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2011 年第十六届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试题（小
学组-深圳）
一、填空（每题10分，共80分）
1．（10分） …+ + …+ +…+ + ＝ ．
2．（10分）甲车从A出发驶向B，往返来回；乙车从B同时出发驶向A，往返来回．两车第一次
相遇后，甲车继续行驶4小时到达B，乙车继续行驶1小时到达A．若A，B两地相距100
千米，那么当甲车第一次到达B时，乙车的位置距离A 千米．
3．（10分）每个铅字上刻有一个数码．如果印刷十二页书，所用的页码铅字要以下15个：
1，2，3，4，5，6，7，8，9，1，0，1，1，1，2．
现要印刷一本新书，从库房领出页码铅字共2011个，排版完成后有剩余．那么，这本书最
多有 页．最少剩余 个铅字．
4．（10分）一列数：8，3，1，4，．…，从第三个开始，每个数都是最靠近它前两个数的和的个位
数．那么第2011个数是 ．
5．（10分）编号从1到50的50个球排成一行，现在按照如下方法涂色：（1）涂2个球；（2）被
涂色的2个球的编号之差大于2．如果一种涂法被涂色的两个球与另一种涂法被涂色的两
个球至少有一个是不同号的，这两种涂法就称为”不同的”．那么不同的涂色方法有
种．
6．（10分）A，B两地相距100千米．甲车从A 到B 要走m个小时，乙车从A到B要走n个小
时，m，n是整数．现在甲车从A，乙车从B同时出发，相向而行，经过5小时在途中C点相
遇．若甲车已经走过路程的一半，那么C到A路程是 千米．
7．（10分）自然数b与175的最大公约数记为d．如果 176×（b﹣11×d+1）＝5×d+1，则b＝
．
8．（10分）如图．ABCD为平行四边形．AE＝2EB．若三角形CEF的面积＝1．那么，平行四边
形ABCD的面积＝ ．
第1页（共11页）二、解答下列各题（每题10分，共40分，要求写出简要过程）
9．（10分）三位数的十位数字与个位数字的和等于百位数字的数，称为”好数”．共有多少
个好数？
10．（10分）在下列2n个数中，最多能选出多少个数，使得被选出的数中任意两个数的比都不
是2或 ？
3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25，…，3×22n﹣1．
11．（10分）一个四位数 和它的反序数 都是65的倍数．求这个数．
12．（10分）用写有+1和﹣1的长方块放在10×n方格中，使得每一列和每一行的数的乘积都
是正的，n的最小值是多少？
三、解答下列各题（每题15分，共30分，要求写出详细过程）
13．（15分）十五个盒子，每个盒子装一个白球或一个黑球，且白球不多于12个．你可以任选
三个盒子来提问：“这三个盒子中的球是否有白球？”并得到真实的回答．那么你最少要
问多少次，就能找出一个或更多的白球？
14．（15分）求与2001互质，且小于2001的所有自然数的和．
第2页（共11页）2011 年第十六届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试
题（小学组-深圳）
参考答案与试题解析
一、填空（每题10分，共80分）
1．（10分） …+ + …+ +…+ + ＝ 9 5 ．
【分析】根据数字特点，把分母相同的分数相加，原式变为 +（ + ）+（ + + ）+…+（
+ +…+ ）+（ + +…+ ），然后把每个括号内的数字算出来，在运用乘法分
配律以及高斯求和公式简算即可．
【解答】解：（ + +…+ ）+（ +…+ ）+…+（ + ）+
＝ +（ + ）+（ + + ）+…+（ + +…+ ）+（ + +…+ ）
＝ +1+1 +…+9+9
＝ ×（1+2+3+…+19）
＝ ×[（1+19）×19÷2]
＝ ×190
＝95
故答案为：95．
2．（10分）甲车从A出发驶向B，往返来回；乙车从B同时出发驶向A，往返来回．两车第一次
相遇后，甲车继续行驶4小时到达B，乙车继续行驶1小时到达A．若A，B两地相距100
千米，那么当甲车第一次到达B时，乙车的位置距离A 10 0 千米．
【分析】设甲车车速为v ，乙车车速为v ．根据路程比等于速度的比可得出第一次相遇时
1 2
两车的路程比，再根据两车第一次相遇后，甲车继续行驶4小时到达B，乙车继续行驶1
第3页（共11页）小时到达A，再求出两车行驶的路程，因为路程互换，从而求出速度的比，再根据速度的比
求出当甲车第一次到达B时，乙车行驶的路程得出乙车距离A的路程．
【解答】解：
设甲车车速为v ，乙车车速为v ．
1 2
如图，第一次相遇在C 点，则
＝ ，
而AC＝v ，BC＝4v ， ＝ ，v ＝2v ，
2 1 2 1
所以，当甲车第一次到达B时，乙车的位置在B处，距离A100千米．
故答案为：100．
3．（10分）每个铅字上刻有一个数码．如果印刷十二页书，所用的页码铅字要以下15个：
1，2，3，4，5，6，7，8，9，1，0，1，1，1，2．
现要印刷一本新书，从库房领出页码铅字共2011个，排版完成后有剩余．那么，这本书最
多有 70 6 页．最少剩余 1 个铅字．
【分析】分别求出前9页用多少个铅字，从第10页到第99页每页用几个铅字，从第100页
到999页每页用多少个铅字，再进行解答．
【解答】解：前9页用9个铅字，
从第10页到99页每页用2个铅字，99页共用，
9+（100﹣10）×2＝189（个）
从第100页到999页每页用3个铅字一页，
100页共用189+3个铅字，
设一共有k页，根据题意得
189+3（k﹣99）＜2011，
3k＜2011+297﹣189＝2119＝3×706+1．
答．这本书最多706页．最少剩余1个铅字．
4．（10分）一列数：8，3，1，4，．…，从第三个开始，每个数都是最靠近它前两个数的和的个位
数．那么第2011个数是 2 ．
【分析】继续将数列写下去，会发现60个数为一个周期，然后2011除以60得33余31，即
第4页（共11页）第2011个数和第31个数相同，据此即可解答．
【解答】解．写下这列数的前若干个数：
8，3，1，4，5，9，4，3，7，0，7，7，4，1，5，6，1，7，8，5，3，8，1，9，0，9，9，8，7，5，2，7，9，6，5，
1，6，7，3，0，3，3，6，9，5，4，9，3，2，5，7，2，9，1，0，1，1，2，3，5，8，3，…．
第一个数＝第61个数，第二个数＝第62个数，…60为数的出现的周期．
2011＝33×60+31，
第31个数是2．所以第2011个数是2．
5．（10分）编号从1到50的50个球排成一行，现在按照如下方法涂色：（1）涂2个球；（2）被
涂色的2个球的编号之差大于2．如果一种涂法被涂色的两个球与另一种涂法被涂色的两
个球至少有一个是不同号的，这两种涂法就称为”不同的”．那么不同的涂色方法有
1128 种．
【分析】第一个球涂色，另一个球从4号开始到第50号分别涂色，有47种方法；第二个球
涂色，另一个球从5号开始到第50号，有46种涂法，…第47个球涂色，另一个球只有第
50号涂色；根据加法原理，即可得解．
【解答】解：设被涂色的球中的小号码为K，1≤K≤50﹣3＝47，
则另一个被涂色的求的号码可能是K+3，…50；
一共有50﹣（K+2）＝48﹣K种不同涂法，K可以取值1，2，…47；
那么总共有：
（48﹣1）+（48﹣2）+（48﹣3）+…+（48﹣47）
＝1+2+…+47
＝（1+47）÷2×47
＝24×47
＝1128
答：那么不同的涂色方法有 1128种．
故答案为：1128．
6．（10分）A，B两地相距100千米．甲车从A 到B 要走m个小时，乙车从A到B要走n个小
时，m，n是整数．现在甲车从A，乙车从B同时出发，相向而行，经过5小时在途中C点相
遇．若甲车已经走过路程的一半，那么C到A路程是 8 3 千米．
【分析】根据甲车从A，乙车从B同时出发，相向而行，经过5小时在途中C点相遇可得
第5页（共11页）＝5，则 + ＝ ．令m＝5+p，n＝5+q．即 + ＝ ，将分式方程去分母
可得5（5+p+5+q）＝（5+p）（5+q），化简得50+5（p+q）＝25+5（p+q）+pq，pq＝25，由于m，n
是整数，所以设出mn的值，看是否符合要求即可解答．
【解答】解： ＝5，则 + ＝ ．令m＝5+p，n＝5+q．则：
+ ＝ ，
5（5+p+5+q）＝（5+p）（5+q），
50+5（p+q）＝25+5（p+q）+pq，
pq＝25，
（1）p＝5，q＝5，m＝10，AC＝5× AB＝ AB；不满足要求．
（2）p＝25，q＝1，m＝30，AC＝5× AB＝ AB，不满足要求．
（3）p＝1，q＝25，m＝6，AC＝5× AB＝ AB＝ ＝83 千米＞ AB，满足要求．
所以C到A路程是 83 千米．
故答案为：83 ．
7．（10分）自然数b与175的最大公约数记为d．如果 176×（b﹣11×d+1）＝5×d+1，则b＝
385 ．
【分析】因为b与175的最大公约数记为d，所以d与175是倍数关系，把175分解质因数，
再根据5d+1＝176，176比175多1，由此可以求出d的值．然后把d的值代入176×（b﹣
11×d+1）＝5×d+1，即可求出b的值．
【解答】解：因为b与175的最大公约数记为d，d 必为175 的约数，而175＝5×5×7，所以d
只能取1，5，7，25，35，175；
另外由176×（b﹣11×d+1）＝5×d+1 可知 b﹣11×d+1为非0自然数，即b﹣11d+1≥1，
因此 5d+1≥176 d≥35．所以d＝35 或175．
以d＝35 代入17⇒6×（b﹣11×d+1）＝5×d+1，得b＝385．
以d＝175 代入176×（b﹣11×d+1）＝5×d+1，得176×（b﹣11×175+1）＝5×175+1＝876，
第6页（共11页）即44×（b﹣11×175+1）＝219，左边是偶数，右边是奇数，矛盾！
所以d＝175 不合要求．
所以b＝385．
故答案为：385．
8．（10分）如图．ABCD为平行四边形．AE＝2EB．若三角形CEF的面积＝1．那么，平行四边
形ABCD的面积＝ 5 ．
【分析】S△AEF ：S△CEF ＝AF：FC＝AE：DC＝2：3，则S△AEF ＝ ，S△AEC ＝ +1＝ ，同理可求
S△ABC ，进而求得平行四边形ABCD的面积．
【解答】解：S△AEF ：S△CEF ＝AF：FC＝AE：DC＝2：3，则S△AEF ＝ ，S△AEC ＝ +1＝ ，
S△AEC ：S△BEC ＝AE：EB＝2：1，则S△BEC ＝ ，S△ABC ＝ + ＝ ，
S
ABCD
＝2S△ABC ＝5
答▱：平行四边形ABCD的面积5；
故答案为：5．
二、解答下列各题（每题10分，共40分，要求写出简要过程）
9．（10分）三位数的十位数字与个位数字的和等于百位数字的数，称为”好数”．共有多少
个好数？
【分析】为解答方便，我们不妨按百位数分类计数，百位数＝1，十位数＝0，1，共2个；百位
数＝2，十位数＝0，1，2，共3个；…，百位数＝k，十位数＝0，…，k，共k+1个；据此解答．
【解答】解．按百位数分类计数：
百位数＝1，十位数＝0，1，个位数字＝1，0，共2个；
百位数＝2，十位数＝0，1，2，个位数字＝2，1，0，共3个；
百位数＝3，十位数＝0，1，2，3，个位数字＝3，2，1，0，共4个；
…．
百位数＝k，十位数＝0，…，k，共k+1个；
第7页（共11页）因为0＜k＜10，因此k最大为9，因此k+1＝10．
所以共有2+3+…+10＝54个．
答：共有54个好数．
10．（10分）在下列2n个数中，最多能选出多少个数，使得被选出的数中任意两个数的比都不
是2或 ？
3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25，…，3×22n﹣1．
【分析】运用反证法，假设选出的数多于n个，那么就可以从中挑出n+1个，通过论证，得
出矛盾的结论．据此解答．
【解答】解：最多可选出n个，如3，3×22，…3×22n﹣1．
如果选出的数多于n个，那么就可以从中挑出n+1个，如下：2l ×3，2l ×3，2l ×3，…，
1 2 3
2l ×3，l ＜l ＜l ＜…＜l ．
n+1 1 2 3 n+1
则2n﹣1＞l
n+1
．﹣l
1
＝（l
n+1
．﹣l
n
）+（l
n
﹣l
n﹣1
）+…+（l
2
﹣l
1
）≥ ＝2n．
2n﹣1＞2n，不可能．
因此选出的数不能多于n个．
11．（10分）一个四位数 和它的反序数 都是65的倍数．求这个数．
【分析】因为一个四位数 和它的反序数 都是 65 的倍数，所以
1000a+100b+10c+d≡1000d+100c+10b+a≡0（mod65）．通过推理，解决问题．
【解答】解：1000a+100b+10c+d≡1000d+100c+10b+a≡0（mod65）．
1001（a+d）+110（b+c）≡0（mod65）．
7×11×13（a+d）+2×5×11（b+c）≡0（mod65）．
65＝13×5．
所以a+d＝5，10，15；b+c＝0，13．
另一方面，1000a+100b+10c+d﹣（1000d+100c+10b+a）
＝999（a﹣d）+90（b﹣c）≡0（mod65）．
所以a﹣d＝0，5或d﹣a＝5．
由于a+d和a﹣d有相同的奇偶性，所以a＝d＝5．
若b+c＝13，则：
1000a+100b+10c+d
＝5000+100b+10（13﹣b）+5＝5005+90b+130＝65×79+65b+25b≡25b≡0（mod65）．
所以25b≡0（mod13），b＝0，c＝13，不可能（c是数码）．
第8页（共11页）所以b+c＝b＝c＝0，1000a+100b+10c+d＝5005．
故答案为：5005．
12．（10分）用写有+1和﹣1的长方块放在10×n方格中，使得每一列和每一行的数的乘积都
是正的，n的最小值是多少？
【分析】由题意可得：每一列，每一行的﹣1的个数都是偶数个，所以，整个方格中的﹣1的
个数是偶数个，而﹣1的个数就是长方块的个数．所以可设有2m个长方块．每个长方块占
2个格．当长方块放满的时候，10n＝4m，5n＝2m，所以n＝2k，m＝5k，k＝1，2，3，…然后从
最小的2开始进行讨论，得出符合题意的答案．
【解答】解：每一列，每一行的﹣1的个数都是偶数个，所以，整个方格中的﹣1的个数是偶
数个，而﹣1的个数就是长方块的个数．所以可设有2m个长方块．每个长方块占2个格．
当长方块放满的时候，10n＝4m，5n＝2m，所以n＝2k，m＝5k，k＝1，2，3，…
最小的n＝2，但是，若n＝2，m＝5，长方块不能水平放置，竖直放置5个长方块，每一列恰
好5个﹣1，不可能满足要求的情况．
n＝4，m＝10，如图．每个长方块都是水平放置+1，在左边，﹣1在右边即可．
第9页（共11页）答：n的最小值是4．
三、解答下列各题（每题15分，共30分，要求写出详细过程）
13．（15分）十五个盒子，每个盒子装一个白球或一个黑球，且白球不多于12个．你可以任选
三个盒子来提问：“这三个盒子中的球是否有白球？”并得到真实的回答．那么你最少要
问多少次，就能找出一个或更多的白球？
【分析】先给15个盒子进行编号，选编号为1号，m号和n号的三个盒子提问一次，共需提
问91次，通过回答的答案全部是“有”，或者“无”进行分情况讨论求解．
【解答】解：将所有的盒子编号：1，2，3，…，15．如下提问91次：
选编号为1号，m号和n号的三个盒子提问一次，2≤m≤n，
共提问：14×（14﹣1）÷2＝91（次），
如果回答全是“有”，则1号盒子中的球是白的，这是因为2～15号中2个盒子是黑球；
如果1号是黑球，它们与1号盒子的组合得提问的回答一定是“无”；
如果91个回答中有答“无”的，那么1号球是黑的，91个回答中，凡是答“无”的三个盒
子（包括1号）全拿走，余下的盒子中的球就全是白的．
下面证明少于91次不一定能找出白球：
若1号盒子装的是黑球，少于91次，就有第k（＞1）和第 m（＞1）号盒子没能与1号盒子
组合在一起提问，如果除了这三个盒子外，其他 12 个盒子中的球都是白的，得到的回答
全是“有”，而说1号是白的就错了．
14．（15分）求与2001互质，且小于2001的所有自然数的和．
【分析】和2001不互质的数一定是成对出现的，每对的和都是2001，所以我们只需要求出
与2001互质且小于2001的所有自然数互质的个数就可以了．
【解答】解：若（a，2001）＝1，则（2001﹣a，2001）＝1，即小于2001与2001互质的自然数成
对出现．而a+2001﹣a﹣2001，所以小于2001且与2001互质的自然数之和＝ ×小于
2001且与2001互质的自然数的个数×2001．
2001＝3×23×29．
与2001有公约数3的数且不大于2001的数的个数＝[ ]＝667；
与2001有公约数23的数且不大于2001的数的个数＝[ ]＝87；
第10页（共11页）与2001有公约数29的数且不大于2001的数的个数＝[ ]＝69；
与2001有公约数3×29的数且不大于2001的数的个数＝[ ]＝23；
与2001有公约数3×23的数且不大于2001的数的个数＝[ ]＝29；
与2001有公约数23×29的数且不大于2001的数的个数＝[ ]＝3；
与2001有公约数3×23×29的数且不大于2001的数的个数＝[ ]＝1．
与2001互质且小于2001的数的个数＝2001﹣67﹣87﹣69+23+29+3﹣1＝1323．
与2001互质，且小于2001的所有自然数的和＝ ＝1232616．
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日期：2019/5/7 10:52:37；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@xyh.com；学号：20913800
第11页（共11页）
