669组，那么每组中至少有1个老实人，所以第一天至少有
1669670
个老实人．
第二天的时候，还是考虑相邻的三个人，中间的人如果是老实人，那么他左右的两个人都 是骗子；
中间的人如果是骗子，那么他左右的两个人中至少有一个和他是同一种人，也就是说至少有一个
是骗子，至多有一个是老实人．可见每相邻的三个人中至多有1个老实人．由于
20083 6691
，
可以先任意选取1个骗子，再将剩下的2007个人每相邻的三人分为一组，共分 成669组，那么
每组中至多有1个老实人，所以第二天至多有669个老实人．
由于第二天 有一个人没来，所以第一天比第二天至多多1个老实人，那么第一天至多有
6691670
个老实人，而根据前面的分析，第一天至少有670个老实人，所以第一天恰好有670
个老实人．


A、B两地位于同一条河上，B地在A地下游100千米处．甲船从A地、乙船从 B地同时出发，
相向而行，甲船到达B地、乙船到达A地后，都立即按原来路线返航．水速为2米秒，且 两船
在静水中的速度相同．如果两船两次相遇的地点相距20千米，那么两船在静水中的速度是
米秒．
【分析】 本题采用折线图来分析较为简便．
7.
AD
E
N
M
BC
F

如图，箭头表示水流 方向，
ACE
表示甲船的路线，
BDF
表示乙船的路线，两个交点
M
、
N
就是两次相遇的地点．
由于两船在静水中的速度相同 ，所以两船的顺水速度和逆水速度都分别相同，那么两船顺水行船
和逆水行船所用的时间都分别相同，表 现在图中，就是
BC
和
DE
的长度相同，
AD
和
C F
的长度
相同．
那么根据对称性可以知道，
M
点距
BC< br>的距离与
N
点距
DE
的距离相等，也就是说两次相遇地点
与< br>A
、
B
两地的距离是相等的．而这两次相遇的地点相距20千米，所以第一次相 遇时，两船分
别走了

10020

240
千米和< br>1004060
千米，可得两船的顺水速度和逆水速度之比为
．
而顺水速 度与逆水速度的差为水速的2倍，即为4米秒，可得顺水速度为
4

32

312
米
60:403:2
秒，那么两船在静水中的速度为
12210
米秒．


一个电子表用5个两位数(包括首位为0的两位 数)表示时间，如15:23:450618表示6月18日
15点23分45秒．有一些时刻这个电子 表上十个数字都不同，在这些时刻中，表示时间的5个
两位数之和最大是 ．
【分析】 假设五个两位数的十位数上的数字之和为
x
，那么个位数上的数字之和为< br>45x
，则五个两位数
上的数字之和为
10x45x459x
，所以十位数上的数字之和越大，则五个两位数之和越大．
显然，五个两位数的十位数字都不超过< br>5
，只能是
0，，12，，34，5
这五个数字中的五个．
如果五个 数字是
5，
、“秒”两个两位数的十位，而
3
只能在“日
4，，32 ，1
，那么
5，4
只能在“分”
期”的十位上，
2
只能在“ 时”的十位上，
1
只能在“月份”的十位上，此时“日期”的个位、“月
份”的个位、 “时”的个位不能同时满足实际情况．
如果五个数字是
5，
、“秒”两个两位数的十 位，而
3
只能在“日
4，，32，0
，那么
5，4
只能在“ 分”
期”的十位上，
2
只能在“时”的十位上，此时“日期”的个位、“时”的个位不 能同时满足实际
情况．
如果五个数字是
5，
、“秒”两个两位数的十位，而
3
只能在“日期”
4，，31，0
，那么
5，4
只能在“分 ”
的十位上，则“日期”的个位无法满足情况．
如果五个数字是
5，
、“秒 ”两个两位数的十位，
2，，10
依次在“日
4，2，1，0
，那么
5，4
只能在“分”
8.

期”的十位上、“时”的十位上、“月份”的十位上容易满足条件．
所以最大 值为
459

54210

153
．


9. 从1～999中选出连续6个自然数，使得它们的乘积的末尾恰有4个0，一共有 种选法．
【分析】 连续的6个自然数中，必有3个偶数，这3个偶数是3个连续偶数，其中至少有1个是4的倍 数，
那么这3个偶数的积肯定是
2
4
的倍数，所以任意的连续6个自然数的积 都是
2
4
的倍数．
另外，连续的6个自然数中，至少有一个5的倍数，至多有两个5的倍数：
⑴如果其中只有1 个5的倍数，由于末尾要有4个0，那么这个5的倍数应是
5
4
的倍数，即是625< br>的倍数，又小于1000，只能是625，那么这6个数可以是621～626，622～627，623 ～628，624～
629，共4种；
⑵如果其中有2个5的倍数，那么只能是这连续6个自 然数中的最大数和最小数都是5的倍数．由
于这两个5的倍数不可能同时是25的倍数，所以其中必有一 个是
5
3
125
的倍数，可能为125，
250，375，500 ，625，750，900．对于其中除625外的6个数，每个数都可以是这连续6个自然
数中的最大 数和最小数，所以对这6个数，每个数都有2种取法，共有
2612
种取法；而对于
625来说，与另一个5的倍数相乘，将会是
5
5
的倍数，要想使末尾恰有4个0， 则这连续6个自
然数的乘积要是
2
4
的倍数但又不是
2
5< br>的倍数．检验620～625和625～630这两组的连续6个自然
数，后者满足题意，前者则 不合题意．所以有2个5的倍数的情况下共有
12113
种选法．
根据加法原理，共有
41317
种选法．
小结：本题容易出错的地方在 于容易忽略掉625～630这一组数，因为在平常做题中面对此类问
题基本上都是2比5多的情况，所 以学生可能对于2比5少的可能性根本不予考虑．


10. 请将1，2，3，„ ，10这10个自然数填入图中的10个小圆圈内，使得图中的10条直线上圆圈
内数字之和都相等．那 么乘积
ABC
．
A
B
C

【分析】 对于本题，可以通过“10条直线上圆圈内数字之和都相等”(实际上是11条)这一等量关 系，将
每一个小圆圈中的数表示出来．
由于每一条直线上的数之和都为
ABC
，可得图中每一个小圆圈中的数如下图：
B-2C
A-C
3C
A+2C
B-C
A
2C
B
A+C
C

可以得到，
ABC3B3C2AC，可得
AB2C
，代入得
2B3C3B3C
，即
B 6C
，
只能是
C1
，
B6
，
AB2C8
，则
ABC86148
．

11. 三个两两不同的正整数，和为126，则它们两两最大公约数之和的最大值为 ．
【分析】 假设这三个数分别为
a
，
b
，
c
，且< br>abc
，则
abc126
，要求的是

a,b


b,c



a,c

的
最大值．
由于

a,b

是
a
和< br>b
的最大公约数，根据辗转相除法求最大公约数的过程，可以知道

a,b
也是
ba
和
a
的最大公约数，而一个数的约数不可能比这个 数大，所以

a,b

a
，

a,b



a,ba

ba
．
同理可得，

b,c

b
，

b,c

cb
；

a,c

a
，

a,c

ca
．
由

a,b

a
，

a,b

ba
得到
7

a,b

2a5

ba

5b3a
；
由

b,c

b
，

b,c

cb
得到
7

b,c

3b4

cb< br>
4cb
；
由

a,c

a
，

a,c

ca
得到
7

a,c

7a
；
三式相加可得
7

a,b

7

b,c

7

a,c

5b3a4cb7a4

abc

，
故

a,b



b,c



a ,c


4
7

abc


4
7
12672
．
也就是说

a,b


b,c



a,c

的最大值 为72．
要使等号成立，必须使五个不等式

a,b

a
，

a,b

ba
，

b,c
< br>b
，

b,c

cb
，

a ,c

a
中
c4a
，的等号都成立，即

a, b

a
，得到
b2a
，

a,b
< br>ba
，

b,c

b
，

b ,c

cb
，

a,c

a
，即
a:b:c1:2:4
时等号成立．在本题中就是
a
，
b< br>，
c
分别为18，36，72时它们两两最大公约
数之和取得最大值72． < br>小结：本题的结论
1:2:4
较容易猜到，但证明起来较困难．另外可能会有人猜到a:b:c1:2:3
时
取到最大值，这是错误的．


12. 如图，ABCD是一个四边形，M、N分别是AB、CD的中点．如果△ASM、△MTB与△ DSN的面
积分别是6、7和8，且图中所有三角形的面积均为整数，则四边形ABCD的面积为 ．
D
A
S
M
T
C
N
M
T
A
S
D
N
BB
C

【分析】 连接
MN
、
AC
、
BD
．
由于
M
是
AB
的中点，所以
AMN
与
BMN
的面积相等，而
MTB
比
ASM
的面积大1，所以
MSN
比
MTN
的面积大1；又由于
N
是
CD
的中点，所以
DM N
的面积与
CMN
的面积相等，
那么
CTN
的面积比< br>DSN
的面积大1，所以
CTN
的面积为9．
假设
M TN
的面积为
a
，则
MSN
的面积为
a1
．根 据几何五大模型中的蝴蝶定理，可知
ASD
的面积为
48
a1
，
BTC
的面积为
63
a
．
要使这两个三角形的面积为整数，
a
可以为1，3或7．
由于
A DM
的面积为
ABD
面积的一半，
BCN
的面积为
B CD
面积的一半，所以
ADM
与
BCN
的面积之和为四边形ABCD
面积的一半，所以
ADM
与
BCN
的面积之和等于 四边形
BMDN
的面积，即：
48
a1
6
63a
97aa18
，得
48
a1

63< br>a
2a1
．
将
a1
、3、7分别代入检验，只有a7
时等式成立，所以
MTN
的面积为7，
MSN
、ASD
、
BTC
的面积分别为8、6、9．
四边形ABCD的面积为

6789

260
．

小结：本题中“且图中所有三角形的面积均为整数”这个条件是多余的．


13. 一条路上有东、西两镇．一天，甲、乙、丙三人同时出发，甲、乙从东镇向西而行， 丙从西镇向
东而行，当甲与丙相遇时，乙距他们20千米，当乙与丙相遇时，甲距他们30千米．当甲到 达西
镇时，丙距东镇还有20千米，那么当丙到达东镇时，乙距西镇 千米．
丙
甲
乙

【分析】 如图，甲、乙两人从
B
地出发 ，丙从
A
地出发，甲、丙相遇在
C
处，此时乙到达
D
处，< br>C
、
D
相
聚20千米；三人继续前进，当丙和乙在
E
处相遇时，甲到达
F
处，
E
、
F
相聚30千米．
当甲、丙相遇时，甲、丙两人合走了一个全程，且此时甲比乙多走了20千米；
当丙和乙分别 从
C
、
D
出发走到
E
处相遇时，丙和乙合走了20千米，丙 和甲合走了30千米，甲
比乙多走了10千米．
由于
10:201:2
， 可见丙和甲合走的30千米就是全程的一半，那么全程为60千米．
当甲到达西镇时，丙距东镇还有2 0千米，所以甲、丙的速度之比为
60:

6020

3:2< br>，那么两
人相遇时丙走了
60
2
23
24
AF
CED
B
千米，甲走了
60
3
23
36千米，乙走了
362016


2


 20
3

千米，丙和
乙的速度比为
24:163:2
，那 么当丙到达东镇时，乙距西镇
60

1


14.
千米．
右图中的⑴⑵⑶⑷是同样的小等边三角形，⑸⑹也是等边三角形且边长为⑴的2倍，⑺ ⑻⑼⑽是
同样的等腰直角三角形，⑾是正方形．那么，以⑸⑹⑺⑻⑼⑽⑾为平面展开图的立体图形的体积
是以⑴⑵⑶⑷为平面展开图的立体图形体积的 倍．
⑸
⑺
⑾
⑻
⑹
⑵
⑴
⑷
⑶
⑼
⑽

【分析】 本题中的两个图都是立体图形的平面展开图，将它们还原成立体图形，可得到如下两图：

其中左图是以⑴⑵⑶⑷为平面展开图的立体图形，是一个四个面都是正三角形的正四面体，右 图
以⑸⑹⑺⑻⑼⑽⑾为平面展开图的立体图形，是一个不规则图形，底面是⑾，四个侧面是⑺⑻⑼
⑽，两个斜面是⑸⑹．

对于这两个立体图形的体积，可以采用套模法来求，也就是对 于这种我们不熟悉的立体图形，用
一些我们熟悉的基本立体图形来套，看看它们与基本立体图形相比，缺 少了哪些部分．
由于左图四个面都是正三角形，右图底面是正方形，侧面是等腰直角三角形，想到都用 正方体来
套．
对于左图来说，相当于由一个正方体切去4个角后得到(如下左图，切去
ABDA
、
CBDC
1
、
1
D
1
A1
C
1
D
、
B
1
A
1
C1
B
)；而对于右图来说，相当于由一个正方体切去2个角后得到(如下右图，切
去
BACB
1
、
DACD
1
)．
B
C< br>A
B
A
C
D
D
B
1
C
1< br>D
1
B
1
C
1
A
1
A
1< br>D
1

假设左图中的立方体的棱长为
a
，右图中的立方体的棱 长为
b
，则以⑴⑵⑶⑷为平面展开图的立
体图形的体积为：
a
3
1
2
aa
2
1
3
4
13
a
3
，
1
2
bb
2
以⑸⑹⑺ ⑻⑼⑽⑾为平面展开图的立体图形的体积为
b
3

1
3
2 
2
3
b
3
．
由于右图中的立方体的棱长即是题中正方形 ⑾的边长，而左图中的立方体的每一个面的对角线恰
好是正三角形⑴的边长，通过将等腰直角三角形⑺分 成4个相同的小等腰直角三角形可以得到右
图中的立方体的棱长是左图中的立方体的棱长的2倍，即b2a
．
那么以⑴⑵⑶⑷为平面展开图的立体图形的体积与以⑸⑹⑺⑻⑼⑽⑾为平面展 开图的立体图形
的体积的比为：
a
3
:b
3

33
121
3
a:
3
2
3


2a< br>
1:16
3
，也就是说以⑸⑹⑺⑻⑼⑽⑾为平面展开图的立
体图形 的体积是以⑴⑵⑶⑷为平面展开图的立体图形体积的16倍．


15. 老师给前 来参加“迎春晚会”的31位同学发放编号：1，2，„„，31．如果有两位同学的编号
的乘积是他们 编号和的倍数，则称这两位同学是“好朋友”．从这31位同学中至少需要选出
人，才能保证在选出的人中一定可以找到两位同学是“好朋友”．
k
2
【分析】 如 果
a，
，那么
abkakb
，则
a
b
ab

两个编号的同学是“好朋友”
k2
时满足条件的
< br>a，b

有

3，6

；
k3
bk
k
．
b

有

4，12

； 时满足条件的

a，
b

有

6，30

； 时满足条件 的

a，
b

有

8，24

、

5，20

、

5，20

； 时满足 条件的

a，
b

有

12，24
； 时满足条件的

a，
k4
时满足条件的

a，b

有

5，20

、

6，12

；
k5
k6
k8
k10
时满足条件的

a，b

有

15，30

；
k1 2
时满足条件的

a，b

有

20，30

、

21，28

；
则全部同学相互之间的关系网如图(其余
311516
名学生未列)：