2006年7月温州第七届青少年数学国际城市邀请赛团体赛试题与解答简体

海量资源尽在星星文库：温州市队名：___________________得分：__________________1.老师说：“要在一个三边长为2，2，2x的三角形内部放置一个尽可能大的圆，则正实数x的值该是多少？”学生A说：“我想x＝1.”学生B说：“我认为2x.”学生C说：“你们回答都不对！”他们三人谁的回答是正确的？为什么？解答：一方面三角形的面积＝(2)rx；另一方面，该三角形底边上的高为24x，所以三角形面积24xx.可得242xxrx.当1x时，111.73r；当2x时，211.722r.取43x，则416161271.735125r，所以43x是一个更好的选择.所以学生C的回答正确.注：当51x时，可取到r的最大值522514.2.一个三角形可被剖分成两个等腰三角形，原三角形的一个内角为36˚，求原三角形最大内角的所有可能值.解答：不妨设B＝36˚.（1）若剖分线不过点B.不妨设剖分线为AD，此时△BAD是(36,36,108)或者(36,72,72)的三角形.若△BAD是(36,36,108)的三角形，则△CAD或者是(144,18,18)第一个图，或者是(72,54,54)第二个图，或者(36,72,72)第三、四个图.CBCBCBCBADADADAD（2）若剖分线过点B.不妨设为BE，则△CBE必定是(132,24,24)，△ABE是(144,12,12)的三角形.所以原三角形的最大内角可能是72,90,108,126,132.3.四个单位正方形以边对边相连接而成，可以拼成如图五种不同的形状.用一片“L”形(图中第一个)分别与其余四个中的一片拼成轴对称图形，请绘出所有可能之组合.解答：海量资源尽在星星文库：一片骨牌是由两个单位正方形以边对边相连接而成，在每个正方形内标记上数字1、2、3、4或5，所以我们共可得标号为11，12，13，14，15，22，23，24，25，33，34，35，44，45，55的15片不同的骨牌.将这15片骨牌排成一个如图的5×6的长方形，每片骨牌的边界已经擦除，请试着把这些骨牌的边界重新画出来.解答：首先，注意到编号为55的骨牌一定是在矩形的中心，而编号22的骨牌只能是在右边界处.此时，右上角编号为3的骨牌必与右侧的2一起组成编号为23的骨牌..所以，右下角的2只能与5一起组成编号为25的骨牌，而这个2上面的3只能组成33骨牌..所以，可在图中，把剩下的33、23对之间用一条线分隔.第三行的3只能与其上的5组成35编号的骨牌.如左图.这时，第一行的5不能与其左侧的3组成35编号的骨牌，只能与其下的1组成编号为15的骨牌.这使得左侧只能为13、34编号的骨牌，这样，左上角的骨牌为11和24.在右下角，必须出现编号为12的骨牌，此时，其余的骨牌也就确定了.5.“幸运数”是指一个等于其各位数码(十进制)和的19倍的正整数，求出所有的幸运数.解答：设10a＋b是一个至多两位数，方程10a+b=19(a+b)仅当a=b=0时成立.所以，所有的幸运数至少是三位数.假设一个幸运数有m位数，4m，则该数至少为110m，其数码和至多为9m，所以，117110mm.当m=4时，6841000不成立.而5m，更不成立.因此，所有的幸运数都是三位数，由100a+10b+c=19a+19b+19c，知9a=b+2c.当a=1时，可得(b，c)=(1，4)，(3，3)，(5，2)，(7，1)，(9，0).当a=2时，可得(b，c)=(0，9)，(2，8)，(4，7)，(6，6)，(8，5).当a=3时，可得(b，c)=(9，9).当a3时，无解.所以共有11个幸运数：114,133,152,171,190,209,228,247,266,285和399.海量资源尽在星星文库：n的方格表中做填数游戏，每次允许在一个方格中填入数字0或者1（每个方格中只能填入一个数字），由甲先填，然后轮流填数，直至表格中每个小方格内都填了数.如果每一行中各数之和都是偶数，则规定为乙获胜，否则当作甲获胜.请问：(1)当n＝2006时，谁有必胜的策略？(2)对于任意正整数n，回答上述问题.解答：(1)当n=2006时，后填数的乙有必胜策略.用12的多米诺骨牌对表格进行分割，使得每一行都由1003块多米诺组成，当甲对某块多米诺的一个中填数时，乙也在该多米诺中填数，并且使得这块多米诺中两个数之和为偶数.依此策略，乙可以使得表格的每一行中各数之和都是偶数.故乙获胜.(2)当n为偶数时，同上述操作，可知乙有必胜策略；当n为奇数时，甲有必胜策略：他可以先在第1行第1列的方格中写上1，然后对第1行中其余方格作前面的多米诺分割，采取同样的操作方式，可使表格中第1行中各数之和为奇数.7.设n为任意奇正整数，证明：1596n+3202701000nnn能被2006整除.证明：因为200621759，所以为证结论成立，只需证n为奇正整数时，15961000270320nnnn能被2，17，59整除.显然，表达式能被2整除.应用公式，n为奇数时，121()()nnnnnababaabb，121()()nnnnnababaabb.则由于159610005944，2703205910，所以15961000270320nnnn能被59整除.又1596－270＝1326＝17×78，1000－320＝680＝17×40，所以15961000270320nnnn能被17整除.故结论成立.8.将正整数中所有被4整除以及被4除余1的数全部删去，剩下的数依照从小到大的顺序排成一个数列an：2,3,6,7,10,11,….数列an的前n项之和记为Sn，其中n=1,2,3,….求S=SSS200621.....的值.（其中x表示不超过x的最大整数）解答：易知2142nan，241nan，1,2,n，因此21234212()()()nnnSaaaaaa51321(83)n2583(2)2nnnn，2221224(41)(21)nnnSSannnnn，所以2222221(2)(21),(21)(2),nnnSnnSn故2[]2nSn，21[]21nSn，从而[]nSn，于是122006[][][]SSSS1220062006200720130212.海量资源尽在星星文库：平面上，正三角形ABC与正三角形PQR的面积都为1.三角形PQR的中心M在三角形ABC的边界上，如果这两个三角形重迭部份的面积为S，求S的最小值.解答：在正△PQR的三个顶点处截去三个全等的正三角形，得到一个面积为23的正六边形，则M是这个正六边形的中心.若点M与△ABC的一个顶点重合，如左图，易知正六边形和△ABC的重迭部分面积是19.在中间的图形中，把△ABC绕着点M顺时针旋转，则始边所扫过的三角形和终边所扫过的三角形全等，所以两个三角形的公共部分面积是不变的.若点M在△ABC的边上，不妨设在BC上，且靠近点C，如右图所示.，过点M作AC的平行线MN，交边AB于点N，则△BMN是正三角形..因为MNBMCM，BM和MN都与正六边形相交，所以△BMN与正六边形的公共部分面积为19.当把正六边形恢复成原来的正三角形时，公共部分面积不会减小.，所以两个三角形公共部分面积的最小值为19，如左图.10.设m是一个小于2006的四位数，已知存在正整数n，使得m－n为质数，且mn是一个完全平方数，求满足条件的所有四位数m.解答由题设条件知：m－n=p，p是质数，则m=n+p，设mn=n(n+p)=2x，其中x是正整数，那么22444npnx，即222(2)(2)nppx，于是2(22)(22)nxpnxpp，注意到p为质数，所以2221,22,nxpnxpp把两式相加得212pn，进而212pm，结合10002006m,可得64189p，于是，质数p只能是67，71，73，79或83.从而，满足条件的m为1156，1296，1369，1600，1764.MRQPCBA