2007青少年数学国际城市邀请赛2007青少年数学国际城市邀请赛于2007年7月21日至25日在长春市吉林大学附中举行。来自美国、加拿大、南非、新加坡、泰国、伊朗、菲律宾、印度、韩国、印度尼西亚及中国大陆、香港、澳门和台湾地区的66支代表队参加了个人赛和队际赛。命题组成员有:熊斌(华东师范大学)、孙文先(台湾九章数学教育基金会)、刘江枫(加拿大埃布尔达大学)、蔡双杰(菲律宾数学教育学会)、陶平生(江西科技师范学院)、张正杰(华中师范大学)、张同君(东北师范大学)、冯志刚(上海中学)、郑仲义(复旦附中)、周赫(吉林大学附中)。个人赛一、填空题(每小题5分,共60分)1.用A n表示1,2,…,101中能被n整除的所有数的算术平均数.则A2、A3、A4、A5、A6中最大的是.2.在一个暴雨的黑夜,孤岛上的四个人必须走过一座窄桥到陆地上去避难.过窄桥必须用灯照明,但是他们只有一盏灯,且桥上每次最多只能通过两个人.若岛上还有人,则过桥的人中必须有人把灯送回去.如果四个人单独过桥,那么,所需的时间分别为2 min、4 min、8 min和16 min;如果两个人一起过桥,那么,所需时间依照较慢的人过桥的时间计算.则这四个人过桥最少需要min.图1 3.如图1,设E、F分别是△ABC的边AC、AB上的点,线段BE、CF交于点D.已知△BDF、△BCD、△CDE的面积分别为3、7、7.则四边形AEDF的面积是.4.某团体有48名会员,但是只有一半人有制服.在某次检阅仪式时,他们排成一个6×8的长方阵,恰好可把没有制服的会员隐藏在长方阵的内部.后来又来了一批会员,但总数还是有一半人没有制服,在接下来的检阅仪式时,他们排成了一个不同的长方阵,又恰好可把没有制服的会员隐藏在长方阵的内部.则新来的会员有人.5.已知连续2 008个正整数的和是一个完全平方数.则其中最大的数的最小值是6.A、B是两个大小形状相同的三角形纸片,其三边长的比为3∶4∶5,按图2所示的方法将它们对折,使折痕(图中虚线)过其中的一个顶点,且使该顶点所在两边重合.记折叠后不重合部分面积分别为SA、SB,已知SA+SB=39.则三角形纸片A的面积是.图2 7.使得31 024-1能被2 n整除的最大的正整数n是.图3 8.如图3,EF=CE=CF,EA=BF=2AB,AB=BD=DA,且AP=CP=BQ=CQ=PD=DQ=1.则线段BD=.9.用长度分别为1、4、7、8的线段围成一个四边形.则这个四边形的最大面积是10.把数2～9不重复地填入下式的方框内,使式子成立.则在相加的三个分数中,最大的一个是.=1 1++×××11.满足25{x}+[x]=125的所有实数x的和是(其中,[x]表示不大于x的最大整数,{x}=x-[x]表示x的小数部分).12.设n为正整数.如果存在一个完全平方数,使得在十进制表示下此完全平方数的各数码之和为n,那么,称n为“好数”(如13是一个好数,因为72=49的数码和等于13).则在1,2,…,2 007中有个好数.二、计算及证明题(每小题20分,共60分)1.在4×4的表格中,可作十八条直线,即四横、四纵的八条直线,从左上到右下和从右上到左下各五条对角线,这些对角线可能通过2、3或4个小方格.在表格中要放十个筹码,每个小方格最多放一个.若这十八条直线中某条直线上有偶数个筹码,则得1分.问最多可以得多少分?2.已知五个城市两两相连所得的10条道路中,至少有一个交叉路口(如图4).又已知三个村庄和三个城市相连所需的9条道路中,至少有一个交叉路口(如图5).利用上述结论,用15条道路把六个城市两两相连,至少会产生多少个交叉路口?图5图4 3.若一个质数的各位数码经任意排列后仍然是质数,则称它是一个“绝对质数”(如2,3,5,7,11,13(31),17(71),37(73),79(97),113(131,311),199(919,991),337(373,733),…都是绝对质数).求证:绝对质数的各位数码不能同时出现数码1、3、7与9.队际赛图6 1.图6是一个奥运五环,圆环内有9个小圆.请把数1～9分别填入小圆,使得每个圆环内数字和为14.2.十四张纸片如图7堆叠.一条从纸片B出发最后到达纸片F的路径是这样得到的:先到上层位置的纸片,再到下层位置的纸片,如此交替行进.同一张纸片可以经过多次,且不必经过每张纸片.请依次写出一条路径上的纸片标号.图7图8 3.图8是一个七角星,它总共有14个交点,请将数1,2,…,14分别填入每个交点处(每处填写一个数),使得每条线上所填的四数之和都相等(请给出一种填法,不必写出推理过程).4.玛丽发现将某个三位数自乘后,所得乘积的末三位数与原三位数相同.请问:满足上述性质的所有不同的三位数的和是多少?5.求所有的正整数m、n,使得m2+1是一个质数,且10(m2+1)=n2+1.6.四个参赛队在某周进行双循环赛,每两个队之间比赛两次,每个队每天比赛一场.图9(a)中给出了比赛的最后记分牌的一部分,其余部分裂成了图9(b)中的四块,这些碎块只在一面写有得分情况.一个黑圈表示胜一局,白圈表示负一局.问:冠军是哪个参赛队?图9 7.现有两张3×3方格表1、2,将数1,2,…,9按某种顺序填入表1(每格填写一个数),然后依照如下规则填写表2:使表2中第i行、第j列交叉处的方格内所填的数等于表1中第i行的各数和与第j列的各数和之差的绝对值(如表2中的b12=|(a11+a12+a13)-(a12+a22+a32)|).问:能否在表1中适当填入数1,2,…,9,使得在表2中也出现1,2,…,9这九个数字?表2 b11b12b13b21b22b23b31b32b33表1 a11a12a13a21a22a23a31a32a338.设凸四边形ABCD的两条对角线AC、BD互相垂直.过AB的中点M作CD的垂线,过AD的中点N作CB的垂线.证明:这两条垂线的交点在直线AC上.9.把1～n(n>1)这n个正整数排成一行,使得任何相邻两数之和为完全平方数.问:n的最小值是多少?10.用五种颜色将一张8×8棋盘染色图10(每个方格染一种颜色,如图10所示),R是红色,Y是黄色,B是蓝色,G是绿色,W是白色.然后把剩下的方格也用这五种颜色染色,使得所有相同颜色的方格都是通过边与边连着的一整块,整个棋盘被分成了五块.问:其中最大的一块有多少个方格?参考答案个人赛一、1.A5 2.32 3.18 4.12 5.2 133 6.108 7.12 9.18 10.11.2 837 12.892二、1.如图11所示,最多可得17分.下面证明:18分不能得到.图11注意到,图11上总有相对顶角的两格没被同方向的五条对角线覆盖到,这两格一定同是空的或者同是满的.同时,也一定有一行和一列是满的.考虑三种情形.(1)四个角上的格子都空着.由对称性,不妨设第二行和第二列是满的.此时,必须把第一行、第四行、第一列、第四列内的另一格填上.这总共至少需要11个筹码.(2)恰有两个对角的格子空着.由对称性,不妨设其中一个格子是第一行第一列的,另一个在第四行第四列.然后,必须在第一行、第一列、第四行、第四列内各放一个筹码.这表明,表格内部的四格都必须放着筹码.由对称性,不妨设满的行是第二行.此时,与第二行相交的长度为2的对角线不可能全都得分.(3)四个角上的格子都是满的.断言:满的行是第一行或第四行.若第二行是满的,则必须填满第一列、第四列,此时,已经用了10个筹码,但是有多条对角线不能得分.这证实了断言.由对称性,不妨设第一行、第一列是满的,此时,剩余的2个筹码无论如何放,都造成某条对角线不能得分.2.如图12,至少会有3个交叉路口.图12假设最多只有两个交叉路口.可以去掉两条路使其余的路不产生交叉路口.考虑以下两种情况.(1)去掉的路与同一个城市相连.考虑其余的五个城市,它们两两相连.但是根据已知条件,至少有一个交叉路口,矛盾.(2)去掉的两条路不与同一个城市相连.选取其中一条去掉的路所关联的两个城市,再取一个与去掉的路不相连的城市,称这三个城市为村庄.则这三个村庄和三个城市有路相连.由已知条件,必有一个交叉路口,矛盾.3.一个绝对质数如果同时含有数字1、3、7、9,则在这个质数的十进制表示中,不可能含有数字0、2、4、5、6、8,否则,通过适当排列后,这个数能被2或5整除.设N是一个同时含有数字1、3、7、9的绝对质数.因为k0=7 931,k1=1 793,k2=9 137,k3=7 913,k4=7 193,k5=1 937,k6=7 139被7除所得的余数分别是0、1、2、3、4、5、6,所以,如下7个正整数N1=c1…cn-4 1 793=L·104+k1,N6=c1…cn-4 7 139=L·104+k6中,一定有一个能被7整除,这个数就不是质数,矛盾.队际赛1.这9个数字之和为45,5个圆环中数字之和为5×14=70,它们的差70-45=25是落在圆环公共部分的四个小圆内数字之和.最边上的两个圆环中的数字只能是一边为9和5,另一边为6和8.考虑中间一行四个数,分四种情况.如图13(a),因为第二行剩下两数之和为25-5-8=12,此时,无数可填入.如图13(b),因为第二行剩下两数之和为25-9-8=8,只能是1和7.但无论7填在哪个圆中均导致相应圆环中数字和大于14,矛盾.图13如图13(c),因为第二行剩下两数之和为25-5-6=14,此时,无数可填入.如图13(d),因为第二行剩下两数之和图14为25-9-6=10,只能是3和7,且7不能和9在同一个圆环.此时,其余的数字不难填出.如图14.2.构建图15,箭头的方向表示从上层位置的纸片到下层位置的纸片.图15由图易见,M、N和7张纸片相连,D、J和4张纸片相连,其余纸片都和3张纸片相连,满足要求的路径即为交替地逆着箭头方向和沿着箭头方向的路.与A相连的3条路中,从B出发的一条路无用,否则,就又回到A处了.这样的路还有L到M,M到K,I到N,N到H,N到D,G到F,E到F,C到D,都是无用的.在图15中,无用的路用单箭头表示,有用的路用双箭头表示.从B若先到C,则接下去应该到M,但从B可以直接先到M.到了M后,可以到C或者J.若到C,则必须回到B.所以,从M应该到J,接着必须到K、L、A、M、D、E、N、G、H、I、J、N、F.所以,符合要求的路径是B→M→J→K→L→A→M→D→E→N→G→H→I→J→N→F.3.因为每点恰有两条线经过,所以,对于每个正确的填法,若每条直线的四个数之和为s,则7 s=2(1+2+…+14)=210.解得s=30.易知,14与1、2之一必共线,13与1、2、3之一必共线.基于这种情况,可考虑特殊填法,即14所在的一条直线上所填的四个数中有1,另一条直线有2;13所在的一条直线有1,另一条直线有2,或13所在的一条直线有1,另一条直线有3的情形,得到如图16的填法(下方三个填法分别与其上方填法互补,即两图对应位置所填两数之和为15).图16 4.设三位数为abc,则abc2=1 000 k+abc,即abc(abc-1)=23×53 k.因为(abc,abc-1)=1,所以,23|abc,且53|(abc-1),或23|(abc-1),且53|abc.(1)若23|abc,且53|(abc-1),则abc-1=125,375,625,875.只有abc=376,使得23|abc,满足题意.(2)若23|(abc-1),且53|abc,则abc=125,375,625,875.只有abc=625,使得23|(abc-1),满足题意.因此,所求的和为376+625=1 001.5.由已知条件知9(m2+1)=(n-m)(n+m).注意到m2+1是一个质数,且m2+1≡1或2(mod 3),故m2+1不是3的倍数.因此,将两式相减得9 m2+8=2 m,不可能.(2)若!n-m=3,n+m=3(m2+1).将两式相减得3 m2=2 m,不可能.(3)若!n-m=9,n+m=m2+1.将两式相减得m2-8=2 m,故m=4.n+m=9.(4)若n-m=m2+1,将两式相减得m2-8=-2 m,故m=2.当m=2或4时,m2+1=5或17均为质数,此时,对应的n为7或13.故满足条件的(m,n)=(2,7),(4,13).6.把记分牌修复.U形的碎片只有两个位置可放,留出可放置3×2矩形的空位,接着其余的碎片位置也就确定了.但要保证每列恰有两个黑色的圆圈、两个白色的圆圈.则有两种可能记分牌(如图17所示).两种情况冠军都是C队.图17表3 c11c12c13c21c22c23c31c32c33 7.不能作出这样的安排.将表2中的各数去掉绝对值符号,所得到的表格记为表3.则c11=(a11+a12+a13)-(a11+a21+a31),c12=(a11+a12+a13)-(a12+a22+a32),……c33=(a31+a32+a33)-(a13+a23+a33).易见,c11+c12+…+c33=0.故表3中有偶数个奇数.因为bij=|cij|,则bij与cij同奇偶,所以,表2中也有偶数个奇数,但1,2,…,9中有奇数个奇数,因此,不能作出这样的安排.8.如图18,取AC的中点K.则MN∥BD,MK∥BC,NK∥CD.图18于是,所作两条垂线与AC是△MN K的三条高所在的直线,故它们共点.所以,命题成立.9.最小的正整数n是15.因为n>1,所以,包含2.而与2之和为完全平方数的最小正整数为7,用2+7=9表示(下同),因此,n≥7.若n=7时,可得三个不相邻的数段(1,3,6),(2,7),(4,5).增加8只能使第一段变为(8,1,3,6),增加9使第二段变为(2,7,9).故n≥10.因为8+1=9,9+7=16,10+6=16,所以,8、9、10都必须在数组的结尾.又8+17=25,9+16=25,10+15=25,故n≥15.当n=15时,可以把这15个数排列成8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9.所以,最小的正整数n是15.10.若把第四行全染成绿色,则将把红、黄、蓝均分割成两部分,故不可能.显然,右上角方格可以使绿色部分绕着黄色部分.同样,左下角的方格使得蓝色部分绕着白色部分,右下角方格使得黄色部分绕着白色部分.事实上,可先完成黄色部分的路径,而白色部分可以利用第七行方格来完成,如图19(a)所示.现在,完成这个表格的染色已经比较容易,如图19(b)所示.最长的路径是绿色的,有24个方格.图19。
