2021年PCB鹏程杯数学决赛6年级试卷（含答案）.docx

2021 年第八届鹏程杯数学邀请赛 （决赛） 试题卷

2021 年第八届鹏程杯数学邀请赛（决赛）试题卷
六年级组
考试时间：10:40～12:20 满分：150 分

考试说明
三角形𝐴𝐶𝐸的面积是 22.4，则𝐴𝐶 = .
12. 圆周上有 12 个点，两两连出六条弦，这些弦彼此没有公共点（既无公共端点，又不相交）. 则有 种连结方法.

二、解答题（第 13、14 小题各 12 分，第 15～17 小题各 14 分，共 66 分）

13. 定义：𝑛! = 1 × 2 × 3 × ⋯ × 𝑛，试计算：


第 11 题图

第1页（共1页）

（1） 本试卷包括 12 道填空题、5 道解答题。
（2） 填空题答案不完整则不得分，解答题按评分标准酌情给分。
10! − 8! 9! − 7! 8! − 6! 7! − 5! 6! − 4! 5! − 3! 4! − 2! 3! − 1!
− + − + − + −
9! 8! 7! 6! 5! 4! 3! 2!

8 7 6 5 4

（3） 需在答题卡上作答，写在试题卷上不得分。
一、填空题（每小题 7 分，共 84 分）

1. 已知 5 鹏城杯赛好× 5 = 鹏城杯赛好 5 × 4，则五位数 鹏城杯赛好 = .

2. 有一群小朋友分一堆苹果，如果每人分 5 个，就会剩下 4 个苹果；这时走了 3 个小朋友，那么每人分 6 个还会剩 4 个苹果．那么原来苹果的个数是 .
3. 某校运动会上，200 米赛跑的跑道如右图. 其终点部分及起点部分是直道，因中间绕过半圆形跑道，所以外跑道的起点必须前移. 如果跑道每道宽 1.22 米，那么相邻两个跑道中，外跑道的起点应前移 米（𝜋取 3.14，结果保留到百分位）
9 + 8 + 7 + 6 + 5

14. 𝑛个瓶中各自装有 2m 克糖水，先将第 1 个瓶中的糖水倒𝑚克到第 2 个瓶中，然后将第 2 个瓶中的糖水倒𝑚克到第 3 个瓶中，…，再然后将第𝑛 − 1个瓶中的糖水倒𝑚克到第𝑛个瓶中，最后将第𝑛个瓶中的糖水倒𝑚克到第 1 个瓶中. 这样做过之后，发现𝑛个瓶子中的糖水浓度均相同. 试以𝑛 = 3为例，说明最初𝑛个瓶子中的糖水浓度原本就是相同的.

15. 图中，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为 6，𝐶𝐸 = 2𝐵𝐸，𝐷𝐹 = 2𝐶𝐹，问五边形𝐸𝐶𝐹𝐻𝐺
面积是多少？（请勿用相似形的知识作答）

4. 一辆公共汽车由起点站到终点站共行驶 6 个车站. 已知起点站起 4 个车站（包括起点站）上车共有 58 人，终点站前 4 个车站（不包括终点站）下车人数是 47，则从前 4 个车站上车而且在终点站下车的乘客共有 人.
5. 甲、乙、丙、丁各有一个不同的号码. 赵同学说：乙是 2 号，丁是 4 号；


第 3 题图

第 15 题图
16. 我们将满足以下条件的正整数称为“超常数”：该整数的每个数码都不为零且互不相同，并且将其各位数码打乱，排成一个最大数和一个最小数，二者之差恰为它本身. 例如，495 和 6174 都是“超常

钱同学说：乙是 1 号，丙 是 4 号；孙同学说：甲是 4 号，丁是 3 号；李同学说：甲是 1 号， 丙是 3 号. 他们每个人都说对了一半，则丙是 号.
6. 2021 年是中国共产党建党 100 周年，有 100 个分数：
数”，因为954 − 459 = 495，7641 − 1467 = 6174. 请问：是否存在五位的“超常数”？若存在，请举出
一个例子；若不存在，请说明理由.

1

1921+1
, 2
1921+2
⋯ , 100
1921+100

，其中最简分数的个数是 .
17. 图中是一个3 × 3的正方形网格，其中数字 2 和 3 已经填好，现将数字 1，4～9 分别填入余下空格中，使得：第二、三两列每个方格中的数都比它左边方格中的数大；第二、三两行每个方格中的数也都比

7. 右图是用火柴棒摆成的由若干个正六边形组成的一个图案，图案中没有空隙和重叠，从中心仅有一个正六边形算起，图案现有 3 层. 如果再摆 1 层，那么还需要
根火柴棒．
8. 连续自然数 1 至𝑛的和是一个各位数字相同的三位数，则𝑛 = .


第 7 题图
它上方方格中的数大.

（1） 请在图中给出一种填法；

（2） 共有多少种填法？请说明理由.

9. 甲每分钟走 70 米, 乙每分钟走 80 米，丙每分钟走 60 米. 甲、乙两人从 A 地，丙从 B 地同时出发， 丙和乙相遇后 2 分钟又遇到甲. A 地与B 地之间的距离是 米.
10. 从 1 至 8 这 8 个自然数中，任取 4 个相加，余下 4 个也相加，然后将两个和相乘，能得到 个不同的乘积.
11. 右图中，𝐴𝐵𝐶𝐷是直角梯形，上底𝐴𝐵 = 2，下底𝐶𝐷 = 8， 𝐸是𝐵𝐷上一点，三角形𝐴𝐵𝐸的面积是 4.8，

第 17 题图

2021 年第八届鹏程杯数学邀请赛 （决赛） 试题卷

2021 年第八届鹏程杯数学邀请赛（决赛）参考答案
六年级组
考试时间：10:40～12:20 满分：150 分

考试说明
（1） 本试卷包括 12 道填空题、5 道解答题。
（2） 填空题答案不完整则不得分，解答题按评分标准酌情给分。
（3） 需在答题卡上作答，写在试题卷上不得分。一、填空题（每小题 7 分，共 84 分）

1. 已知 5 鹏城杯赛好× 5 = 鹏城杯赛好 5 × 4，则五位数 鹏城杯赛好 = .

答案：71428.
解：设内圈跑道半径为𝑅米，那么外圈跑道半径必为(𝑅 + 1.22)米. 内圈跑道半圆周长为𝜋𝑅米，外圈跑道半圆周长为𝜋(𝑅 + 1.22)米. 两个半圆的长度差为𝜋(𝑅 + 1.22) − 𝜋𝑅 = 𝜋 × 1.22 ≈ 3.83（米）.

4. 一辆公共汽车由起点站到终点站共行驶 6 个车站. 已知起点站起 4 个车站（包括起点站）上车共有58 人，终点站前 4 个车站（不包括终点站）下车人数是 47，则从前 4 个车站上车而且在终点站下车的乘客共有 人.
答案：11.

解：记起点车站为第 1 车站，然后依次记为第 2，3，4，5 车站，终点站为第 6 车站. 上车的总人数应当等于下车总人数.
第 1 至第 4 车站上车人数+ 第 5 车站上车人数（终点站无人上车）

= 第 2 至第 5 车站下车人数+ 终点站下车人数（起始站无人下车）
则有

58 + 第 5 车站上车人数 = 47 + 终点站下车人数

11 = 58 − 47 = 终点站下车人数− 第 5 车站上车人数

第1页（共6页）

解：设鹏城杯赛好 = 𝑥，则

则


5(500000 + 𝑥) = 4(10𝑥 + 5)
2500000 + 5𝑥 = 40𝑥 + 20
35𝑥 = 2499980
= 从前 4 个车站上车而在终点站下车的乘客人数所以，从前 4 个车站上车而在终点站下车的乘客共有 11 人.
说明：可用字母解答. 设终点前 5 站上车的人数分别为𝑎1，𝑎2，𝑎3，𝑎4，𝑎5，始发站后 5 个车站下车的人数分别为𝑏2，𝑏3，𝑏4，𝑏5，𝑏6，则𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3 + 𝑎4 + 𝑎5 = 𝑏2 + 𝑏3 + 𝑏4 + 𝑏5 + 𝑏6，58 + 𝑎5 = 47 + 𝑏6，所以 𝑏6 − 𝑎5 = 58 − 47 = 11. 所以，从前 4 个车站上车而在终点站下车的乘客共有 11 人.

𝑥 = 71428

2. 有一群小朋友分一堆苹果，如果每人分 5 个，就会剩下 4 个苹果；这时走了 3 个小朋友，那么每人分 6 个还会剩 4 个苹果．那么原来苹果的个数是 .
答案：94 .

解法一：既然两次分苹果，剩余的苹果都是 4 个，相当于走了的 3 个小朋友的 15 个苹果，给留下的
小朋友每人增加 1 个苹果，所以留下的小朋友有 15 名. 加上走了的 3 个小朋友，共有 18 个小朋友. 原来有18 × 5 + 4 = 94个苹果.
解法二：设小朋友数为𝑥，则有5𝑥 + 4 = 6(𝑥 − 3) + 4，得到𝑥 = 18. 所以， 原来一共有5𝑥 + 4 = 94个苹果.

5. 甲、乙、丙、丁各有一个不同的号码. 赵同学说：乙是 2 号，丁是 4 号；钱同学说：乙是 1 号，丙是 4 号；孙同学说：甲是 4 号，丁是 3 号；李同学说：甲是 1 号， 丙是 3 号. 他们每个人都说对了一半， 则丙是 号.
答案：4.

解：将已知条件填入下面方格网中. 因为方格网中仅有 1 个 2 号，所以乙是 2 号，既然每个人都说对
了一半，且甲、乙、丙、丁各有一个不同的号码，可知：甲是 1 号，丁是 3 号，丙是 4 号.

3. 某校运动会上，200 米赛跑的跑道如右图. 其终点部分及起点部分是直道，因中间绕过半圆形跑道，所以外跑道的起点必须前移. 如果跑道每道宽 1.22 米，那么相邻两个跑道中，外跑道的起点应前移 米（𝜋取 3.14，结果保留到百分位）


1 2
6. 2021 年是中国共产党建党 100 周年，有 100 个分数： ,


⋯ , 100


，其中最

答案：3.83

简分数的个数是 .
1921+1
1921+2
1921+100

2021 年第八届鹏程杯数学邀请赛 （决赛） 试题卷

答案：95.

解：对于最大公约数，(𝑎 + 𝑏，𝑏) = (𝑎，𝑏)，所以，(1921 + 𝑏，𝑏) = (1921， 𝑏). 易知，1921 = 17 × 113（其中 17 和 113 都是质数），1 至 100 中有 5 个含有 17 的约数. 所以，可约分数有 5 个，最
简分数有 95 个.

7. 右图是用火柴棒摆成的由若干个正六边形组成的一个图案，图案中没有空隙和重叠，从中心仅有一个正六边形算起，图案现有 3 层. 如果再摆 1 层，那么还需要
根火柴棒． 答案：60.
解：寻找规律：第一层有 1 个正六边形，第二层有 6 个正六边形，第三层有 12
个正六边形，其边缘有6 × 3 + 6 × 2 = 30火柴. 第四层将有 18 个正六边形，如果他们彼此不连接的话，共
需要18 × 6 = 108 根火柴. 但是，在新摆出的图案中，它们彼此共用 18 根火柴，和第 3 层的边缘共用 30
根火柴. 所以，摆出第 4 层，需要108 − 18 − 30 = 60根火柴.

8. 连续自然数 1 至𝑛的和是一个各位数字相同的三位数，则𝑛 = .
答案：36. 解：
1
1 + 2 + 3 + ⋯ + 𝑛 = 𝑛(𝑛 + 1)
2

设上述三位数的各位数字为𝑎，1 ≤ 𝑎 ≤ 9，于是，

1
𝑛(𝑛 + 1) = 𝑎̅̅𝑎̅̅𝑎̅ = 100 × 𝑎 + 10 × 𝑎 + 𝑎 = 111𝑎 = 3 × 37𝑎
2

得到

1
𝑛(𝑛 + 1) = 3 × 37 × 𝑎
2

𝑛(𝑛 + 1) = 2 × 3 × 37 × 𝑎

即由此可知，𝑛或𝑛 + 1 能被 37 整除.

若𝑛 = 37𝑘，则 𝑘(37𝑘 + 1) = 6𝑎，6𝑎 ≤ 6 × 9 = 54，即𝑘(37𝑘 + 1) ≤ 54，所以，𝑘 = 1，此时，𝑛 = 37，
则

𝑛(𝑛 + 1)
= 703 不合题意（它没有𝑎̅̅𝑎̅̅𝑎̅的形式）
2

若𝑛 + 1 = 37𝑘，则𝑘(37𝑘 − 1) = 6𝑎 ≤ 54，由此得𝑘 = 1，此时，

𝑛 + 1 = 37，𝑛 = 36
所以

𝑛 = 36

9. 甲每分钟走 70 米, 乙每分钟走 80 米，丙每分钟走 60 米. 甲、乙两人从 A 地，丙从 B 地同时出发， 丙和乙相遇后 2 分钟又遇到甲. A 地与B 地之间的距离是 米.
答案：3640.

解：丙和乙相遇，到丙和甲相遇，丙和甲共走的路程：2 × (60 + 70) = 260(米)，此 260 米是乙比甲多走的路程. 所以，丙和乙相遇时，甲、乙、丙行走的时间是260 ÷ (80 − 70) = 26(分)，因此，A 地与 B 地之间的距离是(80 + 60) × 26 = 3640(米).

10. 从 1 至 8 这 8 个自然数中，任取 4 个相加，余下 4 个也相加，然后将两个和相乘，能得到 个不同的乘积.
答案：9.

解：1 至 8 这 8 个自然数的和是 36，从中任选 4 个数，和的最小值是： 1 + 2 + 3 + 4 = 10，最大值
是：5 + 6 + 7 + 8 = 26，共有 17 个不同的和：10，11，12，13，…，25，26. 若任取的 4 个数的和记为(10 + 𝑛)，则其余 4 个数的和是：36 − (10 + 𝑛) = (26 − 𝑛)，𝑛 =0，1，2，…，16. 依照题目要求，求(10 + 𝑛) × (26 − 𝑛)有多少个不同的积？
当 𝑛 + 𝑚 = 16时，
(10 + 𝑛) × (26 − 𝑛) = (26 − 𝑚) × (10 + 𝑚)

因此，当0 ≤ 𝑛 ≤ 8时， (10 + 𝑛) × (26 − 𝑛)的积不同，共有 9 个不同的积.

11. 右图中，𝐴𝐵𝐶𝐷是直角梯形，上底𝐴𝐵 = 2，下底𝐶𝐷 = 8， 𝐸是𝐵𝐷
上一点，三角形𝐴𝐵𝐸的面积是 4.8，三角形𝐴𝐶𝐸的面积是 22.4，则
𝐴𝐶 = .
答案：8.

解：如图，过E 点作 AC 的垂线，和 AC 交于F 点. 由于
𝑆△𝐴𝐵𝐸 = 4.8
所以

1

第6页（共6页）

𝑛(𝑛 + 1)

36 × 37
=

= 666
𝐴𝐵 ∙ 𝐴𝐹 = 4.8
2

2 2 又 𝐴𝐵 = 2 所以 𝐴𝐹 = 4.8

而 解：

1 1 1 1 1 1 1

𝑆△CDE = 2 𝐶𝐷 ∙ 𝐶𝐹，𝐶𝐷 = 8
分子 = (10 − ) − (9 − ) + (8 − ) − (7 − ) + ⋯ + (4 − ) − (3 − ) 9 8 7 6 3 2

所以
𝑆△𝐶𝐷𝐸 = 4𝐶𝐹
= (10 − 9 + 8 − 7 + 6 − 5 + 4 − 3)
1
− ( − 9
1 1 1 1 1
+ − + − 8 7 6 5 4
1 1 1 1
1 1
+ − )
3 2
1 1 1 1 1

由于

𝑆梯形ABCD = 𝑆△ABE + 𝑆△ACE + 𝑆△CDE
= (10 − 9 + 8 − 7 + 6 − 5 + 4 − 3 + 2 − 1) − ( − + −
9 8 7 6

而
+ − +
5 4 3
− + )
2 1

即

1
2 (𝐴𝐵 + 𝐶𝐷) ∙ (𝐴𝐹 + 𝐶𝐹) = 𝑆△ABE + 𝑆△ACE + 𝑆△CDE
1
(2 + 8) ∙ (4.8 + 𝐶𝐹) = 4.8 + 22.4 + 4𝐶𝐹
2
1 1 1
− +
9 8 7

故
1 1 1
− + −
6 5 4
1 1 1
+ − +
3 2 1
1 1 1 1
= + + + 9 8 7 6
1 1 1 1
= + + + 9 8 7 6
1 1 1 1
= + + + 9 8 7 6
1 1 1 1 1
+ + + + + 5 4 3 2 1
1 1 1 1 1
+ + + + + 5 4 3 2 1
1
+
5
1 1
− ( +
8 6
1 1
− ( +
4 3
1 1
+ + ) × 2 4 2
1 1
+ + )
2 1

解得

𝐶𝐹 = 3.2

从而
1 1
分子 = 5 − ( + +
9 8

又
1 1 1
+ + )
7 6 5

𝐴𝐶 = 8

分母 = (1 −
1
) + (1 −
9
1
) + (1 −
8
1
) + (1 −
7
1 1
) + (1 − ) 6 5

12. 圆周上有 12 个点，两两连出六条弦，这些弦彼此没有公共点（既无公共端点，又不相交）. 则有 种连结方法.
答案：132.

解：考虑圆周上2𝑛个点的情况，连出𝑛条满足条件的弦，方法数记为𝑎𝑛.
1 1 1 1 1
= 5 − ( + + + + ) 9 8 7 6 5
= 分子
故

按顺时针将这些点记为𝐴1，𝐴2，…，𝐴2𝑛. 取定点𝐴1，对任意一个点𝐴


2𝑘
，线段𝐴1𝐴2𝑘将圆周分为𝐿1与𝐿2
原式 = 1

两部分. 对于𝐿1，有𝑘 − 1对点，共有𝑎𝑘−1种连结方法；对于𝐿2，有𝑛 − 𝑘对点，共有𝑎𝑛−𝑘中连结方法. 由于定点𝐴1可与𝐴2，𝐴4，𝐴6，…，𝐴2𝑛连成弦. 所以
𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1 + 𝑎1𝑎𝑛−2 + 𝑎2𝑎𝑛−3 + 𝑎3𝑎𝑛−4 + ⋯ + 𝑎𝑛−3𝑎2 + 𝑎𝑛−2𝑎1 + 𝑎𝑛−1
易知𝑎1 = 1，𝑎2 = 2，代入上面递推式得
𝑎3 = 5，𝑎4 = 14，𝑎5 = 42，𝑎6 = 132
所以，共有 132 种连结方法.


14. 𝑛个瓶中各自装有 2m 克糖水，先将第 1 个瓶中的糖水倒𝑚克到第 2 个瓶中，然后将第 2 个瓶中的糖水倒𝑚克到第 3 个瓶中，…，再然后将第𝑛 − 1个瓶中的糖水倒𝑚克到第𝑛个瓶中，最后将第𝑛个瓶中的糖水倒𝑚克到第 1 个瓶中. 这样做过之后，发现𝑛个瓶子中的糖水浓度均相同. 试以𝑛 = 3为例，说明最初𝑛个瓶子中的糖水浓度原本就是相同的.
解法一：定量计算

设这三个瓶分别为甲、乙、丙，其糖水浓度分别为𝑎、𝑏、𝑐（百分数）

二、解答题（第 13、14 小题各 12 分，第 15～17 小题各 14 分，共 66 分）
13. 定义：𝑛! = 1 × 2 × 3 × ⋯ × 𝑛，试计算：
− + − + − + −
10! − 8! 9! − 7! 8! − 6! 7! − 5! 6! − 4! 5! − 3! 4! − 2! 3! − 1!
9! 8! 7! 6! 5! 4! 3! 2!
① 第一次操作后，乙瓶中糖水的浓度变为

𝑎𝑚 + 𝑏 ∙ 2𝑚
=
𝑚 + 2𝑚

② 第二次操作后，丙瓶中糖水的浓度变为
𝑎 + 2𝑏


𝑎 + 2𝑏 3


𝑎 + 2𝑏 + 6𝑐

8 7 6 5 4
( ∙ 𝑚 + 𝑐 ∙ 2𝑚) ÷ (𝑚 + 2𝑚) =

9 + 8 + 7 + 6 + 5 3 9

③ 第三次操作后，甲瓶中糖水的浓度变为 解法三：倒推法

𝑎 + 2𝑏 + 6𝑐
( ∙ 𝑚 + 𝑎 ∙ 𝑚) ÷ (𝑚 + 𝑚) = 9
10𝑎 + 2𝑏 + 6𝑐
=
18
5𝑎 + 𝑏 + 3𝑐

9
经过三次操作后，甲、乙、丙三个瓶中都有2𝑚克糖水，并且浓度相同，不妨设其中水为𝑎克，糖为
(2𝑚 − 𝑎)克.

依题意，甲、乙、丙中糖水浓度相同，即

5𝑎 + 𝑏 + 3𝑐 𝑎 + 2𝑏 𝑎 + 2𝑏 + 6𝑐
= =
9 3 9

即
由于每次操作只有两个瓶中的糖水发生改变，而三个瓶含水总量为3𝑎克，含糖总量为(6𝑚 − 3𝑎)克， 所以当计算出一个瓶中糖和水的量之后，总是由总量去减已知瓶中糖和水的量，去计算另一个瓶中糖和水的量.

① 第三次操作是从丙中倒入1的糖水到甲瓶，则丙瓶中原有水：
3

5𝑎 + 𝑏 + 3𝑐 = 3𝑎 + 6𝑏 = 𝑎 + 2𝑏 + 6𝑐
1 3

由5𝑎 + 𝑏 + 3𝑐 = 3𝑎 + 6𝑏得

由3𝑎 + 6𝑏 = 𝑎 + 2𝑏 + 6𝑐得


5𝑏 − 2𝑎 = 3𝑐，即 10𝑏 − 4𝑎 = 6𝑐 ①


原有糖：
𝑎 ÷ (1 − ) = 𝑎(克)
3 2

3

对照①和②得

4𝑏 + 2𝑎 = 6𝑐 ②


而甲瓶中原有水：
3𝑚 −

3
𝑎(克)
2

1 𝑎

10𝑏 − 4𝑎 = 4𝑏 + 2𝑎

所以

6𝑏 = 6𝑎，即 𝑎 = 𝑏


原有糖：
𝑎 −
𝑎 × =
2 3

𝑎
(克)
2

进一步
𝑚 −
(克)
2

解法二：定性分析
𝑎 = 𝑏 = 𝑐
② 第二次操作，是从乙中倒入1的糖水到丙瓶，则乙瓶中原有水：
3

设这三个瓶分别为甲、乙、丙，其糖水浓度分别为𝑎%、𝑏%、𝑐%，而经三次操作最后的糖水浓度均
1 3
𝑎 ÷ (1 − ) = 𝑎(克)

为𝑥%.

易知，两个浓度相同的糖水混合在一起，浓度当然不变；两个浓度不同的糖水混合在一起，新溶液的浓度必介于原溶液的浓度之间.
第一次操作后，乙瓶中糖水浓度变为𝑥%；

第二次操作后，将乙瓶中𝑥%的糖水倒 m 克到丙瓶中，丙瓶中糖水浓度必须也变为𝑥%，则𝑐 = 𝑥；

原有糖：

而丙瓶中原有水：
3

3
3𝑚 −
2
2

𝑎(克)

𝑥.

第三次操作后，将丙瓶中𝑥%的糖水倒 m 克到甲瓶中，甲瓶中糖水浓度还得是𝑥%，则𝑎 = 𝑥；

再回到第一次，把甲瓶中浓度为𝑥%的糖水倒 m 克到乙瓶中，乙瓶中糖水浓度仍为𝑥%，所以，𝑏 =


原有糖：
𝒂 𝟑
𝟑𝒂 − − 𝒂 = 𝒂(克)
𝟐 𝟐

𝒂 𝟑
所以 (𝟔𝒎 − 𝟑𝒂) − ( 𝒎 − ) − (𝟑𝒎 − 𝒂) = 𝟐𝒎 − 𝒂(克)

即，最初三个瓶中糖水的浓度本来就想同.

𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 𝑥
𝟐 𝟐

③ 第一次操作，是从甲中倒1的糖水到乙瓶，
2

从以上分析可知，本题的结论与每次倒出的糖水的量无关. 则甲瓶中原有水：

原有糖：
𝒂
÷ (𝟏 −
𝟐
𝟏
) = 𝒂(克)
𝟐

令𝑆△𝐵𝐺𝐸

= 𝑥，则𝑆△𝐶𝐺𝐸


= 2𝑥
𝑆△𝐶𝐺𝐸 = 2𝑆△𝐵𝐺𝐸

乙瓶中原有水：

𝟐𝒎 − 𝒂(克)
由图形的对称性，𝑆△𝐴𝐵𝐺 = 𝑆△𝐵𝐶𝐺 = 3𝑥
所以 3𝑥 + 𝑥 = 6， 𝑥 = 1.5

同理可得：𝑆△𝐻𝐷𝐹 = 4.8

原有糖：
𝟑𝒂 − 𝒂 − 𝒂 = 𝒂(克)
所以，五边形𝐸𝐶𝐹𝐻𝐺 = 𝑆△𝐵𝐶𝐷
− 𝑆△𝐵𝐺𝐸
− 𝑆△𝐻𝐷𝐹

= 18 − 1.5 − 4.8 = 11.7

(𝟔𝒎 − 𝟑𝒂) − ( 𝟐𝒎 − 𝒂) − ( 𝟐𝒎 − 𝒂) = 𝟐𝒎 − 𝒂(克)
由上述黑体字部分知，甲、乙、丙开始浓度就相同.

15. 图中，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为 6，𝐶𝐸 = 2𝐵𝐸，𝐷𝐹 = 2𝐶𝐹，问五边形𝐸𝐶𝐹𝐻𝐺
面积是多少？（请勿用相似形的知识作答） 答案：五边形𝐸𝐶𝐹𝐻𝐺面积是 11.7.
解法一：从已知条件可知：𝐵𝐸 = 2，𝐷𝐹 = 4，直角三角形𝐵𝐶𝐷的面积是： 6 × 6 ÷ 2 = 18，只需从中减去三角形𝐵𝐺𝐸和三角形𝐻𝐷𝐹的面积，即可得到五边形
𝐸𝐶𝐹𝐻𝐺面积.

如图，连接𝐷𝐸，在四边形𝐵𝐸𝐷𝐴中，

𝑆△𝐵𝐸𝐴 = 𝑆△𝐵𝐷𝐸 = 6 × 2 ÷ 2 = 6，𝑆△𝐵𝐷𝐴 = 18
高相等的三角形面积之比等于底之比

16. 我们将满足以下条件的正整数称为“超常数”：该整数的每个数码都不为零且互不相同，并且将其各位数码打乱，排成一个最大数和一个最小数，二者之差恰为它本身. 例如，495 和 6174 都是“超常数”，因为954 − 459 = 495，7641 − 1467 = 6174. 请问：是否存在五位的“超常数”？若存在，请举出一个例子；若不存在，请说明理由.
解：不存在五位的“超常数”. 若不然，假设存在五位的“超常数”N，它的五个数码从大到小依次排列为𝑎，𝑏，𝑐，𝑑，𝑒. 由条件可知，𝑁 = ̅𝑎̅𝑏̅̅𝑐̅𝑑̅̅𝑒̅ − ̅𝑒̅𝑑̅̅𝑐̅𝑏̅̅𝑎̅. 根据𝑎，𝑏，𝑐，𝑑，𝑒的大小关系，我们得到 N 的 五位数码依次是𝑎 − 𝑒，𝑏 − 𝑑 − 1，9，9 + 𝑑 − 𝑏，10 + 𝑒 − 𝑎.
注意到 9 是最大数码，因此显然有𝑎 = 9. 因为9 + 𝑑 − 𝑏，10 + 𝑒 − 𝑎都比𝑒大，而𝑎 − 𝑒 = 9 − 𝑒 ≠ 𝑒， 故只能是𝑏 − 𝑑 − 1 = 𝑒 . 那么9 + 𝑑 − 𝑏 = 8 − 𝑒，10 + 𝑒 − 𝑎 = 𝑒 + 1 ，因此 N 的五位数码依次为9 −
𝑒，𝑒，9，8 − 𝑒，𝑒 + 1. 再次根据𝑎，𝑏，𝑐，𝑑，𝑒的大小关系可知𝑑 = 𝑒 + 1，𝑏 = 9 − 𝑒. 而由𝑏 − 𝑑 − 1 =
𝑒可得𝑏 = 2𝑒 + 2，因此9 − 𝑒 = 2𝑒 + 2，显然这样的𝑒不存在. 因此不存在五位的“超常数”.

17. 图中是一个3 × 3的正方形网格，其中数字 2 和 3 已经填好，现将数字 1，4～9 分别填入余下空格中， 使得：第二、三两列每个方格中的数都比它左边方格中的数大；第二、三两行每个方格中的数也都比它上方方格中的数大.

𝑆△𝐵𝐷𝐴

𝑆△𝐵𝐺𝐴
其中
𝐵𝐷
=
𝐵𝐺
= 𝑆△𝐵𝐷𝐸
𝑆△𝐵𝐺𝐸
（1） 请在图中给出一种填法；
（2） 共有多少种填法？请说明理由. 解：（1）略.

𝑆△𝐵𝐺𝐴 = 𝑆△𝐵𝐸𝐴 − 𝑆△𝐵𝐺𝐸 = 6 − 𝑆△𝐵𝐺𝐸
所以

（2） 共有 16 种填法. 按照要求，数 1 只能填到左上角的方格中， 数 9 只能填到右下角的方格中，4 只能填在灰色的方格中，见图①.

18
6 − 𝑆
6
= 𝑆 ，3 × 𝑆△𝐵𝐺𝐸 = 6 − 𝑆△𝐵𝐺𝐸 ，𝑆△𝐵𝐺𝐸 = 1.5

△𝐵𝐺𝐸

同理可得：𝑆△𝐻𝐷𝐹 = 4.8
△𝐵𝐺𝐸

所以，五边形ECFHG 的面积= 18 − 1.5 − 4.8 = 11.7

解法二：

易知 𝐵𝐸 = 𝐶𝐹 = 2，𝐶𝐸 = 𝐷𝐹 = 4

因为 𝐶𝐸 = 2𝐵𝐸， 所以


𝑆△𝐴𝐵𝐸 = 6，𝑆△𝐴𝐷𝐹 = 12
(i) 4 填在右上角的灰色方格中. 此时 5 只能填在余下的 2 个灰色方格中，见图②，5 填在中间的灰色方格中，从余下的 3 个整数 6，7，8 中任取 1 个，填在第 3 列第 2 行中，余下的两个数，从小到大依次填在第 3 行第 1 列和第 2 列中，有 3 种填法；5 填在左下角的灰色方格中，此时 6 只能填在中间的灰色方格中，见图③，余下的 2 个数 7 和 8，可以分别填在第 3 行第 2 列和第 2 行第 3 列中，有 2 种填法，共有5 种填法；

(ii) 4 填在在中间的灰色的方格中，见图④. 从余下的 4 个整数 5，6，7，8 中任取 2 个，从小到大依次填在第 3 列第 1 行和第 2 行中，最后余下的两个数，从小到大依次填在第 3 行第 1 列和第 2 列中. 共有 6 种填法；
(iii) 4 填在左下角的灰色方格中. 类似（i），有 5 种填法. 因此填法共有：5+6+5= 16 种.