第二届华杯赛初赛试题答案

参考答案

第二届华杯赛初赛试题答案：1.第八届　　2.11　　3.121　　4.1981　　5.58%　　6.0　　7.13.42　　8.

9.第三个　　10.3点钟　　11.13　　12.36人　　13.第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子

14.能排成4个被11除余8的数　　15.100个

1.【解】“每隔一年举行一次”的意思是每两年举行1次。1988年到2000年还有2000-1988=12年，因此还要举行12÷2=6届。1988年是第二届，所以2000年是1+6=8届。

这题目因为数字不大，直接数也能很快数出来：1988、1990、1992、1994、1996、1998、2000年分别是第二、三、四、五、六、七、八届.

答：2000年举行第八届.

【注】实际上，第三届在1991年举行的，所以2001年是第八届.

2.【解】由于两只蚂蚁的速度相同，所以大、小圆上的蚂蚁爬一圈的时间的比应该等于圈长的比.而圈长的比又等于半径的比，即：33∶9.

要问两只蚂蚁第一次相遇时小圆上的蚂蚁爬了几圈，就是要找一个最小的时间它是大、小圆上蚂蚁各自爬行一圈所需时间的整数倍.适当地选取时间单位，使小圆上的蚂蚁爬一圈用9个单位的时间，而大圆上的蚂蚁爬一圈用33个单位的时间.这样一来，问题就化为求9和33的最小公倍数的问题了.不难算出9和33的最小公倍数是99，所以答案为99÷9=11.

答：小圆上的蚂蚁爬了11圈后，再次碰到大圆上的蚂蚁.

3. 【解】把棋盘分割成一个平行四边形和四个小三角形，如下图。平行四边形中棋孔数为9×9=81，每个小三角形中有10个棋孔。所以棋孔的总数是81+10×4=121(个)

答：共有121个棋孔

4.【解】由于得数有两位小数，小数点不可能加在个位数之前.如果小数点加在十位数之前，所得的数是原来四位数的百分之一，再加上原来的四位数，得数2000.81应该是原来四位数的1.01倍，原来的四位数是2000.81÷1.01=1981.

类似地，如果小数点加在百位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.001倍，小数点加在千位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.0001倍.但是(2000.81÷1.001)和(2000.81÷1.0001)都不是整数，所以只有1981是唯一可能的答案.

答：这个四位数是1981.

【又解】注意到在原来的四位数中，一定会按顺序出现8，1两个数字.小数点不可能加在个位数之前;也不可能加在千位数之前，否则原四位数只能是8100，大于2000.81了.

无论小数点加在十位数还是百位数之前，所得的数都大于1而小于100.这个数加上原来的四位数等于2000.81，所以原来的四位数一定比2000小，但比1900大，这说明它的前两个数字必然是1，9.由于它还有8，1两个连续的数字，所以只能是1981.

5.【解】格子布的面积是下图面积的9倍，格子布白色部分的面积也是图上白色面积的9倍，下图中白色部分所占面积的百分比是：

=0.58=58%

答：格子布中白色部分的面积是总面积的58%.

6.【解】因为差的首位是8，所以被减数首位是9，减数的首位是1。第二位上两数的差是9，所以被减数的第二位是9，减数的第二位是0。于是这六个方框中的数字的连乘积等于0。

答：六个方框中的数字的连乘积等于0.

7.【解】每个圆和正方形的公共部分是一个扇形，它的面积是圆的面积的四分之一.因此，整个图形的面积等于正方形的面积加上四块四分之三个圆的面积.而四块四分之三个圆的面积等于圆面积的三倍.于是整个图形的面积等于正方形的面积加上圆面积的三倍.也就是2×2+π×1×1×3≈13.42(平方米)

答：这个正方形和四个圆盖住的面积约是13.42平方米.

8.【解】 (米).

答：七根竹竿的总长是 米.

【又解】我们这样考虑：取一根2米长的竹竿，把它从中截成两半，各长1米.取其中一根作为第一根竹竿.将另外一根从中截成两半，取其中之一作为第二根竹竿.如此进行下去，到截下第七根竹竿时，所剩下的一段竹竿长为： (米)，因此，七根竹竿的总长度是2米减去剩下一段的长，也就是 答：七根竹竿的总长是 米.

9.【解】梯形的面积=(上底+下底)×高-2.但我们现在是比较三个梯形面积的大小，所以不妨把它们的面积都乘以2，这样只须比较(上底+下底)×高的大小就行了.我们用乘法分配律：

第一个梯形的面积的2倍是：(2.12+3.53)×2.71=2.12×2.7I+3.53×2.71，

第二个梯形的面积的2倍是：(2.7l+3.53)×2.12=2.71×2.12+3.53×2.12，

第三个梯形的面积的2倍是：(2.12+2.71)×3.53=2.12×3.53+2.7I×3.53

先比较第一个和第二个两个式子右边的第一个加数，一个是2.12×2.71，

另一个是2.71×2.12由乘法交换律，这两个积相等因此只须比较第二个加数的大小就行了，显然3.53×2.71比3.53×2.12大，因为2.71比2.12大因此第一个梯形比第二个梯形的面积大.类似地，如果比较第一个和第三个，我们发现它们右边第二个加数相等.而第一个加数2.12×2.71<2.12×3.53.因此第三个梯形比第一个梯形面积大.综上所述，第三个梯形面积最大.

答：第三个梯形面积最大.

10.【解】因为电子钟每到整点响铃，所以我们只要考虑哪个整点亮灯就行了.从中午12点起，每9分钟亮一次灯，要过多少个9分钟才到整点呢?由于1小时=60分钟，这个问题换句话说就是：9分钟的多少倍是60分钟的整数倍呢?即求9分和60最小公倍数.9和60的最小公倍数是180.这就是说，从正午起过180分钟，也就是3小时，电子钟会再次既响铃又亮灯.

答：下一次既响铃又亮灯时是下午3点钟.

11.【解】每种花色各选3张，一共12张，可见抽12张牌不能保证有4张牌是同一花色的.

如果抽13张牌，由于花色只有4种，其中必有一种多于3张，即必有4张牌同一花色.

答：至少要抽13张牌，才能保证有四张牌是同一花色的.

12.【解】先增加一条船，那么正好每条船坐6人.然后去掉两条船，就会余下6×2=12名同学，改为每条船9人，也就是说，每条船增加9-6=3人,正好可以把余下的12名同学全部安排上去，所以现在还有12÷3=4条船，而全班同学的人数是9×4=36人

【又解】由题目的条件可知，全班同学人数既是6的倍数，又是9的倍数，因而是6和9的公倍数.6和9的最小公倍数是18.如果总数是18人，那么每船坐6人需要有18÷6=3条船，而每船坐9人需要18÷9=2条船，就是说，每船坐6人比每船坐9人要多一条船.但由题目的条件，每船坐6人比每船坐9人要多用2条船.可见总人数应该是18×2=36.

答：这个班共有36个人

13.【解】根据题意将小兔座位变化的规律找出来.

可以看出：每一次交换座位，小兔的座位按顺时针方向转动一格，每4次交换座位，小兔的座位又转回原处.知道了这个规律，答案就不难得到了.第十次交换座位后，小兔的座位应该是第2号位子.

答：第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子.

14.【解】用1、9、8、8可排成12个四位数，即1988，1898，1889，9188，9818，9881，8198，8189，8918，8981，8819，8891

它们减去8变为1980，1890，1881，9180，9810，9873，8190，8181，8910，8973，8811，8883

其中被11整除的仅有1980，1881，8910，8811，即用1、9、8、8可排成4个被1除余8的四位数，即1988，1889，8918，8819.

【又解】什么样的数能被11整除呢?一个判定法则是：比较奇位数字之和与偶位数字之和，如果它们之差能被11除尽，那么所给的数就能被11整除，否则就不能够.

现在要求被11除余8，我们可以这样考虑：这样的数加上3后，就能被11整除了.所以我们得到“一个数被11除余8”的判定法则：将偶位数字相加得一个和数，再将奇位数字相加再加上3，得另一个和数，如果这两个和数之差能被11除尽，那么这个数是被11除余8的数;否则就不是.

要把1、9、8、8排成一个被11除余8的四位数，可以把这4个数分成两组，每组2个数字.其中一组作为千位和十位数，它们的和记作A;另外一组作为百位和个位数，它们之和加上3记作B.我们要适当分组，使得能被11整除.现在只有下面4种分组法：

经过验证，第(1)种分组法满足前面的要求：A=1+8，B=9+8+3=20，B-A=11能被11除尽.但其余三种分组都不满足要求.

根据判定法则还可以知道，如果一个数被11除余8，那么在奇位的任意两个数字互换，或者在偶位的任意两个数字互换，得到的新数被11除也余8.于是，上面第(1)分组中，1和8中任一个可以作为千位数，9和8中任一个可以作为百位数.这样共有4种可能的排法：1988，1889，8918，8819.

答：能排成4个被11除余8的数

15.【解】我们先在右图小正方形中找一个代表点，例如右下角的点E作为代表点.然后将小正方形按题意放在围棋盘上，仔细观察点E应在什么地方.通过观察，不难发现：

(1)点E只能在棋盘右下角的正方形ABCD(包括边界)的格子点上.

(2)反过来，右下角正方形ABCD中的每一个格子点都可以作为小正方形的点E，也只能作为一个小正方形的点E.这样一来，就将“小正方形的个数”化为“正方形ABCD中的格子点个数”了.很容易看出正方形ABCD中的格子点为10×10=100个.

答：共有100个。

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