华杯4届复赛答案过程

（1）化简

所以，原式等于1。
[注]本题与第三届“华杯赛”复赛第一道参考试题性质近似。
解这类题时，在乘、除运算中，小数宜写成分数、代分数宜化成假分数并将运算结果及时约分；在加、减运算中，当小数、分数都出现时，通常宜于都化为分数，因为，分数化为小数时，有可能出现无限循环小数；当然，在能都化成有限小数时，也可以都化为小数。
（2）电视台要播放一部30集电视连续剧。如果要求每天安排播出的集数互不相等，该电视连续剧最多可以播几天？
[分析]由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件下，每天播放的集数应尽可能地少。
我们知道，1+ 2＋3+ 4＋5＋6＋7= 28。
所以，如果各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，7时，这七天共可插出28集，还剩2集未播出。由于已有过一天播出2集的情形，因此，这余下的2集不能再单独于一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解决这个问题。例如，各天播出的集数安排为1，2，3，4，5，7，8或1，2，3，4，5，6，9都可以。
[答]最多可以播7天。
[注]本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个正整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：5=1＋1＋1＋1＋1=1＋1＋1＋2=1＋2＋2=1＋1＋3=2＋3=1＋4共6种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）。
（3）一个正方形的纸盒中，恰好能放入一个体积为628立方厘米的圆柱体，纸盒的容积有多大？（圆周率=3.14）。

[分析]由于是正方形纸盒，所以它的长、宽、高相等。又因为圆柱体“恰好”能放入，所以圆柱体的高等于纸盒的高，而后者又与圆柱体底面的直径相等。从而，圆柱体的体积V既等于6.28立方厘米，又等于3.14×（底面半径）2×2倍的底面半径=6.28×（底面半径）3立方厘米由此可见，圆柱的底面半径等于1（厘米），从而底面直径等于2厘米，由此即知纸盒的容积是2×2×2=8立方厘米。
[答]纸盒的容积是8立方厘米。
（4）有一筐苹果，把它们三等分后还剩2个苹果，取出其中两份，将它们三等分后还剩2个；然后再取出其中两份，又将这两份三等分后还剩2个，问：这筐苹果至少有几个？
[分析]我们面对着最后剩下的2个苹果，它们是把某两份苹果三等分后剩下的。换句话说，把所剩的2个苹果与三等分的三份苹果放在一起，应是上一轮分割中的两份。所以这个总数必须能被2整除。题中又问这筐苹果“至少”有几个，从而上述总数又应尽可能地少。三份苹果中，每份最少有1个苹果，于是三份便是3个。2＋3= 5，但5不被2整除，所以每份不应只有一个苹果。退而求其次：设三份苹果中每份是2个，从而三份共6个，2＋6= 8，于是可设上一轮中共有2＋3×4=14个苹果。14个又是第一轮分割时三等分所得的2份，从而依题义，最初的苹果应有 2＋3×7=23个。
[解]用倒推法可见，原有苹果数是

[答]这筐苹果至少有23个。
[注]用倒推法还可以解决比本题复杂一些的类似的问题。例如，每次所剩的苹果数不都是2而是互相有所不同；每次也不一定三等分，等等。大家不妨自行编题去试。
（5）计算

[解]原式

[注]本题的规律性很强。只要能观察出每项的整数部分形成等差数列，
（6）长方形 ABCD周长为16米，在它的每条边上各画一个以该边为边长的正方形，已知这四个正方形的面积和是68平方米，求长方形ABCD的面积
[解] 如图，将A1D1 向右延长，C1E1向上延长，交于E点，那么正方形A1BC1E的面积，等于长方形 ABCD周长一半的平方。即64平方厘米。
长方形 ABCD与 D1DE1E是全等的。而正方形 A1ADD1与 DCC1E1的面积之 米。64-34= 30平方厘米应等于长方形 ABCD面积的 2倍。所以 ABCD 的面

[注] 本题的解法，可算作求面积的“割补法”。
（7）“华罗庚”金杯少年数学邀请赛，第一届在1986年举行，第二届在1988年举行，第三届是在1991年举行，以后每2年举行一届。第一届“华杯赛”所在年份的各位数字和是
A1＝1＋9＋8＋6＝24。
前二届所在年份的各位数字和是
A2=1＋ 9＋ 8 ＋ 6 ＋1＋ 9＋ 8 ＋ 8=50
问：前50届“华杯赛”所在年份的各位数字和A50＝？
[分析]这是一次“跨世纪”的计算。
按所给的规律，在20世纪内有7次赛事，前50届在21世纪内于是有43次赛事。
在 20世纪内，已知A2= 50，其余 5届年份各位数字的和是
5×（1＋9）＋5×9＋（1＋3＋5＋7＋9）
=50＋45＋25=120
从而A7=A2＋120=170
在 21世纪内的前5届年份各位数字和是2×5＋25=35。接下去的每5届递加数字5（因为年份的十位数字各增了1），于是前47届年份各位数字的和等于
170＋35+40＋45＋50＋55＋60＋65＋70
＝170＋4×105＝590
再加上前50届中最后三届年份的各位数字的和：2×3＋8×3＋（1＋3＋5）=6＋24＋9=39。得A50＝ 590+39=629。
[答] A50=629
[注]以上的分析与计算，主要用了分段处理问题的想法，例如分“世纪”作考虑，并且分“年代”作考虑。在计算中，主要依据了整数相加有交换律，可以把相同的项调集在一起计算，以便用乘法代替连加。
（8）将自然数按如下顺次排列：
1 2 6 7 15 16 …
3 5 8 14 17 …
4 9 13 …
10 12 …
11 …
在这样的排列下，数字3排在第二行第一列，13排在第三行第三列，问：1993排在第几行第几列？
[分析]我们来分析一下给出阵列中每一斜行的规律。这里第2斜行的数字是3，2；第3斜行的数字是4，5，6；余此类推。仔细观察后我们会发现：
奇数斜行中的数字由下向上递增；
偶数斜行中的数字由上向下递增。

如果我们找出1993位于斜行的第几位，再换算成原阵列中的第几行第几列，问题便解决了。
[解]经试算，第62斜行中最大的数字是

第63斜行中最大的数字是2016。所以 1993位于第63斜行。第63斜行中数字是由下向上递增加，左边第一位数字是1954，因此，1993位于第63斜行由上向下数第（1993-1954+1）=40位。换算为原阵列的行和列，便是第（63-43+1）=24行，第40列。
[答]1993排在第 24行，第 40列。
（9）在下图中所示的小圆圈内，试分别填入1、2、3、4、5、6、7、8这八个数字，使得图中用线段连接的两个小圆圈内所填的数字之差（大数字减小数字）恰好是1、2、3、4、5、6、7这七个数字。

[分析]把连接小圆圈的线段叫作边，把小圆圈称作这个边的端点。同一个边的两个端点，叫作相邻的端点，当小圆圈内填入某数字k时，便用k来记它，把两个端点所填数字之差（大数字减小数字）称为它们之间的边的“标号”。那么，标号为1的边和它的端点，可能有：①-②，③-③，③-④，④-⑤，⑤-⑥，⑥-⑦，⑦-⑧；标号为2的边和它的端点，可能有：①-③，②-④，③-⑤，④-⑥，⑤-⑦，⑥-⑧；标号为3的边和它的端点，可能有：①-⑤，②-⑥，③-⑦，④-⑧，标号为5的边和它的端点，可能有：①-⑥，②-⑦，③-⑧，标号为6的边和它的端点，可能有：①-⑦，②-⑧，标号为7的边和它的端点是：①-⑧，可见，①与⑧必是相邻的端点，由上可见，⑧可以是任何标号的边的端点，所以，选择邻点最多的点，例如C，作⑧似乎是自然的。但，这时F不能取作①，因为如果这样，以①（即F）为一个端点而尚未加标号的边还有三条，它们地位是对称的， 在1、2、3、4、5、6中，无论取哪三个作它们的标号，都会得到矛盾。例如，取作标号的数为1、3、6，则与 F相邻的点除 C外，就是②、④、⑦，剩下未标号的边，其标号只能取2、4、5，于是与C（即⑧）相邻的点便应是③、④、⑥。这里出现了④的重复出现，这是矛盾。所以，应取A、B、D之一为①，由对称性，不妨取A为①。还有三个与C相邻的点： B、 D、 F。其中， F的地位与B、D不同。仿上可知，在F处不能是③。⑤、⑥、⑦。取F为④，令以 F为一端点的未标号的边的标号为1、2、3，从而以C为一端的、余下未标号的两条边的标号便应是5、 6、这样便可得B= ③， D= ②， E= ⑦，G= ⑤，H= ⑥。
[答] 在 A、B、C、D、E、F、H处，顺次在小圆圈内填入1、3、8、2、7、4、5、6便可满足要求。
[注]满足题目要求的图，叫作“优美图”。本题是一个至今尚未解决的猜想的一个特殊的例子。
本题的答案不止一种。例如：
A（1）、B（6）、C（8），D（4），E（3），F（2），G（7），H（5）；又如：
A（8），B（6），C（1），D（7），E（2），F（5），G（3），H（4）等等都是。
由于C与F的地位，A、B、D的地位，E、G、H的地位分别都是对称的，所以，当相邻关系不变时，填在C、F处的，A、B、D处的以及填在E、G、H处的数字可以分别交换，而这样得到的结果并无实质上的区别。请想一想：有多少种既满足题目要求又实质上不同的填法？
（10）11＋ 22＋ 33＋ 44＋ 55＋ 66＋ 77＋ 88＋ 99除以3的余数是几？为什么？
[分析]上式各加项中，33、66、99除以3余数得0，所以只须看表达式11+22＋44＋55＋77＋88除以3余几，任何不是3的倍数的自然数，必可表为3k＋1或3k＋2，其中k是某个非负整数，而（3k＋1）2=9k2＋6k＋1，（3k＋2）2=9k2＋12k+3＋1。可见，不是3的倍数的自然数的平方，除以3余数都是 1，即都可表为3的某个倍数加 1。今11=1， 22=4=3＋1，44=（42）2=3M1＋1， 55=（52）2•5=（3m2+1）（3+2）＝9 M2+3＋6m2+2=3m2＋2， 77＝（73）2•7＝（3M4＋1）（6＋1）=3M5＋1，88=（84）2=3M6＋1，总上可见，原式除以 3的余数，是 1＋1＋1＋2＋1＋1=7除以3的余数，所以余数是1。
[答]余数是1。
（11） A、 B、 C、 D、 E、 F六个选手进行乒乓球单打的单循环比赛（每人都与其他选手赛一场），每天同时在三张球台各进行一场比赛，已知第一天B对 D，第二天 C对E，第三天 D对 F，第四天B对C，问：第五天A与谁对阵？另外两张球台上是谁与谁对阵？
[分析]我们在平面上分别画上6个点，依次用它们代表选手A，B，C，D，E，F，将给定的比赛对阵用二点的连线来表示（右图，连线上的数字表示第几天。

注意到每位选手每天恰赛一场，每对选手之间5天内也恰赛一场。第二天A不可能与F对阵，否则当天E要对C，而他们之间的比赛已安排在第2天。
所以第一天只能是A-E和C-F，或是A-C，E-F。这次逐天分析推理，一定可以得出本题的答案。
[解]逐天分析可能的对阵情况，列成下表：

[答]第五天A与B对阵，另2张球台上的
对阵是C对D，E对F。
[注]这是道很有意思的逻辑推理题。如果在草图上用不同颜色代表不同天的对阵安排，便能很清楚地从图上推出结论，不必画表。请同学们自己试试看。
（12）有一批长度分别为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10和11厘米的细木条，它们的数量都足够多，从中适当选取3根本条作为三条边，可围成一个三角形。如果规定底边是11厘米长，你能围成多少个不同的三角形？
[分析]任何一个三角形，它的三条边中的任何两条边的长度之和，总比余下的一条边要长。换句话说，在本题中底边是11厘米长的三角形的其余二
于是（a、b）的可能的值便有
（11，11）；（10，10），（10，11）；（9，9），（9，10），
（9，11）；（8，8），（8，9），（8，10），（8，11）；
（7，7），（7，8），（7，9），（7，10），（7，11）；
（6，6），（6，7），（6，8），（6，9），（6，10），
（6，11）；（5，7），（5，8），（5，9），（5，10），
（5，11）；（4，8），（4，9），（4，10），（4，11）；
（3，9），（3，10），（3，11）；（2，10），（2，11）；
（1，11）。可见，总数等于2×（1＋2＋3＋4＋5）+6=36。
[答]能围成36个不同的三角形。
[讨论]仿上面的分析，如果木条的长度是从1到10厘米，并规定底边长为10厘米，那么同样问题的答案将如下得出，记号仿前：（a，b）可能的值有：（10，10）；（9，9），（9，10）；（8，8），（8，9），
（8，10）；（7，7）（7，8），（7，9），（7，10）；
（6，6），（6，7），（6，8），（6，9），（6，10）；
（5，6），（5，7），（5，8），（5，9），（5，10）；
（4，7），（4，8），（4，9），（4，10）；（3，8），
（3，9），（3，10）；（2，9），（2、10）；（1，10）所以总数是2×（1＋2＋3＋4＋5）=30。一般情况，当最长细木条的长
（13）把下图a中的圆圈任意涂上红色或蓝色。问：有无可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？请说明理由。

[分析]红蓝二色可以分别更换为数字1与0。
这样作对问题的实质并无影响。
假定题中所设想的涂色方案能够实现，那么每条直线上代表各点的数字之和便应都是奇数。一共有五条直线，所以，把这五条直线上代表各点的数字之和的这五个奇数再加起来，得到的总和数仍是一个奇数。但是，由视察可见，图中每个点都恰好同时位于两条直线上，所以，在求上述总和数时，代表各点的数字都恰被加过两次，所以这个总和应是一个偶数。这就导致一个矛盾。
[答]没有可能。
[讨论]由于每条直线上恰有4个点，所以，也不可能使同一条直线上的蓝圈数都是奇数。可见无论设红色为1蓝色为1，结果都不变。
如果是由偶数条直线构成的类似的图，例如图b，问题中要求的涂色法便有可能实现。比如给A、B、C三点涂红色，其余涂蓝色。
（14）甲、乙二人在同一条椭圆形跑道上作特殊训练：他们同时从同一地点出发，沿相反方向跑，每人跑完第一圈到达出发点后立即回头加速跑第 次相遇点190米，问：这条椭圆形跑道长多少米？
[分析]让我们先画一个示意图（右图），并设一开

即L=400米。
[答]跑道长为400米。
（15）下图a中的正方形ABCD的面积为1，M是AD边上的中点。求图中阴影部分的面积。

△ABM-△AGM=△ABG。

[注]这是求面积常用的“割补法”的一次具本运用；也可以不用割补法
（16）四个人聚会，每人各带了2件礼品，分赠给其余三个人中的二人，试证明：至少有两对人，每对人是互赠过礼品的。
[证明]设此四人为甲、乙、丙、丁并用画在平面上的四个点分别表示他们，称为它们的代表点，当某人（例如甲）赠了1件礼品给另一人（例如乙）时，就由甲向乙的代表点画一条有指向的线，无非有以下两个可能：
（一）甲、乙、丙、丁每人各收到了2件礼品。
（二）上面的情形不发生。这时只有以下一个可能，即有一个人接受了3件礼品（即多于2件礼品；因为一人之外总共还有三个人，所以至多收到3件礼品）。（或许会有人说，还有二个可能：有人只收到1件礼品及有人什么礼品也没收到。其实，这都可归以“有一人接受了3件礼品”这个情形。因为，当有一人（例如甲）只接受了1件礼品的情形发生时，四人共带来的8件礼品中还剩下7件在甲以外的三个人中分配，如果他们每人至多只收到2件礼品，则收受礼品数将不超过6件，这不可能，所以至少有一人收到2件以上（即3件）礼品，同样，当甲未收到礼品时，8件礼品分给乙、丙、丁三人，也必定有人收到3件礼品）。

当（一）发生时，例如甲收到乙、丙的礼品，由于甲发出的礼品中至少有1件给了乙或丙，为确切计，设乙收到了甲的礼品，于是我们先有了一对人：（甲、乙），他们互赠了礼品，如果丙也收到甲的礼品，那么又有了第二对互赠了礼品的人（甲、丙）；如果收到甲礼品的另一人是丁（如右图）丁的2件礼品必定分赠了乙及丙（甲已收足了本情形中限定的2件札品）丙或乙的另一件礼品 给了丁，则问题也已解决（这时另一对互赠了礼品的人便是（乙、丁）或（丙、丁））但丙的另一件礼品只能给丁，因为这时乙已收足了2件礼品，所以，当本情形发生时，至少能找到两对互赠过1件礼品的人。
当（二）发生时，不失一般性，设甲收到了来自乙、丙、丁的各1件礼品，但甲又应向他们之中的某二人（例如乙、丙）各赠送1件礼品，于是（甲、乙），（甲、丙）便是要找的两对人。总上可知，证明完毕。
[注]像图中所画的这种示意图，叫作“有向图”，是一个数学分支“图论”所研讨的内容之一。

发生时，例如甲收到乙、丙的礼品，由于甲发出的礼品中至少有1件给了乙或丙，为确切计，设乙收到了甲的礼品，于是我们先有了一对人：（甲、乙），他们互赠了礼品，如果丙也收到甲的礼品，那么又有了第二对互赠了礼品的人（甲、丙）；如果收到甲礼品的另一人是丁（如右图）丁的2件礼品必定分赠了乙及丙（甲已收足了本情形中限定的2件札品）丙或乙的另一件礼品 给了丁，则问题也已解决（这时另一对互赠了礼品的人便是（乙、丁）或（丙、丁））但丙的另一件礼品只能给丁，因为这时乙已收足了2件礼品，所以，当本情形发生时，至少能找到两对互赠过1件礼品的人。
当（二）发生时，不失一般性，设甲收到了来自乙、丙、丁的各1件礼品，但甲又应向他们之中的某二人（例如乙、丙）各赠送1件礼品，于是（甲、乙），（甲、丙）便是要找的两对人。总上可知，证明完毕。
[注]像图中所画的这种示意图，叫作“有向图”，是一个数学分支“图论”所研讨的内容之一。
回答者： liushizeyu

到了甲的礼品，于是我们先有了一对人：（甲、乙），他们互赠了礼品，如果丙也收到甲的礼品，那么又有了第二对互赠了礼品的人（甲、丙）；如果收到甲礼品的另一人是丁（如右图）丁的2件礼品必定分赠了乙及丙（甲已收足了本情形中限定的2件札品）丙或乙的另一件礼品 给了丁，则问题也已解决（这时另一对互赠了礼品的人便是（乙、丁）或（丙、丁））但丙的另一件礼品只能给丁，因为这时乙已收足了2件礼品，所以，当本情形发生时，至少能找到两对互赠过1件礼品的人。
当（二）发生时，不失一般性，设甲收到了来自乙、丙、丁的各1件礼品，但甲又应向他们之中的某二人（例如乙、丙）各赠送1件礼品，于是（甲、乙），（甲、丙）便是要找的两对人。总上可知，证明完毕。
[注]像图中所画的这种示意图，叫作“有向图”，是一个数学分支“图论”所研讨的内容之一。