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2015年第二十五届全国初中应用物理竞赛（巨人杯）试题注意事项：1．请在密封线内填写所在地区、学校、姓名和考号。
2．用蓝色或黑色钢笔、圆珠笔书写。
3．本卷共有6个大题，满分100分。
4．答卷时间：2015年3月29日（星期日）上午9:30~11:10一、本题共10小题，每小题2分，共20分。
以下各小题给出的四个选项中只有一个是正确的，把正确的选项前面的字母填在题后的括号内。
1．市面上有一种化妆镜，当对着它照镜子时，能看到自己面部更细微处。
这种化妆镜应该是一个（）A．平面镜 B．凸面镜 C．凹面镜 D．凸透镜2．“充电宝”是一种给手机等电子设备提供电能的移动电源。
2014年8月7日，我国民航局首次专门针对“充电宝”发出公告，公告要求旅客携带登机的“充电宝”额定能量不能超过一定标准。
这一“标准”的单位是（）A．Ah B．mAh C．Wh D．V A 3．为了确保用电安全，家中都会安装配电盘。
配电盘中除了装有分别控制厨房、客厅和卧室等用电的开关外，还装有漏电保护器。
小明装完新房后，将插排插入客厅墙上的电源插孔中，然后将电视机的电源插头插入插排的电源插孔，但打开电视机后，配电盘中的漏电保护器就“跳闸”了。
小明拔下电视机电源插头，把漏电保护器的开关复原（重新闭合），然后将能正常使用的台灯插入该插排的电源插孔，闭合台灯开关后，漏电保护器两次“跳闸”。
关于发生上述现象的原因，下列猜想正确的是（）A．墙上的电源插座中的火线和零线间短路了B．插排中插座处的零线和地线接反了C．插排中插座处的零线和火线接反了D．插排中插座处的火线和地线接反了4．氢气具有可燃性，因此早期使用的氢气填充的气球和飞艇很容易燃烧起火。
后来使用不会燃烧的氦气替代氢气来填充气球和飞艇。
相同条件下氦气的密度约为氢气密度的两倍。
若忽略球皮和吊索的重力，则相同体积的拟气球与氢气球相比（）A．氦气球的有效载重量约为氢气球的一半B．氦气球的有效载重量约为氢气球的2倍C．氦气球的有效载重量比氢气球小很多D．氦气球的有效载重量与氢气球差不多5．图1是一种案秤的照片。
2014年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．1. 若正数,a b 满足 2362log 3log log ()a b a b ，则11a b的值为．答案：108．解：设2362log 3log log ()a b a b k ，则232,3,6k k k a b a b ，从而23231162310823k k k a b a b ab ．2. 设集合312b a b a中的最大元素与最小元素分别为,M m ，则M m 的值为 ．答案：5 ．解：由12a b 知，33251b a ，当1,2a b 时，得最大元素5M ．又33b a a a ，当a b 时，得最小元素m 因此，5M m3. 若函数2()1f x x a x 在[0,) 上单调递增，则实数a 的取值范围是 ．答案：[2,0] ．解：在[1,) 上，2()f x x ax a 单调递增，等价于12a，即2a ．在[0,1]上，2()f x x ax a 单调递增，等价于02a，即0a ．因此实数a 的取值范围是[2,0] ．4. 数列{}n a 满足12a ，*12(2)()1n n n a a n n N ，则2014122013a a a a ．答案：20152013．解：由题设 122(1)2(1)21n n n n n n a a a n n n112(1)2232(1)12n n n a n n n ．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则21223242(1)n n S n −=+×+×+++ ，所以 2322223242(1)nn S n =×+×+×+++ ，智浪教育—普惠英才文库将上面两式相减，得 122(1)(2222)n n n nS n −−=+−++++2(1)22n nn n n =+−=．故2013201420131220132201522013a a a a20152013． 5. 正四棱锥P ABCD 中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN 与PC 之间的距离是 ．答案解：设底面对角线,AC BD 交于点O ，过点C 作直线MN 的垂线，交MN 于点H ．由于PO 是底面的垂线，故PO CH ，又AC CH ，所以CH 与平面POC 垂直，故CH PC ．因此CH 是直线MN 与PC的公垂线段，又CH MN 与PC6. 设椭圆Г的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Г交于点,P Q ．若212PF F F ，且1134PF QF，则椭圆Г的短轴与长轴的比值为．答案．解：不妨设114,3PF QF ．记椭圆Г的长轴，短轴的长度分别为2a ，2b ，焦距为2c ，则2122PF F F c ，且由椭圆的定义知，1212224a QF QF PF PF c ．于是 212121QF PF PF QF c ．设H 为线段1PF 的中点，则12,5F H QH ，且有21F H PF ．由勾股定理知，2222222121QF QH F H F F F H ，即2222(21)5(2)2c c ，解得5c ，进而7a ，b =，因此椭圆Г的短轴与长轴的比值为b a ．7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI ，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为 ．答案． 解：由1PI 知点P 在以I 为圆心的单位圆K 上．设BAP ．在圆K 上取一点0P ，使得 取到最大值0 ，此时0P 应落在IAC 内，且是0AP 与圆K 的切点．由于003，故 001sin sin sin sin 621sin sin sin sin 23336APB APCAP AB S S AP AC， ①其中，006IAP． 由02AP I知，011sin 24IP AI r，于是cot ，所以sin356sin 6．②根据①、②可知，当0P P 时，APB APCS S 35．8. 设A ，B ，C ，D 是空间四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两对点之间是否连边是相互独立的，则A ，B 可用（一条边或者若干条边组成的）空间折线连接的概率为 ．答案：34．解：每对点之间是否连边有2种可能，共有6264 种情况．考虑其中A ，B 可用折线连接的情况数．(1) 有AB 边：共5232 种情况．(2) 无AB 边，但有CD 边：此时A ，B 可用折线连接当且仅当A 与C ，D 中至少一点相连，且B 与C ，D 中至少一点相连，这样的情况数为22(21)(21)9 ．(3) 无AB 边，也无CD 边：此时AC ，CB 相连有22种情况，AD ，DB 相连也有22种情况，但其中AC ，CB ，AD ，DB 均相连的情况被重复计了一次，故A ，B 可用折线连接的情况数为222217 ．以上三类情况数的总和为329748 ，故A ，B 可用折线连接的概率为483644．二、解答题：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x 的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为Q ，R ．(1) 证明R 是一个定点； (2) 求PQ QR的最小值．解： (1)设P 点的坐标为(,)(0)a b b ，易知0a ≠．记两切点A ，B 的坐标分别为1122(,),(,)x y x y ，则PA ，PB 的方程分别为112()yy x x ， ① 222()yy x x ，② 而点P 的坐标(,)a b 同时满足①，②，故A ，B 的坐标11(,)x y ，22(,)x y 均满足方程2()by x a ． ③故③就是直线AB 的方程．直线PO 与AB 的斜率分别为b a 与2b ，由PO AB 知，21b a b，故2a ．………………4分从而③即为2(2)y x b，故AB 与x 轴的交点R 是定点(2,0)． ……………8分(2) 因为2a =− ，故直线PO 的斜率12b k ，直线PR 的斜率24bk ．设OPR ，则 为锐角，且22121211182824tan 2224b b PQ k k b b b b QR k k b b ．当b 时，PQ QR的最小值为 …………………16分10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a，*1arctan (sec )()N n n a a n ．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a． 解：由已知条件可知，对任意正整数n ，1,22n a，且 1tan sec n n a a ．①由于sec 0n a ，故10,2n a．由①得，2221tan sec 1tan n n n a a a ，故 221132tan 1tan 133n n a n a n， 即3tan n n a…………………10分 因此121212tan tan tan sin sin sin sec sec sec m m ma a a a a a a a a12231tan tan tan tan tan tan m m a a a a a a（利用①） 11tan tan m a a1100，得m =3333． …………………20分11. （本题满分20分）确定所有的复数 ，使得对任意复数12121,(,1,z z z z z ≠2)z ，均有211()z z ≠222()z z ．解：记2()()f z z z ．则22121122()()()()f z f z z z z z121212(2)()z z z z z z ．①假如存在复数12121,(,1,z z z z z ≠2)z ，使得12()()f z f z ，则由①知，121212(2)()z z z z z z ，利用121212z z z z z z ≠0知，12122222z z z z ，即2 ． …………………10分另一方面，对任意满足2 的复数 ，令12i,i 22z z，其中012，则1z ≠2z ，而i 122，故12,1z z ．此时将 12z z ，122i z z ，122i 2i z z代入①可得，12()()2i (2i)0f z f z ，即12()()f z f z ．综上所述，符合要求的 的值为 ,2C ． …………………20分。
“还原”解题1、一条花布，第一次用去3米，第二次用去剩下的一半后还多6米，原来这条花布有多长？2、小朋友们做纸花，第一天做了一半多10朵，第二天又做了剩下的一半多10朵，还剩25朵没做，他们一共需要做几朵纸花？3、小李用4元钱买了一本《会计入门》，用剩下的钱的一半买了《黑客帝国》，最后用了剩下的一半多1元买了一支钢笔，还剩4元，小李带了多少钱？4、甲乙丙丁四个小组共有280本书，为了让他们的书一样多，甲需要给乙14本，乙需要给丙15本，丙需要给丁17本，丁需要给甲18本，他们才一样多，原来他们分别有几本？5、亮亮，宁宁，晶晶三人现在有120元，宁宁给亮亮8元，亮亮用去12元，晶晶给宁宁8元后三人的钱相等，原来三人分别有多少钱？6、（2016年小机灵杯三级组初赛第七题）一个整数减去77，然后乘以8再除以7，得到的商是37，且有余数，那么原来这个数是多少？7、（2009年春蕾杯二级组决赛）老婆婆卖一筐鸡蛋，第一位客人买走了一半少2个，第二位客人买走了剩下的一半多2个，第三位客人把剩下的6个全部买走了，老婆婆原来有几个鸡蛋？8、（2011年春蕾杯二级组初赛）一群猴子分一堆桃子，第一只猴子把这堆桃子平均分成3堆，拿走了其中一堆第二只猴子又把剩下的桃子平均分为3堆，拿走了一堆多2个，第三只猴子又把剩下的桃子平均分为3堆，拿走了2堆，最后还剩2个，这堆桃子原来有几个？9、（2014年春蕾杯三级组决赛）桌上有一堆棋子，小巧把它们四等分后发现还剩一枚，小亚拿走了其中的三份和多的一枚，然后将剩下的棋子再四等分后还剩一枚，小胖再拿走三份和多的一枚，又将剩下的棋子再四等分后还剩下一枚，桌子上原来有多少枚棋子？10、（2015年数学花园探秘三级组初赛）有一种特殊的计算器，当输入一个数后，计算器会把这个数乘以2，然后将其结果的数字顺序颠倒（例如71变成17），接着再加上2后显示最后的结果，如果输入一个两位数，最后显示的结果是27，那么最开始输入的是什么数字？。
2014年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准说明：评阅试卷时，请依据本评分标准.第一试，选择题和填空题只设7分和0分两档；第二试各题，请按照本评分标准规定的评分档次给分.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时请参照本评分标准划分的档次，给予相应的分数.第一试一、选择题：（本题满分42分，每小题7分） 1．已知,x y 为整数，且满足22441111211()()()3x y x y x y++=--，则x y +的可能的值有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答】 C.由已知等式得2244224423x y x y x y xy x y x y++-⋅=⋅，显然,x y 均不为0，所以x y +＝0或32()xy x y =-.若32()xy x y =-，则(32)(32)4x y +-=-.又,x y 为整数，可求得12,x y =-⎧⎨=⎩，或21.x y =-⎧⎨=⎩，所以1x y +=或1x y +=-.因此，x y +的可能的值有3个.2．已知非负实数,,x y z 满足1x y z ++=，则22t xy yz zx =++的最大值为 （ ） A ．47 B ．59 C ．916 D ．1225【答】 A.21222()2()()4t xy yz zx x y z yz x y z y z =++=++≤+++212(1)(1)4x x x =-+-2731424x x =-++2734()477x =--+，易知：当37x =，27y z ==时，22t xy yz zx =++取得最大值47.3．在△ABC 中，AB AC =，D 为BC 的中点，BE AC ⊥于E ，交AD 于P ，已知3BP =，1PE =，则AE ＝ （ ）ABCD【答】 B .因为A D B C ⊥，BE AC ⊥，所以,,,P D C E 四点共圆，所以12BD BC BP BE ⋅=⋅=，又2B C B D =，所以BD =DP =.又易知△AEP ∽△BDP ，所以AE PEBD DP =，从而可得PE AE BD DP =⋅=. 4．6张不同的卡片上分别写有数字2，2，4，4，6，6，从中取出3张，则这3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的概率是 （ ）A ．12 B ．25 C ．23 D ．34【答】 B.若取出的3张卡片上的数字互不相同，有2×2×2＝8种取法；若取出的3张卡片上的数字有相同的，有3×4＝12种取法.所以，从6张不同的卡片中取出3张，共有8＋12＝20种取法.要使得三个数字可以构成三角形的三边长，只可能是：（2，4，4），（4，4，6），（2，6，6），（4，6，6），由于不同的卡片上所写数字有重复，所以，取出的3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的情况共有4×2＝8种.因此，所求概率为82205=. 5．设[]t 表示不超过实数t 的最大整数，令{}[]t t t =-.已知实数x 满足33118x x +=，则1{}{}x x+= （ ）A ．12 B．3 C．1(32D ．1 【答】 D . 设1x a x +=，则32223211111()(1)()[()3](3)x x x x x a a x x x x x+=++-=++-=-，所以2(3)18a a -=，因式分解得2(3)(36)0a a a -++=，所以3a =. 由13x x +=解得1(32x =，显然10{}1,0{}1x x <<<<，所以1{}{}x x+=1. 6．在△ABC 中，90C ∠=︒，60A ∠=︒，1AC =，D 在BC 上，E 在AB 上，使得△ADE 为等腰直角三角形, 90ADE ∠=︒ ,则BE 的长为 （ ）A．4- B．2 C．11)2D1【答】 A.过E 作EF BC ⊥于F ，易知△ACD ≌△DFE ，△EFB ∽△ACB .设EF x =，则2BE x =，22AE x =-，)DE x =-，1DF AC ==，故2221)]x x +=-，即2410x x -+=.又01x <<，故可得2x =故24BE x ==-二、填空题：（本题满分28分，每小题7分） 1．已知实数,,a b c 满足1a b c ++=，1111a b c b c a c a b++=+-+-+-，则abc =____．【答】 0. 由题意知1111121212c a b++=---，所以 (12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)a b b c a c a b c --+--+--=---整理得22()8a b c abc -++=，所以abc =0. 2．使得不等式981715n n k <<+对唯一的整数k 成立的最大正整数n 为 ． 【答】144. 由条件得7889k n <<，由k 的唯一性，得178k n -≤且189k n +≥，所以2118719872k k n n n +-=-≥-=，所以144n ≤.当144n =时，由7889k n <<可得126128k <<，k 可取唯一整数值127. 故满足条件的正整数n 的最大值为144.A3．已知P 为等腰△ABC 内一点，AB BC =，108BPC ∠=︒，D 为AC 的中点，BD 与PC 交于点E ，如果点P 为△ABE 的内心，则PAC ∠= ．【答】48︒.由题意可得PEA PEB CED AED ∠=∠=∠=∠，而180PEA PEB AED ∠+∠+∠=︒，所以60PEA PEB CED AED ∠=∠=∠=∠=︒， 从而可得30PCA ∠=︒.又108BPC ∠=︒，所以12PBE ∠=︒，从而24ABD ∠=︒. 所以902466BAD ∠=︒-︒=︒， 11()(6630)1822PAE BAD CAE ∠=∠-∠=︒-︒=︒，所以183048PAC PAE CAE ∠=∠+∠=︒+︒=︒.4．已知正整数,,a b c 满足:1a b c <<<，111a b c ++=，2b ac =，则b = ．【答】36.设,a c 的最大公约数为(,)a c d =，1a a d =，1c c d =，11,a c 均为正整数且11(,)1a c =，11a c <，则2211b ac d a c ==，所以22|d b ，从而|d b ，设1b b d =（1b 为正整数），则有2111b a c =，而11(,)1a c =，所以11,a c 均为完全平方数，设2211,a m c n ==，则1b mn =，,m n 均为正整数，且(,)1m n =，m n <.又111a b c ++=，故111()111d a b c ++=，即22()111d m n mn ++=. 注意到222212127m n mn ++≥++⨯=，所以1d =或3d =.若1d =，则22111m n mn ++=，验算可知只有1,10m n ==满足等式，此时1a =，不符合题意，故舍去.若3d =，则2237m n mn ++=，验算可知只有3,4m n ==满足等式，此时27,36,48a b c ===，符合题意.因此，所求的36b =.第二试一、（本题满分20分）设实数,a b 满足22(1)(2)40a b b b a +++=，(1)8a b b ++=，求2211a b+的值．解 由已知条件可得222()40a b a b ++=，()8ab a b ++=.设a b x +=，ab y =，则有2240x y +=，8x y +=， ……………………5分联立解得(,)(2,6)x y =或(,)(6,2)x y =. ……………………10分若(,)(2,6)x y =，即2a b +=，6ab =，则,a b 是一元二次方程2260t t -+=的两根，但这个方程的判别式2(2)24200∆=--=-<，没有实数根； ……………………15分D若(,)(6,2)x y =，即6a b +=，2ab =，则,a b 是一元二次方程2620t t -+=的两根，这个方程的判别式2(6)8280∆=--=>，它有实数根.所以2222222222211()262282a b a b ab a b a b a b ++--⨯+====. ……………………20分二．（本题满分25分）如图，在平行四边形ABCD 中，E 为对角线BD 上一点，且满足ECD ACB ∠=∠,AC 的延长线与△ABD 的外接圆交于点F . 证明：DFE AFB ∠=∠．证明 由ABCD 是平行四边形及已知条件知ECD ACB DAF ∠=∠=∠.……………………5分 又A 、B 、F 、 D 四点共圆，所以BDC ABD AFD ∠=∠=∠，所以△ECD ∽△DAF ， ……………………15分 所以ED CD ABDF AF AF==. ……………………20分 又EDF BDF BAF ∠=∠=∠，所以△EDF ∽△BAF ，故DFE AFB ∠=∠. ……………………25分三．（本题满分25分）设n 是整数，如果存在整数,,x y z 满足3333n x y z xyz =++-，则称n 具有性质P .在1，5，2013，2014这四个数中，哪些数具有性质P ，哪些数不具有性质P ？并说明理由.解 取1x =，0y z ==，可得33311003100=++-⨯⨯⨯，所以1具有性质P .取2x y ==，1z =，可得33352213221=++-⨯⨯⨯，所以5具有性质P .…………………5分为了一般地判断哪些数具有性质P ，记333(,,)3f x y z x y z xyz =++-，则33(,,)()3()3f x y z x y z xy x y xyz =++-+- 3()3()()3()x y z x y z x y z xy x y z =++-+++-++＝3()3()()x y z x y z xy yz zx ++-++++2221()()2x y z x y z xy yz zx =++++--- 2221()[()()()]2x y z x y y z z x =++-+-+-. FB即(,,)f x y z 2221()[()()()]2x y z x y y z z x =++-+-+- ① ……………………10分不妨设x y z ≥≥，如果1,0,1x y y z x z -=-=-=，即1,x z y z =+=，则有(,,)31f x y z z =+； 如果0,1,1x y y z x z -=-=-=，即1x y z ==+，则有(,,)32f x y z z =+； 如果1,1,2x y y z x z -=-=-=，即2,1x z y z =+=+，则有(,,)9(1)f x y z z =+； 由此可知，形如31k +或32k +或9k （k 为整数）的数都具有性质P .因此，1，5和2014都具有性质P . ……………………20分 若2013具有性质P ，则存在整数,,x y z 使得32013()3()()x y z x y z xy yz zx =++-++++.注意到3|2013，从而可得33|()x yz ++，故3|(x y z ++，于是有39|()3()()x y z x y z x y y z zx ++-++++，即9|2013，但2013＝9×223＋6，矛盾，所以2013不具有性质P . ……………………25分。
年第五届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛试2014卷（小中组笔试一）分）分，共一、填空题（每题832尺，1丈＝101千米＝2里，那么1里＝分）在我国长度计量单位中，1．（81米＝3尺．丈．分）六个等腰三角形如图摆放，那么四个空白三角形的面积和是两个阴影三角形的面2．（8倍．积和的分）足球队中，每队共11人上场，其中1人是守门员，不参与后卫、中场、前锋的3．（8队形排列．已知后卫人数在3﹣5人之间，中场人数在3﹣6人之间，前锋人数在1﹣3人之间．那么，按照后卫、中场、前锋人数来说，有种阵型．4．（8分）一艘轮船，从上游A地开往下游B地，需要1小时，原路返程时，将船速提高到原来的2倍，也需要1小时．那么，如果游轮从A地出发时也采用2倍船速，需要分钟可以到达B地．二、填空题Ⅱ（每题10分，共40分）5．桌面上放有10张卡片，编号分别是1、1、2、2、3、3、4、4、5、5，现在将这10张卡片打乱，并从左至右排成一排，然后数出夹在两个1之间的卡片数、两个2之间的卡片数、两个3之间的卡片数、两个4之间的卡片数和两个5之间的卡片数，这5个数总和的最大值是．6．如图，在5×5表格的每个格子中都填上一个自然数（自然数包括0），使得每个2×2方格所填四个数的平均数都是100，那么，整个5×5表格所填25个自然数的平均数的最小值是．7．在每个方框中填入一个数字，使得乘法竖式成立．则算式中的两个乘数的和是．第1页（共12页）四个同学，分到最多的与最少的铅笔数相、DC支铅笔，分给了A、B、8．老师共买了53把分B 倍，如果的铅笔数是C的2把分到的铅笔全部给差不到5支，如果BA，那么A支铅笔．分到D 到的铅笔全部给C，那么C的铅笔数是的2倍．由此可知，B分，共48分）12三、填空题Ⅲ（每题个笼子内．如果猫和老鼠在同一列，猫12分）四只猫、四只狗和四只老鼠分别关在129．（就会喵个不停；如果老鼠左右被两只猫夹着，老鼠就会吱个不停；如果狗两侧被猫和老这、96、7、84鼠夹着，狗就会汪个不停．其它情况下动物都不叫．某天，编号是3、、．6个笼子很吵闹，其它笼子很安静，那么四只狗所在笼子的编号之和是AA点出发，要求每条路都必须经过，但都恰好只走一次，最后回到．（12分）如图，从10种．点．那么，满足条件的走法有个是元，其中只有1个金币等待销售，每个售价89的8930～（11．12分）商店有编号为1“幸运币的编号在其“幸运币”．菲菲每次可以选择其中一些编号向诚实的营业员提问：元钱咨询费，如果得到的答案20中吗？”．如果得到的答案是“在”，那么菲菲需要支付元钱咨询费，当然，她也可以什么都不问，直接选择10是“不在”，那么菲菲需要支付元才可以保证自己一定能得到幸运币．一些金币买走．菲菲至少需要支付122第页（共页）年第五届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀2014请赛试卷（小中组笔试一）参考答案与试题解析分）一、填空题（每题8分，共32那么1150里＝1米＝3尺．1丈＝10尺，千米＝2里，11．（8分）在我国长度计量单位中，丈．【分析】根据给出1米＝3尺．1丈＝10尺，可知：1千米＝1000米＝3000尺＝300丈；而1千米＝2里，所以1里＝300丈÷2＝150丈．【解答】解：1千米＝1000米＝3000尺＝300丈；所以：1里＝300丈÷2＝150丈．故答案为：150．【点评】解决本题关键是通过中间的数量找出里与丈之间的关系，从而求解．2．（8分）六个等腰三角形如图摆放，那么四个空白三角形的面积和是两个阴影三角形的面积和的6【分析】三角形之间的关系是相邻的2个三角形中一个的斜边恰是另一个的直角边．根据这个关系设定最上面的（最小）三角形的边为单位“1”，即可表示出所有三角形的面积单位数．也就知道了四个空白三角形的面积和是两个阴影三角形的面积和的几倍了．【解答】解：设最上面的三角形的边为单位“1”．则：面积是1×1÷2＝．它邻着的面积是×÷2＝1依此类推得：2、4、8、16（1+2+8+16）÷（+4）＝6（倍）故：四个空白三角形的面积和是两个阴影三角形的面积和的6倍．【点评】只要看出相邻三角形之间的关系，注意用好单位“1”，就OK了．第3页（共12页）3．（8分）足球队中，每队共11人上场，其中1人是守门员，不参与后卫、中场、前锋的队形排列．已知后卫人数在3﹣5人之间，中场人数在3﹣6人之间，前锋人数在1﹣3人之间．那么，按照后卫、中场、前锋人数来说，有8种阵型．【分析】后卫人数在3﹣5人之间，可以根据后卫的人数进行分类讨论，列举出所有的可能，从而解决问题．【解答】解：阵形一般按照后卫人数、中场人数、前锋人数的顺序进行排列后卫人数是3人时，阵形可以是：343，352，361，3种；后卫人数是4人时，阵形可以是：433，442，451，3种；后卫人数是5人时，阵形可以是：532，541，2种；3+3+2＝8（种）答：有8种阵型．故答案为：8．【点评】解决本题运用枚举的方法进行求解，注意：每队的11人中要去掉1名守门员．4．（8分）一艘轮船，从上游A地开往下游B地，需要1小时，原路返程时，将船速提高到原来的2倍，也需要1小时．那么，如果游轮从A地出发时也采用2倍船速，需要36分钟可以到达B地．【分析】根据题意可知返回时将船速提高到原来的2倍，需要的时间和原来从上游到下下游用的时间相同都是1小时，可知提速后逆水速度＝原顺水速度，即原船速度+水速＝原船速×2﹣水速，从而可得出原船速＝水速×2，游轮从A地出发时也采用2倍船速，则它的速度航行的速度是原船速×2+水速＝水速×5，而原来从A地开往下游B地的航行速度是：原船速+水速＝水速×3，游轮从A地出发时也采用2倍船速，它与原来游轮从A地开往下游B地的速度比是水速×5：水速×3＝5：3，根据路程一定，速度和时间成反比，可知用的时间的比是3：5，据此可求出需要的时间．【解答】解：根据题意可知原船速度+水速＝原船速×2﹣水速原船速＝水速×2游轮从A地出发时也采用2倍船速，则它的速度航行的速度是：原船速×2+水速＝水速×5而原来从A地开往下游B地的航行速度是：原船速+水速＝水速×3第4页（共12页）B地的速度比是：2倍船速与原来游轮从A地开往下游游轮从A地出发时也采用：3：水速×3＝5水速×5分1小时＝60（分钟）×＝3660地．答：需要36分钟可以到达B．故答案为：36倍船速后它的航行速度与原来没2【点评】本题的重点是求出游轮从A地出发时也采用提速时航行速度的比，再根据路程一定速度和时间成反比进行解答．分）10分，共40二、填空题Ⅱ（每题张卡10、5，现在将这、4、4、525．桌面上放有10张卡片，编号分别是1、1、2、、3、3之间的卡片1之间的卡片数、两个2片打乱，并从左至右排成一排，然后数出夹在两个个数总和5之间的卡片数，这5数、两个3之间的卡片数、两个4之间的卡片数和两个20．的最大值是，而两张卡109、、7、8、、1、2、3、45、6张卡片从左至右依次编号为【分析】把10个数做被510个编号中选片之间的卡片数＝这两张牌的编号之差﹣1，问题转化成在这即是答案．个做减数最后减去5减数，另5最后给出一种排列，证明答案可行性．，而两、10、8、9、4、5、6、71【解答】解：把10张卡片从左至右依次编号为、2、3个数个编号中选51，问题转化成在这10张卡片之间的卡片数＝这两张牌的编号之差﹣．5＝205+4+3+2+1做被减数，另5个做减数．最大是（10+9+8+7+6）﹣（）﹣2张卡片，两个之间有4，1，这里两个151，5，，3，2，4，43给出下列排法：，2，答案是可以实现．20×5＝4两个5之间有张卡片；5个数总和＝4…，之间有4张卡片，的．20故答案为：通过排序，转化为求一组数的最值问题，简单明了．【点评】方×20），使得每个2表格的每个格子中都填上一个自然数（自然数包括．如图，在65×5个自然数的平均数的最小表格所填525整个格所填四个数的平均数都是100，那么，5×．值是64第5页（共12页）个小格互162×2方格，它们所含的【分析】取左上角，左下角，右上角，右下角4个160016004＝，平均数不会小于相之间不重叠，所以这个表格中的数的和不会小于400×64，构造平均数为64的图形即可解决问题．÷25＝，100，所以四个数的和为4002【解答】解：因为每个2×方格所填四个数的平均数都是个小格互相之间不2方格，它们所含的16取左上角，左下角，右上角，右下角4个2×64．，平均数不会小于1600÷25＝所以这个表格中的数的和不会小于重叠，400×4＝1600个自然数的平均数的最小值是255当填的数如图所示时，符合题意，所以×5表格所填．64．故答案为64本题考查最大与最小、平均数的概念等知识，解题的关键是学会利用特殊位置、【点评】特殊值法解决问题．．．在每个方框中填入一个数字，使得乘法竖式成立．则算式中的两个乘数的和是7658”不可首先根据由于第二个乘数的十位一定比百位数字大，所以题中所给的“1【分析】不能是1位数，所以题中给出的200由于多与100多相乘不可能是6×能是99得来的，7的个位数．根据这个规律逐步推理即可．1相乘得来的，那么一定是3×两个”不可能是1【解答】解：由于第二个乘数的十位一定比百位数字大，所以题中所给的“不能是两个1多相乘不可能是1006位数，所以题中给出的多与得来的，由于×99200126第页（共页）1相乘得来的，那么一定是3×7的个位数．由题中所给的“2”只能是有1□□×□□2或者2□□×1□□得到；综合上面分析，可得以下4种情况：①1□3×7□2 ②1□7×3□2 ③2□3×7□1 ④2□7×3□1，如果是情况①，那么7□2中的□一定大于7，只能是8或者9，再通过第二行的0分析，得到的只能是113×782，163×782但是均不成立．如果是情况②，总乘积不可能是六位数．如果是情况③，题中所给的“1”所在的行就是四位数．如果是情况④，对于3□1的□进行逐一尝试，看是否有2□7×□＝□□0□，有277×341，217×361，267×361，287×371，267×391．检验可知只能是287×371＝106477．故答案为：287+371＝658．【点评】本题的关键在于对已知数字的可能性进行分析，然后枚举出来逐个排除，同时要注意数字位数之间的隐含关系，最终逐个排除求出答案，问题解决．8．老师共买了53支铅笔，分给了A、B、C、D四个同学，分到最多的与最少的铅笔数相差不到5支，如果B把分到的铅笔全部给A，那么A的铅笔数是C的2倍，如果B把分到的铅笔全部给C，那么C的铅笔数是D的2倍．由此可知，B分到15支铅笔．【分析】首先根据题意找出A、B、C、D的关系，结合题中“最多的与最少的铅笔数相差不到5支”进行分析可解．【解答】解：设A，B，C，D分到的铅笔数分别是A，B，C，D，由B+C＝2D，知C、D、B依次成等差数列，设公差为K；由A+B＝2C，知A、C、B依次成等差数列，则公差为2K；由4人铅笔数相差不会超过4，所以K＝0或1；若K＝0，则4×B＝53，但53不是4的整数倍；若K＝1，A＜C＜D＜B，则4×C+1＝53，C＝13，B＝15．A＞C＞D＞B，则4×C﹣1＝53，但54不是4的整数倍．综上所述，B分到15支铅笔．故答案为：15．【点评】本题考查盈亏问题的理解和运用，关键问题是找到这几个数字之间的数量关系，问题解决．第7页（共12页）三、填空题Ⅲ（每题12分，共48分）个笼子内．如果猫和老鼠在同一列，猫．（12分）四只猫、四只狗和四只老鼠分别关在129就会喵个不停；如果老鼠左右被两只猫夹着，老鼠就会吱个不停；如果狗两侧被猫和老这9、8、6鼠夹着，狗就会汪个不停．其它情况下动物都不叫．某天，编号是3、4、、728．个笼子很吵闹，其它笼子很安静，那么四只狗所在笼子的编号之和是6【分析】按题意，得到1、12是老鼠，6、7是猫，接下来可采用假设法从8的可能情况进行推理，确定8后可进一步确定2，结合2推测3，3确定后可进一步确定4，10，进而求解．【解答】解：根据分析，由于6、7很吵，得到1、12是老鼠，6、7是猫；若8是狗，那么9一定是老鼠，9的老鼠无法被猫夹着，不成立；若8是老鼠，那么9是猫，由9也吵闹，得到3是老鼠，由3吵闹，得到2和4都是猫，这样已经有5只猫，不成立；所以8只能是猫，由8吵闹得到2是老鼠，若3是猫，那么9是老鼠，10必须也是猫，不成立；若3是老鼠，它根本无法吵闹，不成立；所以3是狗，那么4是猫，由4吵闹，得到10是老鼠，那么其余未知都是狗，综上，狗的编号之和是：3+5+9+11＝28．故答案是：28．【点评】本题考查数字和问题，本题突破点是：需要逆向思维，一一排除与题意矛盾的情况，最后确定狗所在的编号．10．（12分）如图，从A点出发，要求每条路都必须经过，但都恰好只走一次，最后回到A点．那么，满足条件的走法有32种．第8页（共12页）回，那必须将其它路都走完，最后由E种选择，不妨设从A到D【分析】从A出发有2、、E出发，要使每条路线恰走一遍，最后走到E点，途中DA．去掉AD、AE后，从D按树形枚举，可得结论．次，2次．F被路过的次数分别为1次，1，那必须将其它路都走完，最后由到D2种选择，不妨设从A【解答】解：从A出发有、D出发，要使每条路线恰走一遍，最后走到DE点，途中A．去掉AD、AE后，从E回次．1次，2E、F被路过的次数分别为1次，；F﹣E﹣F﹣D ﹣按树形枚举，不同的“蛙跳方式”只有以下4类：（1）D﹣E；﹣EE﹣D﹣F（2）D﹣F﹣E ﹣；﹣F﹣D（3）D﹣F﹣E E．E﹣F﹣4）D﹣F﹣D﹣（4种．×2＝每一类“蛙跳方式”所对应的走法都有2种，＝×4164类“蛙跳方式”所对应的走法都有4种走法．16＝32A出发每条路线恰好走一遍回到A点的走法共有2×所以，从．故答案为32本题考查计数原理的运用，考查学生分析解决问题的能力，正确枚举是关键．【点评】个是元，其中只有1的89个金币等待销售，每个售价308911．（12分）商店有编号为1～“幸运币的编号在其“幸运币”．菲菲每次可以选择其中一些编号向诚实的营业员提问：元钱咨询费，如果得到的答案，那么菲菲需要支付20中吗？”．如果得到的答案是“在”元钱咨询费，当然，她也可以什么都不问，直接选择10是“不在”，那么菲菲需要支付元才可以保证自己一定能得到幸运币．130一些金币买走．菲菲至少需要支付【分析】解析：考虑更一般的情形：有n枚金币待售且其中只有一枚幸运币．（1）即便n＝2时，如果菲菲不咨询任何问题，直接买走两个金币，她当然能得到幸运币，但她需要一共需要支付60元；如果菲菲就某个编号提问，要保证得到金币，她需要支付20+30＝50元．这意味着不管n是多少，菲菲都需要明确到底哪枚才是幸运币后才进行购买才最划算．所以：菲菲需要支付的钱＝甄别出幸运币的咨询费+买走幸运币的购买费第9页（共12页）（2）接下来我们通过找规律来探寻：菲菲从n枚待售金币中甄别出幸运币所需要支付的咨询费m的变化情况（注意，要么不变，要么变大10）待售金2345678…币枚n…50 50 50 40 咨询费40 30 20用m元通过找规律我们发现：E102×元咨询费，最多可以从2枚金币中甄别出幸运币，记作（2；）＝2）＝（E 33；33×10元咨询费，最多可以从枚金币中甄别出幸运币，记作；）＝E104×元咨询费，最多可以从5枚金币中甄别出幸运币，记作（458；（枚金币中甄别出幸运币，记作E 5）＝85×10元咨询费，最多可以从项起，每一项等于它前面两8单独列出，我们发现这个数列的特点：从第3，，将23，5项的和，如果将此数列一直写下去为：30100购买费元+…至此，便可得到答案为：咨询费、、8、1321、3455、89、、、235130元．元＝（3）中发现的规律给出解释：）下面对（2）枚或者更少的金币中甄别出元的咨询费，可以从mE（）的含义为（我们重审Em10m）枚金币中甄别出幸运币．幸运币，但无法从多于E（m时，菲菲将待售金币分成两堆，然后就第一堆提问．≥当m3）元咨询要从21020如果得到的答案为“是”，菲菲需要先付元，接下来剩余的×（m﹣）枚；如果得到2（第一堆中甄别出幸运币，说明第一堆待售金币的个数不能超过Em﹣）元咨询要从第二堆中m元，接下来剩余的，菲菲需要先付的答案为“否”1010x（﹣1m≤E（）（所以枚1mE甄别出幸运币，说明第二堆待售金币的个数不能超过（﹣）?Em2﹣）；）﹣（+Em1m枚时，）﹣m1（菲菲将待售金币分成第一堆E（+）2mE另一方面，当待售金币有（﹣EEE）枚，第二堆﹣2﹣mE元钱从m）枚，然后就第一堆提问，即可用﹣（m110（+2）m1﹣）中甄别出幸运币．（所以1m（E+）2﹣（E）＝m（Em﹣）．【解答】解：由分析得规律页（共10第12页）?89?2待售金345678枚币n咨询费?10040505050?203040元用m130（元）100+30＝130．故：此空为解答此题的关键是找出支付费用的规律即可．【点评】页（共第1112页）第12页（共12页）。
小升初重要杯赛介绍及含金量分析中环杯竞赛内容：本届思维能力训练活动内容60%可参考《青少年科技报》的思维能力训练活动版面、历届思维能力训练活动内容、本次活动的配套辅导资料，以及本网站上的模拟训练内容；40%为其他内容，包括动手动脑应用实践等。
选题上，初赛不会出现太刁难学生的生僻题目，但是在决赛上，则题目是多形性的，会根据全国的杯赛出一些新颖的题目。
获奖比例在20%左右，一二三等奖的比例是2:5:13。
【注意】历年的中环杯一、二等奖获得者，绝大部分在小升初时都被重点中学实验班录取，此证也称为进入很多知名学校的通行证。
今年中环杯的初赛考试，应该是会延续去年的初赛试题情况，全部是填空题，题量20题。
（注：考试时，切记看清题目要求，是否需要写过程。
若为填空，则一定要写过程。
）小机灵竞赛内容：第十二届：满分150分三大板块：1. 新增-生活中的趣味知识版块（30分，8-10题）；2. 数学游戏（80分，10-15题）；3. 新增-思维挑战动手环节（40分，2题）总体而言，今年将揉入更多生活趣味知识，减少难题、偏题，提高学生参与性。
生活中的趣味知识版块题目类型可参考《十万个为什么》。
（历届：满分120分。
以数学思维题为主。
）第十二届：为增强比赛参与性，本届比赛适当调高了获奖比例。
一等奖1%,二等奖4%，三等奖12%（历届：一等奖1%，二等奖3%，三等奖11%）第十二届：前30%的胜出者进入决赛（历届：前25~30%的胜出者进入决赛）【注意】30%的胜出者将进入决赛，某种程度来说难度较大，相对于中环杯与希望杯等其他一些杯赛说来要略微高一些，其获奖证书的含金量更高。
小机灵杯的试题灵活性很高，今年又有比较大的转变，并且是第一年，所以在难度方面，通常会有所下降，但是考查内容方面却明显有所扩张，覆盖面变大。
春蕾杯竞赛内容：按年级统一出卷，范围为学校在竞赛日期一周前老师所教授的一切知识，（阅读内容以《小学生阅读》杂志的阅读材料为主，学校授课知识为辅），同时增加部分能力题、综合题、创新题。
2012年亚太小学奥林匹克第一回合2012年亚太小学奥林匹克第一回合2小时（总分：150分） 2008年4月14日 上午9:0011:00-（注意事项）1 尽量解答所有问题。
2 不准使用数学用表或计算器。
3 答案请另填写在所提供的第一回合的作答卷上。
4 只有正确答案才能得分。
第一题至第十题，每题4分 第十一题至第二十题，每题5分 第二十一题至第三十题，每题6分【第1题】计算：299992999299299++++。
【分析与解】 计算，凑整。
()()()()2999929992992993000013000130013019++++=-+-+-+-+ ()()300003000300309111133330533335=++++----=+=2012年亚太小学奥林匹克第一回合图中ABCD 为平行四边形。
四条边的中点分别为P ，Q ，R 和S 。
已知阴影部分的面积为220cm ，请问平行四边形ABCD 的面积为多少2cm ？D【分析与解】几何，面积，割补。
阴影部分的面积是平行四边形ABCD 的面积的15；平行四边形ABCD 的面积是阴影部分面积的5倍； 平行四边形ABCD 的面积为2205100cm ⨯=。
2012年亚太小学奥林匹克第一回合小珍将以下正整数中的所有数字相加，得到一个新的数1n 。
201233333⨯⨯⨯⨯个 然后，她将1n 中的所有数字相加，得到另一个新的数2n 。
她不断重复以上操作，直到加出一个个位数为止。
试求该个位数。
【分析与解】 数论，整除。
2012320103333393333⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯个个是9的倍数； 如果一个数是9的倍数，那么这个数的数字之和也是9的倍数； 故1n ，2n ，…都是9的倍数；0~9中，只有0和9是9的倍数；而一个非零自然数，将其数字相加，数字之和不可能是0； 故该个位数是9。
【第4题】如图所示大中小三个圆，小圆的圆周经过中圆的圆心，中圆的圆周又经过大圆的圆心。
2010年亚太小学数学奥林匹克第一回合试卷（样卷）1、计算：2、在答题卡上，用一条直线将图示的5个相邻圆圈图分为面积相等的两个部分。
3、下图A和图B为两个完全相同的等腰直角三角形，如果图A中的阴影面积为50cm2，图B中的阴影正方形的面积是多少？图A 图B4、30cm×10cm×6cm的长方体木块，切割成尽可能多的棱长为5cm的小正方体后，问剩余木块的体积为多少。
5、2007个相同长方形排列为下图所示。
图中A代表的数字是多少？6、梯形ABCD中，AD=BC。
若BC=7cm，角ABD=45°，求梯形ABCD的面积。
7、一种生物以一分为二的方式分裂繁殖。
一次分裂完成需要5分钟。
把1个这样的生物放入到某个容器内，1小时后容器将被此生物填满。
如果一开始我们放入2个这样的生物，填满此容器需要多少时间？8、a、b、c为1-9的不同整数，求的最大值。
9、下图由一个半径为3cm的圆，两个半径为2cm的半圆，两个半径为1cm的半圆所组成。
求图中A、B、C三部分的面积比为多少？10、2005年，约翰和玛丽每个月能得到零花钱的数量相同。
2006年，约翰得到零花钱的数量增加了10%，而玛丽得到零花钱的数量减少了10%。
2007年，约翰得到零花钱的数量减少了10%，而玛丽得到零花钱的数量增加了10%。
下列那一种说法是正确的：（A）、两人现在得到的零花钱数量相同；（B）、约翰现在得到的零花钱数量较多；（C）、玛丽现在得到的零花钱数量较多；（D）、不能判断两人现在谁得到的零花钱数量较多。
11、由1-9数字组成的九位数，每个数字只能用一次。
其中有多少个九位数是质数？12、水凝固成冰时，体积增加10%。
一个底部为22cm×33cm，高为44cm的长方体容器，当它所盛的水全部凝固成冰时，正好将容器完全充满。
问容器中原来的水深是多少？13、图示为两个圆心为o的同心圆。
弦AB长14cm，且与阴影圆相切。
XXV Asian Pacific Mathematics OlympiadTime allowed:4hours Each problem if worth7points Problem1.Let ABC be an acute triangle with altitudes AD,BE and CF,and let O be the center of its circumcircle.Show that the segments OA,OF,OB,OD,OC,OE dissect the triangle ABC into three pairs of triangles that have equal areas.Problem2.Determine all positive integers n for whichn2+1[√n]2+2is an integer.Here[r]denotes the greatest integer less than or equal to r.Problem3.For2k real numbers a1,a2,...,a k,b1,b2,...,b k define the sequence of numbers X n byX n=ki=1[a i n+b i](n=1,2,...).If the sequence X n forms an arithmetic progression,show that ki=1a i must be aninteger.Here[r]denotes the greatest integer less than or equal to r.Problem4.Let a and b be positive integers,and let A and B befinite sets of integers satisfying:(i)A and B are disjoint;(ii)if an integer i belongs either to A or to B,then i+a belongs to A or i−b belongs to B.Prove that a|A|=b|B|.(Here|X|denotes the number of elements in the set X.) Problem5.Let ABCD be a quadrilateral inscribed in a circleω,and let P be a point on the extension of AC such that P B and P D are tangent toω.The tangent at C intersects P D at Q and the line AD at R.Let E be the second point of intersection between AQ andω.Prove that B,E,R are collinear.。
