第十五届“华杯赛”初一组决赛试题B答案

《第十五届“华杯赛”初一组决赛试题B答案》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、第十五届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题B解答（初一组）一、填空题1.互不相等的有理数a,b,c在数轴上的对应点分别为A,B,C.如果

2、ab

3、

4、bc

5、

6、ca

7、,那么在点A,B,C中,居中的是点.【答案】B.【解答】当abc时,

8、ab

9、

10、bc

11、bacbca

12、ca

13、;当abc时,

14、ab

15、

16、bc

17、abbcac

18、ca

19、;所以点B在点A与点C之间.当点B不在A,C两个点之间时,

20、ab

21、

22、bc

23、

24、ca

25、不成立.事实上,当bac时,

26、ab

27、

28、bc

29、abcbac2b,

30、c

31、a

32、ca.这时不可能有

33、ab

34、

35、bc

36、

37、ca

38、,否则,ac2bca,即2a2b,得出a和b相等,与题设条件矛盾.类似地可以讨论其他情形.2.图A-31所示的立体图形由10个棱长为1的正方体木块搭成,这个立体图形的表面积为.【答案】34.图A-31【解答】从上、下、前、后、左、右看这个立体图形的表面的面积分别为6,6,5,5,6,6,总和为34.3.某班有36人买了铅笔,共买了50支,有人买了1支,有人买了2支,也有人买了3支.如果买1支的人数是其余人数的2倍,那么买2支铅笔的学生数为.【答案】10.【解答】设买1支铅笔的人数为x

39、,则有x2(36x),所以x72324.买2支和3支铅笔的人数为:362412(人),他们共买铅笔数:502426.设买2支铅笔的学生数为y,则有2y3(12y)26,解出y10.abab4.已知a,b是正整数,和都是真分数,且1.66,则575722ab.【答案】52.ab【解答】因1.66,所以57351.657a5b351.67即57.757a5b58.45.22所以7a5b58,因此a4,b6,ab52.5.三个三位数abb,bab,bba由数字a,b组成,它们的和是2331,则a

40、b的最大值是.【答案】15.【解答】abbbabbba100a10bb100b10ab100b10ba111(a2b)2331.所以a2b21.满足上式的共有四组解:a3,b9,a5,b8,a7,b7,a9,b6.故ab的最大值为15.6.如图A-31所示,四边形ABCD的面积为6,点M,N,P,Q分别为各边的中点.点O为ABCD内的一点.连接OM并延长至E点,使得2OMME,同样的方式可得点F,G,H.则四边形EFGH的面积为.【答案】27.图A-31【解答】连接MNNPPQQM,,,,见

41、图A-32.因为点MNPQ,,,分别为四边形ABCD各边的中点,所以四边形MNPQ的面积为四边形ABCD面积的一半,即四边形MNPQ的面积为3.图A-32因为ME2OM且NF2ON,容易得到三角形OEF的面积是三角形OMN的面积的9倍.同理可得三角形OFG的面积是三角形ONP的面积的9倍；三角形OGH的面积是三角形OPQ的面积的9倍；三角形OHE的面积是三角形OQM的面积的9倍.所以四边形EFGH的面积是四边形MNPQ的面积9倍,即四边形EFGH的面积为27.7.至少任取个正整数,可以保证其中必存在6个数,它们的和是6的倍数.【答案】11.【解答】首

42、先说明取10个正整数无法保证满足要求.例如10个数被6除的余数5个为0,5个为1,此时任取其中6个求和,所得和的被6除的余数为不小于1且不大于5.故至少取11个正整数.首先证明结论:5个正整数中必定存在3个数之和为3的倍数.若5个数被3除所得的余数有0,1,2这三种,则余数互不相同的这3个数之和能被3整除;若只有不超过被3除所得余数其中的2种,由抽屉原理,可知其中必有3个数被3除所得的余数相同,这样的3个数之和能被3整除.故任意5个数中必有3个数的和能被3整除.设任给的11个整数为aaa,,,,a,a.根据引理,则在aaaaa,,,,中存12310111

43、2345在3个数之和为3的倍数,不妨这3个数就是aaa,,,因此有aaa3k.1231231同理,在剩下的整数中的aaaaa,,,,中也存在3个数之和为3的倍数,不妨45678这3个数就是aaa,,,因此有aaa3k.4564562最后,在剩下的整数中的aaaa,,,,a中也存在3个数之和为3的倍数,不7891011妨这3个数就是aaa,,,因此有aaa3k.7897893在kkk1,,23中,必有两个奇偶性相同,不妨设就是kk12,的奇偶性相同,即kk12,之和为偶数,也就是k12k2.k所以aaaaaa3k3k3

44、(kk)32k6.k1234561212也就是在这11个任取的整数中,必