华杯赛初赛试题
1．“华罗庚金杯”少年数学邀请赛每隔一年举行一次．今年(1988年)是第二届．问2000年是第几届？
２．一个充气的救生圈（如右图）．虚线所示的大圆，半径是33厘米．实线所示的小圆，半径是9厘米．有两只蚂蚁同时从A点出发，以同样的速度分别沿大圆和小圆爬行．问：小圆上的蚂蚁爬了几圈后，第一次碰上大圆上的蚂蚁？
3．如右图是一个跳棋棋盘，请你算算棋盘上共有多少个棋孔？
4．有一个四位整数．在它的某位数字前面加上一个小数点，再和这个四位数相加，得数是2000.81．求这个四位数．
5．如图是一块黑白格子布．白色大正方形的边长是14厘米，白色小正方形的边长是6 厘米．问：这块布中白色的面积占总面积的百分之几？
6．如下图是两个三位数相减的算式，每个方框代表一个数字．问：这六个方框中的数字的连乘积等于多少？
7．如右图中正方形的边长是2米，四个圆的半径都是1米，圆心分别是正方形的四个顶点．问：这个正方形和四个圆盖住的面积是多少平方米？
8．有七根竹竿排成一行．第一根竹竿长1米，其余每根的长都是前一根的一半．问：这七根竹竿的总长是几米？
9．有三条线段A、B、C，a长2.12米，b长2.71米，c长3.53米，以它们作为上底、下底和高，可以作出三个不同的梯形．问：第几个梯形的面积最大(如下图)？
10．有一个电子钟，每走9分钟亮一次灯，每到整点响一次铃．中午12点整，电子钟响铃又亮灯．问：下一次既响铃又亮灯是几点钟？
11．一副扑克牌有四种花色，每种花色有13张，从中任意抽牌．问:最少要抽多少张牌，才能保证有4张牌是同一花色?
12．有一个班的同学去划船．他们算了一下，如果增加一条船，正好每条船坐6人；如果减少一条船，正好每条船坐9人．问：这个班共有多少同学？
13． 四个小动物换座位．一开始，小鼠坐在第1号位子，小猴坐在第2号，小兔坐在第3号，小猫坐在第4号．以后它们不停地交换位子．第一次上下两排交换．第二次 是在第一次交换后再左右两排交换．第三次再上下两排交换．第四次再左右两排交换??这样一直换下去．问：第十次交换位子后，小兔坐在第几号位子上？（参看 下图）
14．用1、9、8、8这四个数字能排成几个被11除余8的四位数？
15．如下图是一个围棋盘，它由横竖各19条线组成．问：围棋盘上有多少个右图中的小正方形一样的正方形？
参考答案
1.第八届 2．11 3．121 4．1981 5．58% 6．0 7．13.42 8．
9．第三个 10．3点钟 11．13 12．36人 13．第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子
14．能排成4个被11除余8的数 15．100个
1．【解】“每隔一年举行一次”的意思是每两年举行1次。1988年到2000年还有2000－1988＝12年，因此还要举行12÷2＝6届。1988年是第二届，所以2000年是1＋6＝8届。 这题目因为数字不大，直接数也能很快数出来：1988、1990、1992、1994、1996、1998、2000年分别是第二、三、四、五、六、七、八届．
答：2000年举行第八届．
【注】实际上，第三届在1991年举行的，所以2001年是第八届.
2．【解】由于两只蚂蚁的速度相同，所以大、小圆上的蚂蚁爬一圈的时间的比应该等于圈长的比．而圈长的比又等于半径的比，即：33∶9．
要问两只蚂蚁第一次相遇时小圆上的蚂蚁爬了几圈，就是要找一个最小的时间它是大、小圆上蚂蚁各自爬行一圈所需时间的整数倍．适当地选取时间单位，使小圆上的蚂蚁爬一圈用
9个单位的时间，而大圆上的蚂蚁爬一圈用33个单位的时间．这样一来，问题就化为求9和33的最小公倍数的问题了．不难算出9和33的最小公倍数是99，所以答案为99÷9=11． 答：小圆上的蚂蚁爬了11圈后，再次碰到大圆上的蚂蚁．
3. 【解】把棋盘分割成一个平行四边形和四个小三角形，如下图。平行四边形中棋孔数为9×9＝81，每个小三角形中有10个棋孔。所以棋孔的总数是81＋10×4＝121(个) 答：共有121个棋孔
4．【解】由于得数有两位小数，小数点不可能加在个位数之前．如果小数点加在十位数之前，所得的数是原来四位数的百分之一，再加上原来的四位数，得数2000.81应该是原来四位数的1.01倍，原来的四位数是2000.81÷1.01＝1981．
类似地，如果小数点加在百位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.001倍，小数点加在千位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.0001倍．但是（2000.81÷1.001）和（2000．81÷1.0001）都不是整数，所以只有1981是唯一可能的答案．
答：这个四位数是1981．
【又解】注意到在原来的四位数中，一定会按顺序出现8，1两个数字．小数点不可能加在个位数之前；也不可能加在千位数之前，否则原四位数只能是8100，大于2000.81了． 无论小数点加在十位数还是百位数之前，所得的数都大于1而小于100．这个数加上原来的四位数等于2000.81，所以原来的四位数一定比2000小，但比1900大，这说明它的前两个数字必然是1，9．由于它还有8，1两个连续的数字，所以只能是1981．
5．【解】格子布的面积是下图面积的9倍，格子布白色部分的面积也是图上白色面积的9倍，下图中白色部分所占面积的百分比是：
＝0.58＝58％
答：格子布中白色部分的面积是总面积的58％
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6．【解】因为差的首位是8，所以被减数首位是9，减数的首位是1。第二位上两数的差是9，所以被减数的第二位是9，减数的第二位是0。于是这六个方框中的数字的连乘积等于0。 答：六个方框中的数字的连乘积等于0．
7．【解】每个圆和正方形的公共部分是一个扇形，它的面积是圆的面积的四分之一.因此，整个图形的面积等于正方形的面积加上四块四分之三个圆的面积.而四块四分之三个圆的面积等于圆面积的三倍.于是整个图形的面积等于正方形的面积加上圆面积的三倍．也就是2×2＋π×1×1×3≈13.42(平方米)
答：这个正方形和四个圆盖住的面积约是13.42平方米．
8．【解】(米). 答：七根竹竿的总长是米．
【又解】我们这样考虑：取一根2米长的竹竿，把它从中截成两半，各长1米．取其中一根作为第一根竹竿．将另外一根从中截成两半，取其中之一作为第二根竹竿．如此进行下去，
到截下第七根竹竿时，所剩下的一段竹竿长为：（米），因此，七根竹竿的总长度是2米减去剩下一段的长，也就是 答：七根竹竿的总长是米．
9．【解】梯形的面积＝(上底＋下底)×高－2．但我们现在是比较三个梯形面积的大小，所以不妨把它们的面积都乘以2，这样只须比较(上底＋下底)×高的.大小就行了.我们用乘法分配律：
第一个梯形的面积的2倍是：(2.12＋3.53)×2.71＝2.12×2.7I＋3.53×2.71， 第二个梯形的面积的2倍是：(2.7l＋3.53)×2.12＝2.71×2.12＋3.53×2.12， 第三个梯形的面积的2倍是：(2.12＋2.71)×3.53＝2.12×3.53＋2.7I×3.53
先比较第一个和第二个两个式子右边的第一个加数，一个是2.12×2.71，
另一个是2.71×2.12由乘法交换律，这两个积相等因此只须比较第二个加数的大小就行了，显然3.53×2.71比3.53×2.12大，因为2.71比2.12大因此第一个梯形比第二个梯形的面积大.类似地，如果比较第一个和第三个，我们发现它们右边第二个加数相等．而第一个加数2.12×2.71＜2.12×3.53.因此第三个梯形比第一个梯形面积大.综上所述，第三个梯形面积最大.
答：第三个梯形面积最大．
10．【解】因为电子钟每到整点响铃，所以我们只要考虑哪个整点亮灯就行了．从中午12点起，每9分钟亮一次灯，要过多少个9分钟才到整点呢？由于1小时＝60分钟，这个问题换句话说就是：9分钟的多少倍是60分钟的整数倍呢？即求9分和60最小公倍数．9和60的最小公倍数是180．这就是说，从正午起过180分钟，也就是3小时，电子钟会再次既响铃又亮灯．
答：下一次既响铃又亮灯时是下午3点钟．
11．【解】每种花色各选3张，一共12张，可见抽12张牌不能保证有4张牌是同一花色的. 如果抽13张牌，由于花色只有4种，其中必有一种多于3张，即必有4张牌同一花色. 答：至少要抽13张牌，才能保证有四张牌是同一花色的.
12．【解】先增加一条船，那么正好每条船坐6人.然后去掉两条船，就会余下6×2＝12名同学，改为每条船9人，也就是说，每条船增加9－6＝3人,正好可以把余下的12名同学全部安排上去，所以现在还有12÷3＝4条船，而全班同学的人数是9×4＝36人
【又解】由题目的条件可知，全班同学人数既是6的倍数，又是9的倍数，因而是6和9的公倍数．6和9的最小公倍数是18．如果总数是18人，那么每船坐6人需要有18÷6＝3条船，而每船坐9人需要18÷9＝2条船，就是说，每船坐6人比每船坐9人要多一条船．但由题目的条件，每船坐6人比每船坐9人要多用2条船．可见总人数应该是18×2＝36． 答：这个班共有36个人
13．【解】根据题意将小兔座位变化的规律找出来．
可以看出：每一次交换座位，小兔的座位按顺时针方向转动一格，每4次交换座位，小兔的座位又转回原处．知道了这个规律，答案就不难得到了．第十次交换座位后，小兔的座位应该是第2号位子．
答：第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子．
14．【解】用1、9、8、8可排成12个四位数，即1988，1898，1889，9188，9818，9881，8198，8189，8918，8981，8819，8891
它们减去8变为1980，1890，1881，9180，9810，9873，8190，8181，8910，8973，8811，8883
其中被11整除的仅有1980，1881，8910，8811，即用1、9、8、8可排成4个被1除余8的四位数，即1988，1889，8918，8819.
【又解】什么样的数能被11整除呢？一个判定法则是：比较奇位数字之和与偶位数字之和，如果它们之差能被11除尽，那么所给的数就能被11整除，否则就不能够．
现在要求被11除余8，我们可以这样考虑：这样的数加上3后，就能被11整除了．所以我们得到“一个数被11除余8”的判定法则：将偶位数字相加得一个和数，再将奇位数字相加再加上3，得另一个和数，如果这两个和数之差能被11除尽，那么这个数是被11除余8的数；否则就不是．
要把1、9、8、8排成一个被11除余8的四位数，可以把这4个数分成两组，每组2个数字．其中一组作为千位和十位数，它们的和记作A；另外一组作为百位和个位数，它们之和加上3记作B．我们要适当分组，使得能被11整除．现在只有下面4种分组法：
经过验证，第（1）种分组法满足前面的要求：A＝1＋8，B＝9＋8＋3＝20，B－A＝11能被11除尽．但其余三种分组都不满足要求．
根据判定法则还可以知道，如果一个数被11除余8，那么在奇位的任意两个数字互换，或者在偶位的任意两个数字互换，得到的新数被11除也余8．于是，上面第（1）分组中，1和8中任一个可以作为千位数，9和8中任一个可以作为百位数．这样共有4种可能的排法：1988，1889，8918，8819．
答：能排成4个被11除余8的数
15．【解】我们先在右图小正方形中找一个代表点，例如右下角的点E作为代表点．然后将小正方形按题意放在围棋盘上，仔细观察点E应在什么地方．通过观察，不难发现：
（1）点E只能在棋盘右下角的正方形ABCD（包括边界）的格子点上．
（2）反过来，右下角正方形ABCD中的每一个格子点都可以作为小正方形的点E，也只能作为一个小正方形的点E．这样一来，就将“小正方形的个数”化为“正方形ABCD中的格子点个数”了．很容易看出正方形ABCD中的格子点为10×10＝100个．
答：共有100个。
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