路所需的分钟数。
请问小王从A出发走到B，最快需要几分钟？
【解法1】为叙述方便，我们把每个路口都标上字母，如图48、图49所示
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
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