1、把1999分成两个质数的和，有多少种方法。　

　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。

决赛第一试

　(1)在100以内与77互质的所有奇数之和是多少？

　[解]设A为100以内所有奇数之和，B为100以内与77有非1的公约数的全体奇数之和， X为100以内与77互质的所有奇数之和，因为任一自然数，要么与77互质，要么与77有非1的公约数，所以

　X＝A－B (1)

　＝2500(2)

　77＝7×11(3)

　100以内有约数7的奇数之和为

　7×(1+3+5+9+11+13)

　100以内有约数11的奇数之和为

　所以 B=343+275-77＝541 (6)

　(6)中减去77是因为在(4)和(5)中都计算过77这一项，最后

　X＝2500-541＝1959

　[答]和为1959。

　[分析与讨论]100以内的奇数有50个，我们将它们分成两组，第一组是与77互质的所有奇数；第二组是与77有非1的公约数的全体奇数。这两个组没有公共的数，将这两个组合并在一起正好就是100以内的全体奇数。这样一来，知道了100以内的全体奇数之和及某一组中全体奇数之和就可以计算出另一组中全体奇数之和了。

　(2)图1，图2是两个形状、大小完全相同的大长方形，在每个大长方形内放入四个如图3所示的小长方形，斜线区域是空下来的地方，已知大长方形的长比宽多6cm，问：图1，图2中画斜线的区域的周长哪个大？大多少？

　[解]图1中画斜线区域的周长恰好等于大长方形的周长，图2中画斜线区域的周长显然比大长方形的周长小，二者之差是2AB。

　从图2的竖直方向看，AB＝a-CD。

　再从图2的水平方向看，大长方形的长是a+2b，宽是2b+CD。已知大长方形的长比宽多6cm，所以

　(a+2b)-(2b+CD)＝a-CD

　=6cm

　因此，图1中画斜线区域的周长比图2中画斜线区域的周长大2AB＝12cm。

　[分析与讨论]观察图形的特点，找出几何关系是很重要的，上面的解法中，由图2看出AB＝6cm，进一步又找出图1、图2画斜线的区域周长之差是2AB，这就省去了很多计算的工作量，如果用很多字母把图1，图2中画斜线的区域的周长表示出来，再相减，则要麻烦些。

　如果把问题稍微改一下，问图4，图5中画斜线的区域的周长的大小关系。你会回答吗？这时图5中画斜线的区域周长大，你想想，是不是大2EF？

　(3)这是一个道路图，A处有一大群孩子，这群孩子向东或向北走，在从A开始的每个路口，都有一半人向北走，另一半人向东走，如果先后有60个孩子到路口B，问：先后共有多少个孩子到路口C？

　[解]在A处的孩子数目看成1份，那么可顺次标出各道口处走过的孩子

　[分析与讨论]如果数一数，可以看出由A到B共有20条路，每条路平均有60÷20＝3(人)走到B。

　A到B共走6“步”(向北，向东走一格都叫一“步”)，每走一步人数就减半，因此A处有

　3×2×2×2×2×2×2＝192(人)

　根据A处的人数，不难求出D、E、F处各走过96，48，24人，H、G处各走过96，72人，由此可知走过C的人数为48(人)。

　[解]

　可以看出A=1。

　因为不同字母表示不同的数，所以D+G≠3，(否则D、G中就要有1)，只能是D+G=13。

　因为C+F≠18，C+F+1的个位是9，所以C+F＝8。

　这时B+E=9

　由C+F=8知，C、F同为奇数或同为偶数，如果C，F中一个是2，另一个是6，那么在3，4，5，7，8，9中找不到四个不同数B，D，E，G，使B+E=9，D+G=13，如果C，F中一个是3，另一个是5，那么D、G中一个是4，另一个是9，B、E中一个是2，另一个是7。

　乘积的最大值是993000－7×234-234²=936606，乘积的最大值是993000-7×759-759²=411606，最大值与最小值的差是936606-411606=525000。

　[分析与讨论]这是一个算式中的整数分析问题，要求解题者能列出

　行字母可取值的分析。自已列算式，再根据算式进行分析要比给你一个算式，让你进行分析要求高些。

　有的同学随便凑了几个数，就算出了最大值，最小值，这种做法是不够好的。我们提倡在分析的基础上得出结论，而不是猜与凑。

　(5)一组互不相同的自然数，其中最小的数是1，最大的数是25，除1之外，这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于这组数中某两个数之和，问：这组数之和最大值是多少？当这组数之和有最小值时，这组数都有哪些数？并说明和是最小值的理由。

　[解]数组1，2，3，4，5，…，25的和最大，它们的和是

　1+2+3+…+25＝325

　下面考虑数组中各数之和最小时的情形。

　由小到大排出这组数，可能是

　25只能是比它小的另外两个不同数之和，在上面六种可能性中，没写出来的数(用虚线表示)中，至少要有两个数，它们的和不小于25，不然的话，最后的25就表不成组中某两数之和，为使数组中各数之和尽量小，应当在“…”处填入尽量少的数，并使后填入的数之和尽量小。

　在1，2，3，4，…，25中，“…”处不能只填5，20；6，19；7，18：8，17；9，16；10，15；11，14；12，13。也就是说，不时能在“…”处只填入两个数，使这两个数之和是25。

　在1，2，3，5，…，25中的“…”处，可以只填10，15两个数，可见数组1，2，3，5，10，15，25的和最小，最小的和是1+2+3+5+10+15+25＝61。

　[讨论]这是整数分析类的题目，我们实际上做了两件事：

　①1，2，3，5，…，25中的虚线处，可以填入和为25的两个数10，15，这个数组的和是61。

　②说明了任何其他数组的和不比61小，根据这两点，就可以断定最小的和是61。

　(6)一条大河有A、B两个港口，水由A流向B，水流速度是4公里/小时。甲、乙两船同时由A向B行驶，各自不停地在A、B之间往返航行，甲在静水中的速度是28公里/小时，乙在静水中速度是20公里/小时，已知两船第二次迎面相遇地点与甲船第二次追上乙船(不算开始时甲、乙在A处的那一次)的地点相距40公里，求A、B两港口的距离。

　[解法1]设A、B两个港口相距S公里，甲、乙两船第二次迎面相遇时的位置与港口B相距X公里，甲船第二次追上乙船时的位置与港口B相距Y公里。

　第一步先求X。因为甲、乙船同时从港口A开始航行，在第二次迎面相遇时，它们共航行了4S公里。甲船逆水速度是24公里/小时，乙船顺水速度也是24公里/小时。从这个条件，我们可以判断甲船航程在2S公里和3S公里之间，其中逆水航程为S公里，乙船航程在S公里和2S公里之间，其中顺水航程为S公里。(想想为什么？)因此甲船逆水航行时间和乙船顺水航行时间相同，甲顺水航行时间和乙逆水航行时间相同，并且共计航行2S公里。所以

　第二步求Y。甲船第二次追上乙船时，甲船比乙船多航行了4S公里，其中顺水是2S公里，逆水是2S公里。先假设甲船在逆水航行时追上乙船，并且在追上乙船时，乙船顺水航行了nS公里，逆水则航行了nS-S+Y公里。这时可以列出算式：(为什么？)

　　　　2Y＝(16-3n)S。

　[解法2]设A、B两个港口的距离为总体1。由题目所给条件可以得到：

　甲船顺水速度：乙船顺水速度=4∶3，

　甲船逆水速度：乙船顺水速度=1∶1，

　甲船顺水速度：乙船逆水速度=2∶1，

　甲船逆水速度：乙船逆水速度=3∶2。从这些速度比，可以很快计算出这些速度比，可以计算在某同一时刻时甲、乙两船所在的位置。

　上面的图表中，箭头→表示顺水航行，←表示逆水航行。0表示船在港口A，1表示船在港口B，分数表示船距港口A的位置。在同一竖直方向上两个箭头方向相反时，甲、乙船必定会迎面相遇。所以，从上面的图表自左向右一组一组地观察两个箭头的方向，可以发现，第二组两个箭头第一次方向相反。而第四组两个箭头第二次方面相反。甲、乙两船会第二次相遇，此时，它们距港口A等于

　若在同一竖直方向上两个箭头方向相同，并且 甲船的位置在乙船行驶方向的后方变为在乙船的前方或位置相同时，则表示在这一段行驶时甲船追上了乙船。例如自左向右第七组两箭头方向相同，都是逆水航行，在这一段航行时， 察，可以得到，甲第二次追上乙船时，它们距港口A等于

　(想想为什么？)所以A、B两港口相距

　[说明与讨论]

　(1)在解法1的第二步中，我们假定甲船在逆水航行时追上乙船，并行的情况下第二次追上乙船了。道理是很简单的：我们解一道数学题时，这道题或者没有解，或者有唯一的一个解，或者有几个甚至无穷多个解。如果题目只有唯一的一个解答，我们求出这个解答之后，对于其他情况，或者题目没有解，或者解答和已经得到的解答相同。所以就不需要再考虑其他情况了。在这道行程问题中，甲船能够第二次追上乙船，追上时的位置当然只有船顺水航行是否会第二次追上乙船了。实际上，同学们可以试算一下，这时，Y不可能有合理的解答。

　(2)这是一道相遇，追击和带有逆水行程的混合行程问题。行程问题是小学高年级和初中一年级应用题中很重要的类型。而解行程问题的关键是清楚地理解时间，行程和速度这三个量之间的关系，在解法1中，关键是理解甲、乙两船的行程和时间关系，在解法Ⅱ中，关键是理解甲、乙两船的速度关系，计算过程步骤略多一些，需要同学们具有准确和快速的运算能力。这道行程问题还有其它解法，只要同学们能准确地理解时间，速度，距离这三个量之间的关系，相信同学们能给出更简单的解答方法来。

决赛第二试

　(1)互为反序的两个自然数的积是92565，求这两个互为反序的自然数。

　(例如102和201；35和53，11和11，…称为互为反序的数，但120和21不是互为反序的数)

　[解法1]分解因子 92565=3×3×5×11×11×17互为反序的两个自然数中，若其中之一为3的倍数(或11的倍数)，另一个也必为3的倍数(或11的倍数)，又因乘积是五位数，所以这两个数是三位数，我们有

　92565＝(3×5×11)×(3×17×11)

　 ＝165×561

　[答]这两个数为165和651。

　[解法2]因为积是五位数，这两个数都是三位数。积的个位数是5，因此其中第一个乘数的个位数也必是5，经反序后，第二个乘数的百位数为5。第一个乘数的百位数若不小于2，则积必为六位以上的数，因此，第一个乘数百位数是1，第二个乘数的个位数是1，这样一来，这两个反序数一定形是3，6，9，0中之一，计算得

　531×135=71685

　561×165=92565

　591×195＝115215

　501×105＝52605

　[分析与讨论]解法1中利用了两个整除性判断准则；(1)一个自然数的各位数字之和为3的倍数，则这个自然数是3的倍数，反之亦然；(2)一个自然数奇位数字之和与偶位数字之和的差是11的倍数，则这个自然数是11的倍数。反之亦然。互为反序的两个自然数，它们各位数字之和是相同的；且奇位数字之和与偶位数字之和的差也是不变的。因此，它们同为3和11的倍数。将92565分解因子之后，就很容易定出这两个数来。

　有利用3的整除性准则。而是用试算法，但他并不从1-9逐个数进行试算， 面对于比5小的数就不算了，而只在5-9之间找一数进行试算，直到确定

　(2)某工厂的一个生产小组，生产一批零件，当每个工人在自己原岗位工作时，9小时可完成这项生产任务。如果交换工人A和B的工作岗位，其它工人生产效率不变时，可提前一小时完成这项生产任务；如果交换工人C和D的工作岗位，其它工人生产效率不变时，也可以提前一小时完成这项生产任务。问： 如果同时交换A与B，C与D的工作岗位，其它工人生产效率不变，可以提前几分割完成这项生产任务？

　 效不变，所以这一份就是 A、B二人多干的。

　同理，C与D交换后，他们二人每小时也要多干1份任务。

　同时交换后，A与B，C与D每小时都多干一份任务，所以全组工人每每干1份任务，提前7.5-6=1.5分钟，72份任务一共提前72×1.5＝108分钟。

　［答］可提前108分钟。

　［解法2］i)设总工作量为1，则原来全组每小时完成1/9。

　iii)C与 D交换后，他们二人每小时也多干

　[解法3]A与B交换后，全组在8小时内完成原来9小时的工作，由于其它人工效不变，所以A、B二人在8小时中多干了原来全组人1小时的工作。

　同理C与D交换后，他们二人在8小时中多干了原来全组人的一小时工作。

　A与B，C与D同时交换后，他们四人就在4小时内多干了原来全组人1小时的工作。这就是说，A与B，C与D同时交换后，全组人工在4小时内干了原来全组人在5小时内干的工作，即缩短工时1/5。

　[分析与讨论]工作效率问题是小学四则运算的典型应用问题之一，但实际的生产计划要复杂得多，这是因为生产链中某一环节的效率发生变化后，其它的环节的效率也相应地发生改变，利用数学方法安排生产计划是一门专门学科，是管理科学和运筹学的研究内容，在我们的问题中，强调A与B(或C与D)交换工作岗位后，其它工人的生产效率不变，就是说交换岗位的工人们是俩俩互相影响对方的工作效率，而对其它工人的效率不发生影响。如果不是这样，那么就需要更多的已知条件，应用更为复杂的数学方法将实际问题变成一个数学问题，是一个抽象与简化的过程，同一实际问题有着不同的方法将其抽象简化成不同的数学问题，即便是最为通常的植树问题也是这样，因为要植树，就得有挖坑、裁苗、浇水等工序，这些工序各有各的工效，互相影响。若要仔细研究，则必需运用运筹学方法。

　(3)某校学生中，没有一个学生读过学校图书馆的所有图书，又知道图书馆内任何两本书至少被一个同学都读过，问：能不能找到两个学生甲、乙和三本书A、B、C，甲读过A、B，没读过C，乙读过B、C，没读过A？说明判断过程。

　[解法1]首先从读书数最多的学生中找一人叫他为甲，由题设，甲至少有一本书C未读过，

　设B 是甲读过的书中的一本，根据题设，可找到学生乙，乙读过B、C。

　由于甲是读书数最多的学生之一，乙读书数不能超过甲的读书数，而乙读过C书，甲未读过C书，所以甲一定读过一本书A，乙没读过A书，否则乙就比甲至少多读过一本书，这样一来，甲读过A、B，未读过C；乙读过B、C未读过A。

　因此可以找到满足要求的两个学生。

　[解法2]将全体同学分成两组。

　若某丙学生所读的所有的书，都被另一同学全部读过，而后一同学读过的书中，至少有一本书，丙未读过，则丙同学就分在第一组。另外，凡一本书也未读过的同学也分在第一组，其余的同学就分在第二组。

　按照以上分组方法，不可能将全体同学都分在第一组，因为读书数最多的同学一定在第二组。

　在第二组中，任找一位同学叫做甲，由题设有书C，甲未读过。再从甲读过的书中任找一本书叫做B，由题设，可找到同学乙，乙读过B、C书，由于甲属于第二组，所以甲一定读过一本书A，乙未读过A，否则甲只能分在第一组，这样，甲读过A、B，未读过C；乙读过B、C，未读过A。

　[分析与讨论]这是一个逻辑推理题，目的是考察同学们的推理能力，促进同学们加强逻辑推理能力的训练。解法1中从一个读书数最多的同学出发，也就是从具有某种特殊性的对象着手，这一方法是推理中常用到的，有些人称为“极端原则”。开始利用这一原则试一试，可以解决我们“无从着手”的难处，解法2中将同学们分成两组，但重要的一步是要说明第二组中一定有同学，正确地分组是解决这一问题的关键。

　(4)有6个棱长分别是3cm，4cm，5cm，的相同的长方体，把它们的某些面染上红色，使得有的长方体只有一个面是红色的，有的长方体恰有两个面是红色的，有的长方体恰有三个面是红色的，有的长方体恰有四个面是红色的，有的长方体恰有五个面是红色的，还有一个长方体六个面都是红色的，染色后把所有的长方体分割成棱长为1cm的小正方体，分割完毕后，恰有一面是红色的小正方体最多有几个？

　[解]如上图，AD＝BC=EH=FG=5cm

　AB＝CD＝EF＝GH＝4cm

　AE＝BF＝CG＝DH＝3cm

　i)一面染色，将ABCD染红，则有20个一面是红色的小立方体，而染其它面不能得到多于20个一面是红的小立方体。

　ii)二面染色，将ABCD和EFGH染红色的，则可得到40个一面为红色的小立方体，将其它二面染红色的，不能得到多于40个一面为红色的小立方体。

　iii)三面染色，将ABCD，EFGH和ABEF染红色，将得到36个一面为红色的小立方体。将其它三面染色，将不可能得到多于36个一面为红色的小立方体。

　iv)四面染色，将ABCD，EFGH，ABFE和CDHG染红色，将得到32个一面为红色的小立方体，这是最多的可能。

　v)五面染色，将ABCD、EFGH，ABFE、CDHG和CBFG染红色，将得到27个一面为红色的小立方体，这是最多的可能。

　vi)六面染色，可得22个一面染色的小立方体。

　22+27+32+36+40+20=177

　[答]最多可得到177个一面为红色的小立方体。

　[分析与讨论]这一题的难点在于“最多有几个？”，在三面染色的情况，染两个最大面，再染一个次大面，则可得到35个有一面为红色的小立方体；而染两个最大面，再染一个最小面则可得到36个有一面为红色的小立方体，这是因为3.4.5这三个数的特殊性。如果边长不是3、4、5，而是l、m、n三个自然数，且l、m、n三个数中最小的也比3大，则情况就不一样了，得到正确答案的同学可能就会多一些。具体问题应该具体分析，不能一概套用成法。

　(5)小华玩某种游戏，每局可随意玩若干次，每次得分是8，a(自然数)，0这三个数中的一个，每局各次得分的总和叫做这一局的总积分，小华曾得到过这样的总积分：103，104，105，106，107，108，109，110，又知道他不可能得到“83分”这个总积分。问：a是多少？

　[解法1]由于103到110相继八个自然数都是可得分数，所以不小于103的任何自然数都是可得分数。

　由于103是奇数，所以a必为奇数，或(a，8)＝1((a，8)表示a与8的最大公约数)。

　i)确定a的下界。考察八个数：

　0，a，2a，3a，4a，5a，6a，7a，(＊)

　是说，(＊)中的八个数除8后，有8个不同的余数：0，1，2，3，4，5，6，7。

　对于任何一个大于7a的自然数N，N除以8后的余数，必为0，1，2，7)，使得N-na=8的倍数=8m＞0，

　因此 N=na+8m

　而N是可得分数，7a当然是可得分数，所以83必小于7a，即83＜7a，

　ii)确定a的上界

　若自然数7a-8是可得分数，则有

　7a-8＝8p+qa

　p、q为自然数或0，

　(7-q)a=8(p+1)＞0

　这就是说8｜(7-q)a，而(8，a)＝1，所以8｜(7-q)而7＞7-q＞0因此，这是不可能的，我们得到7a-8是不可得分数。由于不小于103的自然数都是可得分数，所以，7a-8＜103，即

　iii)确定a

　由i)和iii)得到，11＜a＜16，且a为奇数，所以a只可能是13或15，又因

　83＝8+5×15

　所以a≠15，下面检验a=13是否满足题意，

　由i)知道，大于7×13＝91的自然数都是可得分数，所以103到110都是可得分数，另外

　83-13=70不是8的倍数

　83-3×13=44不是8的倍数

　83-5×13＝18不是8的倍数

　所以83是不可得分数，a＝13，满足题意，

　[答]a＝13。

　[解法2]

　i)由于103是奇数，所以a一定是奇数。

　ii)从题设条件中，我们知道83是不可能得到的总积分，当n为不大于10的任一自然数时，83-8n不能有的数a，否则83=8n+ma为可得分数，因此。

　83-8×10=3所以a≠3

　83-8×9=11所以a≠11

　83-8×8＝19所以a≠19

　83-8×7＝27＝3×9所以a≠9

　83-8×6=35=5×7所以a≠5，a≠7

　83-8×5＝43所以a≠43

　83-8×4=51=3×17所以a≠17

　83-8×3＝59所以a≠59

　83-8×2=67所以a≠67

　83-8＝75=3×5×5所以a≠15，a≠25

　综上所述a是大于11的奇数，且不能是15，17，19，43，59，67，

　iii)检验a=13是否满足题意。

　由ii)可知，当a=13时，83是不可能得到的总积分。而

　103＝8×8+3×13

　104＝8×13

　105＝8×5+5×13

　106＝8×10+2×13

　107＝8×2+7×13

　108＝8×7+4×13

　109=8×12+13

　110=8×4+6×13

　满足题意，因此a=13是问题的解。

　iv)说明a=13是问题的唯一解，大于13的奇数还有很多，我们不能逐一地去检验。因此，我们还要说明a的上界。

　从103到110八个总积分都是自然数，它们除8后的余数分别是，7，0，1，2，3，4，5，6因为7a不能被8整除，7a除8后的余数必是1，到110中找到一个数N使得N除8后的余数与7a除8后的余数相同所以

　7a-N=8的倍数=8m＞0

　而N是可得到的总积分数，即

　N＝pa+8q，p，q为自然数或0

　所以(7-p)a=8(m+q)＞0

　7＞7-q＞0

　这表明8｜(7-q)a，而(8，a)=1，所以8｜(7-p)

　都不能是问题的解。

　[分析与讨论]这一题主要是检查同学们整除性的理解程度及培养同学们的严密逻辑思维方法，有的同学从1开始逐个奇数试算得到13，但这并不能说明只有13这一个解，因为并没有说明大于13的奇数一定不是问题的解。

　在数学问题中，有许多问题是暂时不可能精确地确定某个量的大小的；或不需要知道它的精确大小，而能够知道它的上、下界就足够了，学会从已知条件出发，给出某个量的界的分析方法对于求解许多数学问题都是十分重要的。

　另外，我们考虑下面问题：用8分和13分的邮票，可以支付哪些不同的邮资？大家一定看得出来，我们的试题(5)，是“邮资”问题的“反问题”。实际上，在我们学习数学课程中，已经遇到过许多的问题和它们的反问题，同学们可以试一试，从自己做过的习题中，找来几个问题，提出它们相应的反问题做一做。

　(6)在正方体的8个顶点处分别标上1，2，3，4，5，6，7，8，然后再把每条棱两端所标的两个数之和写在这条棱的中点，问各棱中点所写的数是否可能恰有五种不同数值？各棱中点所写的数是否可能恰有四种不同数值？如果可能，对照图a在图b的表中填上正确的数字；如果不可能，说明理由。

　[解法1] i)各棱中点处所写的数恰有五种不同数值是可能的，但填法不唯一。

　ii)不可能少于五种不同数值。

　以1所在顶点为端的棱有三条，不妨设这三条棱的另一端点所填写的数是a、b，c，满足a＜b＜c，则这三条棱的中点处的数为1+a，1+b和1+c，满足1+a＜1+b＜1+c。

　以8所在顶点为端点的棱也有三条，设这三条棱另一端点所填写的数为x、y、z，满足x＜y＜z，则这三条棱的中点处的数为8+x，8+y，8+z，满足8+x＜8+y＜8+z。

　只有当c=8，x＝1时，以上六条棱中点处的数才能恰有五个不同的数值，否则就多于五种不同数值。而这六条棱中点的六个数不可能少于五种不同的值，因此在12条棱的中点处所写的数不可能有少于五种不同的数值。

　[解法2]i)各棱中点处所写的数恰有五种不同的数值是可能的(见解法1)

　ii)各棱中点处所写的数恰有四种不同的值是不可能的，以下说明理由。

　首先给出在任一确定的填写法中，写在顶点的数与写在中点的数的关系及特征：

　(1)每一写在中点的数有两个加项，它们都是写在顶点的数(题设)，若α＝a+b，则称“写在顶点的数a(或b)为写在中点的数α的组成”。

　(2)每一写在顶点的数(1，2，…，8)恰为三个写在中点的数的组成，不能多，也不能少。这是因为立方体的每一顶点恰是三条梭的端点，因此，12个写在中点的数之和等于8个写在顶点的数之和的3倍，即108。

　(3)写在中点的数的可能值，该写在中点的数的可能组成及该写在中点的数最多可能占有的棱的条数满足下表1所示的关系。

　如果恰有四种不同的值是可能的，我们可以设这四个数是a，b，c，d。

　若这四个数中，有一个只写在一条棱上，则必有另两个数都写在四条棱上，或另一个数写在五条棱上，由表1可以看出这是不可能的。

　若有一数，不妨设是a，只写在两条棱上(或称为占有两条梭)，则必有一数写在四条棱上，设它为b。由表1可知b＝9。由特征(2)

　2a+3(c+d)=108-36=72

　可见，a是3的倍数，即a=6或12(3和15不可能写在两条棱上)。当a=6时。

　c+d＝20

　写在3条棱上。

　当a=12时，c+d=16

　综上所述，a，b，c，d四个数中不可能有一个数只写在两条棱上，也不可能写在一条棱上，也不可能写在四条以上的棱上(因为一共只有12条棱)因此， a，b，c，d每个数只能都写在三条棱上，由特征是

　3×(a+b+c+d)=108

　a+b+c+d=36

　由表1可知，a，b，c，d只能是7，8，9，10，11这五个数中的四个，这是因为其它的数部不可能写在三条棱上，而，

　7+8+9+10 +11-(a+b+c+d)

　=45-36=9

　所以a，b，C，d恰是7，8，10，11这四个数，当这四个数都写在三条棱上时，数6必须同时是这四个数的组成(见表1)，这与特征(2)不符。所以，不可能恰有四个值。

　[分析与讨沦]解法1巧妙而简洁，它不仅证明了取四个值是不可能的，而且标出，要恰取五个值，就必须将1和8这两个数写在一条棱的两个端点上，这一方法的关键在于抓住了通过1和8所在顶点的六条棱。

　解法2是反证法，它虽然显得有些繁琐，但却给出了更多的信息，尽管有解法1可用，而不需要这许多信息，但是在求解其它有关问题时，就可能用到。例如问：是否有可能12条梭上所写的数恰有12个不同的值？同学们可以做一做。

团体决赛口试

　(1)2×3×5×7×11×13×17

　这个算式中有七个数连乘

　请回答：最后得到的乘积中，所有数位上的数字和是多少？请讲一讲你是怎样算的？

　[答]最后得到的乘积中，所有数位上的数字和是12。

　[理由]2×3×5×7×11×13×17

　＝(2×5)×(7×11×13)×(3×17)

　=10×1001×51

　=10010×51

　＝510510

　510510所有数位上的数字之和是

　5+1+0+5+0＝12

　[说明]本题考察应用乘法运算律进行速算巧算的技巧，其中熟悉7×11×13＝1001这个事实会使心算速度更快一些。

　(2)这是一个中国象棋盘(图中小方格都是相等的正方形，“界河”的宽等于小正方形边长)，黑方有一个“象”，它只能在1，2，3，4，5，6，7位置中的一个，红方有两个“相”，它们只能在8，9，10，11，12， 13，14中的两个位置。

　问：这三个棋子(一个“象”和两个“相”)各在什么位置时，以这三个棋子为顶点构成的三角形的面积最大？

　[答]黑象在2或3的位置，两个红相分别在10，12的位置时，以这三个棋子为顶点的三角形(2，10，12)或(3，10， 12)的面积最大(如图所示)。

　[理由]我们设每个小方格的边长为1单位，则，小方格正方形面积为1平方单位。

　由于三个顶点都在长方形边长的三角形面积至多为这个长方形面积的一半，所以要比较这些三角形面积寻求最大者，只要比较它们顶点所在边构成的长方形面积寻找最大者就可以了。

　直观可见，只须比较(3，10，12)或，(2，10，12)与(3，10，13)或(2，12，14)这两类三角形面积就可以了。

　顶点为(3，10，12)或(2，10，12)的三角形面积为

　顶点为(3，10，13)或(2，12，14)的三角形面积小于

　所以顶点在(2，10，12)或(3，10，12)时三角形面积最大。

　(3)

　将一根长为374厘米的合金铝管截成若干根36厘米和24厘米两种型号的短管(加工损耗忽略不计)

　问：剩余部分的管子最少是多少厘米？

　[答]剩余部分的管材最少是2厘米。

　[理由]24厘米与36厘米都是4的倍数，所以截成若干根上述两种型号的短管用料总长度必是4的倍数，但374被4除余2，所以截完以后必有剩余，剩余管料长不小于2厘米。

　另外，24+36=60(厘米)，截五次共用料300厘米，再截两根36厘米短管，用料72厘米，恰剩2厘米管料。即

　因此剩余部分的管子最少是2厘米。

　　 (4)

　人谁先到达B？请你说明理由。

　[答]甲先到达B。

所以乙比甲后到达B点，即甲先到达B。

　[说明]本题也可采用如下解法。

　时间相同。

所以甲先到达B

　(5)这是一个长方形。

　(AE的长度与ED的长度之比是9∶5)

　(BF的长度与FC的长度之比是7∶4)

　问：涂红色的两块图形的面积与涂蓝色的两块图形的面积相比较，哪个大？请说明理由。

　[答]涂红色两块图形的面积大。

　所以 AE＞BF

　但△ACE与△BDF高相等(都是CD)，

　所以△ACE面积＞△BDF面积。

　减去中间空白的小四边形面积，得

　涂红色的两块图形的面积大于涂蓝色的两块图形的面积。

　(6)这是一个正方形，图中

　所标数字的单位是厘米。

　问：涂红色的部分的面积是多少平方厘米？

　[理由]容易发现，M是AB中点、N是BC中点、连BG，形成四个小三角形，我们依次记成△①，△②，△③，△④如图所示。

　容易计算

　△ABN与△CBM的面积相等，都等于正方形ABCD面

　△①的面积=△④的面积。

　又根据等底等高的两个三角形面积相等，有

　△①的面积△②的面积。

　△③的面积=△④的面积

　所以△①的面积=△②的面积=△③的面积=△④的面积。

　因此△①，△②，△③，△④面积总和为

　由于正方形边长为20厘米，面积为400平方厘米。

　所以涂红色部分的面积为

　[说明]本题还可采用如下解法。如图，连AC、GB。

　易知M为AB中点，N为BC中点。

　△ABC面积为

　△BDC面积也为200平方厘米。

　由等底等高三角形面积相等，可知

　△ACM面积=△BCM面积，……①

　△AGM面积=△BGM面积，……②

　①-②得△ACG面积=△BCG面积……③

　同理可得

　△CAN面积=△BAN面积……④

　△CGN面积=△BGN面积……⑤

　④-⑤得△CAG面积=△BAG面积……⑥

　由③与⑥得

　△ACG面积=△BCG面积=△BAG面积

　因此 四边形DAGC的面积

　=△ACD面积+△ACG面积

　(7)

　这是两个分数相加的算式。

　问：等号左边的两个方格中各是怎样两个不同的自然数？

　[答]一个方格填1994，另一个方格填

　1993×1994＝3974042这两个自然数，使得

　比较得 R=1994

　1993R＝1993×1994＝3974042。

　于是得

　(说明)作为一般情况，有关系式

　其中n是自然数。

　本题中先取2n+1＝1993，

　解得 n＝996，所以n+1=997。

　(n+1)(2n+1)＝997×1993＝1987021

　所以有

　(8)在三位数中，数字和是5的倍数的数共有多少个？

　[答]在三位数中，数字和是5的倍数的数共有180个。

　[理由]如下十个连续的三位数

　称为一个三位数“数段”，它们每个的数字和也恰依次排列为十个连续的自然数：

　a₁+a₂+0，a₁+a₂+1，a₁+a₂+2，……，a₁+a₂+9

　其中有且只有两个是5的倍数。

　从100-999共有900个三位数，可分成如上所述的90个三位数“数段”：

　100，101，102，103，104，105，106，107，108，109；

　110，111，112，113，114，115，116，117，118，119；

　……

　990，991，992，993，994，995，996，997，998，999。

　由于每个三位数“数段”中有且只有两个数数字和为5的倍数。所以，总计在三位数中，数字和是5的倍数的数共有

　2×90=180个

　(9)图中有两个红色的正方形，两个蓝色的正方形，它们的面积已在图中标出(单位：厘米²)

　问：红色的两个正方形面积大还是蓝色的两个正方形面积大？请说明理由。

　(答)蓝色的两个正方形的面积大。

　(理由)将蓝色小正方形放入红色小正方形中，如图看出1993²比1992²大

　2×1992+1

　将红色大正方形放入蓝色大正方形中，如图看出1996²比1997²小

　2×1996+1

　由于2×1992+1＜2×1996+1

　因此，两个红色正方形面积的总和要比两个蓝色正方形面积总和小。

　即两个蓝色正方形的面积大。

　(10)

　八个盒子，各盒内装奶糖分别为9，17，24，28， 30，31，33，44块。

　甲先取走了一盒，其余各盒被乙、丙、丁三人所取走。已知乙、丙取到的糖的块数相同且为丁的两倍。

　问：甲取走的一盒中有多少块奶糖？

　(答)甲取走的一盒中有31块奶糖。

　[理由]由已知，乙、丙、取到糖块数之和为丁的4倍，乙、丙、丁三人取走的七盒中糖的块数是丁所取糖块数的5倍。即乙、丙、丁三人取走的七盒中糖的块数是5的倍数。

　而八盒糖的总块数是

　9+17+24+28+30+31+33+44=216

　而从216减去5的倍数所得差的个位数字只能是1或6。

　观察各盒糖的块数发现，没有各位数字是6的数，只有31一个个位数字是1的数。因此，判定中甲取走的一盒中有31块奶糖。

　(11) 这是一块正方形的地板砖示意图。其中

　AA₁＝AA₂＝BB₁=BB₂=CC₁＝CC₂＝DD₁＝DD₂

　红色小正方形的面积是4，绿

　色的四块面积总和是18。

　求 这个大正方形ABCD的面积，请说明理由。

　[答]大正方形ABCD的面积是50。

　[理由]如右图连AC、BD、交于O点。将△AOD割下补到△BPC的位置。

3。红色正方形被分成四个面积为1的小正方形，所以正方形OBPC的白色边缘厚度为1。因此，正方形OBPC的边长OC=5，面积为25。这个面积恰是正方形ABCD面积的一半，所以正方形ABCD的面积是50。

　(12) 这是一个围棋盘，还有一堆围棋子，将这堆棋子往棋盘上放，当按格点摆成某个正方阵时，尚多余12枚棋子，如果要将这个正方阵改摆成每边各加一枚棋子的正方阵，则差9枚棋子才能摆满。

　问：这堆棋子原有多少枚？

　［答］这堆棋子原有112枚。

　[理由]第一次排方阵剩余12枚，加上第二次排方阵所不足的4枚，恰是原正方阵扩大后“贴边”的部分(如图所示)，共21枚，它恰是原正 方阵每边棋子数与“扩阵”每边棋子数之和。它们恰是两个相邻的自然数之和，所以原正方形阵每边10枚棋子、新正方阵每边11枚棋子。这堆棋子总数是

　10²+12=112枚。

　(说明)本题也可列方程求解

　设原正方阵每边m枚棋子，由题意得

　(m+1)²-9＝m²+12

　即 2m+1=21

　解得 m=10

　所以棋子总数为10²+12=112枚。

　(13)如图是一个古座钟的图面，问：红色部分面积与蓝色扇形的面积之间大小关系如何？

　请说明理由。

　[答] 红色部分面积与蓝色扇形的面积一样大。

　相等△AOE面积=△EOB面积。

　所以图中黄色部分面积等于扇形OBE的面积。

　因此，红色部分面积也恰等于一个扇形OBE的面积。所以，

　红色部分面积与蓝色扇形的面积一样大。

16．某人连续打工24天，赚得190元(日工资10元，星期六做半天工，发半工资，星期日休息，无工资)。已知他打工是从1月下旬的某一天开始的，这个月的1号恰好是星期日。问：这人打工结束的那一天是2月几日?　

15．在两位数10，11，…，98，99中，　 将每个被7除余2的数的个位与十位之间添加一个小数点，其余的数不变。问：经过这样改变之后，所有数的和是多少?

14．图4中的大圆盖住了小圆的一半面积。问：在小圆内的大圆的弧线AMB的长度和小圆的直径相比，哪个比较长一些？

13．50名学生面向老师站成一行，按老师口令从左至右顺序报数：1，2，3，……。报完后，老师让所报的数是4的倍数的同学向后转。接着又让所报的数是6的倍数的同学向后转。问：现在仍然面向老师的有多少名同学?　

12．图3是一个园林的规划图，其中，正方形的3／4是草地；圆的6／7是竹林；竹林比草地多占地450平方米。问：水池占地多少平方米?

11. 小明今年的年龄是他出生那年的年份的数字之和。问：他今年多少岁?

10．如图2，图中的曲线是用半径长度的比为2：1.5：0.5的6条半圆曲线连成的。问：涂有阴影的部分与未涂阴影的部分的面积比是多少?　

9．甲、乙、丙三个学生在外午餐，共买了1斤4两包子。甲没有带钱，由乙和丙分别付了买8两和6两包子的钱。甲、乙吃的一样多，丙比乙多吃了1两。第二天，甲带来他应付的2元3角4分。问：其中应付给丙多少钱?