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2006 Wenzhou Invitational World Youth Mathematics
Intercity Competition 2006青少年数学国际城市邀请赛 队际赛试题
2006/7/12 温州市 队名：___________________得分：__________________
1. 老师说：“要在一个三边长为2，2，2x的三角形内部放置一个尽可能大的圆，则正实数x的值该是多少？” 学生A说：“我想x＝1.” 学生B说：“我认为x?2.” 学生C说：“你们回答都不对！” 他们三人谁的回答是正确的？为什么？ 解答：一方面三角形的面积＝r(2?x)；另一方面，该三角形底边上的高为4?x2，所
x4?x2以三角形面积?x4?x.可得r?. 2?x1121??当x?1时，r?； 当x?2时，r?. 31.72?21.741616144???取x?，则r?，所以x?是一个更好的选择.所以学生C的回
3335125271.7答正确.
525?12. 注：当x?5?1时，可取到r的最大值42??2. 一个三角形可被剖分成两个等腰三角形，原三角形的一个内角为36?，求原三角形最大内角的所有可能值.
解答：不妨设B＝36? .
（1）若剖分线不过点B.不妨设剖分线为AD，此时△BAD是(36?,36?,108?)或者(36?,72?,72?)的三角形.
若△BAD是(36?,36?,108?)的三角形，则△CAD或者是(144?,18?,18?)第一个图，或者是(72?,54?,54?)第二个图，或者(36?,72?,72?)第三、四个图.
AAAA （2） 若剖分线过点B.不妨设为BE，则△CBE必定是(132,24,24)，△ABE是(144?,12?,12?)的三角形.
???BDCBDCBDCBDC所以原三角形的最大内角可能是72?,90?,108?,126?,132?.
3. 四个单位正方形以边对边相连接而成，可以拼成如图五种不同的形状.用一片“L”形(图中第一个)分别与其余四个中的一片拼成轴对称图形，请绘出所有可能之组合. 解答： 高考网 www.gaokao.com
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4. 一片骨牌是由两个单位正方形以边对边相连接而成，在每个正方形内标记上数字1、2、3、4或5，所以我们共可得标号为11，12，13，14，15，22，23，24，25，33，34，35，44，45，55的15片不同的骨牌.将这15片骨牌排成一个如图的5×6的长方形，每片骨牌的边界已经擦除，请试着把这些骨牌的边界重新画出来. 解答：首先，注意到编号为55的骨牌一定是在矩形的中心，而编号22的骨牌只能是在右边界处.此时，右上角编号为3的骨牌必与右侧的2一起组成编号为23的骨牌..所以，右下角的2只能与5一起组成编号为25的骨牌，而这个2上面的3只能组成33骨牌..所以，可在图中，把剩下的33、23对之间用一条线分隔.第三行的3只能与其上的5组成35编号的骨牌.如左图.
这时，第一行的5不能与其左侧的3组成35编号的骨牌，只能与其下的1组成编号为15的骨牌.这使得左侧只能为13、34编号的骨牌，这样，左上角的骨牌为11和24.
在右下角，必须出现编号为12的骨牌，此时，其余的骨牌也就确定了.
5. “幸运数”是指一个等于其各位数码 (十进制) 和的19倍的正整数，求出所有的幸运数. 解答：设10 a＋b是一个至多两位数，方程 10 a + b = 19 (a + b) 仅当 a = b = 0时成立.所以，所有的幸运数至少是三位数.
假设一个幸运数有m位数，m?4，则该数至少为10m?1，其数码和至多为 9m，所以，171m?10m?1.
当 m = 4时，684?1000不成立.而 m?5，更不成立.因此，所有的幸运数都是三位数，由100a + 10b + c = 19a + 19b + 19c，知 9a = b + 2c.
当 a = 1时，可得 (b，c) = (1，4)，(3，3)，(5，2)，(7，1)，(9，0). 当 a = 2时，可得 (b，c) = (0，9)，(2，8)，(4，7)，(6，6)，(8，5). 当 a = 3时，可得 (b，c) = (9，9). 当 a > 3时，无解.
所以共有 11 个幸运数： 114, 133, 152, 171, 190, 209, 228, 247, 266, 285 和 399.
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6. 甲和乙在一个n?n的方格表中做填数游戏，每次允许在一个方格中填入数字0或者1（每个方格中只能填入一个数字），由甲先填，然后轮流填数，直至表格中每个小方格内都填了数.如果每一行中各数之和都是偶数，则规定为乙获胜，否则当作甲获胜.请问： (1) 当n＝2006时，谁有必胜的策略？ (2) 对于任意正整数n，回答上述问题.
解答：(1) 当n=2006时，后填数的乙有必胜策略.用1?2的多米诺骨牌对表格进行分割，使得每一行都由1003块多米诺组成，当甲对某块多米诺的一个中填数时，乙也在该多米诺中填数，并且使得这块多米诺中两个数之和为偶数.依此策略，乙可以使得表格的每一行中各数之和都是偶数.故乙获胜.
(2) 当n为偶数时，同上述操作，可知乙有必胜策略；当n为奇数时，甲有必胜策略：他可以先在第1行第1列的方格中写上1，然后对第1行中其余方格作前面的多米诺分割，采取同样的操作方式，可使表格中第1行中各数之和为奇数.
7. 设n为任意奇正整数，证明：1596n+1000n?270n?320n能被2006整除.
证明：因为 2006?2?17?59，所以为证结论成立，只需证n为奇正整数时，1596n?1000n?270n?320n能被2，17，59整除.显然，表达式能被2整除.
应用公式，n为奇数时， an?bn?(a?b)(an?1?an?2b???bn?1)， an?bn?(a?b)(an?1?an?2b???bn?1).
则由于1596?1000?59?44，270?320?59?10，所以1596n?1000n?270n?320n能被59整除.
又1596－270＝1326＝17×78，1000－320＝680＝17×40，所以 1596n?1000n?270n?320n能被17整除.
故结论成立.
8. 将正整数中所有被4整除以及被4除余1的数全部删去，剩下的数依照从小到大的顺序排成一个数列?an?：2, 3, 6, 7, 10, 11, … . 数列?an?的前n项之和记为Sn，其中n=1, 2, 3, ….
求S=S1?S2?.....?S2006的值.（其中?x?表示不超过x的最大整数） 解答：易知a2n?1?4n?2，a2n?4n?1，n?1,2,???，因此 ??????S2n?(a1?a2)?(a3?a4)???(a2n?1?a2n) 5?8n?3n?(2n)2?n， ?5?13?21???(8n?3)?2S2n?1?S2n?a2n?4n2?n?(4n?1)?(2n?1)2?n， 所以
(2n)2?S2n?(2n?1)2,(2n?1)2?S2n?1?(2n)2, 2006?2007?2013021. 2故[S2n]?2n，[S2n?1]?2n?1，从而[Sn]?n，于是 S?[S1]?[S2]?????[S2006]?1?2???2006?高考网 www.gaokao.com
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9. 平面上，正三角形ABC与正三角形PQR的面积都为1.三角形PQR的中心M在三角形ABC的边界上，如果这两个三角形重迭部份的面积为S，求S的最小值.
APR解答：在正△PQR的三个顶点处截去三个全等的正三
2C角形，得到一个面积为的正六边形，则M是这个正六边BM3形的中心.
若点M与△ABC的一个顶点重合，如左图，易知正六
1Q边形和△ABC的重迭部分面积是.在中间的图形中，把△
9ABC绕着点M顺时针旋转，则始边所扫过的三角形和终边所扫过的三角形全等，所以两个三角形的公共部分面积是不变的.
若点M在△ABC的边上，不妨设在BC上，且靠近点C，如右图所示.，过点M作AC的平行线MN，交边AB于点N，则△BMN是正三角形..因为MN?BM?CM，BM和MN
1都与正六边形相交，所以△BMN与正六边形的公共部分面积为.
9当把正六边形恢复成原来的正三角形时，公共部分面积不会减小.，所以两个三角形公共
1部分面积的最小值为，如左图.
9 10. 设m是一个小于2006的四位数，已知存在正整数n，使得m－n为质数，且mn是一个完全平方数，求满足条件的所有四位数m.
解答 由题设条件知：m－n=p，p是质数，则m=n+p，设mn=n(n+p)=x2，其中x是正整数，那么 4n2?4pn?4x2， 即 (2n?p)2?p2?(2x)2， 于是 (2n?2x?p)(2n?2x?p)?p2， 注意到p为质数，所以 ?2n?2x?p?1, ?22n?2x?p?p,? ?p?1??p?1?把两式相加得n??，进而m????，结合1000?m?2006,可得64?p?1?89，于
?2??2?是，质数p只能是67，71，73，79或83.从而，满足条件的m为1156，1296，1369，1600，1764.
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