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第十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）
第十九届华罗庚金杯少年数学邀请赛
决赛试题解答（初一组）
（时间: 2014年4月12日）
一、填空（每题10分, 共80分）

5

3
3
(5)16(2)
3
|45|

3.625


8


. 1. 计算:
[0(27)](3)12[(3)(8)6]
【答案】
2

【解答】
原式 =
27(5)16(8)209
1352209122
=
2
.
95261
13

27(3)12



< br>3

2
2. 如图，由单位正方形组成的网格中，每个小正方形的顶点称
为格点, 以格点为顶点做了一个三角形, 记
L
为三角形边上
的格点数目,
N
为三角形内部的格点数目, 三角形的面积可
以用下面的式子求出来：
顶点在格点的三角形的面积=
LN1

如果三角形的边上与内部共有20个格点, 则这个三角形的面积最大等
于 , 最小等于 .
【答案】17.5, 9
【解答】（题目中的公式取自闵嗣鹤教授写的《格点与面积》一本小册子, 只
用到顶点数目, 其说明也易于理解. 下面的说明也是取自该书）,
根据
顶点在格点图形的面积=
LN1
,
因为L为三角形边上的格点数目, N为图形内部的格点数目, 要使三角形面积
最大, 则要求L最小. 当L最小的时候, 三角形只有三个顶点在格点上, 其它
1
2
1
2

第 十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）
的点在三角形的内部. 此时面积为17.5.
这种图形是存在的, 在相邻的3列格点中, 三角形的三个顶点分别在其中
一列上, 使得只有3个顶点在三角形的边上, 见下图.

考虑面积最小的情况, 当所有的格点都在三角形的边上时, 面积最小. 取
相邻两行格点, 三角形的一个顶点在其中一行, 底边包含19个格点在另一行,
此时面积为9, 见下图.

下面叙述这个公式的一步步的说明过程.
（1）考虑
m1
行,
n1
列的矩形, 则图形内的点数为
(m1)(n1)
, 边上
的点数为
2(mn)
, 图形的面积为
mn
. 而
1
mn(m1)(n1)(2(mn))1
.
2
因此公式成立.
（2）对于直角三角形, 设直角边的长度分别为m, n. 设斜边上的点数为
K
,
则三角形内部的格点数为
(m1)(n1)K2
,
2
三条边上的格点数为
mnK1
.
因此,

第十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）
(m1)(n1)K211
(mnK1)mn1
.
222
1
而三角形的面积为
mn
, 故公式成立.
2
（3）对于一般的三角形, 有下面的三种方式：

对于每个上述情况, 可以把这个三角形记为T, 放入一个矩形中. 这样把矩形
分割成一些直角三角形, 矩形与T. 对这些直角三角形与矩形进行编号
1,2,3,
.
记i个图形的内部格点数目为
N
i
, 边上的格点数目为
L
i
, 每个图形面积满足
N
i

1
L
i
1
.
2
注意到：
a) 每个图形的内部格点一定是外部矩形的内部格点.
b) 每个公共边上内部的格点属于两个图形.
c) 公共边的端点可能为多个图形的顶点. 如上左图中A, B属于两个
图形边的顶点, C为3个图形顶点.
把每个点对应一个数, 图形内部的格点对应1, 图形边上的格点对应.
这样用外部矩形面积公式减去T之外的其他直角三角形与矩形面积公式.
T之内的格点为对应的数1, T边上内部的格点对应的数为
1
三个顶点对应数的和是
11

, T的
22
1
2
31111
2
, 公式中常数1对应的值为
22222
12(1)1
, 其他格点对应的数为0. 这样
外部矩形面积公式减去T之外的其他直角三角形与矩形面积公式

第十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）
= T的内部格点数+

(边的内部格点数
3
)+(

= T的内部格点数+

(边的内部格点数)
1
,
因此公式对T成立.
对其他两个图形也进行类似的讨论.
1
2
1
2
1
1
)
2
3. 长为4的线段
AB
上有一动点
C
, 等腰三角形
ACD
和 等腰三角形
BEC
在过
AB
的直线同侧,
ADDC
,
CEEB
, 则线段
DE
的长度最小
为 .
【答案】2.
【解答】 分别从D, E向AB作垂线, 过D或E做
与AB的平行线, 可以得到一个矩形, 参见右图. 线
段DE最短等于该矩形平行于AB的边的长度（由过一
点D或E到另一直线的距离, 垂线最短的结论）. 三
角形ACD和三角形BCD是等腰三角形, DE最短等于AB的一半, 即为2.

ab

ab
4
4. 正整数
a,b,c
满足等式, , 又
a
2
b
2
68
, 则


, 且



3c
9

3c

c
.
2
【答案】12.
【解答】由
abab
, 知

3c3c
a2
b
2
a
2
b
2

ab

4
,


3
2
c
2
9c
2

3c

9
2
所以,
9
9c
2
(a
2
b
2
)153
.
4
得
c
2
144
,
c12
.

第十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）

5. 如图, 直角三角形
ABC
中,
F
为
AB
上的点, 且
A
AF2FB
, 四边形
EBCD
为平行四边形, 那么
FD

.
EF
E
F
D
B
C
【答案】2
【解答】连接FC, BD, 设
FDkEF
,
S
BFE
S
, 那么
S
BDF
kS
,
S
BCD
S
FBC
(1k)S
. 由
AF2FB
可知
S
AFD
2kS
, 进而
S
ABC
(14k)S
, 得
S
ABC
(14k)

.
S
AFD
2k
又
S
ABC
ABBC3FB BC
3S
FBC
3(1k)

,
S
AFD
2S
AFD
2S
AFD
S
AFD
2k
所以
14k3(1k)
.
解得,
k2
. 因此,
FD2EF
.
6. 方程
x3
Ax
2
BxC0
的系数
A,B,C
为整数,
|A|5,|B|5,|C|5
, 且1
是方程的一个根, 那么这种方程总共有 个.
【答案】60
【解答】由已知,
x
3
Ax
2
BxC(x1)(x
2
axb) x
3
(a1)x
2
(ba)xb
,
其中, a, b为实数, 于是有
Aa1,Bba,Cb
,

第十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）
并且得到a, b为整数. 由题目条件得
|a1|5,|ba|5,|b|5
.
因此
4a6,b5ab5,5b5
.
当
b0
时, 由
4a6,5a5
, 得
4a5
, 即
a
能够取8个整
数值. 类似地, 当b为1, 2, 3, 4 时, a分别可以取9, 8, 7, 6个整数值.
同样地, 当
b1
时, 由
4a6,6a4
, 得4a4, 即
a
能
能够取7个整数值. 类似地, 当b为
2,3,4
时, a分别可以取6, 5, 4个
整数值.
这样,
(a,b)
的取法, 亦即
(A,B,C)
的取法有
(89876)(7654)60
（种）
所以, 这种方程共有60个.
7. 一辆公交快车和一辆公交慢车沿某环路顺时针运行, 它们的起点分别在A
站和B站, 快车每次回到A站休息4分钟, 慢车每次回到B站休息5分钟,
两车在其他车站停留的时间不计. 已知沿顺时针方向A站到B站的路程是环
路全程的
2
, 两车环行一次各需45分钟和51分钟（不包括休息时间）, 那
5
么它们从早上6时同时出发, 连续运行到晚上10时, 两车同在B站共
次.
【答案】3
【解答】记早上6时为第0分钟, 从6时到22时是
1660960
分钟, 快车
环行一周连同休息时间需
45449
分钟,
960194929
, 慢车环行一周
连同休息时间需
51556
分钟,
96017568
. 即第960分钟时, 快车共环
行了19次, 慢车环行了17次.

第十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）
设慢车第m次（
1m17
, 6点出发为第0次）到达B站的时间为第
T
m
分
钟, 则有:
T
m
56m5
.
快车第1次到达B站是在第
45
2
18
分钟,
96018194911
, 快车经过
5
B站共20次. 记第< br>n
次（
1n20
）经过B站的时间为
t
n
分钟, 则
t
n
1849(n1)49n31
.
两车同在B站时, m, n必须满足:
56m549n3156m
.
2649n56m31

推出
2649n56m31,
2631
7n8m
.

77
既然
7n8m
是整数, 故有
47n8m4
, 即得到二元整数方程:
7n8m4
.
由上面的方程得,
n4k,1k5
,
得到:
74k8m4,

7k2m1
.
所以, k为奇数. 当k为1, 3, 5时, m分别为3, 10, 17, n分别为4, 12,
20.
所以, 快车和慢车同在B站3次.
8. 如果a, b, c为不同的正整数, 且
a
2
b
2
c
2
¸ 那么乘积abc最接近2014
的值是 .

第十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）
【答案】2040
【解答】
解答1. 设如若平方数c²取3m或
3m1
的形式, 那么a, b中必有3的倍数,
不然c²为
3m2
, 而与原设矛盾.
如若设平方数c²取5m或5m±1的形式, 那么, 要是a, b都不是5的倍
数, 则c²必为5m或5m±2, 而与原设矛盾; 要是a, b都是5m, 则c为5的
倍数, 要是a, b是5m±2, 则c不是5的倍数, 而与题设矛盾, 则a, b中
必有5的倍数.
若设平方数c²取4m或
4m1
的形式, 要是a, b都不是4的倍数, 则c²
必为
4m2
的形式, 与题设矛盾. 故, a, b中必有4的倍数.
因而可知abc必为3, 4, 5的公倍数, 且4, 5, 6的最小公倍数为60. 又
60331980
,
2014198034
,
60342040
,
2040201426
,
并且当
a15,b8,c17
时,
15
2
8
2
17
2
,
158172040
.
所以abc中最接近2014的值是2040.
解答2. 根据a, b, c为不同的正整数, 满足
a
2
b
2
c
2
, 则存在正整数
m,n(mn)
, 使得
am
2
n
2
,
b2mn
,
cm
2
n
2
.
所以
abc(m
2
n
2
)2mn(m
2
n
2
)
.
根据
(m
2
n
2
)
2
(2mn)< br>2
(m
2
n
2
)
2
(mn)(2mn )
,
22
22
知道

第十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）
(m
2
n
2
)
3
abc(mn)2mn(mn)
. （*）
2
2222
当
m3
时, 根据
mn
,
n

最大为2,
(m
2n
2
)
3
(94)
3
2197
.
abc(mn)2mn(mn)
222
2222
另外
abc(m
2
n
2
)2mn(m
2
n
2)(mn)(mn)2mn(m
2
n
2
)2m
4. （**）
所以当
m7
时,
abc(m
2n
2
)2mn(m
2
n
2
)(mn)(mn )2mn(m
2
n
2
)2m
4
4804
.
考察
m4,m5,m6
, 把
n
的所有情况代人公式
abc(m
2
n
2
)2mn(m
2
n
2< br>)
有下表:

m4

2040
3840
4200


m5

6240
12460
18600
24840

m6

15540
30720
43740
49920
40260
n1

n2

n3

n4

n5

所以abc中最接近2014的值是2040.
二、解答下列各题（每题10分, 共40分, 要求写出简要过程）

9. 有三个农场在一条公路边, 如图A、B和C处. A处农场年产小麦50吨, B
处农场年产小麦10吨, C处农场年产小麦60吨. 要在这条公路边修建一个
仓库收买这些小麦.假设运费从A到C方向是1.5元吨千米, 从C到A方向
是1元吨千米. 问仓库应该建在何处才能使运费最低？
50公里
B
120公里
AC

第十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）
【答案】A处
【解答】设仓库离B处
x
公里 (靠C处), 则运费为：

1.550(50x)15x60(120x)10950 30x1095
元
0
.
设仓库离B处
x
公里 (靠A处), 则运费为：

1.550（50x）10x60(1 20x)109505x1070
元
0
.
因此, 应该将仓库建在A处.
10. 如图, 在
ΔABC
中,
D
为
BC
中点,
AF2FB
,
CE3AE
. 连接
CF
交
DE
于
P
点, 求
EP
的值.
DP
【答案】3.
【解答】如图所示, 连接EF, DF. 设
S
Δ
BDF
x
. 因为
D
为
BC的中点, 所以
S
FDC
x
,
S
CFB
2x
.
因为
AF2BF
, 所以
S
CAF
AF
2
, 得
S
CAF
4x
.
S
CFB
BF
因为
S
AFE
AE1

, 所以
S
EFC
3x
.
S
EFC
CE3S
EFP
S
CEP
PE
PES
EFC
 3
. , 所以
DPS
FDC
S
DPF
SCPD
DP
因为
11. 某地参加华杯赛决赛的104名小选手来自当地14所学校. 请你证明：其中一
定存在两所学校选手的人数是相同的.
【解答】如果结论不成立, 则这14所学校的选手数彼此互不相同. 也就是这14
所学校的选手数是彼此不同的14个正整数. 而14个彼此不同的正整数之和最小
为
1234567891011121314105
,
105104
, 得出矛盾.

第十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）
所以这14所学校的选手数彼此不同不能成立. 因此, 一定存在两所学校选
手的人数是相同的.
12. 将一个四位数中的各数字和的两倍与这个四位数相加得2379. 求这个四位
数.
【答案】2353, 2347.
【解答】设这个四位数为
xyzw
. 首先,
x2
. 因为
0y,z,w9,

若
x1
, 则有
02(yzw)54,19995422055
,
与条件不符. 另一方面x不能大于2. 于是,
xyzw2yzw
, 即有
2000100y10zw42y2z2w2379
.
得到
102y12z3w375
.
容易验证,
y1,2.

因此,
y3.

于是
12z3w69
,
z
整数解：

w3,z5;w7,z4
.
693w
.
12
所求四位数为：2353, 2347. 经验证, 都符合要求.
三、解答下列各题（每小题15分, 共30分, 要求写出详细过程）

13. 求质数
a,b,c
使得
15a+7ab+bc=abc
.
【答案】
a2,b2,c29
;
a11,b5,c11
或者
a 13,b3,c13

【解答】因为
a|bc
, 所以
a|b
或者
a|c
. 因为 a, b, c 都是质数, 所以
ab
或者
ac
.
① 当
ab
时,
5a7a
2
aca
2
c
,

第十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）
所以
157acac
,
(a1)(c7)22112
.
若


a111

a12
, 得

, 与题意不符;

c72

c9
若


a12

a13
, 得

, 也与题意不符;
c711c18

若


a23

a122
, 得

, 也与题意不符.

c8

c71
若


a11

a2
, 得

, 与题意相符,

a2,b2,c29
为一个答案.
c722c29

②当
ac
时,
15a7abaca
2
b
,
所以
15a8aba
2
b
, 由
158bab
变化得到
(a8)b=1×15=3×5
.
若


a81
, 得

b15

a9
, 与题意不符;


b15

a23
, 与题意不符;

b1


a11
, 与题意相符,

a11,b5,c11
为一个答案;


b5
若


a815
, 得
b1


a83
, 得

b5
若

若


a85
, 得
b3


a13
, 与题意相符,

a13,b3,c13
为一个答案..

b3

14. 如果正数
a
1
,a
2
,a
3
,,a
10
满足条件:
a
1
a
2
a
3
a
10
,a
1
a< br>2
10,a
3
a
4
a
9
a10
10,

222
a
3
a
10
那么
a
1
2
a
2
的最大值是多少
？

第十九届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题解答（初一组）
【答案】100
【解答】记

a
1
a
2a
3


a
10
,


a
1
a
2
10,

aa

a a10,
4910

3
(1)
(2)

(3)
由 (2) 和 (3) 得
a
1
a
2
a
3
a
10
20
.
根据 (1) 和 (2),
222222
a
1
2
a
2
a3


a
10
(10a
2
)
2
a
2
a
3


a
10
22 2
10
2
20a
2
2a
2
a
3< br>

a
10
222
10
2
(a
1
a
2
a
3


a
10
)a
2
2a
2
a
3


a
10
2222
100(a
2
a
1
a
2
)(a
3
a
3
a
2
)(a
4
a
4
a
2
)

(a
10
a
1 0
a
2
)

100((a
2
a
1< br>)a
2
)(a
3
a
2
)a
3
 (a
4
a
2
)a
4


(a
10
a
2
)a
10
100,
并且等号成立当且仅当乘积
(a
2
a
1
)a
2
,(a
3
 a
2
)a
3
,,(a
10
a
2
)a< br>10

都等于0.
取
a
1
10,a
2
a
3
a
4
a
10
0
,
或
a
1
a
2
a
3
a
4< br>5,a
5
a
6
a
10
0
, < br>则
a
1
,a
2
,a
3
,,a
10
都满足 (1), (2), (3), 并且
222
a
1
2a
2
a
3
a
10
100
.
222
a
3
a
10
综和上述讨论,
a
1
2
a
2
的最大值是100.