第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
五年级决赛
2016年3月5日 12:30~14:00 考试时间:90分钟 满分:100分
一、填空题A:(本大题共8小题,每题6分,共48分)
【第1题】
计算:20161
11121422754________。
【分析与解】 计算。
20161
11121422754
2016121142127154
201611
1418
201611420161
18
144112
32
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
若E、U、L、S、R、T分别表示1、2、3、4、5、6(不同的字母表示不同的数字),且满足: ⑴EUL6;
⑵SRUT18; ⑶UT15; ⑷SL8。
则六位数EULSRT________。 【分析与解】
⑴因为EUL6; 而1236; 所以E,U,L1,2,3; ⑵因为SRUT18; 而654318; 所以S,R,U,T6,5,4,3; ⑶因为UT15; 而1511535; 所以U,T3,5; ⑷因为SL8; 而81824; 所以S,L2,4。
由⑴和⑶,得U3,则T5; 由⑴和⑷,得L2,则S4;
最后分别结合⑴和⑵,得E1,R6; 故六位数EULSRT132465。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
一个超过20的自然数N,在14进制与20进制中都可以表示为回文数(回文数就是指正读与倒读都一样的
而12331不是回文数)。N的最小值为________(答案用10进制表示)。 数,比如12321、3443都是回文数,【分析与解】
数论,进制与位值。 因为N20;
所以N在14进制与20进制中都不是一位数; 我们希望N要尽可能小,故设Naabb
14
20
;
即Na14ab20b; N15a21b;
则N既是15的倍数又是21的倍数; 故N是15,21357105的倍数; 而1051077145520,符合题意; 故N的最小值为105。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
一位父亲要将他的财产分给他的孩子:首先将1000元以及剩余财产的财产的
1
给老大,其次将2000元以及剩余10
11
给老二,再次将3000元以及剩余财产的给老三,以此类推。结果发现每个孩子都分到了相同1010
数量的财产。这位父亲一共有________个孩子。 【分析与解】 (方法一)
设这个父亲的财产有x元;
由老大与老二分得财产相同,得
1000x10001102000x1000
11110200010
; 解得x81000;
老大分得1000810001000
1
10
9000元; 即每个孩子都分到了9000元;
这位父亲一共有8100090009个孩子。 (方法二)
因为每个孩子都分到了相同数量的财产; 所以老大与老二分得财产相同;
老大分得1000元以及剩余财产(这里的剩余我们记为A)的110; 老二分得2000元以及剩余财产(这里的剩余我们记为B)的110
; 那么A的
110比B的1
10
多200010001000元; A比B多1000
1
10
10000元; 从A到B依次减少A的1
10
和2000元; 故A的
1
10
为1000020008000元; A为8000
1
10
80000元; 这个父亲的财产有10008000081000元; 老大分得1000810001000
1
10
9000元; 即每个孩子都分到了9000元;
这位父亲一共有8100090009个孩子。 (方法三)
设这位父亲一共有n个孩子;
则倒数第二个孩子分得1000n1元以及剩余的
110
; 第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
这1000n元是倒数第二个孩子分得1000n1之后剩余的1每个孩子都分到了相同数量的财产;
由倒数第二个孩子与最后一个孩子分得财产相同,得
19; 1010
1000n11000n
1
9
1000n; 解得n9;
这位父亲一共有9个孩子。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
如图,一个长方形的表格有8列,将数字1、2、…按一定顺序填入表格中(从左往右填,等一行填满后进入下一行,还是从左往右填)。一个学生先将填有数字1的格子涂黑,接下来跳过1个格子,将填有数字3的格子涂黑;接下来跳过2个格子,将填有数字6的格子涂黑;接下来跳过3个格子,将填有数字10的格子涂黑。依次类推,直到所有列都含有至少一个黑格为止(不再继续涂黑了)。那么,他涂黑的最后一个格子里的数字为________。
【分析与解】 (方法一)
第1个涂黑的格子为1;
第2个涂黑的格子为312; 第3个涂黑的格子为6123; 第4个涂黑的格子为101234; ……
依次类推,第n个涂黑的格子为12
n。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
这样我们可以得到涂黑的格子依次为11mod8,1233mod8, 12366mod8,1234102mod8, 125157mod8,126215mod8, 127284mod8,128364mod8, 129455mod8,1210557mod8, 1211662mod8,1212786mod8, 1213913mod8,12141051mod8, 12151200mod8,
至此mod8余0~7的数都出现了; 即所有列都含有至少一个黑格;
他涂黑的最后一个格子里的数字为120。 (方法二)
第1个涂黑的格子为1;
第2个涂黑的格子为312; 第3个涂黑的格子为6123; 第4个涂黑的格子为101234; ……
依次类推,第n个涂黑的格子为12n。
涂黑的格子mod8的余数依次为1,3,6,2,7,5,4,… 至此,除了mod8余0,其余mod8余1~7都已经出现; 故我们只要考虑12n0mod8;
8|12n1
2
nn1; 16|nn1;
因为n与n1互质; 故16|n或16|n1; 我们希望n要尽可能的小; 则取n116; n15;
这样,他涂黑的最后一个格子里的数字为1215115152120。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
一个瓶子里有1001个蓝球、1000个红球、1000个绿球,同时小明手中还有足够的这三种颜色的球。接下来,小明每次从瓶子中取出两个球,然后再按照下面的规则将一个球或两个球放入瓶中。 ⑴如果取出一个蓝球、一个绿球,则放回去一个红球; ⑵如果取出一个红球、一个绿球,则放回去一个红球; ⑶如果取出两个红球,则放回去两个蓝球;
⑷如果取出的两个球不是上面3种情况,则放回去一个绿球。
不断重复上述操作,直到瓶中只剩下一个球为止。剩下的一个球是________球(填“红”、“蓝”、“绿”或“不确定”)。 【分析与解】
操作类问题;奇偶性。 取球的情况
红、蓝、绿三种颜色的球的个数变化 拿出的两个球
放回的一个球或两个球
蓝球个数
红球个数
绿球个数
⑴ 1个蓝球、1个绿球 1个红球 1 1 1 ⑵ 1个红球、1个绿球
1个红球 不变 不变 1 ⑶ 2个红球 2个蓝球 2 2 不变 2个蓝球 1个绿球 2 不变 1 ⑷
2个绿球 1个绿球 不变 不变
1 1个蓝球、1个红球
1个绿球
1
1
1
从表中我们可以观察出,红球个数与蓝球个数的奇偶性同时发生变化; 而开始瓶子里有1001个蓝球、1000个红球;
即开始时,蓝球有奇数个,红球有偶数个,蓝球与红球个数的奇偶性不同; 则无论怎么操作,蓝球与红球个数的奇偶性始终不同;
这样,最后不可能出现“0个蓝球、0个红球、1个绿球”的情况。 而我们注意到,放回去的球的情况,没有“放回去1个蓝球”的情况; 即也不可能出现“1个蓝球、0个红球、0个绿球”的情况。 综上所述,剩下的一个球是红球。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
从图a的正六边形网格中选出图b的形状,有________种不同的选法(注意:图b可以旋转)。
图b
图a
【分析与解】 计数。
首先,我们考虑图b不旋转的情况下;
一共与有4565424种不同的选法;
再结合图b有3种不同的方向,且每种方向选法数相同;
故从图a的正六边形网格中选出图b的形状,有24372种不同的选法。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
如图,在△ABC中,ABC90,BC8。D和E分别是AB和AC上的点,使得CDDE,DCBEDA。若△EDC的面积为50,则AB的长度为________。
A
DB
【分析与解】
几何;勾股定理,弦图;相似三角形,金字塔模型。
A
F
DB
过点E作EFAB,垂足为F。 在△BCD与△FDE中,
CBDDFE90
DCBEDF
CDDE所以△BCD≌△FDE;
(弦图的一半)
A
所以BCFD,BDFE,BCDFDE; 因为B90;
所以BCDBDC90; 所以FDEBDC90;
因为FDECDEBDC180; 所以CDE90;
这样我们可以得到△EDC是等腰直角三角形; 且由S△EDC50,得CDDE10; 而BCFD8;
再结合勾股定理,得BDFE6。
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BACFAE
ABCAFE90; 所以△ABC∽△AFE;
(金字塔模型)
;
A
F
A
所以
EFBCAF
AB
; 68
AB14AB;
解得AB56。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
【第9题】
将如图两种由单位小正方形组成的图形(这种图形的面积均为3)放入814的大长方形网格中,要求任意 两块图形之间不存在公共点。那么814的大长方形网格中最多可以放入两种类型的图形共________个。
【分析与解】
在814的大长方形网格中,有915135个格点;
而无论是“L型”还是“一字型”的三连块,每个都有8个格点; 1358167;
故在814的大长方形网格中,可以放入两种类型的图形的个数不超过16个。 另一方面,摆放16个的例子可以构造出来(构造方式不惟一)
。
构造方法一构造方法二
综上所述,814的大长方形网格中最多可以放入两种类型的图形共16个。
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Sn表示自然数n的数码和,比如S1231236。如果两个不同的正整数m、n,满足
m100
n100,那么我们就称m、n构成一个数对m,n
mn。 mSnn2Sm
数对m,n共有________对。
【分析与解】
数论,同余;计数。
我们知道,一个数与其数字之和mod9的余数相同; 即nSnmod9; 则nSn0mod9; 由mSnn2Sm,得
SmnSnmSm0mod9; 故m0mod9;
即m是9的倍数;
因为m100且m为正整数; 所以m9,18,27,…,99, 代入nSnm2Sm进行逐一计算; 并设nab10ab(ab为广义两位数); 则Snab; nSn9a,
即9am2Sm
⑴当m9时,Sm9,9a992,a1,舍去;
⑵当m18时,Sm189,9a1892,a0,n1~9,有9对; ⑶当m27时,Sm279,9a2792,a1,n10~19,有10对; ⑷当m36时,Sm369,9a3692,a2,n20~29,有10对;
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
⑸当m45时,Sm459,9a4592,a3,n30~39,有10对; ⑹当m54时,Sm549,9a5492,a4,n40~49,有10对; ⑺当m63时,Sm639,9a6392,a5,n50~59,有10对; ⑻当m72时,Sm729,9a7292,a6,n60~69,有10对; ⑼当m81时,Sm819,9a8192,a7,n70~79,有10对; ⑽当m90时,Sm909,9a9092,a9,n80~89,有10对; ⑾当m99时,Sm9918,9a99182,a7,n70~79,有10对; 综上所述,数对m,n共有910
101099对。 9个10
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
如图,正方形ABCD的边长为4,正方形CEFG的边长为12,D、C、E三点在一条直线上。联结DF,作GI//DF与DA的延长线交于点I。作IHDF与DF交于点H。则IH的长度为________。
F
I
A
D
E
【分析与解】
几何,勾股定理,相似三角形。 (方法一)
F
I
J
A
D
E
过点G作GJDF,垂足为J。
在Rt△DEF中,E90,EF12,DE41216; 由勾股定理,得DF20; 因为E90;
所以EDFEFD90;
因为EFGJFGEFD90; 所以EDFJFG; 在△DEF和△FJG中,
DEFFJG90
EDFJFG; 所以△DEF∽△FJG; 所以FEGJDF
FG; 所以
12GJ2012
; 第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
解得GJ
5
; 因为GI//DF,IHDF,GJDF; 所以IHGJ; 所以IH
365
。 (方法二) KF
I
A
D
E
分别延长DI、FG,相交于点K。
在Rt△KDF中,K90,KD12,KF41216; 由勾股定理,得DF20; 因为GI//DF;
所以△KDF∽△KIG; (金字塔模型) 所以KFKDKGKIDF
IG; 所以
1612204KIIG
; 解得KI3,IG5;
S△KIGKGKI24326; S△KDFKFKD21612296; S梯形DFGIS△KDFS△KIG96690; S梯形DFGIIGDFIH2;
520IH290;
解得IH365
。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
将一个444的立方体切割成64个111的小立方体,然后将其中16个111的小立方体染成红色,要求与任意一条棱平行的4个小立方体中,都正好有1个小方体被染成红色。不同的染色方法有________种
(旋转后相同的染色方法也视为不同的染色方法)。 【分析与解】
一个444的立方体,从上往下一共有4层,每层是一个441的长方体; 由题意“与任意一条棱平行的4个小立方体中,都正好有1个小方体被染成红色”,得 每层441中,都正好有4个正方体染成红色;
且从上往下看,每层染成红色的小立方体的俯视图为一个44的正方形。 对这个44正方形,我们分别用“1”、“2”、“3”、“4”各4个, 表示第1、2、3、4层对应的小方格染成红色;
并且按照题意,这个44正方形中,每行、每列“1”、“2”、“3”、“4”各1个。 故问题转化为“用“1”、“2”、“3”、“4”各4个填在一个44正方形中,要求每行、每列“1”、“2”、“3”、“4”各1个,不同的填法有多少种?” 我们先考虑“1”,每行各1个,且不同列,有432124种填法;我们不妨设为图1的情况。
1
1
1
1
图1
,第一行的“2”有3种填法;我们不妨设为图2的情况; 我们再考虑“2”
121
1
1
图2
(如图3) 若第二行的“2”填在第一列,则第三行的“2”填在四列,第四行的“2”填在三列;
若第二行的“2”填在第三列,则第四行的“2”填在一列,第三行的“2”填在四列;(如图4) 若第二行的“2”填在第四列,则第三行的“2”填在一列,第四行的“2”填在三列;(如图5)
12
21
12图3
21
121
21
21
图4
121
212图5
1
2
2
,第一行的“3”有2种填法;我们不妨设为第一行的“3”填在第三列(如图6~8); 我们再考虑“3”
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
123123123
2
1
1
21
2121
22
121
2
1
2
1
图6
图7
图8
图6余下的有2种填法;
(如图9和图10) 图7余下的有1种填法;(如图11) 图8余下的有1种填法;(如图12)
[***********][***********][1**********]34
32
1
3
4
2
1
2
3
4
1
4
3
2
1
图9
图10图11图12
故第一行的“2”填在第2列,第一行“3”填在第3列,有4种; 不同的填法有24324576种。 原题不同的染色方法有576种。
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【第13题】
甲、乙两车分别从A、B两地同时出发,相向而行(乙从B地出发),乙车速度是甲车的k倍(k1)。两车分别到达B地和A地后,立即返回。返回时,甲车的速度保持不变,乙车的速度等于甲车的速度。返回
途中,两车在C点相遇。如果AB的中点为D点,并且CD1
AD2
,求:k。(请写出解题过程) 【分析与解】
行程问题。 甲A
B
D
C
乙
因为AB的中点为D点; 所以ADBD1
2
AB; 因为
CDAD1
2
; 所以AD:DC:CB2:1:1;
乙行驶BA这段的速度为甲车的k倍,行驶AC这段的速度等于甲车的速度; 由相同的时间,速度比等于路程比,得 1:kABBCAC:BA413:41:2;
故k2。
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如图,根据下面的要求填满此表:
⑴每个小方格内填入一个数字,这个数字必须是小于10的自然数; ⑵同一区域内的小方格填入相同的数字(虚线表示同一区域的内部); ⑶最左边列的小方格不能填入数字0;
⑷从上往下数第1行的四个数码从左至右构成一个四位数,这个四位数可以表示为pq,其中p、q都是质数;
⑸从上往下数第2行的四个数码从左至右构成一个四位数,这个四位数可以表示为两个连续质数的乘积(比
如3、5就称为连续质数)
; ⑹从上往下数第3行的四个数码从左至右构成一个四位数,这个四位数是一个完全平方数; ⑺从上往下数第4行的四个数码从左至右构成一个四位数,这个四位数是37的倍数。
【分析与解】 数论综合。 ABCDEFCDEEGGE
H
G
G
每个小方格填上字母,同一区域内的小方格填字母,
相同的字母代表相同的数字,不同的字母既可以代表不同的数字也可以代表相同的数字。 由⑹得,EEGG是完全平方数;
完全平方数的末两位可能是00、25、奇6、偶1、偶4、偶9; 若完全平方数的末两位的两个数字相同,则只能是00或44; 而EEGGE0G11是11的倍数; 则EEGG是112的倍数;
E0GEEGG11是11的倍数;
由11的整除特性,得EG0EG是11的倍数; 只能EG11;
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ABCD
7FCD
7744
7H44
由⑺得,EHGG7H44是37的倍数;
9993337; 因为7H44是37的倍数; 所以7H440也是37的倍数;
由37的整数特性,7H440510H是37的倍数;
510371329;
H37298。
ABCD
7FCD
7744
7844
由⑸得,EFCD7FCD可以表示为两个连续质数的乘积;
我们通过整十数进行估算:8026400、9028100;
再进一步计算可得,79836557,83897387,89978633; 故EFCD7FCD只能是83897387;
F3,C8,D7。
AB87
7387
7744
7844
由⑷得,ABCDAB87pq,其中p、q都是质数;
首先,p的个位数字只能为3、7;
其次q不可能太大;
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注意到3119999,则q2、3、5、7。
当q2时,因为完全平方数的个位数字可能是0、1、4、9、6、5,不可能为2、3、7、8; 故不存在。
当q3时,p的个位数字只能为3,经尝试,3327,1332197,2339999,不存在; 当q5时,p的个位数字只能为7,经尝试,759999,不存在;
当q7时,p的个位数字只能为3,经尝试,372187,1379999;372187符合; 故ABCDAB872187;
A2,B1。
2
7
7
[1**********]44
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2016年3月5日 12:30~14:00 考试时间:90分钟 满分:100分
一、填空题A:(本大题共8小题,每题6分,共48分)
【第1题】
计算:20161
11121422754________。
【分析与解】 计算。
20161
11121422754
2016121142127154
201611
1418
201611420161
18
144112
32
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
若E、U、L、S、R、T分别表示1、2、3、4、5、6(不同的字母表示不同的数字),且满足: ⑴EUL6;
⑵SRUT18; ⑶UT15; ⑷SL8。
则六位数EULSRT________。 【分析与解】
⑴因为EUL6; 而1236; 所以E,U,L1,2,3; ⑵因为SRUT18; 而654318; 所以S,R,U,T6,5,4,3; ⑶因为UT15; 而1511535; 所以U,T3,5; ⑷因为SL8; 而81824; 所以S,L2,4。
由⑴和⑶,得U3,则T5; 由⑴和⑷,得L2,则S4;
最后分别结合⑴和⑵,得E1,R6; 故六位数EULSRT132465。
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一个超过20的自然数N,在14进制与20进制中都可以表示为回文数(回文数就是指正读与倒读都一样的
而12331不是回文数)。N的最小值为________(答案用10进制表示)。 数,比如12321、3443都是回文数,【分析与解】
数论,进制与位值。 因为N20;
所以N在14进制与20进制中都不是一位数; 我们希望N要尽可能小,故设Naabb
14
20
;
即Na14ab20b; N15a21b;
则N既是15的倍数又是21的倍数; 故N是15,21357105的倍数; 而1051077145520,符合题意; 故N的最小值为105。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
一位父亲要将他的财产分给他的孩子:首先将1000元以及剩余财产的财产的
1
给老大,其次将2000元以及剩余10
11
给老二,再次将3000元以及剩余财产的给老三,以此类推。结果发现每个孩子都分到了相同1010
数量的财产。这位父亲一共有________个孩子。 【分析与解】 (方法一)
设这个父亲的财产有x元;
由老大与老二分得财产相同,得
1000x10001102000x1000
11110200010
; 解得x81000;
老大分得1000810001000
1
10
9000元; 即每个孩子都分到了9000元;
这位父亲一共有8100090009个孩子。 (方法二)
因为每个孩子都分到了相同数量的财产; 所以老大与老二分得财产相同;
老大分得1000元以及剩余财产(这里的剩余我们记为A)的110; 老二分得2000元以及剩余财产(这里的剩余我们记为B)的110
; 那么A的
110比B的1
10
多200010001000元; A比B多1000
1
10
10000元; 从A到B依次减少A的1
10
和2000元; 故A的
1
10
为1000020008000元; A为8000
1
10
80000元; 这个父亲的财产有10008000081000元; 老大分得1000810001000
1
10
9000元; 即每个孩子都分到了9000元;
这位父亲一共有8100090009个孩子。 (方法三)
设这位父亲一共有n个孩子;
则倒数第二个孩子分得1000n1元以及剩余的
110
; 第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
这1000n元是倒数第二个孩子分得1000n1之后剩余的1每个孩子都分到了相同数量的财产;
由倒数第二个孩子与最后一个孩子分得财产相同,得
19; 1010
1000n11000n
1
9
1000n; 解得n9;
这位父亲一共有9个孩子。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
如图,一个长方形的表格有8列,将数字1、2、…按一定顺序填入表格中(从左往右填,等一行填满后进入下一行,还是从左往右填)。一个学生先将填有数字1的格子涂黑,接下来跳过1个格子,将填有数字3的格子涂黑;接下来跳过2个格子,将填有数字6的格子涂黑;接下来跳过3个格子,将填有数字10的格子涂黑。依次类推,直到所有列都含有至少一个黑格为止(不再继续涂黑了)。那么,他涂黑的最后一个格子里的数字为________。
【分析与解】 (方法一)
第1个涂黑的格子为1;
第2个涂黑的格子为312; 第3个涂黑的格子为6123; 第4个涂黑的格子为101234; ……
依次类推,第n个涂黑的格子为12
n。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
这样我们可以得到涂黑的格子依次为11mod8,1233mod8, 12366mod8,1234102mod8, 125157mod8,126215mod8, 127284mod8,128364mod8, 129455mod8,1210557mod8, 1211662mod8,1212786mod8, 1213913mod8,12141051mod8, 12151200mod8,
至此mod8余0~7的数都出现了; 即所有列都含有至少一个黑格;
他涂黑的最后一个格子里的数字为120。 (方法二)
第1个涂黑的格子为1;
第2个涂黑的格子为312; 第3个涂黑的格子为6123; 第4个涂黑的格子为101234; ……
依次类推,第n个涂黑的格子为12n。
涂黑的格子mod8的余数依次为1,3,6,2,7,5,4,… 至此,除了mod8余0,其余mod8余1~7都已经出现; 故我们只要考虑12n0mod8;
8|12n1
2
nn1; 16|nn1;
因为n与n1互质; 故16|n或16|n1; 我们希望n要尽可能的小; 则取n116; n15;
这样,他涂黑的最后一个格子里的数字为1215115152120。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
一个瓶子里有1001个蓝球、1000个红球、1000个绿球,同时小明手中还有足够的这三种颜色的球。接下来,小明每次从瓶子中取出两个球,然后再按照下面的规则将一个球或两个球放入瓶中。 ⑴如果取出一个蓝球、一个绿球,则放回去一个红球; ⑵如果取出一个红球、一个绿球,则放回去一个红球; ⑶如果取出两个红球,则放回去两个蓝球;
⑷如果取出的两个球不是上面3种情况,则放回去一个绿球。
不断重复上述操作,直到瓶中只剩下一个球为止。剩下的一个球是________球(填“红”、“蓝”、“绿”或“不确定”)。 【分析与解】
操作类问题;奇偶性。 取球的情况
红、蓝、绿三种颜色的球的个数变化 拿出的两个球
放回的一个球或两个球
蓝球个数
红球个数
绿球个数
⑴ 1个蓝球、1个绿球 1个红球 1 1 1 ⑵ 1个红球、1个绿球
1个红球 不变 不变 1 ⑶ 2个红球 2个蓝球 2 2 不变 2个蓝球 1个绿球 2 不变 1 ⑷
2个绿球 1个绿球 不变 不变
1 1个蓝球、1个红球
1个绿球
1
1
1
从表中我们可以观察出,红球个数与蓝球个数的奇偶性同时发生变化; 而开始瓶子里有1001个蓝球、1000个红球;
即开始时,蓝球有奇数个,红球有偶数个,蓝球与红球个数的奇偶性不同; 则无论怎么操作,蓝球与红球个数的奇偶性始终不同;
这样,最后不可能出现“0个蓝球、0个红球、1个绿球”的情况。 而我们注意到,放回去的球的情况,没有“放回去1个蓝球”的情况; 即也不可能出现“1个蓝球、0个红球、0个绿球”的情况。 综上所述,剩下的一个球是红球。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
从图a的正六边形网格中选出图b的形状,有________种不同的选法(注意:图b可以旋转)。
图b
图a
【分析与解】 计数。
首先,我们考虑图b不旋转的情况下;
一共与有4565424种不同的选法;
再结合图b有3种不同的方向,且每种方向选法数相同;
故从图a的正六边形网格中选出图b的形状,有24372种不同的选法。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
如图,在△ABC中,ABC90,BC8。D和E分别是AB和AC上的点,使得CDDE,DCBEDA。若△EDC的面积为50,则AB的长度为________。
A
DB
【分析与解】
几何;勾股定理,弦图;相似三角形,金字塔模型。
A
F
DB
过点E作EFAB,垂足为F。 在△BCD与△FDE中,
CBDDFE90
DCBEDF
CDDE所以△BCD≌△FDE;
(弦图的一半)
A
所以BCFD,BDFE,BCDFDE; 因为B90;
所以BCDBDC90; 所以FDEBDC90;
因为FDECDEBDC180; 所以CDE90;
这样我们可以得到△EDC是等腰直角三角形; 且由S△EDC50,得CDDE10; 而BCFD8;
再结合勾股定理,得BDFE6。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
BACFAE
ABCAFE90; 所以△ABC∽△AFE;
(金字塔模型)
;
A
F
A
所以
EFBCAF
AB
; 68
AB14AB;
解得AB56。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
【第9题】
将如图两种由单位小正方形组成的图形(这种图形的面积均为3)放入814的大长方形网格中,要求任意 两块图形之间不存在公共点。那么814的大长方形网格中最多可以放入两种类型的图形共________个。
【分析与解】
在814的大长方形网格中,有915135个格点;
而无论是“L型”还是“一字型”的三连块,每个都有8个格点; 1358167;
故在814的大长方形网格中,可以放入两种类型的图形的个数不超过16个。 另一方面,摆放16个的例子可以构造出来(构造方式不惟一)
。
构造方法一构造方法二
综上所述,814的大长方形网格中最多可以放入两种类型的图形共16个。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
Sn表示自然数n的数码和,比如S1231236。如果两个不同的正整数m、n,满足
m100
n100,那么我们就称m、n构成一个数对m,n
mn。 mSnn2Sm
数对m,n共有________对。
【分析与解】
数论,同余;计数。
我们知道,一个数与其数字之和mod9的余数相同; 即nSnmod9; 则nSn0mod9; 由mSnn2Sm,得
SmnSnmSm0mod9; 故m0mod9;
即m是9的倍数;
因为m100且m为正整数; 所以m9,18,27,…,99, 代入nSnm2Sm进行逐一计算; 并设nab10ab(ab为广义两位数); 则Snab; nSn9a,
即9am2Sm
⑴当m9时,Sm9,9a992,a1,舍去;
⑵当m18时,Sm189,9a1892,a0,n1~9,有9对; ⑶当m27时,Sm279,9a2792,a1,n10~19,有10对; ⑷当m36时,Sm369,9a3692,a2,n20~29,有10对;
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
⑸当m45时,Sm459,9a4592,a3,n30~39,有10对; ⑹当m54时,Sm549,9a5492,a4,n40~49,有10对; ⑺当m63时,Sm639,9a6392,a5,n50~59,有10对; ⑻当m72时,Sm729,9a7292,a6,n60~69,有10对; ⑼当m81时,Sm819,9a8192,a7,n70~79,有10对; ⑽当m90时,Sm909,9a9092,a9,n80~89,有10对; ⑾当m99时,Sm9918,9a99182,a7,n70~79,有10对; 综上所述,数对m,n共有910
101099对。 9个10
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
如图,正方形ABCD的边长为4,正方形CEFG的边长为12,D、C、E三点在一条直线上。联结DF,作GI//DF与DA的延长线交于点I。作IHDF与DF交于点H。则IH的长度为________。
F
I
A
D
E
【分析与解】
几何,勾股定理,相似三角形。 (方法一)
F
I
J
A
D
E
过点G作GJDF,垂足为J。
在Rt△DEF中,E90,EF12,DE41216; 由勾股定理,得DF20; 因为E90;
所以EDFEFD90;
因为EFGJFGEFD90; 所以EDFJFG; 在△DEF和△FJG中,
DEFFJG90
EDFJFG; 所以△DEF∽△FJG; 所以FEGJDF
FG; 所以
12GJ2012
; 第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
解得GJ
5
; 因为GI//DF,IHDF,GJDF; 所以IHGJ; 所以IH
365
。 (方法二) KF
I
A
D
E
分别延长DI、FG,相交于点K。
在Rt△KDF中,K90,KD12,KF41216; 由勾股定理,得DF20; 因为GI//DF;
所以△KDF∽△KIG; (金字塔模型) 所以KFKDKGKIDF
IG; 所以
1612204KIIG
; 解得KI3,IG5;
S△KIGKGKI24326; S△KDFKFKD21612296; S梯形DFGIS△KDFS△KIG96690; S梯形DFGIIGDFIH2;
520IH290;
解得IH365
。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
将一个444的立方体切割成64个111的小立方体,然后将其中16个111的小立方体染成红色,要求与任意一条棱平行的4个小立方体中,都正好有1个小方体被染成红色。不同的染色方法有________种
(旋转后相同的染色方法也视为不同的染色方法)。 【分析与解】
一个444的立方体,从上往下一共有4层,每层是一个441的长方体; 由题意“与任意一条棱平行的4个小立方体中,都正好有1个小方体被染成红色”,得 每层441中,都正好有4个正方体染成红色;
且从上往下看,每层染成红色的小立方体的俯视图为一个44的正方形。 对这个44正方形,我们分别用“1”、“2”、“3”、“4”各4个, 表示第1、2、3、4层对应的小方格染成红色;
并且按照题意,这个44正方形中,每行、每列“1”、“2”、“3”、“4”各1个。 故问题转化为“用“1”、“2”、“3”、“4”各4个填在一个44正方形中,要求每行、每列“1”、“2”、“3”、“4”各1个,不同的填法有多少种?” 我们先考虑“1”,每行各1个,且不同列,有432124种填法;我们不妨设为图1的情况。
1
1
1
1
图1
,第一行的“2”有3种填法;我们不妨设为图2的情况; 我们再考虑“2”
121
1
1
图2
(如图3) 若第二行的“2”填在第一列,则第三行的“2”填在四列,第四行的“2”填在三列;
若第二行的“2”填在第三列,则第四行的“2”填在一列,第三行的“2”填在四列;(如图4) 若第二行的“2”填在第四列,则第三行的“2”填在一列,第四行的“2”填在三列;(如图5)
12
21
12图3
21
121
21
21
图4
121
212图5
1
2
2
,第一行的“3”有2种填法;我们不妨设为第一行的“3”填在第三列(如图6~8); 我们再考虑“3”
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
123123123
2
1
1
21
2121
22
121
2
1
2
1
图6
图7
图8
图6余下的有2种填法;
(如图9和图10) 图7余下的有1种填法;(如图11) 图8余下的有1种填法;(如图12)
[***********][***********][1**********]34
32
1
3
4
2
1
2
3
4
1
4
3
2
1
图9
图10图11图12
故第一行的“2”填在第2列,第一行“3”填在第3列,有4种; 不同的填法有24324576种。 原题不同的染色方法有576种。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
【第13题】
甲、乙两车分别从A、B两地同时出发,相向而行(乙从B地出发),乙车速度是甲车的k倍(k1)。两车分别到达B地和A地后,立即返回。返回时,甲车的速度保持不变,乙车的速度等于甲车的速度。返回
途中,两车在C点相遇。如果AB的中点为D点,并且CD1
AD2
,求:k。(请写出解题过程) 【分析与解】
行程问题。 甲A
B
D
C
乙
因为AB的中点为D点; 所以ADBD1
2
AB; 因为
CDAD1
2
; 所以AD:DC:CB2:1:1;
乙行驶BA这段的速度为甲车的k倍,行驶AC这段的速度等于甲车的速度; 由相同的时间,速度比等于路程比,得 1:kABBCAC:BA413:41:2;
故k2。
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
如图,根据下面的要求填满此表:
⑴每个小方格内填入一个数字,这个数字必须是小于10的自然数; ⑵同一区域内的小方格填入相同的数字(虚线表示同一区域的内部); ⑶最左边列的小方格不能填入数字0;
⑷从上往下数第1行的四个数码从左至右构成一个四位数,这个四位数可以表示为pq,其中p、q都是质数;
⑸从上往下数第2行的四个数码从左至右构成一个四位数,这个四位数可以表示为两个连续质数的乘积(比
如3、5就称为连续质数)
; ⑹从上往下数第3行的四个数码从左至右构成一个四位数,这个四位数是一个完全平方数; ⑺从上往下数第4行的四个数码从左至右构成一个四位数,这个四位数是37的倍数。
【分析与解】 数论综合。 ABCDEFCDEEGGE
H
G
G
每个小方格填上字母,同一区域内的小方格填字母,
相同的字母代表相同的数字,不同的字母既可以代表不同的数字也可以代表相同的数字。 由⑹得,EEGG是完全平方数;
完全平方数的末两位可能是00、25、奇6、偶1、偶4、偶9; 若完全平方数的末两位的两个数字相同,则只能是00或44; 而EEGGE0G11是11的倍数; 则EEGG是112的倍数;
E0GEEGG11是11的倍数;
由11的整除特性,得EG0EG是11的倍数; 只能EG11;
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
ABCD
7FCD
7744
7H44
由⑺得,EHGG7H44是37的倍数;
9993337; 因为7H44是37的倍数; 所以7H440也是37的倍数;
由37的整数特性,7H440510H是37的倍数;
510371329;
H37298。
ABCD
7FCD
7744
7844
由⑸得,EFCD7FCD可以表示为两个连续质数的乘积;
我们通过整十数进行估算:8026400、9028100;
再进一步计算可得,79836557,83897387,89978633; 故EFCD7FCD只能是83897387;
F3,C8,D7。
AB87
7387
7744
7844
由⑷得,ABCDAB87pq,其中p、q都是质数;
首先,p的个位数字只能为3、7;
其次q不可能太大;
第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
注意到3119999,则q2、3、5、7。
当q2时,因为完全平方数的个位数字可能是0、1、4、9、6、5,不可能为2、3、7、8; 故不存在。
当q3时,p的个位数字只能为3,经尝试,3327,1332197,2339999,不存在; 当q5时,p的个位数字只能为7,经尝试,759999,不存在;
当q7时,p的个位数字只能为3,经尝试,372187,1379999;372187符合; 故ABCDAB872187;
A2,B1。
2
7
7
[1**********]44
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