华北电力大学研究生分数线-通告格式范文

2009年迎春杯高年级组复赛试题

1.






2. 在方框中填入适当的数字，使得除法竖式成立．已知商为奇数，那么除数为 ．

计算：
21
216471370
= ．
6 1
28625302829
2
0
0
9
0

3.










4.

用数字0、0、1、1、2、2、3、3、4、4、5 、5、6、6、7、7、8、8、9、9组成五个四位数，要
求这5个数的和的各位数字都是奇数，那么 这个和数最大是 ．
在新年联欢会上，某班组织了一场飞镖比赛．如右图，飞镖的 靶子分为三块区域，分别对应17
分、11分和4分．每人可以扔若干次飞镖，脱靶不得分，投中靶子就 可以得到相应的分数．若
恰好投在两块(或三块)区域的交界线上，则得两块(或三块)区域中分数最高 区域的分数．如果比
赛规定恰好投中120分才能获奖，要想获奖至少需要投中 次飞镖．

11
4
17

5. 在一个奇怪的动物村庄里住着猫、狗和其他一些动物．有2 0%的狗认为它们是猫；有20%的猫认
为它们是狗．其余动物都是正常的．一天，动物村的村长小猴子 发现：所有的猫和狗中，有32%
认为自己是猫．如果这个奇怪的动物村庄里有狗比猫多180只．那么 狗的数目是 只．







6. 太平洋某岛国的一个部落里只有两种人：一种是永远说真话的老实人，一种是永远说假 话的骗
子．一天，这个部落的2009个人举行了一次圆桌会议，每个人都声称：“我左右的两个人都是
骗子”．第二天，会议继续进行，但一人因病未能到会，因此只有2008个人参加第二天的会议．大< br>家按照新的顺序坐了下来，此时，每个人都声称：“我左右的两个人都和我不是同一种人”．参
加 第一天圆桌会议的人之中共有 位老实人．








7. 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．









8. 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 ．







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．

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

11.











12.
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 ．

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
B


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
A







F
CED
B

14. 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，⑺⑻⑼⑽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






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3 1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”．

2009年迎春杯高年级组复试解析

216471370
= ．
61
28625302829
【分析】 分析：对于这种分数计算题，应当先将其化成假分数再进行约分．
1253028291370
原式
211


286253066472829
28725304199

21
286158272829
到了这一步，由于15827，4199，2829 都较大，不容易直接进行判断，但是对于287，2530，286，
可以看出它们有因子7，41，1 1，23，13等，可以进行约分，再看看15827，4199，2829等较大
的数中是否有因子7 ，41，23，13，如果有，相应地进行约分，最后可得结果为5．
7412511231 3323
具体的式子如下：原式
215
(其中323还可以分解成
211137732323341
1719
，但是由于分子、分母中的323 可以直接约掉，所以计算过程中不需要对它进行分解)
2. 在方框中填入适当的数字，使得除法竖式成立．已知商为奇数，那么除数为 ．
1. 计算：
21
e
a
2
0
0
9
b
c
10
9
d
2
2
0
0
9
9
0
d
d
2
2
0
fe
2

【分析】 首先看除式的第二、三行，一个三位数减去一个两位数，得到一个一位数，可得这个三位数的 前
两位为1、0，这个两位数的十位数字为9，个位不能为0．
除数是一个三位数，它与商的 百位和个位相乘，所得的两个三位数的百位都是9，那么可得商的
百位和个位相同．先将已得出的信息填 入方框中，并用字母来表示一些方框中的数，如右图所示．
由于商为奇数，所以
e
是奇数，可能为1、3、7、9(不可能为5)．
若 为1，则
abc9d2
，而
abcf9d2f
为三位数，于是
f1
，又这个乘积的十位数字为0，
而
d
不能为0，矛盾．所以
e
不为1；
d23
，
d
可能为1、4、7，
abc< br>相应的为304、314、324．当
abc
为314和324若为3，则
ab c9
时
abcf
所的结果的十位数字不可能为0，不合题意；若
abc< br>为304，则
f
可能为1或2，经检
验
f
为1和2时都与竖式 不符，所以
e
也不能为3；
若为7，则
abc9d27
，只有
d5
时满足，此时
abc136
，那么
f3
．经检验 满足题意；
若为9，则
abc9d29
，
d
只能为7，此时< br>abc108
，
f
则只能为1．经检验也不合题意．
所以只有除数为136时竖式成立，所以所求的除数即为136．
3. 用数字0、0、1、 1、2、2、3、3、4、4、5、5、6、6、7、7、8、8、9、9组成五个四位数，要
求这5个 数的和的各位数字都是奇数，那么这个和数最大是 ．
【分析】 由于一个数除以 9的余数等于这个数的各位数字之和除以9的余数，那么这五个四位数的和除以
9的余数，就等于这五个 四位数的各位数字之和除以9的余数，而这五个四位数的各位数字之和
为

01 29

290
，除以9的余数为0，所以这五个四位数的和除以9的余数也 是0，也就
是说这五个四位数的和是9的倍数．
由于每个四位数都小于10000，所以这五 个四位数的和小于50000，那么这个和的首位不超过4，
由于各位数字都是奇数，所以首位最大为3 ，千位和百位最大为9．
当前三位分别为3、9、9时，要使这个和是9的倍数，后两位数字的和除以 9应余6，可能为6

4.
和15；然而这两个数都是奇数，它们的和为偶数， 所以只能是6，那么这两个数应分别为5和1
才能使和最大，此时最大和为39951．
而当 这五个四位数分别为9348，9247，8236，7115，6005时，它们的和恰好为39951，因此 所求
的最大值为39951．
在新年联欢会上，某班组织了一场飞镖比赛．如右图，飞镖的靶 子分为三块区域，分别对应17
分、11分和4分．每人可以扔若干次飞镖，脱靶不得分，投中靶子就可 以得到相应的分数．若
恰好投在两块(或三块)区域的交界线上，则得两块(或三块)区域中分数最高区 域的分数．如果比
赛规定恰好投中120分才能获奖，要想获奖至少需要投中 次飞镖．
11
4
17

【分析】 假设投中17分、11分 、4分的次数分别为
x
次、
y
次和
z
次，那么投中飞镖的总 次数为

xyz

次，而总得分为
17x11y4z
分，要想获奖，必须
17x11y4z120
．
由于
17x12 0
，得到
x6
．当
x
的值一定后，要使

xy z

最小，必须使
y
尽可能大．
若
x6
，得到
11y4z18
，此时无整数解；
若
x5
，得到
11y4z35
，此时
y1
，
z6
，
xyz51612
；
若
x4
，得 到
11y4z52
，此时
y
最大为4，当
y4
时z2
，这种情况下
xyz10
；
若
x3
， 得到
11y4z69
，此时
y3
，
z9
，
xyz33915
；
若
x2
，得到
11y4z 86
，此时
y
最大为6，当
y6
时
z5
，这种 情况下
xyz13
；
若
x1
，得到
11y4z 103
，此时
y
最大为9，当
y9
时
z1
， 这种情况下
xyz11
；
若
x0
，得到
11y 4z120
，此时
y
最大为8，当
y8
时
z8
，这种情况下
xyz16
．
经过比较可知

xyz< br>
的值最小为10，所以至少需要投中10次飞镖才能获奖．


在 一个奇怪的动物村庄里住着猫、狗和其他一些动物．有20%的狗认为它们是猫；有20%的猫认
为它们 是狗．其余动物都是正常的．一天，动物村的村长小猴子发现：所有的猫和狗中，有32%
认为自己是猫 ．如果这个奇怪的动物村庄里有狗比猫多180只．那么狗的数目是 只．
【分析】 仔细分析题目，发现本题其实是一个简单的浓度问题：有20%的狗认为自己是猫，有80% 的猫认
为自己是猫；而将猫和狗混合在一起，所有的猫和狗中，有32%的认为自己是猫．
那 么根据浓度三角，狗和猫的数量之比为：

80%32%

:
< br>32%20%

4:1
．而狗比猫多180只，
所以狗的数目为< br>180

41

4240
只．
太平洋某岛 国的一个部落里只有两种人：一种是永远说真话的老实人，一种是永远说假话的骗
子．一天，这个部落的 2009个人举行了一次圆桌会议，每个人都声称：“我左右的两个人都是
骗子”．第二天，会议继续进 行，但一人因病未能到会，因此只有2008个人参加第二天的会议．大
家按照新的顺序坐了下来，此时 ，每个人都声称：“我左右的两个人都和我不是同一种人”．参
加第一天圆桌会议的人之中共有 位老实人．
【分析】 第一天的时候，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1个是老实人．可见每相邻的三个人中 至少有
1个老实人．由于
200936692
，可以先选取两个人，其中至少有 1个是老实人(即任意选取
1个老实人，再选取一个与他相邻的人)，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．
6.
5.

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
千米和
1004060千米，可得两船的顺水速度和逆水速度之比为

240
60:403:2< br>．
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
秒，那么两船在静水中的速度为
12210
米秒．
8. 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
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．
1，，，，2345
这五个数字中的五个． 显然，五个两位数 的十位数字都不超过
5
，只能是
0，
4321
，那么
5，4
只能在“分”如果五个数字是
5，，，，
、“秒”两个两位数的十位，而
3< br>只能在“日
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．
4320
，那么
5，4
只能在“分”如果五个数字是
5，，，，、“秒”两个两位数的十位，而
3
只能在“日
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．
431 ，0
，那么
5，4
只能在“分”如果五个数字是
5，，，
、“秒”两 个两位数的十位，而
3
只能在“日期”
的十位上，则“日期”的个位无法满足情况．
10
依次在“日
421，0
，那么
5，4
只能在“分”如果 五个数字是
5，，，
、“秒”两个两位数的十位，
2，，
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

10.
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1 2
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
的倍数．检验620～625和625～630这两组的连续6个自然< br>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．
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

，

44

abc

12672
．
77
也就是说

a,b



b,c


a,c

的最大值为72．
故
a,b



b,c



a,c< br>

要使等号成立，必须使五个不等式

a,b

 a
，

a,b

ba
，

b,c
b
，

b,c

cb
，
< br>a,c

a
中
c4a
，的等号都成立，即
a,b

a
，得到
b2a
，

a,b
ba
，

b,c

b
，
< br>b,c

cb
，

a,c

a
，
12.
即
a:b:c1:2:4
时等号成立．在本题中就是
a
，
b
，
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．
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．
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
C
A
S
N
D
BB
【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
48
63
的面积为，
 BTC
的面积为．
a
a1
要使这两个三角形的面积为整数，
a
可以为1，3或7．
由于
ADM
的面积为
ABD
面积的一半，
BCN的面积为
BCD
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
BC N
的面积之和等于四边形
BMDN
的面积，即：
48634863
697aa18
，得
2a1
．
a1aa1a< br>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< br>的面积分别为8、6、9．
四边形ABCD的面积为

6789

260
．
13.
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．
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．
AF
CED
B< /p>

当甲到达西镇时，丙距东镇还有20千米，所以甲、丙的速度之比为
60:

6020

3:2
，那么两
14.
23
24
千米，甲走了
6036
千米，乙走了
362016
千 米，丙和
2323

2

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

2 0
千米．

3

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，⑺⑻⑼⑽是
同样的等腰直角三角形，⑾是正方形．那么，以⑸⑹⑺⑻⑼ ⑽⑾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．
人相遇时丙走了
60
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⑸⑹⑺⑻ ⑼⑽⑾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
1
、CBDC
1
、
D
1
AC
11
D
、B
1
AC
11
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< br>)．
B
C
B
A
C
A
D
D
B
1
C
1
D
1
A
1
B
1
C
1
A
1
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
111
体图形的体积为：
a
3
a
2
a4 a
3
，
233
112
以⑸⑹⑺⑻⑼⑽⑾为平面展开图的立体图形的 体积为
b
3
b
2
b2b
3
．
233
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< br>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
1212
3
的体积的比为：
a
3
:b
3
a
3
:

2a

1:16
，也就是说以⑸⑹⑺⑻⑼⑽⑾为平面展开图的立
3 333
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
b

ab

两个编号的同学是“好朋友”【分析】 如果
a，
，那么
abkakb
，则
ak
．
bk
k2
时满足条件的

a，b

有
3，6

；
k3
时满足条件的

a，b

有

4，12

；
k4
时满足条件的

a，b

有

5，20

、

6，12

；
k5
时满足条件的

a，b
< br>有

6，30

；
k6
时满足条件的

a，b

有

8，24

、

5 ，20

、

5，20

；
k8
时满 足条件的

a，b

有

12，24

；
k10
时满足条件的

a，b

有

1 5，30

；
k12
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)：
9
8
18
24
21
12
6
28
4
3
15
105
20
30

3
关系网图可分 为不关联的部分，其中包含
11
个人的部分最多可以选出
6
名互不是“好朋友 ”的
同学，包含
2
个人的两个部分各可选出
1
人，以保证互不是“好 朋友”，加上未列出的16人，所
以
31
人中最多可以选出
16611 24
人互不是“好朋友”，此时只要再选出一人，即可保证选
出的人当中有两位同学是“好朋 友”，所以至少应该选出
25
人．
小结：本题容易忽略掉21和28这一对“好朋友”．