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广东省深圳市2023年六年级数学超常思维复赛试卷
一、填空题(每小题7分，共84分)
1．（2023·深圳竞赛）桌子上放着5个圆盘，如图所示，它们由下到上放置的顺序是　 　。
2．（2023·深圳竞赛）如图是由3层小立方体无缝隙拼成的。如果它的外表面(包括底面) 全部被涂一层红色，那么把它们再分开成一个个小立方体时，有　 　个小立方体恰好有三面是红色的。
3．（2023·深圳竞赛）有甲、乙两杯含盐率不同的盐水，甲杯盐水重a克，乙杯盐水重b克。现在从两杯中倒出等量的盐水，分别交换倒入两杯中，这时两杯新盐水的含盐率相同。那么，从每杯中倒出的盐水是　 　克。
4．（2023·深圳竞赛）有6个1克重的球，1个2克重的球，1个3克重的球.把这8个球从1到8编上号，放到天平上称的话，就成为图中所示的状态。则3克重的是　 　。
5．（2023·深圳竞赛）期末达标中，如果甲的语文或数学成绩至少有一科比乙的(语文或数学)成绩高，就称甲不亚于乙。在一个有35人的班级中，如果某同学不亚于其余34名同学，就称他(她)为优秀学生，那么，这35人中的优秀学生最多可以有　 　名。
6．（2023·深圳竞赛）有9张同样大小的圆形纸片，其中标有数字“1”的有1张； 标有数字“2”的有2张； 标有数字“3”的有3张； 标有数字“4”的也有3张。把这9张圆形纸片如下图所示放置在一起，但标有相同数字的纸片不允许靠在一起. 如果M位置上放置标有数字“2”的纸片，那么一共有　 　种不同的放置方法。
7．（2023·深圳竞赛）如图，6个等腰直角三角形拼成边长为2的正方形，然后在每个三角形内挖去一个最大的半圆。那么，剩下(阴影)部分的面积是　 　(得数保留π)。
8．（2023·深圳竞赛）20根铁丝按如图所示的方式焊接成一个长方体框架，其中6厘米长的铁丝有6根，5厘米长的铁丝有8根，4厘米长的铁丝有 6根。一只蚂蚁从点A出发，沿铁丝爬行，最后返回点A。如果这只蚂蚁每次必须爬完自己所在的整根铁丝，才能由公共点转到其它铁丝上继续爬行，且每根铁丝最多只能爬行一次，那么这只蚂蚁最多可以爬行　 　厘米。
9．（2023·深圳竞赛）联欢会上，王老师让鹏鹏和超超两人做一个游戏。王老师在两张纸片上各写了一个数，分别贴在他们的额头上，两人都只能看到对方额头上的数，而看不到自己额头上的数。然后，还告诉他们俩，他写的两个数都是一位的连续正整数。之后，王老师问他们，谁能猜出自己额头上是什么数。
鹏鹏：“我猜不到”，超超：“我也猜不到”；
鹏鹏想了想：“我还是猜不到”，超超也想了想：“我也还是猜不到”。
突然，鹏鹏喊起来“我猜到了！”超超却叹了一口气：“唉，我是猜不到了”。
那么，鹏鹏额头上的数一定是　 　。
10．（2023·深圳竞赛）下列加法算式中，相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字、则 代表的四位数是　 　(只需填写一种情况)。
11．（2023·深圳竞赛）如图，矩形PQRS中， PQ=49， PS=100。现将它分割为4900个边长为1的正方形，若T是QR上的一点，QT=60，则在这4900个正方形中有　 　个正方形被直线PT或TS 穿过其内部。
12．（2023·深圳竞赛）有这样奇妙的约分方法： 方法错误但结果正确！
请你再写出一个这样的式子：　 　。(注意： 要么因为数字相同，要么因为约分方式不同，这些都不算)。
二、解答题(第13、14、15小题各12分，第16、17小题各14分， 共64分)
13．（2023·深圳竞赛）220除本身外的所有约数之和是 284，而284除本身外的所有约数之和又恰好是 220，这样的两个数称之为一对“亲和数”。若m，n是一对亲和数，求q(m)·q(n)的值。（这里，q(x)表示正整数x的除1外的所有约数的倒数之和。）
14．（2023·深圳竞赛）园林小路，曲径通幽。小路由白色正方形石板和青、红两色的三角形石板铺成，如图所示。问：内圈三角形石板的总面积大，还是外圈三角形的总面积大？请说明理由.
15．（2023·深圳竞赛）如图， 长方形操场ABCD 的长为500米， 宽为 240米， 点E在BC边上， BE 长为180米。甲、乙两人同时从点A出发，甲沿着A-B-C-D-A，乙沿着 A-E-D-A的顺序逆时针散步，两人的速度都是1米/秒。甲每次回到点A，都需要休息20秒，而乙从不休息. 那么，从出发算起，经过多少分钟两人第一次同时出现在同一地点？
16．（2023·深圳竞赛）阅读下列材料，解决相关问题
6174是一个很有趣的数，把它的四个数字打乱，排成的最大数是7641，最小数是1467，而7641-1467=6174。
事实上，将任何一个四位数(四个数字不全相同)的四个数字打乱，排成一个最大数，一个最小数(允许首位是0)，两者相减得到一个新的四位数。然后，对新的四位数做同样的运算，一直下去，最后必然得到6174。此后，不再产生新的四位数，仿佛掉入陷阱里似的，所以我们把6174叫做陷阱数。
显然，一位和两位的陷阱数都不存在，而三位的陷阱数是495。那么，五位、六位…有没有陷阱数呢？
我们还可以换一个思路，不一定要排成最大数和最小数，而是自行规定两个顺序，例如：
千位数字≥个位数字≥十位数字≥百位数字；
个位数字≥十位数字≥千位数字≥百位数字。
然后用大数减小数，会不会也有类似于6174的陷阱数呢？请同学们课后自己研究。
每年11月11日是我国近几年来新产生的节日-双11购物节(又称光棍节)。据此，我们得到一个类似于 6174的有趣的数，姑且称之为“光棍数”：
（1）求四位数， 使得：111(a+b+c+d)+667=
（2）根据阅读材料提供的研究思路，请你提出一个合理的猜想。
17．（2023·深圳竞赛）以下是一个5×n(5行m列) 的长方形网格，每一个网格中心都有一枚棋子，已知从中至少取出k枚棋子，能够使得余下的棋子中任意4个都不成为某个长方形的4个顶点(这里所说的长方形，其边与网格的边平行，不包括斜着放置的)。
（1）当n分别取2， 3， 4时， 求相应的k的值， 并说明理由；
（2）试给出n和k之间的等量关系(无需证明其正确性).
答案解析部分
1．【答案】Z， V， W， Y， X
【知识点】逻辑推理
【解析】【解答】 解：根据上图不难发现：
X遮挡Y、Y遮挡W、W遮挡V、V遮挡Z，Z在最下面，X在最上面。
故答案为：Z，V，W，Y，X。
【分析】 本题需通过圆盘的遮挡关系推断叠放顺序，底层圆盘完全可见，上方圆盘部分遮挡下层 。逆时针方向观察5个圆盘，X遮挡Y、Y遮挡W、W遮挡V、V遮挡Z，被遮挡的圆盘在下，据此作答。
2．【答案】16
【知识点】组合体露在外面的面
【解析】【解答】 解：从上往下看：
第一层中有1个正方体，露在外部5个面；
第二层中有3×3=9个小正方体，除了中间一个小正方体一个面也不露之外，其它8个小正方体中，四个顶点处的4个小正方体露出3个面，另外4个只露出2个面；
第三层中有5×5=25个小正方体，中间9个小正方体只露出1个面；四个顶点处的小正方体露出4个面，剩下的25-9-4=12个小正方体都是露出3个面，
所以有3个面露在外部，即3面涂色的小正方体一共有：4+12=16（块）；
故答案为：16。
【分析】 本题需注意结构的特殊性，并非标准立方体。 先观察图形，要把外表面（包括底面）全部涂 一层 红色，可以先数出它们分别露在外部的面的个数，即可解决问题。
3．【答案】
【知识点】列方程解含有多个未知数的应用题；浓度基础问题
【解析】【解答】解：设甲杯盐水的含盐率为m，乙杯盐水的含盐率为n，从每杯中倒出的盐水是x克，
则甲杯原来盐的含量为am克，倒出x克盐水（这x克盐水中盐的含量为mx克）后，甲杯中还剩盐（am-mx）克；乙杯原来盐的含量为bn克，倒出x克盐水（这x克盐水中盐的含量为nx克）后，乙杯中还剩盐（bn-nx）克，交换后，甲杯中有盐[（am-mx）+nx]克，盐水总重量还是a克，此时甲杯的含盐率为；乙杯中有盐[（bn-nx）+mx]克，盐水总重量还是b克，此时乙杯的含盐率为，由于两杯新盐水的含盐率相同，
所以=
解得：x=
故答案为：
【分析】 本题的关键在于交换倒出的盐水后，两杯的含盐率相同。通过设定倒出的盐水为 x 克，分析交换后的盐量与总质量的关系，建立方程求解 x的值。
4．【答案】⑥
【知识点】逻辑推理
【解析】【解答】解：由题可知：
④+⑤+⑥+⑦＞①+②+③ A式
②+⑥+⑧＞①+③+④+⑤ B式
②+④+⑤＞①+③+⑧ C式
由B式可以推出：
①③④⑤这四个球加在一起的重量比②⑥⑧这三个球轻，
可见在①③④⑤中不会有2克或3克的球，都是1克的球，而②⑥⑧中肯定有2克或3克重的球，
由C式可以推出：②比⑧重
由A式可以推出：②不是3克而是2克，所以3克重的球不是⑥就是⑦，
已知②是2克，所以⑥是3克重的球。
故答案为：⑥。
【分析】 本题需通过天平平衡条件推导各球的重量分布，结合编号分析3克球的位置。关键在于分析左盘和右盘的重量差，结合各球的重量分布推导可能的组合。
5．【答案】35
【知识点】逻辑推理
【解析】【解答】解： “不亚于”定义为：甲的语文或数学至少有一科比乙的对应科目高。若某学生对其他所有34名学生均满足此条件，则为优秀学生。需构造成绩使得优秀学生数量最多。
要使优秀学生最多，可将每名学生的长处与其他同学的短处相比较．
例如：学生1的语文最高，对所有其他学生，语文均高于，故不亚于；
学生2的语文次高，对所有学生，若学生k < 2（即k=1），语文2 < 语文1，但数学2=2 > 数学1=1，故不亚于；
对k > 2（如k=3），语文2=34 > 语文3=33，故不亚于；
以此类推，每个学生均满足对其他所有学生不亚于。
因此，所有35名学生均为优秀学生，最大可能为35。
故答案为：35
【分析】 本题的关键在于构造一种成绩排列方式，使得每个学生对其他学生至少有一科成绩更高。通过将语文和数学成绩反向排列（如语文从高到低，数学从低到高），可确保所有学生均满足条件，从而得出最大优秀学生数为35。
6．【答案】12
【知识点】乘法原理；排列组合
【解析】【解答】 解：由于M位上放置标有数码“2”的纸片，另一个标有数码“2”的纸片只能放置在左下角或右下角（如下图所示）：
对于每一种可能性，标有数码“1”、“3”、“4”的纸片放置在A、B、C三个位置，只有六种方法（如下图所示）：
放置方法总共有：6×2=12（种）
故答案为：12。
【分析】 题目要求在M位置放置数字“2”的情况下，计算所有可能的放置方法。由于相同数字不能相邻，需考虑各位置的约束条件，尤其是相邻位置的限制。假设图中位置结构为环形或特定相邻关系（如M与相邻位置相连），需逐步分析每个位置的可能选择，并计算总方法数。
7．【答案】4-π
【知识点】组合图形面积的巧算
【解析】【解答】 解：如下图所示：
红色三角形面积为正方形面积的一半：2×2÷2=2，
图中r=正方形边长的÷2=2÷2=1，
半圆面积为：×π×12 =，
所以三角形面积：半圆面积之比为：
2：
=4：π，
因为其他五组三角形和半圆组合图形与第一组构造相同，同理可得：
其他五组三角形面积：半圆面积之比也是：4：π，
又因 6个等腰直角三角形拼成边长为2的正方形 ，面积之和为4
所以正方形面积：半圆面积=4：π，
S正方形=2×2=4，所以S半圆=4×=π，
所以S阴影
=S正方形-S半圆
=4-π。
故答案为：4-π。
【分析】 本题需要计算由6个等腰直角三角形拼成的边长为2的正方形中，挖去每个三角形内最大半圆后的阴影面积。关键在于确定半圆的半径及数量，进而计算总面积差。
先分析左上角正方形一半的三角形和半圆组合图形：根据“三角形面积=底×高÷2”求出三角形面积，根据“圆面积=πr2”，用圆面积除以2求出空白半圆面积，据此即可求出三角形和空白半圆面积比，图中6个等腰三角形和半圆组合图形，形状相同，大小不同，但每组图形中的三角形和空白半圆面积比都和左上角三角形和半圆组合图形中的三角形和空白半圆面积比相同，据此即可求出正方形面积和空白半圆面积比，而正方形面积可求，据此即可求出空白半圆面积和，用正方形面积减去空白半圆面积和即是阴影面积。即可求出答案。

8．【答案】84
【知识点】逻辑推理；一笔画定理；奇数和偶数
【解析】【解答】解：题目要求不允许走重复路线，且最终回到起点A，
所以图中任何的点都必须爬行偶数次，
而实际上，原图中各点所连接线段数量下图所示：
有8个点分别连接了3根铁丝，有4个点分别连接了4根铁丝，至少去掉4根铁丝，即可使所有的点连接的铁丝数量都变成偶数，
为使蚂蚁回到起点时，所爬行的路程尽可能多，则去掉的铁丝，必须位于原本两个奇数点之间，且长度最好是4厘米，
如下图，按照箭头方向以及相应的序号，即可完成一笔画。
蚂蚁共爬行16根铁丝，其中6厘米的爬行6根，5厘米的爬行8根，4厘米的爬行2根，共爬行：
6×6+5×8+4×2
=36+40+8
=76+8
=84（厘米）。
故答案为：84。
【分析】 本题需通过调整图的结构使所有顶点度数为偶数，从而找到最长路径。原长方体框架有20根铁丝（棱），其中6cm的有6根（对应长方体的长），5cm的有8根（对应宽和高），4cm的有2根。蚂蚁需从A出发并返回，且每根铁丝最多爬行一次。关键在于确定需要删除的铁丝数量及位置，然后计算出最长爬行路程。
9．【答案】5
【知识点】逻辑推理
【解析】【解答】 解：鹏鹏第一次猜不到时的推理：
鹏鹏说猜不到，这意味着超超额头上的数字不是1和9，
因为如果超超额头上是1，由于是连续正整数，鹏鹏就能确定自己额头上是2；
如果超超额头上是9，鹏鹏就能确定自己额头上是8；
超超第一次猜不到时的推理：
超超说猜不到，因为鹏鹏额头上不是1和9（由鹏鹏第一次猜不到得出），
此时如果鹏鹏额头上是2，超超就能确定自己是3，
如果鹏鹏额头上是8，超超就能确定自己是7，
但超超猜不到，所以鹏鹏额头上不是2和8；
鹏鹏第二次猜不到时的推理：
鹏鹏又说猜不到，此时因为超超额头上不是1、2、8、9（前面推理得出），
如果超超额头上是3，鹏鹏就能确定自己是4，
如果超超额头上是7，鹏鹏就能确定自己是6，
但鹏鹏猜不到，所以超超额头上不是3和7；
超超第二次猜不到时的推理：
超超也猜不到，因为鹏鹏额头上不是1、2、3、7、8、9，
如果鹏鹏额头上是4，超超就能确定自己是5，
如果鹏鹏额头上是6，超超就能确定自己是5，
但超超猜不到，所以鹏鹏额头上不是4和6；
经过前面的推理，鹏鹏额头上不是1、2、3、4、6、7、8、9，
那么鹏鹏额头上只能是5了。
答：鹏鹏额头上的数一定是5。
故答案为：5。
【分析】 此题需要通过逻辑推理，通过两人多次猜不到的回答逐步排除不可能的数字，最后确定鹏鹏额头上的数字。 关键在于分析每次“猜不到”所隐含的信息，结合连续数的条件进行排除。
10．【答案】9221
【知识点】竖式数字谜
【解析】【解答】解：答案如下图所示：
满足题意。
故MEET代表的四位数可以是9221。
故答案为：9221。
【分析】 题干要求只需填写一种情况，说明情况可能不止一种，故可以采用“假设法”，通过字母间的关系进行推理即可解答。根据最高位加数P以及和的最高位Z可知，P+1=Z，再根据P和Z同时出现的百位，因为P+1=Z，则M+E=1或M+E=11或M+E=10，①当M+E=1，则M作为四位数MEET的最高位，只能M=1，则E=0，根据加数的个位，T+T最多进位1位，所以L+1=Z或L=Z，因为P+1=Z，所以L+1=Z时P=L，不符合不同的字母代表不同的数字。同理L=Z也不符合不同的字母代表不同的数字。即M+E=1不成立。②当M+E=11，假设E=2，则M=9，如果T=1，则Z=4，P=3，L=0，再令M=9，则R+O=14，U+C=12，即R=6，O=8，U=5，C=7.
11．【答案】196
【知识点】几何中的计数问题；最大公因数的应用
【解析】【解答】 解：分析直线PT切割的正方形：
对于被直线PT切割其公共边的每两个正方形，将它们的中心连接起来，
因为PQ=49，QT=60，且49和60的最大公因数是1，
所以直线PT除了点P和T之外不经过其他正方形的顶点，
连接被PT切割的正方形的中心的折线L开始于最接近P的正方形的中心，
终止于最接近T的正方形的中心，
它是由长度为一条平行于PQ或QT的线段所构成，
由于PQ=49，所以L由49条长度为1的垂直线段组成，
由于QT=60，所以L由60条长度为1的水平线段组成，
因此，L的长度是49+60-1=108，
由此推断出108个正方形被PT所切割；
分析直线TS切割的正方形：
类似地，对于直线TS，因为PS=100，QT=60，所以TR=100-60=40。
则连接被TS切割的正方形的中心的折线长度为49+40-1=88，
所以88个正方形被TS切割；
计算被切割的正方形总个数：
被直线PT切割的正方形有108个，被直线TS切割的正方形有88个，
所以被切割的正方形总个数是：
108+88=196（个）。
故答案为：196。
【分析】 通过分析长方形中被直线PT和TS切割的正方形的特点： 直线PT和TS分别经过多少个边长为1的小正方形的内部，并求总和。利用最大公约数的性质分别计算PT和TS的路径。最后计算出被切割的正方形的数量。
12．【答案】
【知识点】位值原则；约分的认识与应用
【解析】【解答】 解：上面的分数可用来表示，a、b、c均为1～9数字之一，划去分母中的十位数字与分子中的个位数字后，分数变为，则可建立等式：=
10ac+bc=10ab+ac
9ac=（10a-c）b。
若a=c，则9a2=9a b，a=b=c（舍去）。
若a≠c，则9≠10a-c。
∵9=3×3，∴3|b。
①b=3时，3ac=10a-c，只有a=3，c=3一组解，舍去；
②b=6时，3ac=20a-2c，
，
③b=9时，ac=10a-c 10+10a-c-ac=10 （1+a）（10-c）=10，
，
故答案为：
【分析】用代数法进行求解，利用位值原理写出两个两位数=，按照题目要求进行约分求解，观察最后结果的特点，进行求解。
13．【答案】解：因为220和284是一对“亲和数”
m=220除本身外的约数有：1、2、4、5、10、11、20、22、44、55、110；
n=284除本身外的约数有：1、2、4、71、142，
q(x)表示正整数x的除1外的所有约数的倒数之和。 根据q（x）的定义，
q（220）=+=，
q（284）=+=，
所以q（m） q（n）==1
答：q（m） q（n）的值是1。
【知识点】定义新运算；因数的特点及求法
【解析】【分析】 约数的概念为：若整数a能够被b整除，a叫做b的倍数，b就叫做a的约数（也叫因数）。 题目要求计算一对亲和数m和n对应的q(m)·q(n)的值，其中q(x)是x除1外的所有约数的倒数之和。根据亲和数的定义，m和n的真约数之和互为对方。通过分析约数之和函数σ(x)与q(x)的关系，结合亲和数的性质，推导出q(m)和q(n)的乘积。
14．【答案】解：由图意可知：
里面的三角形是面积=内圆的周长×高，外面的三角形的面积=外圆的周长×高，
又因外圆的周长大于内圆的周长，所以外圈的三角形的总面积大．
【知识点】三角形的面积
【解析】【分析】 题目要求比较内圈和外圈三角形石板的总面积。根据常见的几何问题，可能需要利用对称性、面积相等或旋转等方法进行分析。 可以将一个三角形的底边的弧看成是直的，他们的高是相等的，里面的三角形是面积=内圆的周长×高，外面的三角形的面积=外圆的周长×高．当然是外圆的周长大于内圆的周长，所以外圈的三角形的面积大．
15．【答案】解：EC的长度：
500-180=320（m），
AE的长度：
AE·AE=2402+1802
解得AE=300（m），
DE·DE=2402+3202
解得DE=400（m），
甲散步走1圈的距离：
（500+240）×2
=740×2
=1480（m），
甲走1圈间隔的时间（含休息时间）：
1480÷1+20
=1480+20
=1500（秒），
1500÷60=25（分钟），
乙走1圈的距离：
300+400+500
=700+500
=1200（m），
乙走1圈间隔的时间：
1200÷1=1200（秒），
1200÷60=20（分钟），
25与20的最小公倍数：100
即100分钟后两人重新从A点出发。
答：经过100分钟两人第一次同时出现在同一地点。
【知识点】相遇问题；最小公倍数的应用
【解析】【分析】 本题需计算甲、乙两人在长方形操场逆时针行走后首次相遇的时间。甲的路径为A→B→C→D→A，乙的路径为A→E→D→A。甲每次回到A点需休息20秒，乙则持续行走。需分析两人在不同路径上的时间点，寻找首次相遇的时刻。根据勾股定理算出AE、DE的长度，再算出相应的散步路线长度；进而算出散步1圈需要的相应时间，最终求得两人散步1圈所需时间的最小公倍数得解。
16．【答案】（1）解：（1）根据位值原理=1000a+100b+10c+d，
又因为= 111(a+b+c+d)+667
所以1000a+100b+10c+d=111（a+b+c+d）+667
化简得：
889a-11b-101c-110d=667，
因为1000a+100b+10c+d-667≥0，
所以111（a+b+c+d）≥0，且1≤a≤9，0≤b，c，d≤9，
而111（a+b+c+d）+667=1000a+100b+10c+d，
变形可得111（a+b+c+d）=1000a+100b+10c+d-667
由于111×10=1110，111×9=999，所以从a=1开始尝试，
当a=1时，
111（1+b+c+d）+667=1000×1+100b+10c+d，
即11b+101c+110d=222，
因为c最大取2，
若c=2，
则101×2=202，222-202=20，11b+110d=20，
此时b=0，d=，不符合题意，
若c=1，则101×1=101，222-101=121，11b+110d=121，
当b=1，d=1时满足等式，
所以a=1，b=1，c=1，d=1，四位数为1111。
答：四位数为1111时，使得111（a+b+c+d）+667= 。
（2）解： （2）材料中对于四位数通过特定的排列，相减运算得到陷阱数6174，对于三位数得到陷阱数495，猜想：对于任意一个四位数（四个数字不全相同），按照自行规定的两种顺序组成两个数，用大数减小数，经过若干次重复运算后，可能会得到一个固定的数（答案不唯一，合理即可）。
【知识点】不定方程；列方程解含有多个未知数的应用题；算式的规律
【解析】【分析】 （1）需要解方程111(a+b+c+d)+667=，其中abcd是四位数。通过分析a的取值范围和方程的解，确定符合条件的四位数。
（2）需基于材料中的陷阱数规律，提出合理的猜想，例如五位数是否存在陷阱数或不同排列规则下的陷阱数是否存在。
17．【答案】（1）解：（1）当n=2时，即5行2列的长方形，保证去掉1行后剩下的4行中每一行都没有2枚棋子，即除1行外，剩下每行取出一枚棋子即没有长方形，故k=4；如下图所示：
当n=3时，即5行3列的长方形，前2列中取出的棋子尽量都不在同一行内，而且尽量分布在更多的列，所以第1列取2个前两行的，第2列取2个后两行的，第3列取最后1行的，要使没有长方形，则第2行和第4行还要各取1枚棋子，此时即没有长方形，故k=7，如下图所示：
当n=4时，即5行2列的长方形，分析同n=3，如下图所示：
故k=10。
答：当n分别取2，3，4时，相应的k的值分别为4，7，10。
（2）解： 根据（1）可知当2≤n≤6时，k=3n-2，
当n=1时，k=1，
当n≥7时，k=4n-8，
即n和k之间的等量关系为：。
【知识点】不定方程；排列
【解析】【分析】 （1） 题需要确定在5×n的网格中至少取出k枚棋子，使得剩余棋子中无四个形成矩形顶点。 分析长方形网格中棋子的分布情况，找出满足条件（余下棋子中任意4个都不构成长方形顶点）时取出棋子的最少数量。对于不同的列数n，需要分别考虑其特殊情况进行分析；
（2）根据（1）的结果，找出n和k的关系即可。
1 / 1广东省深圳市2023年六年级数学超常思维复赛试卷
一、填空题(每小题7分，共84分)
1．（2023·深圳竞赛）桌子上放着5个圆盘，如图所示，它们由下到上放置的顺序是　 　。
【答案】Z， V， W， Y， X
【知识点】逻辑推理
【解析】【解答】 解：根据上图不难发现：
X遮挡Y、Y遮挡W、W遮挡V、V遮挡Z，Z在最下面，X在最上面。
故答案为：Z，V，W，Y，X。
【分析】 本题需通过圆盘的遮挡关系推断叠放顺序，底层圆盘完全可见，上方圆盘部分遮挡下层 。逆时针方向观察5个圆盘，X遮挡Y、Y遮挡W、W遮挡V、V遮挡Z，被遮挡的圆盘在下，据此作答。
2．（2023·深圳竞赛）如图是由3层小立方体无缝隙拼成的。如果它的外表面(包括底面) 全部被涂一层红色，那么把它们再分开成一个个小立方体时，有　 　个小立方体恰好有三面是红色的。
【答案】16
【知识点】组合体露在外面的面
【解析】【解答】 解：从上往下看：
第一层中有1个正方体，露在外部5个面；
第二层中有3×3=9个小正方体，除了中间一个小正方体一个面也不露之外，其它8个小正方体中，四个顶点处的4个小正方体露出3个面，另外4个只露出2个面；
第三层中有5×5=25个小正方体，中间9个小正方体只露出1个面；四个顶点处的小正方体露出4个面，剩下的25-9-4=12个小正方体都是露出3个面，
所以有3个面露在外部，即3面涂色的小正方体一共有：4+12=16（块）；
故答案为：16。
【分析】 本题需注意结构的特殊性，并非标准立方体。 先观察图形，要把外表面（包括底面）全部涂 一层 红色，可以先数出它们分别露在外部的面的个数，即可解决问题。
3．（2023·深圳竞赛）有甲、乙两杯含盐率不同的盐水，甲杯盐水重a克，乙杯盐水重b克。现在从两杯中倒出等量的盐水，分别交换倒入两杯中，这时两杯新盐水的含盐率相同。那么，从每杯中倒出的盐水是　 　克。
【答案】
【知识点】列方程解含有多个未知数的应用题；浓度基础问题
【解析】【解答】解：设甲杯盐水的含盐率为m，乙杯盐水的含盐率为n，从每杯中倒出的盐水是x克，
则甲杯原来盐的含量为am克，倒出x克盐水（这x克盐水中盐的含量为mx克）后，甲杯中还剩盐（am-mx）克；乙杯原来盐的含量为bn克，倒出x克盐水（这x克盐水中盐的含量为nx克）后，乙杯中还剩盐（bn-nx）克，交换后，甲杯中有盐[（am-mx）+nx]克，盐水总重量还是a克，此时甲杯的含盐率为；乙杯中有盐[（bn-nx）+mx]克，盐水总重量还是b克，此时乙杯的含盐率为，由于两杯新盐水的含盐率相同，
所以=
解得：x=
故答案为：
【分析】 本题的关键在于交换倒出的盐水后，两杯的含盐率相同。通过设定倒出的盐水为 x 克，分析交换后的盐量与总质量的关系，建立方程求解 x的值。
4．（2023·深圳竞赛）有6个1克重的球，1个2克重的球，1个3克重的球.把这8个球从1到8编上号，放到天平上称的话，就成为图中所示的状态。则3克重的是　 　。
【答案】⑥
【知识点】逻辑推理
【解析】【解答】解：由题可知：
④+⑤+⑥+⑦＞①+②+③ A式
②+⑥+⑧＞①+③+④+⑤ B式
②+④+⑤＞①+③+⑧ C式
由B式可以推出：
①③④⑤这四个球加在一起的重量比②⑥⑧这三个球轻，
可见在①③④⑤中不会有2克或3克的球，都是1克的球，而②⑥⑧中肯定有2克或3克重的球，
由C式可以推出：②比⑧重
由A式可以推出：②不是3克而是2克，所以3克重的球不是⑥就是⑦，
已知②是2克，所以⑥是3克重的球。
故答案为：⑥。
【分析】 本题需通过天平平衡条件推导各球的重量分布，结合编号分析3克球的位置。关键在于分析左盘和右盘的重量差，结合各球的重量分布推导可能的组合。
5．（2023·深圳竞赛）期末达标中，如果甲的语文或数学成绩至少有一科比乙的(语文或数学)成绩高，就称甲不亚于乙。在一个有35人的班级中，如果某同学不亚于其余34名同学，就称他(她)为优秀学生，那么，这35人中的优秀学生最多可以有　 　名。
【答案】35
【知识点】逻辑推理
【解析】【解答】解： “不亚于”定义为：甲的语文或数学至少有一科比乙的对应科目高。若某学生对其他所有34名学生均满足此条件，则为优秀学生。需构造成绩使得优秀学生数量最多。
要使优秀学生最多，可将每名学生的长处与其他同学的短处相比较．
例如：学生1的语文最高，对所有其他学生，语文均高于，故不亚于；
学生2的语文次高，对所有学生，若学生k < 2（即k=1），语文2 < 语文1，但数学2=2 > 数学1=1，故不亚于；
对k > 2（如k=3），语文2=34 > 语文3=33，故不亚于；
以此类推，每个学生均满足对其他所有学生不亚于。
因此，所有35名学生均为优秀学生，最大可能为35。
故答案为：35
【分析】 本题的关键在于构造一种成绩排列方式，使得每个学生对其他学生至少有一科成绩更高。通过将语文和数学成绩反向排列（如语文从高到低，数学从低到高），可确保所有学生均满足条件，从而得出最大优秀学生数为35。
6．（2023·深圳竞赛）有9张同样大小的圆形纸片，其中标有数字“1”的有1张； 标有数字“2”的有2张； 标有数字“3”的有3张； 标有数字“4”的也有3张。把这9张圆形纸片如下图所示放置在一起，但标有相同数字的纸片不允许靠在一起. 如果M位置上放置标有数字“2”的纸片，那么一共有　 　种不同的放置方法。
【答案】12
【知识点】乘法原理；排列组合
【解析】【解答】 解：由于M位上放置标有数码“2”的纸片，另一个标有数码“2”的纸片只能放置在左下角或右下角（如下图所示）：
对于每一种可能性，标有数码“1”、“3”、“4”的纸片放置在A、B、C三个位置，只有六种方法（如下图所示）：
放置方法总共有：6×2=12（种）
故答案为：12。
【分析】 题目要求在M位置放置数字“2”的情况下，计算所有可能的放置方法。由于相同数字不能相邻，需考虑各位置的约束条件，尤其是相邻位置的限制。假设图中位置结构为环形或特定相邻关系（如M与相邻位置相连），需逐步分析每个位置的可能选择，并计算总方法数。
7．（2023·深圳竞赛）如图，6个等腰直角三角形拼成边长为2的正方形，然后在每个三角形内挖去一个最大的半圆。那么，剩下(阴影)部分的面积是　 　(得数保留π)。
【答案】4-π
【知识点】组合图形面积的巧算
【解析】【解答】 解：如下图所示：
红色三角形面积为正方形面积的一半：2×2÷2=2，
图中r=正方形边长的÷2=2÷2=1，
半圆面积为：×π×12 =，
所以三角形面积：半圆面积之比为：
2：
=4：π，
因为其他五组三角形和半圆组合图形与第一组构造相同，同理可得：
其他五组三角形面积：半圆面积之比也是：4：π，
又因 6个等腰直角三角形拼成边长为2的正方形 ，面积之和为4
所以正方形面积：半圆面积=4：π，
S正方形=2×2=4，所以S半圆=4×=π，
所以S阴影
=S正方形-S半圆
=4-π。
故答案为：4-π。
【分析】 本题需要计算由6个等腰直角三角形拼成的边长为2的正方形中，挖去每个三角形内最大半圆后的阴影面积。关键在于确定半圆的半径及数量，进而计算总面积差。
先分析左上角正方形一半的三角形和半圆组合图形：根据“三角形面积=底×高÷2”求出三角形面积，根据“圆面积=πr2”，用圆面积除以2求出空白半圆面积，据此即可求出三角形和空白半圆面积比，图中6个等腰三角形和半圆组合图形，形状相同，大小不同，但每组图形中的三角形和空白半圆面积比都和左上角三角形和半圆组合图形中的三角形和空白半圆面积比相同，据此即可求出正方形面积和空白半圆面积比，而正方形面积可求，据此即可求出空白半圆面积和，用正方形面积减去空白半圆面积和即是阴影面积。即可求出答案。

8．（2023·深圳竞赛）20根铁丝按如图所示的方式焊接成一个长方体框架，其中6厘米长的铁丝有6根，5厘米长的铁丝有8根，4厘米长的铁丝有 6根。一只蚂蚁从点A出发，沿铁丝爬行，最后返回点A。如果这只蚂蚁每次必须爬完自己所在的整根铁丝，才能由公共点转到其它铁丝上继续爬行，且每根铁丝最多只能爬行一次，那么这只蚂蚁最多可以爬行　 　厘米。
【答案】84
【知识点】逻辑推理；一笔画定理；奇数和偶数
【解析】【解答】解：题目要求不允许走重复路线，且最终回到起点A，
所以图中任何的点都必须爬行偶数次，
而实际上，原图中各点所连接线段数量下图所示：
有8个点分别连接了3根铁丝，有4个点分别连接了4根铁丝，至少去掉4根铁丝，即可使所有的点连接的铁丝数量都变成偶数，
为使蚂蚁回到起点时，所爬行的路程尽可能多，则去掉的铁丝，必须位于原本两个奇数点之间，且长度最好是4厘米，
如下图，按照箭头方向以及相应的序号，即可完成一笔画。
蚂蚁共爬行16根铁丝，其中6厘米的爬行6根，5厘米的爬行8根，4厘米的爬行2根，共爬行：
6×6+5×8+4×2
=36+40+8
=76+8
=84（厘米）。
故答案为：84。
【分析】 本题需通过调整图的结构使所有顶点度数为偶数，从而找到最长路径。原长方体框架有20根铁丝（棱），其中6cm的有6根（对应长方体的长），5cm的有8根（对应宽和高），4cm的有2根。蚂蚁需从A出发并返回，且每根铁丝最多爬行一次。关键在于确定需要删除的铁丝数量及位置，然后计算出最长爬行路程。
9．（2023·深圳竞赛）联欢会上，王老师让鹏鹏和超超两人做一个游戏。王老师在两张纸片上各写了一个数，分别贴在他们的额头上，两人都只能看到对方额头上的数，而看不到自己额头上的数。然后，还告诉他们俩，他写的两个数都是一位的连续正整数。之后，王老师问他们，谁能猜出自己额头上是什么数。
鹏鹏：“我猜不到”，超超：“我也猜不到”；
鹏鹏想了想：“我还是猜不到”，超超也想了想：“我也还是猜不到”。
突然，鹏鹏喊起来“我猜到了！”超超却叹了一口气：“唉，我是猜不到了”。
那么，鹏鹏额头上的数一定是　 　。
【答案】5
【知识点】逻辑推理
【解析】【解答】 解：鹏鹏第一次猜不到时的推理：
鹏鹏说猜不到，这意味着超超额头上的数字不是1和9，
因为如果超超额头上是1，由于是连续正整数，鹏鹏就能确定自己额头上是2；
如果超超额头上是9，鹏鹏就能确定自己额头上是8；
超超第一次猜不到时的推理：
超超说猜不到，因为鹏鹏额头上不是1和9（由鹏鹏第一次猜不到得出），
此时如果鹏鹏额头上是2，超超就能确定自己是3，
如果鹏鹏额头上是8，超超就能确定自己是7，
但超超猜不到，所以鹏鹏额头上不是2和8；
鹏鹏第二次猜不到时的推理：
鹏鹏又说猜不到，此时因为超超额头上不是1、2、8、9（前面推理得出），
如果超超额头上是3，鹏鹏就能确定自己是4，
如果超超额头上是7，鹏鹏就能确定自己是6，
但鹏鹏猜不到，所以超超额头上不是3和7；
超超第二次猜不到时的推理：
超超也猜不到，因为鹏鹏额头上不是1、2、3、7、8、9，
如果鹏鹏额头上是4，超超就能确定自己是5，
如果鹏鹏额头上是6，超超就能确定自己是5，
但超超猜不到，所以鹏鹏额头上不是4和6；
经过前面的推理，鹏鹏额头上不是1、2、3、4、6、7、8、9，
那么鹏鹏额头上只能是5了。
答：鹏鹏额头上的数一定是5。
故答案为：5。
【分析】 此题需要通过逻辑推理，通过两人多次猜不到的回答逐步排除不可能的数字，最后确定鹏鹏额头上的数字。 关键在于分析每次“猜不到”所隐含的信息，结合连续数的条件进行排除。
10．（2023·深圳竞赛）下列加法算式中，相同的字母代表相同的数字，不同的字母代表不同的数字、则 代表的四位数是　 　(只需填写一种情况)。
【答案】9221
【知识点】竖式数字谜
【解析】【解答】解：答案如下图所示：
满足题意。
故MEET代表的四位数可以是9221。
故答案为：9221。
【分析】 题干要求只需填写一种情况，说明情况可能不止一种，故可以采用“假设法”，通过字母间的关系进行推理即可解答。根据最高位加数P以及和的最高位Z可知，P+1=Z，再根据P和Z同时出现的百位，因为P+1=Z，则M+E=1或M+E=11或M+E=10，①当M+E=1，则M作为四位数MEET的最高位，只能M=1，则E=0，根据加数的个位，T+T最多进位1位，所以L+1=Z或L=Z，因为P+1=Z，所以L+1=Z时P=L，不符合不同的字母代表不同的数字。同理L=Z也不符合不同的字母代表不同的数字。即M+E=1不成立。②当M+E=11，假设E=2，则M=9，如果T=1，则Z=4，P=3，L=0，再令M=9，则R+O=14，U+C=12，即R=6，O=8，U=5，C=7.
11．（2023·深圳竞赛）如图，矩形PQRS中， PQ=49， PS=100。现将它分割为4900个边长为1的正方形，若T是QR上的一点，QT=60，则在这4900个正方形中有　 　个正方形被直线PT或TS 穿过其内部。
【答案】196
【知识点】几何中的计数问题；最大公因数的应用
【解析】【解答】 解：分析直线PT切割的正方形：
对于被直线PT切割其公共边的每两个正方形，将它们的中心连接起来，
因为PQ=49，QT=60，且49和60的最大公因数是1，
所以直线PT除了点P和T之外不经过其他正方形的顶点，
连接被PT切割的正方形的中心的折线L开始于最接近P的正方形的中心，
终止于最接近T的正方形的中心，
它是由长度为一条平行于PQ或QT的线段所构成，
由于PQ=49，所以L由49条长度为1的垂直线段组成，
由于QT=60，所以L由60条长度为1的水平线段组成，
因此，L的长度是49+60-1=108，
由此推断出108个正方形被PT所切割；
分析直线TS切割的正方形：
类似地，对于直线TS，因为PS=100，QT=60，所以TR=100-60=40。
则连接被TS切割的正方形的中心的折线长度为49+40-1=88，
所以88个正方形被TS切割；
计算被切割的正方形总个数：
被直线PT切割的正方形有108个，被直线TS切割的正方形有88个，
所以被切割的正方形总个数是：
108+88=196（个）。
故答案为：196。
【分析】 通过分析长方形中被直线PT和TS切割的正方形的特点： 直线PT和TS分别经过多少个边长为1的小正方形的内部，并求总和。利用最大公约数的性质分别计算PT和TS的路径。最后计算出被切割的正方形的数量。
12．（2023·深圳竞赛）有这样奇妙的约分方法： 方法错误但结果正确！
请你再写出一个这样的式子：　 　。(注意： 要么因为数字相同，要么因为约分方式不同，这些都不算)。
【答案】
【知识点】位值原则；约分的认识与应用
【解析】【解答】 解：上面的分数可用来表示，a、b、c均为1～9数字之一，划去分母中的十位数字与分子中的个位数字后，分数变为，则可建立等式：=
10ac+bc=10ab+ac
9ac=（10a-c）b。
若a=c，则9a2=9a b，a=b=c（舍去）。
若a≠c，则9≠10a-c。
∵9=3×3，∴3|b。
①b=3时，3ac=10a-c，只有a=3，c=3一组解，舍去；
②b=6时，3ac=20a-2c，
，
③b=9时，ac=10a-c 10+10a-c-ac=10 （1+a）（10-c）=10，
，
故答案为：
【分析】用代数法进行求解，利用位值原理写出两个两位数=，按照题目要求进行约分求解，观察最后结果的特点，进行求解。
二、解答题(第13、14、15小题各12分，第16、17小题各14分， 共64分)
13．（2023·深圳竞赛）220除本身外的所有约数之和是 284，而284除本身外的所有约数之和又恰好是 220，这样的两个数称之为一对“亲和数”。若m，n是一对亲和数，求q(m)·q(n)的值。（这里，q(x)表示正整数x的除1外的所有约数的倒数之和。）
【答案】解：因为220和284是一对“亲和数”
m=220除本身外的约数有：1、2、4、5、10、11、20、22、44、55、110；
n=284除本身外的约数有：1、2、4、71、142，
q(x)表示正整数x的除1外的所有约数的倒数之和。 根据q（x）的定义，
q（220）=+=，
q（284）=+=，
所以q（m） q（n）==1
答：q（m） q（n）的值是1。
【知识点】定义新运算；因数的特点及求法
【解析】【分析】 约数的概念为：若整数a能够被b整除，a叫做b的倍数，b就叫做a的约数（也叫因数）。 题目要求计算一对亲和数m和n对应的q(m)·q(n)的值，其中q(x)是x除1外的所有约数的倒数之和。根据亲和数的定义，m和n的真约数之和互为对方。通过分析约数之和函数σ(x)与q(x)的关系，结合亲和数的性质，推导出q(m)和q(n)的乘积。
14．（2023·深圳竞赛）园林小路，曲径通幽。小路由白色正方形石板和青、红两色的三角形石板铺成，如图所示。问：内圈三角形石板的总面积大，还是外圈三角形的总面积大？请说明理由.
【答案】解：由图意可知：
里面的三角形是面积=内圆的周长×高，外面的三角形的面积=外圆的周长×高，
又因外圆的周长大于内圆的周长，所以外圈的三角形的总面积大．
【知识点】三角形的面积
【解析】【分析】 题目要求比较内圈和外圈三角形石板的总面积。根据常见的几何问题，可能需要利用对称性、面积相等或旋转等方法进行分析。 可以将一个三角形的底边的弧看成是直的，他们的高是相等的，里面的三角形是面积=内圆的周长×高，外面的三角形的面积=外圆的周长×高．当然是外圆的周长大于内圆的周长，所以外圈的三角形的面积大．
15．（2023·深圳竞赛）如图， 长方形操场ABCD 的长为500米， 宽为 240米， 点E在BC边上， BE 长为180米。甲、乙两人同时从点A出发，甲沿着A-B-C-D-A，乙沿着 A-E-D-A的顺序逆时针散步，两人的速度都是1米/秒。甲每次回到点A，都需要休息20秒，而乙从不休息. 那么，从出发算起，经过多少分钟两人第一次同时出现在同一地点？
【答案】解：EC的长度：
500-180=320（m），
AE的长度：
AE·AE=2402+1802
解得AE=300（m），
DE·DE=2402+3202
解得DE=400（m），
甲散步走1圈的距离：
（500+240）×2
=740×2
=1480（m），
甲走1圈间隔的时间（含休息时间）：
1480÷1+20
=1480+20
=1500（秒），
1500÷60=25（分钟），
乙走1圈的距离：
300+400+500
=700+500
=1200（m），
乙走1圈间隔的时间：
1200÷1=1200（秒），
1200÷60=20（分钟），
25与20的最小公倍数：100
即100分钟后两人重新从A点出发。
答：经过100分钟两人第一次同时出现在同一地点。
【知识点】相遇问题；最小公倍数的应用
【解析】【分析】 本题需计算甲、乙两人在长方形操场逆时针行走后首次相遇的时间。甲的路径为A→B→C→D→A，乙的路径为A→E→D→A。甲每次回到A点需休息20秒，乙则持续行走。需分析两人在不同路径上的时间点，寻找首次相遇的时刻。根据勾股定理算出AE、DE的长度，再算出相应的散步路线长度；进而算出散步1圈需要的相应时间，最终求得两人散步1圈所需时间的最小公倍数得解。
16．（2023·深圳竞赛）阅读下列材料，解决相关问题
6174是一个很有趣的数，把它的四个数字打乱，排成的最大数是7641，最小数是1467，而7641-1467=6174。
事实上，将任何一个四位数(四个数字不全相同)的四个数字打乱，排成一个最大数，一个最小数(允许首位是0)，两者相减得到一个新的四位数。然后，对新的四位数做同样的运算，一直下去，最后必然得到6174。此后，不再产生新的四位数，仿佛掉入陷阱里似的，所以我们把6174叫做陷阱数。
显然，一位和两位的陷阱数都不存在，而三位的陷阱数是495。那么，五位、六位…有没有陷阱数呢？
我们还可以换一个思路，不一定要排成最大数和最小数，而是自行规定两个顺序，例如：
千位数字≥个位数字≥十位数字≥百位数字；
个位数字≥十位数字≥千位数字≥百位数字。
然后用大数减小数，会不会也有类似于6174的陷阱数呢？请同学们课后自己研究。
每年11月11日是我国近几年来新产生的节日-双11购物节(又称光棍节)。据此，我们得到一个类似于 6174的有趣的数，姑且称之为“光棍数”：
（1）求四位数， 使得：111(a+b+c+d)+667=
（2）根据阅读材料提供的研究思路，请你提出一个合理的猜想。
【答案】（1）解：（1）根据位值原理=1000a+100b+10c+d，
又因为= 111(a+b+c+d)+667
所以1000a+100b+10c+d=111（a+b+c+d）+667
化简得：
889a-11b-101c-110d=667，
因为1000a+100b+10c+d-667≥0，
所以111（a+b+c+d）≥0，且1≤a≤9，0≤b，c，d≤9，
而111（a+b+c+d）+667=1000a+100b+10c+d，
变形可得111（a+b+c+d）=1000a+100b+10c+d-667
由于111×10=1110，111×9=999，所以从a=1开始尝试，
当a=1时，
111（1+b+c+d）+667=1000×1+100b+10c+d，
即11b+101c+110d=222，
因为c最大取2，
若c=2，
则101×2=202，222-202=20，11b+110d=20，
此时b=0，d=，不符合题意，
若c=1，则101×1=101，222-101=121，11b+110d=121，
当b=1，d=1时满足等式，
所以a=1，b=1，c=1，d=1，四位数为1111。
答：四位数为1111时，使得111（a+b+c+d）+667= 。
（2）解： （2）材料中对于四位数通过特定的排列，相减运算得到陷阱数6174，对于三位数得到陷阱数495，猜想：对于任意一个四位数（四个数字不全相同），按照自行规定的两种顺序组成两个数，用大数减小数，经过若干次重复运算后，可能会得到一个固定的数（答案不唯一，合理即可）。
【知识点】不定方程；列方程解含有多个未知数的应用题；算式的规律
【解析】【分析】 （1）需要解方程111(a+b+c+d)+667=，其中abcd是四位数。通过分析a的取值范围和方程的解，确定符合条件的四位数。
（2）需基于材料中的陷阱数规律，提出合理的猜想，例如五位数是否存在陷阱数或不同排列规则下的陷阱数是否存在。
17．（2023·深圳竞赛）以下是一个5×n(5行m列) 的长方形网格，每一个网格中心都有一枚棋子，已知从中至少取出k枚棋子，能够使得余下的棋子中任意4个都不成为某个长方形的4个顶点(这里所说的长方形，其边与网格的边平行，不包括斜着放置的)。
（1）当n分别取2， 3， 4时， 求相应的k的值， 并说明理由；
（2）试给出n和k之间的等量关系(无需证明其正确性).
【答案】（1）解：（1）当n=2时，即5行2列的长方形，保证去掉1行后剩下的4行中每一行都没有2枚棋子，即除1行外，剩下每行取出一枚棋子即没有长方形，故k=4；如下图所示：
当n=3时，即5行3列的长方形，前2列中取出的棋子尽量都不在同一行内，而且尽量分布在更多的列，所以第1列取2个前两行的，第2列取2个后两行的，第3列取最后1行的，要使没有长方形，则第2行和第4行还要各取1枚棋子，此时即没有长方形，故k=7，如下图所示：
当n=4时，即5行2列的长方形，分析同n=3，如下图所示：
故k=10。
答：当n分别取2，3，4时，相应的k的值分别为4，7，10。
（2）解： 根据（1）可知当2≤n≤6时，k=3n-2，
当n=1时，k=1，
当n≥7时，k=4n-8，
即n和k之间的等量关系为：。
【知识点】不定方程；排列
【解析】【分析】 （1） 题需要确定在5×n的网格中至少取出k枚棋子，使得剩余棋子中无四个形成矩形顶点。 分析长方形网格中棋子的分布情况，找出满足条件（余下棋子中任意4个都不构成长方形顶点）时取出棋子的最少数量。对于不同的列数n，需要分别考虑其特殊情况进行分析；
（2）根据（1）的结果，找出n和k的关系即可。
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