迎春杯分类一计数与数论答案及详解.doc

迎春杯分类一计数与数论 答案及详解计数：1. 国际象棋中“马”的走法如图1所示，位于位置的“马”只能走到标有的格中，类似于中国象棋中的“马走日”。如果“马”在88的国际象棋棋盘中位于第一行第二列（图2中标有的位置），要走到第八行第五列（图2中标有的位置），最短路线有 条。（12）2.3.给你一架天平和两个砝码，这两个砝码分别重50克和100克，如果再添上3个砝码，则这5个砝码能称出的重量种类最多是 种.（天平的左右两盘均可放砝码）【答案】94【解析】只有50，100两种砝码，可以组成的重量：50，100，150，即：3种，当加入砝码a，可以组成的重量：是50，100，150分别加减a，还有50，100，150本身，还要有a，所以此时有：33+1=10种，再加入一枚砝码，同理：有103+1=31种，再加一枚：为313+1=94种.分析教师：辛洪涛4.将下图中的2007分成若干个12的小长方形，共有 种分法.【答案】15【解析】从右下角，观察发现，从右向上只有唯一的分法，右面的区域只有唯一的情况.事实上只有左边和中间的两块有选择余地左边有5种情况，中间有3种情况所以一共就有53=15种5. 已知九位数2007122既是9的倍数，又是11的倍数；那么，这个九位数是 。2007312126. 将09填入下面算式，每个数字只能用一次；那么满足条件的正确填法共有 种。60因为3个加数只有一个达到三位，所以结果的千位只能为1，各位可能的进位最多为2，所以十位上的和最大为9+8+2=19，进位不超过1，所以加数中三位数的百位只能为9，同时结果中的百位只能为0，因为十位必须要向百位进一位，且个位三位数之和最小为9最大为21且均不满足题意，所以个位数必向十位进1。因此十位的数字组合只能为（3，8）（4，7）（4，8）（5，6）（5，7）（5，8）（6，7）（6，8）（7，8）一一枚举有5组数可行：十位（3，8），个位（4，5，7）；十位（4，7），个位（3，5，8）；十位（4，8），个位（2，6，7）；十位（6，8），个位（2，4，7）；十位（7，8），个位（3，4，5）。每组可能的组合有21321=12种，故正确填法共有125=60种。7. 有10个整数克的砝码（允许砝码重量相同），将其中一个或几个放在天平的右边，待称的物品放在天平的左边，能称出1，2，3，200的所有整数克的物品来；那么，这10个砝码中第二重的砝码最少是克。【答案】18【解析】 首先此题是一道关于砝码的计数问题，涉及到最值问题和对称原理从最后所求进行分析，要求第二重的砝码最少，无法进行直接突破，使用的是最值原理的重点思路之一：从反面考虑。第二重砝码最少，那么就应该使其他的砝码尽量大。分析10个砝码的总重量很显然应该是200，其中最重的砝码应该最大是100，因为如果有超过100克的砝码，100克的物品就无法称出。这样其他9个砝码总和应该是100克。根据对称原理，只要惩处1克的，就可以称出199克的（只要在200克中相应的拿出1克的就可以），所以只要能称出1到100克就可以称出101到199克。同理，要能称出1到100克，只要能称出1到50克就可以，所以要称出1到50克，就应该有1克，2克，4克，8克，16克，18克，这样离200克还差51克，同时还差3个砝码，把51平均分成三份，所以每个砝码应该是17，这样就得到10个砝码，分别是1，2，4，8，16，17，17，17，18，100，所以第二种的砝码至少应该是18克。8. 一些棋子被摆成了一个四层的空心方阵（右图是一个四层空心方阵的示意图）后来小林又添入28个棋子，这些棋子恰好变成了一个五层的空心方阵（不能移动原来的棋子），那么最开始最少有 个棋子【答案】【解析】将四层空心方阵变成五层空心方阵有三种方法：1、在最外层增加一圈则五层方阵最外层至少有40枚棋子所以不符合题意；2、在最内层增加一圈则最外层应有84+28=60枚棋子，最开始应有60+52+44+36=192枚棋子；3、在最内层增加一行一列，在最外层的另外两个方向也增加一行一列，那么五层方阵最内层边长为x，最外层边长为x+42=x+8共增棋子2x-3+2（x+8）-1=4x+12，所以4x+12=28，解得x=4，最外层边长4+8=12，原有棋子122-(4-2)2-28=112，所以最开始最少有112个棋子。9. 将5枚棋子放入右侧编号的44表格的格子中，每个格子最多放一枚，如果要求每行,每列都有棋子那么共有 种不同放法43212345678910111213141516【解析】本题采用分类、分步讨论将5枚棋子放入44的方格中，可以发现不论怎么放一定会有2个棋子在一条直线上的情形，所以我们不妨先从这2个棋子开始放，选定一行有4种选法，然后在一行中选定2个格子，即2列，有种选法，故填完前2个共线棋子有46=24种填法。如右图示例，接下来我们填第三枚棋子，第三枚棋子填入后又会有2种情形出现：(1) 第三枚棋子与2个所在的列共线：那么第三枚棋子共有6个格子可以填，即6种填法。而最后2枚棋子只可能成对填入2个圆圈或2个中，则此类情况共种(2) 第三枚棋子与前2个所在的列不共线那么第三枚棋子也有6种填法，而最后的2枚棋子必须填入同一列， 共有种 答案 288+144=43210. 对于由15组成的无重复数字的五位数，如果它的首位数字不是1，那么可以进行如下的一次置换操作：记首位数字为k，则将数字k与第k位上的数字对换例如，24513可以进行两次置换：245134251312543可以进行4次置换的五位数有个【答案】24【解析】 经过4次置换后最后结果必为12345，所以可进行4次置换的五位数可由12345进行4次首位与其他位的调换得到，规则为从首位上调换出的数不能再与首位调换，那么这样的调换方法共有种，即可进行4次置换的五位数有24个。数论：1.2.3. 一个五位数恰好等于它各位数字和的2007倍，则这个五位数是 .36126或541894.在纸上写着一列自然数1，2，98，99.一次操作是指将这列数中最前面的三个数划去，然后把这三个数的和写在数列的最后面.例如一次操作后得到4，5，98，99，6；而两次操作后得到7，8，98，99，6，15.这样不断进行下去，最后将只剩下一个数，则最后剩下的数是 .49505. 有4个不同的数字共可组成18个不同的4位数.将这18个不同的4位数由小到大排成一排，其中第一个是一个完全平方数，倒数第二个也是完全平方数，则这18个数中最大的数是 .98106.有4个不同的数字共可组成18个不同的4位数。将这18个不同的4位数由小到大排成一排，其中第一个是一个完全平方数，倒数第二个也是完全平方数。那么这18个数的平均数是： 。64447. 如果两个合数互质，它们的最小公倍数是126，那么，它们的和是 238. 从1,2,3,4,5,6中选取若干个数，使得它们的和是3的倍数，但不是5的倍数那么共有 种不同的选取方法19取出的和的可能为3、6、9、12、18、21。和为3的有1+2、3，共2种；和为6的有1+5、2+4、1+2+3、6，共4种；和为9的有3+6、4+5、1+2+6、1+3+5、2+3+4，共5种；于所有数之和为21，所以和为12与和为9的情况相同（和为12的数即为除和为9之外的数）共5种，同理 3的情况相同，共2种，和为21的有1种，因此共有2+4+5+5+2+1=19种。9. 将数字4,5,6,7,8,9各使用一次，组成一个被667整除的6位数，那么，这个6位数除以667的结果是 【答案】【解析】因为是3的倍数所以此六位数是3和667的公倍数，且3667=2001，所以此六位数是2001的倍数我们发现六位数中2001倍数的特征为：前三位是后三位的2倍。所以下面将六位数分成2段，根据倍数关系验证即可，结果为956478.10. 200名同学编为1至200号面向南站成一排第1次全体同学向右转（转后所有的同学面朝西）；第2次编号为2 的倍数的同学向右转；第3次编号为3的倍数的同学向右转；第200次编号为200的倍数的同学向右转；这时，面向东的同学有 名【答案】8【解析】因为开始所有人面向南，最后的结果是面向东，所以转3、7、11次的人即为所求。根据题意，编号有几个约数就向右转几次，那么最后面向东面的数必是奇数个数的倍数，即这个数的约数是奇数个，且个数为4n+3。哪些数的约数是奇数个呢？由于是奇数个约数，这些数一定是平方数。如：4的约数有1、2、4三个；9的约数有1、3、9三个；25的约数有1、5、25三个，64的约数有1、2、4、8、16、32、64七个但是：如平方数16既是1、4、16的倍数，还是2、8的倍数，即16的约数有5个，不符合个数为4n+3这一要求。所以要删除。以下这些数是最后面向东面的同学：4、9、25、49、64、121、144、169。共8位同学。11. 在算式(AB)(CD)中，,代表的是三个互不相同的四则运算符号（即加、减、乘、除），A,B,C,D是4个互不相同的非零阿拉伯数字如果无论,具体代表的是哪三个互不相同的四则运算符号，(AB)(CD)的计算结果都是整数那么，四位数是 【答案】9321【解析】本题中主要会出现非整数的原因就是的位置，所以只需要考虑出现在什么地方。当是时，就需要A一定是B的倍数，同理C一定是D的倍数，最后只要AB的结果也是CD的倍数即可。本题严密的推理论证过程相对复杂，因为数字比较小，不妨采用符合前一组条件的数枚举尝试便容易得到答案 12. 如果一个