2020-超常数学竞赛-7年级-初赛-真题（含答案）

这是一份2020-超常数学竞赛-7年级-初赛-真题（含答案），共31页。试卷主要包含了初赛）等内容，欢迎下载使用。

姓名：考试时间：90 分钟 满分：120 分
考试说明
本试卷包括 25 道不定项选择题（可能有几个选项正确），其中第 1〜10 题各 4 分， 第 11—20 题各 5 分，第 21〜25 题各 6 分。
每道题的分值按正确选项的个数平均分配，但是如有错选，则该题不得分。
分数
2
2+ 1 +2
2
+ 1
2 2 + 1
?
2
+ 1
1 +
1 +
2 2 + 1
可以表示成
?
的形式，?和?为互素正整数，则2? + ?的值为（ ）.
A.15B.25C.35D.55E.75
三个边长为 2cm 的正方形如图所示，甲的中心在乙的一个顶点上，乙的中心在丙的一个顶点上，甲与丙不重叠，则甲、乙、丙一共覆盖的面积是（ ）cm2
A.6B.7C.8D.9E.10
立方体的 6 个面如图所示用未干的油漆着色(其中前面、上面、右面如左图， 其它三个面如右图). 如果按箭头方向把立方体翻转90°，那么这个立方体在纸上会留
下的痕迹（包括初始位置）是（ ）.
A. 1—1，2—2，3—3，4—4，5—5，6—6
B. 1—1，2—3，3—5，4—2，5—4，6—6
C. 1—1，2—3，3—6，4—10，5—7，6—1
D. 1—3，2—5，3—6，4—10，5—7，6—1
E. 1—3，2—4，3—5，4—6，5—10，6—11
已知
则???等于（ ）.
? = −
? = −
? = −
2019 × 2019 − 2019
2018 × 2018 + 2018
2020 × 2020 − 2020
2019 × 2019 + 2019
2021 × 2021 − 2021
2020 × 2020 + 2020
A.−1B.3C.−3D.1E.2
5. 已知?1，?2，?3， ⋯ ，?2020，?2021均为正数. 且
? = (?1 + ?2 + ?3 + ⋯ + ?2020)(?2 + ?3 + ⋯ + ?2021)
? = (?1 + ?2 + ?3 + ⋯ + ?2021)(?2 + ?3 + ⋯ + ?2020)
则 M 与 N 的大小关系为（ ）.
A.? > ?B.? ≥ ?C.? < ?
D.? ≤ ?E.?、?关系不确定
下列图中能够相互补充构成立方体的图形对是（ ）.
A.1—8，2—11B.3—6，4—12
C.5—16，7—14D.9—13，10—15 E.1—9，3—7
三角形内角平分线的交点称为三角形的内心，如图，D 是△ ???的内心，E 是
△ ???的内心，F 是△ ???的内心. 若∠???的度数为整数，则∠???不可能为（ ）度.
A.100B.108C.112D.120E.135
算式
可怕新冠× 抗× 抗× 抗× 抗 = 新冠不可怕
每个汉字代表一个数字，不同的汉字代表不同的数字，那么，这个算式的结果“新冠不可怕”=（ ）.
A.98765B.90762C.91056D.92056E.56920
在一个正方形中，画有一些横线段、纵线段及斜线段，如图所示，则图中矩形（包括正方形）和三角形分别有（ ）个.
A.265，267B.266，268C.268，266D.365，367E.366，368
由于贯彻“绿水青山就是金山银山”的号召，某地自然环境改善，水鸟数量持续增多，在一串湖泊的上空飞行着一群白天鹅，它们飞行经过每个湖泊时，都停下天鹅群的一半加上“半只”天鹅，剩下的天鹅群继续往前飞，最后所有的天鹅全部停在若干个湖中，则这群天鹅原来可能有（ ）只.
A.63B.127C.255D.1023E.2021
黑白方块排列，要从逆时针“↺”或顺时针“↻”旋转后的形状、数量、方
位等找出其正确的排列情形. 以下选项符合上述规律的是（ ）.
一些小姑娘去采蘑菇，其中一人釆到 6 朵，其余的人每人都采到 13 朵. 第二次又有一些小姑娘（人数与第一次不同）出去釆蘑菇，其中一人采到 5 朵，其余的人每人都采到 10 朵. 已知两次采到的蘑菇数相同，并且蘑菇数大于 100，但不超过 200，如果不计顺序，两次去采蘑菇的人数为（ ）个.
A.10B.12C.14D.16E.18
COUNTEREXAMPLE TO EULER'S CONJECTURE ON SUMS OF LIKE POWERS
BY L. J. LANDER AND T. R. PARKIN
Cmmunicated by J. D. Swift,June 27,1966 A direct search n the CDC 6600 yielded
275 + 845 + 1105 + 1335 = 1445
as the smallest instance in which fur fifth pwers sum t a fifth pwer. This is a cunterexample t a cnjecture by Euler[1] that at least ? ?th pwers are required t sum t an ?th pwer，? > 2.
REFERENCE
1. L. E. Dicksn，Histry f the thery f numbers，Vl. ，Chelsen，New Yrk， 1952，p. 648.
有人说这是史上最短的数学论文了，它推翻了伟大数学家欧拉的一个猜想. 几百年前，大数学家欧拉提出过一个猜想：至少?个?次方数加起来才能等于一个?次方数. 几百年后两个数学家找到了一个反例，推翻了这个猜想. 只需要 4 个 5 次方数加起来就能等于一个 5 次方数. 当然也许还有其他反例. 如果大家能找到也可以发表， 从而青史留名.
以1445 = 275 + 845 + 1105 + 1335为反例推翻了欧拉猜想，那么问题来了，
277 + 847 + 1107 + 1337（ ）.
A.小于1447 − 1B.等于1447 − 1C.等于1447 D.等于1447 + 2E.大于1447 + 1
如图所示是一个 14 边形（有 14 个边的多边形），它有 5 个锐角，对一个2 001 边形，若它的任意两个边除了顶点处之外并不相交于内部，请问这个多边形最多可能有（ ）个锐角.
A.1001B.667C.1334D.1335E.2001
从村里往同一方向走出三个行人：第一个人出村后过 2min 第二个人出去， 第二个人出村后过 3min 第三个人出去. 第三个行人出村后过了 5min 赶上了第二个行人，又过了 2min 他赶上了第一个行人. 第二个行人出村后过了（ ）min 能赶上第一个行人.
A.10B.14C.20D.28E.40
16. 用重 1g，3g，9g，27g，81g，243g 和 728g（注意：不是 729g）的砝码各1 个，在天平上分别称量重 200g，500g，1000g 的物体甲，乙，丙，可以准确称量的是（ ）.
A.甲B.乙C. 甲和乙
D. 甲，乙和丙E.无法确定
古代有位将军，他的军队缺乏训练，无法命令他的士兵排成整齐的队列报数. 这位将军另打了个主意，他把他的士兵排成四路纵队，这样余下一人；然后再排成五路、七路、十一路和十七路纵队，分别余下一人、三人、一人和十一人. 一周后他与另一位将军交战，损失了一些人，也俘虏了一些人，人数的情况如下：
这位将军在交战前有 5281 个士兵，则他在交战后还剩下（ ）个士兵. A.1000B.2851C.29031D.20202E.无法确定
立体组合与展开是一体的两面，只要了解组合之规则，同样可以施用于展开，反之亦然. 左下图是下列哪个立方体的展开面？（ ）
19. ?，?，?都是正整数，? < ? < ?，且?? + ?? + ?? = ???，则? + ? + ?的值为（ ）.
A.8B.9C.10D.11E.无法确定
鹏城杯足球赛共有 4 支队参赛，每两支球队比赛一场，每场胜队得 3 分， 负队得 0 分，打平各得 1 分. 赛完各队得分分别为 2 分、3 分、4 分、5 分，比赛结果前三名分别是甲、乙、丙. 则第四名负于（ ）.
A.甲B.乙C.丙D.甲和乙E.甲或乙
O 是 AB 的中点，青蛙从 A 跳到 B，称之为关于中心 O 作了一次“对称跳”， 记为 T(O).
对任意给定的△ ???，一只青蛙从?0开始，T(A)至?1，然后 T(B)至?2，再 T(C)
至?3；继续 T(A)至?4，T(B)至?5，再 T(C)至?6，…，以下正确的是（ ）.
青蛙将越跳越远.
B .青蛙将最终跳入三角形内.
?6与?0重合，即六次跳动回到原处.
?12与?0重合，即十二次跳动回到原处.
是否跳回原地，与在三角形内还是三角形外无关.
李明和马丽参加一次猜数比赛. 李明被告知某三个正整数的和，马丽被告知这三个数的乘积. 李明对马丽说：“如果你的数比我的数大，我就能猜出这三个数.” 马丽回答道：“可惜我的数比你的数小.”这三个数的和是（ ）.
A.3B.4C.6D.10E.12
线段 AK，BM，CN，DL 把边长为 1 的正方形 ABCD 分成面积为?1，?2，
?3，?4 的 4 个三角形和 5 个四边形，中间一个四边形的面积等于?0 ，且?0 =
?1+?2+?3+?4（如图）. 则?? + ?? + ?? + ?? =（ ）.
B.2C.3D.4E.无法确定
有 20 张卡片，黑、白各 10 张，分别写有数字0~9. 把它们像扑克牌那样洗过后，如下图那样排成两行. 排列规则如下：
① 从左至右按从小到大的顺序排列.
② 黑、白卡片数字相同时，黑卡片放在左边. 则图中 I、II、III、IV 卡片上的数字可能是().
A.3B.9C.6D.8E.7
25. 对于数列?1，?2，?3， ⋯ ， 已知|?1| = 1， 对于每一个? = 1，2， ⋯ ，
|??+1| = |?? + 1|.
（1）若? = 2019，则|?1 + ?2 + ⋯ + ??|最小可能值为?;
（2）若? = 2020，则|?1 + ?2 + ⋯ + ??|最小可能值为?.
则? + ? =（ ）.
A.2020B.100C.87D.44E.无法确定
2020 年超常（数学）思维与创新能力测评
（初一 初赛 答案）
姓名：考试时间：90 分钟 满分：120 分
考试说明
本试卷包括 25 道不定项选择题（可能有几个选项正确），其中第 1〜10 题各 4 分， 第 11—20 题各 5 分，第 21〜25 题各 6 分。
每道题的分值按正确选项的个数平均分配，但是如有错选，则该题不得分。
分数
2
2+ 1 +2
2
+ 1
2 2 + 1
?
2
+ 1
1 +
1 +
2 2 + 1
可以表示成
?
的形式，?和?为互素正整数，则2? + ?的值为（ ）.
A.15B.25C.35D.55E.75
解 因为
22
2 2=2 2
2
+ 1
2+ 1
2 + 1
+ 1 +
3
1 +
2
1 +
2 2 + 1
2 2 + 1
+ 1 +
+ 1
2
1 + 2
3
1 + 2
= 2
2 + 1
5
3
= 2
6 + 1
5
+ 1 +
2
+ 1 +
2 1 + 2
5
3
2 1 + 6
5
2
= 22
11 + 1 + 11
55
2
= 1010
11 + 1 + 11
22
=
10 + 11 + 10
22
=
31
因此，所求值就是2 × 22 + 31 = 75. 故选 E
三个边长为 2cm 的正方形如图所示，甲的中心在乙的一个顶点上，乙的中心在丙的一个顶点上，甲与丙不重叠，则甲、乙、丙一共覆盖的面积是（ ）cm2
A.6B.7C.8D.9E.10
解 易见解图中两个阴影的三角形面积相同. 甲、乙重合部分面积 1=
= 4 ?正方形
22 ÷ 4 = 1. 同理，乙、丙重合部分面积=1，甲、乙、丙一共覆盖的面积3 × 22 − 2 × 1 =
10 cm2. 故选 E.
立方体的 6 个面如图所示用未干的油漆着色(其中前面、上面、右面如左图， 其它三个面如右图). 如果按箭头方向把立方体翻转90°，那么这个立方体在纸上会留下的痕迹（包括初始位置）是（ ）.
A. 1—1，2—2，3—3，4—4，5—5，6—6
B. 1—1，2—3，3—5，4—2，5—4，6—6
C. 1—1，2—3，3—6，4—10，5—7，6—1
D. 1—3，2—5，3—6，4—10，5—7，6—1
E. 1—3，2—4，3—5，4—6，5—10，6—11
解 1—3，2—5，3—6，4—10，5—7，6—1. 故选 D.
已知
则???等于（ ）.
? = −
? = −
? = −
2019 × 2019 − 2019
2018 × 2018 + 2018
2020 × 2020 − 2020
2019 × 2019 + 2019
2021 × 2021 − 2021
2020 × 2020 + 2020
A.−1B.3C.−3D.1E.2
解 因为
2019 × (2019 − 1)2019 × 2018
? = − 2018 × (2018 + 1) = − 2018 × 2019 = −1
2020 × (2020 − 1)2020 × 2019
? = − 2019 × (2019 + 1) = − 2019 × 2020 = −1
2021 × (2021 − 1)2021 × 2020
? = − 2020 × (2020 + 1) = − 2020 × 2021 = −1
所以??? = (−1) × (−1) × (−1) = −1
故选 A.
5. 已知?1，?2，?3， ⋯ ，?2020，?2021均为正数. 且
? = (?1 + ?2 + ?3 + ⋯ + ?2020)(?2 + ?3 + ⋯ + ?2021)
? = (?1 + ?2 + ?3 + ⋯ + ?2021)(?2 + ?3 + ⋯ + ?2020)
则 M 与 N 的大小关系为（ ）.
A.? > ?B.? ≥ ?C.? < ?D.? ≤ ?E.?、?关系不确定
解 设?2 + ?3 + ⋯ + ?2020 = ?，则
? − ? = (?1 + ?)(? + ?2021) − (?1 + ? + ?2021)? = ?1?2021
所以? > ?.
故选 AB.
下列图中能够相互补充构成立方体的图形对是（ ）.
A.1—8，2—11B.3—6，4—12
C.5—16，7—14D.9—13，10—15 E.1—9，3—7
解 1—8，2—11，3—6，4—12，5—16，7—14，9—13，10—15.
故选 ABCD.
三角形内角平分线的交点称为三角形的内心，如图，D 是△ ???的内心，E 是
△ ???的内心，F 是△ ???的内心. 若∠???的度数为整数，则∠???不可能为（ ） 度.
A.100B.108C.112D.120E.135
解 由三角形内角和定理知
∠??? = 180° − ∠??? − ∠??? = 180° −
1
∠??? −
2
1
∠???
2
= 180° −
同理
1
(∠??? + ∠???) = 180° −
2
1
1
(180° − ∠?) = 90° +
2
1
∠?
2
∠??? = 90° + 2 ∠???.
所以1111
∠??? = 90° + 4 ∠??? = 90° + 4 (90° + 2 ∠?) = 112.5° + 8 ∠?.
又∠???的度数为整数，0° < ∠? < 180°.则当∠? = 4°时，∠???的度数最小. 故
∠???至少113°.
故选 ABC.
算式
可怕新冠× 抗× 抗× 抗× 抗 = 新冠不可怕
每个汉字代表一个数字，不同的汉字代表不同的数字，那么，这个算式的结果“新冠不可怕”=（ ）.
A.98765B.90762C.91056D.92056E.56920
解 设“可怕”=?，“新冠”=?，“抗”=?，“不”=?，则可列得方程
(100? + ?) × ?4 = 1000? + 100? + ?①
被乘数? = 100? + ? ≥ 1023，积? = 1000? + 100? + ? ≤ 98765，所以
?4 ≤ 98765 ÷ 1023 ≈ 96.5 < 97
所以? = 2或 3.
（1）将? = 2代入方程①得
16(100? + ?) = 1000? + 100? + ?
1599? = 984? + 100?
注意到123|1599，123|984，故123|100?. 但?是 1 位数，故? = 0，代入13? = 8?，? = 8?，? = 13?，?是正整数. 因?，?皆为 2 位数，只有2 ≤ ? ≤ 7，但?与?的组成数字不相同，且不能是 2 和 0，从而有? = 7，? = 56，? = 91. 题示算式是
5691 × 2 × 2 × 2 × 2 = 91056②
符合题设条件.
（2）当? = 3代入方程①可得8099? = 919? + 100?，因? ≤ 98，故8099? ≤ 919 × 98 + 100 × 7 = 90762，? ≤ 90762 ÷ 8099 ≈ 11.2，? ≤ 11. ?只能是 10. 故
919? = 80990 − 100?是 10 的倍数，?是 10 的倍数，必有数字 0（?已含有 0）， 引出矛盾.
唯一答案如式②所示. 故选 C.
在一个正方形中，画有一些横线段、纵线段及斜线段，如图所示，则图中矩形（包括正方形）和三角形分别有（ ）个.
A.265，267B.266，268C.268，266D.365，367E.366，368
4
解法 1 设以4表示矩形的个数，□ 表示正方形的个数，△4表示三角形的个数，并令?1 = 1，?2 = 1 + 2，? 3 = 1 + 2 + 3，?4 = 1 + 2 + 3 + 4.
4
由纵横线所构成的矩形个数是?2 = 100. 由斜线构成的“最大方形”内所含的矩
4
形个数，?2 = 100，再由这个“斜最大方形”的凸出部分所能构成的矩形个数是4 × 3?3 − ?3 = 11?3 = 66，其中正方形个数是4?2 = 12，所以
4 = ?2 + ?2 + 11?3 = 266(个)
44
又由纵横线所构成的方形个数是1 + 22 + 32 + 42 = 30，由斜线所构成的方形个数是 12，所以
□ = 2 × 30 + 12 = 72(个)
4
最后求三角形的个数. 公式
12 × 43 + 18 × 42 + 4 × 4
△4=
解法 2细看解图.
= 192 + 72 + 4 = 268(个)
4
面积与??1?1?1相等的矩形有 16 个. 面积与??1?2?2相等的矩形有 24 个.
面积与??1?3?3相等的矩形有 16 个. 面积与??1?4?相等的矩形有 8 个.
面积与??2?2?2相等的矩形有 9 个. 面积与??2?3?3相等的矩形有 12 个.
面积与??2?5?相等的矩形有 6 个. 面积与??3?3?3相等的矩形有 4 个.
面积与??3?6?相等的矩形有 4 个. 面积与????相等的矩形有 1 个.
面积与?1?1?1?2相等的矩形有 24 个. 面积与?1?1?1?2相等的矩形有 36 个.
面积与?2?1?1?3人相等的矩形有 24 个. 面积与?2?2?1?3相等的矩形有 16 个.
面积与?3?1?1?4相等的矩形有 8 个. 面积与?3?3?1?4相等的矩形有 4 个.
面积与?1?1?1?2相等的矩形有 13 个. 面积与?2?1?2?3相等的矩形有 16 个.
面积与?2?2?1?3相等的矩形有 10 个. 面积与?3?1?2?4相等的矩形有 4 个.
面积与?3?3?4?4相等的矩形有 2 个. 面积与?2?1?2?4相等的矩形有 4 个.
面积与?2?2?2?4相等的矩形有 4 个. 面积与?2?2?5?5相等的矩形有 1 个.
所以矩形共有 266 个. 正方形共有 72 个.
面积与??1?1相等的三角形有 64 个. 面积与??1?1相等的三角形有 64 个.
面积与??1?2相等的三角形有 48 个. 面积与??2?2相等的三角形有 36 个.
面积与??2?3相等的三角形有 24 个. 面积与??3?3相等的三角形有 16 个.
面积与??2?相等的三角形有 12 个. 面积与???相等的三角形有 4 个.
所以三角形共有 268 个. 故选 B.
由于贯彻“绿水青山就是金山银山”的号召，某地自然环境改善，水鸟数量持续增多，在一串湖泊的上空飞行着一群白天鹅，它们飞行经过每个湖泊时，都停下天鹅群的一半加上“半只”天鹅，剩下的天鹅群继续往前飞，最后所有的天鹅全部停在若干个湖中，则这群天鹅原来可能有（ ）只.
A.63
B.127
C.255
D.1023
E.2021
解法一
设有?只白天鹅
?1?+1
.+=
?+1
?−1
那么
22
?−1
，剩下? − (
2
2 ) =
(必须为
2
(
整数)只；第二个湖落下 2 + 1 = ?+1，剩下?−1 − ?+1 = ?−3 必须为整数)只；
?−3
224
244
第三个湖落下 4 + 1 = ?+1
?−3?+1?−7
−=
?个湖落
228
，剩下
48
，…，一般地，第
?
8
?+1
?−(2?−1)
?−(2?−1)
下 2? ，剩下
故选 ABCD.
2?. 由于最后，全部落下，即
2?= 0，? = 2
− 1.
解法二 设另有一只灰天鹅与?只白天鹅总在一起，这时在第一个湖上停下的
?1
白天鹅的数目等于 +=
22
?+1
，即等于所有的天鹅的数目的一半，故每经过一个
2
湖时，天鹅的数目就减少一半，经过?个湖以后，天鹅的数目变为
1
?，而最后只剩下
2
那只灰天鹅，这说明最初共有2? 只天鹅，其中有2? − 1 只白天鹅. ? 分别取
6，7，8，9，得到对应的答案 A，B，C，D.
故选 ABCD.
黑白方块排列，要从逆时针“↺”或顺时针“↻”旋转后的形状、数量、方位等找出其正确的排列情形. 以下选项符合上述规律的是（ ）.
解 1. 题图：有五个独立的黑方块及 2—4—6 的集合黑方块.
A 图：有六个独立的黑方块，不符.（此时，不必再去研判方位、旋转等.）
B 图：题图“↺”旋转90°后，数量相符. C 图：集合黑方块 2—3—5，不符.
D 图：集合黑方块为 1—3—6，不符. E 图：集合黑方块为 1—3—6，不符.
只有 B 图与题图“↺”旋转90°后的形状及数量相符. 故选 B.
12. 一些小姑娘去采蘑菇，其中一人釆到 6 朵，其余的人每人都采到 13 朵. 第二次又有一些小姑娘（人数与第一次不同）出去釆蘑菇，其中一人采到 5 朵，其余的人每人都采到 10 朵. 已知两次采到的蘑菇数相同，并且蘑菇数大于 100，但不超过 200，如果不计顺序，两次去采蘑菇的人数为（ ）个.
A.10B.12C.14D.16E.18
解 设第一次有? + 1个姑娘，第二次有? + 1个姑娘，她们分别采集了6 + 13?
和5 + 10?朵蘑菇，并且根据题意
7 < ? < 15，9 < ? < 20
由于两次釆集的蘑菇数相同，所以
6 + 13? = 5 + 10?
即
13? + 1 = 10?
在区间[8，14]中存在唯一的数? = 13，使13? + 1能被 10 整除. 因此，第一次有 14 个姑娘， 第二次有 18 个姑娘.
故选 CE.
13.
COUNTEREXAMPLE TO EULER'S CONJECTURE ON SUMS OF LIKE POWERS
BY L. J. LANDER AND T. R. PARKIN
Cmmunicated by J. D. Swift,June 27,1966 A direct search n the CDC 6600 yielded
275 + 845 + 1105 + 1335 = 1445
as the smallest instance in which fur fifth pwers sum t a fifth pwer. This is a cunterexample t a cnjecture by Euler[1] that at least ? ?th pwers are required t sum t an ?th pwer，? > 2.
REFERENCE
1. L. E. Dicksn，Histry f the thery f numbers，Vl. ，Chelsen，New Yrk， 1952，p. 648.
有人说这是史上最短的数学论文了，它推翻了伟大数学家欧拉的一个猜想. 几百年前，大数学家欧拉提出过一个猜想：至少?个?次方数加起来才能等于一个?次方数. 几百年后两个数学家找到了一个反例，推翻了这个猜想. 只需要 4 个 5 次方数加起来就能等于一个 5 次方数. 当然也许还有其他反例. 如果大家能找到也可以发表， 从而青史留名.
以1445 = 275 + 845 + 1105 + 1335为反例推翻了欧拉猜想，那么问题来了，
277 + 847 + 1107 + 1337（ ）.
A.小于1447 − 1B.等于1447 − 1C.等于1447 D.等于1447 + 2E.大于1447 + 1
解 277 + 847 + 1107 + 1337
= 272 × 275 + 842 × 845 + 1102 × 1105 + 1332 × 1335
< 1332 (275 + 845 + 1105 + 1335)
= 1332 × 1445(已知)
< 1442 × 1445 − 1
= 1447 − 1
故选 A.
如图所示是一个 14 边形（有 14 个边的多边形），它有 5 个锐角，对一个2 001 边形，若它的任意两个边除了顶点处之外并不相交于内部,请问这个多边形最多可能有（ ）个锐角.
A.1001B.667C.1334D.1335E.2001
解 假设?是锐角的个数，则 2001 边形的内角和小于? × 90° + (2001 − ?) ×
360°. 但是 2001 边形的内角和等于1999 × 180°，故
1999 × 180° < ? × 90° + (2001 − ?) × 360°
把它化简成3? < 4006，从而? ≤ 1335.
现在我们证明? = 1335是可能的. 考虑两个同心圆，一个比另一个大很多（3 倍半径是足够的）.
如解图，设 A 是这两个圆的圆心.
设点?1到?1334沿大圆的圆心角小于90°的一条弧上等距分布.
设?0到?667沿小圆的对应弧等距分布，且?0在??1上，而?667在??1334上. 于是，这个 2001 边形
??1?2?1?3?4?2?5?6?3 ⋯ ?1331?1332?666?1333?1334
有 1335 个锐角，其中一个在 A 而其余的在?1到?1334这些点. 故选 D.
从村里往同一方向走出三个行人：第一个人出村后过 2min 第二个人出去， 第二个人出村后过 3min 第三个人出去. 第三个行人出村后过了 5min 赶上了第二个行人，又过了 2min 他赶上了第一个行人. 第二个行人出村后过了（ ）min 能赶上第一个行人.
A.10B.14C.20D.28E.40
解 设?，?，?分别是第一个行人、第二个行人和第三个行人的速度. 那么，按照条件，我们有
3? = 5(? − ?)
{ 8? = 5?
2?515
{5? = 7(? − ?) ⟹ 12? = 7? ⟹ 3 × ? = 7 ⟹ ? = 14 ?
因此，第二个行人赶上第一个行人所用的时间为
2?2
? − ? = 15
= 28(min)
故选 D.
14 − 1
16. 用重 1g，3g，9g，27g，81g，243g 和 728g（注意：不是 729g）的砝码各1 个，在天平上分别称量重 200g，500g，1000g 的物体甲，乙，丙，可以准确称量的是（ ）.
A.甲 B.乙 C. 甲和乙 D. 甲，乙和丙 E.无法确定解 因
200 = 243 − 81 + 27 + 9 + 3 − 1
500 = 728 − 243 + 27 − 9 − 3
1000 = 728 + 243 + 27 + 3 − 1
故知
200 + 81 + 1 = 243 + 27 + 9 + 3
500 + 243 + 9 + 3 = 728 + 27
1000 + 1 = 728 + 243 + 27 + 3
即物体甲，乙，丙均可以准确称量. 故选 ABCD.
古代有位将军，他的军队缺乏训练，无法命令他的士兵排成整齐的队列报数. 这位将军另打了个主意，他把他的士兵排成四路纵队，这样余下一人；然后再排成五路、七路、十一路和十七路纵队，分别余下一人、三人、一人和十一人. 一周后他与另一位将军交战，损失了一些人，也俘虏了一些人，人数的情况如下：
这位将军在交战前有 5281 个士兵，则他在交战后还剩下（ ）个士兵. A.1000B.2851C.29031D.20202E.无法确定
解 这个问题具有普遍性的解法是基于大家熟悉的中国余数定理（涉及利用所谓的同余数）. 但是在本题中给定了一些特定的数字，目的在于使那些不熟悉数论的考生，也可以走捷径解决这个问题.
从战斗前后各路纵队的余数出发进行推理；损失的数目设为 N， N 一定等于4? + 2，也等于5?，7? + 1，11?+10和17? + 16.（注意适当选择参数，可避免用减号.）前两个条件揭示出 N 是偶数，并且是 5 的整倍数，具体地说，即等于 10 的奇数倍. 根据试算，? = 50还满足第三和第五个关系式，但不满足第四个关系式. 由于4，5 ，7 和 17 没有公因子，所以肯定等于50 + 4 × 5 × 7 × 17?，只需用第四个关系式逐个检验?值就行了. 取? = 1，则? = 2430，它满足第四个关系式. 因此,损失的总人数是 2430 人，余下 2851 人.
实际上，在一般解法中，完全不必要考虑战斗以前的情况，知道战斗前的总数，
只不过是为了从无数可能的解答中选出最可能的答案. 我们可以采用一个一般性解法（无论具体给定的数字是什么），这在于写出下面的数字表：
它的解释如下：
为方便起见，我们从较大的纵队开始计算，在第一行写下余数 12——这是战斗后按 17 列纵队排列所余的数目. 显然，如果只用这样一种列队方法，那么可能的数目是 12，29 或 46 等，每个数都是前一个数加上 17，将这些数写在第一行数字 17 的后面. 下一个条件是，当排 11 列纵队时余数为 2. 这样，在下面一行，与第一行相
应地方的下方写上 2 和 11. 然后用心算，将上一行的每个得数除以 11，将余数写在每一个被除数的下面，直到我们得到所需的余数 2——在数字 46 的下面. 再下面一行，我们写下 17 和 11 的乘积 187，并将这个数字依次加到 46 上，写在后面. 这样会得到满足前两个条件的所有数字. 我们现在同样利用七列纵队的余数 2，得到了满足前三个条件的最小数字 233，继续写出五列纵队余数为 1 和四列纵队余数为 3 的情况，得到所有可能的最后答案：2851，29031，55211 等. 这些数字都满足这五个条件. 从所给定的情况来看，这位将军损失 2430 人，比他俘虏 23750 人、49930
人或 76110 人等的可能性更大些，于是我们确信在战斗以后剩下的人数是 2851. 实际上，等于2851 + 26180?的任一个答案都是可能的，它给出了此题的全解. 要注意， 26180 是五种列队方法 4，5，7，11 和 17 的乘积.
故选 BC.
立体组合与展开是一体的两面，只要了解组合之规则，同样可以施用于展开， 反之亦然. 左下图是下列哪个立方体的展开面？（ ）
解
题图：两个等边三角形的底边为圆面上的两边.
A 图：仅有一个等边三角形的底边为圆面上的一边，不符. B 图：有两个等边三角形的底边为圆面上的两边，符合.
C 图：两个等边三角形的底边均不是圆面上的两边，不符. D 图：仅有一个等边三角形的底边为圆面上的一边，不符. E 图：两个等边三角形的底边均不是圆面上的两边，不符.
故选 B.
19. ?，?，?都是正整数，? < ? < ?，且?? + ?? + ?? = ???，则? + ? + ?的值为（ ）.
A.8B.9C.10D.11E.无法确定
1
解 由原式得
?
11
++
??
= 1，且0 < ? < ? < ?，显然有
11
?. 这三种情形之中，仅
{2，2，2}对应于? > ?，并且仅{1， 1，4}对应于? < ?. 因此，所求的三个数是
{?，?，?} = {1，1，4}.
故选 C.
线段AK，BM，CN，DL 把边长为1 的正方形ABCD 分成面积为?1，?2，?3，?4
的 4 个三角形和 5 个四边形，中间一个四边形的面积等于?0，且?0 = ?1+?2+?3+?4
（如图）. 则?? + ?? + ?? + ?? =（ ）.
A.1B.2C.3D.4E.无法确定 解 4 个三角形 DAL，ABK，BCM，CDN 的面积之和与正方形的面积之差等于
4 个黑色三角形的面积之和与黑色四边形的面积之差，即根据题设条件，它等于零， 亦即
?1 + ?2 + ?3 + ?4 − ?0 = 0
把 4 个三角形 DAL，ABK，BCM，CDN 的每一个的面积写成两直角边乘积的一半（直角边之一即正方形的边长，等于 1），则可以得到欲求的等式，即
??
2
??
+
2
??
+
2
??
+= 1
2
亦即?? + ?? + ?? + ?? = 2
故选 B.
有 20 张卡片，黑、白各 10 张，分别写有数字0~9. 把它们像扑克牌那样洗过后，如下图那样排成两行. 排列规则如下：
① 从左至右按从小到大的顺序排列.
② 黑、白卡片数字相同时，黑卡片放在左边. 则图中 I、II、III、IV 卡片上的数字可能是().
A.3B.9C.6D.8E.7
解 把第一行卡片用大写英文字母按顺序标上，第二行用小写英文字母标上（如解图）.
首先考虑一下大写 C 或小写?是否是白卡片 0？很显然大写 C 不是，因为如果是的话，它的左边不可能排 A，B 两张黑卡片，如果小写 b 是白卡片 0 的话，可成立，我们还能知道小写 a 是 黑卡片 0.
再看一下白卡片 1 是大写 C 还是小写 c？同样，如果是大写 C，左边不可能排进 A，B 两张黑卡片，那么白卡片 1 是小写 c，白卡片 2 是大写 C 还是 f 呢？如是 f 的话，左边不可能有 d，e 两张黑卡片，所以白卡片 2 是大写 C，A 是黑片卡 1 ，B 是黑卡片 2，白卡片 3 是 D 还是 f 呢？如是 f，左边不可能是黑卡片 d，e，所以白卡片 3 是 D，白卡片 4 是 G 或 f 呢？如是 G 的话，左边不可能有黑卡片 E，F，所以白卡片 4 应是 f，那么，d 是黑卡片 3，e 是黑卡片 4. 白卡片 5 是 G 还是 g 呢？ 如是 G，左边不可能是黑卡片 E，F，所以白卡片 5 是 g，黑卡片 5 和黑卡片 6 不会是 i，所以黑卡片 5 是 E，黑卡片 6 应是 F. 黑卡片 7 是 I 还是 i 呢？如是 I 的话， 左边排不进 G，H 两张白 卡片，所以黑卡片 7 是 I. 白卡片 6 是 h. 由此可推断出白卡片 7 是 G，白卡片 8 是 H，白卡片 9 是 J，那么黑卡片 8 是 j，黑卡片 9 是 I.
因此，答案是：(I)3；（II）9；（III）3；（IV）6. 故选 ABC.
25. 对于数列?1，?2，?3， ⋯ ， 已知|?1| = 1， 对于每一个? = 1，2， ⋯ ，
|??+1| = |?? + 1|.
（1）若? = 2019，则|?1 + ?2 + ⋯ + ??|最小可能值为?;
（2）若? = 2020，则|?1 + ?2 + ⋯ + ??|最小可能值为?.
则? + ? =（ ）.
A.2020B.100C.87D.44E.无法确定
解 对于数列{??}，由题设条件，有
?2 = 1
1
?2 ?2 + 2?1 + 1
2= 1
⋮
{?2= ?2 + 2? + 1
把这些等式相加，得
?+1??
?
?+1
?2= ? + 1 + 2 ∑ ??
由此得
?
∑ ??
?=1
?=1
?+1
?2− (? + 1)
=
2
(这是一个整数，因为数??的奇偶性与?的奇偶性一致). 于是
?2− 2020
|?1
|?
+ ⋯ + ?
+ ⋯ + ?
2019
| = | 2020|
2
2021
? 2− 2021
| = ||
120202
我们发现，对任意整数?，如果|?| ≤ ?，?的奇偶性与数?的奇偶性一致，那么， 它能够成为某数列{??}的项??（请独立证明它）. 此外，442 < 2020 < 452，442 < 2021 < 452，于是，最接近 2020 的偶数的平方是1936 = 442，而最接近 2021 的奇数的平方是2025 = 452 . 所以和式|?1 + ?2 + ⋯ + ?2019| 取最小可能的值为
1936−2020
|| = 42(这个值对这样的数列{??}能达到，它有|?2020| = 44)，而和式
2
2025−2021
|?1 + ?2 + ⋯ + ?2020|取最小可能的值为|
2
有|?2021| = 45).
故? = 42，? = 2，? + ? = 44. 故选 D
| = 2(对于这样的数列{??}，它