深国交 G1 数学入班测

答案：D，最多 13 个。

3D 分层观察：两个方向共同允许哪些位置？

先旋转看看哪些方块被遮住，再跟着讲解分别看第一层和第二层。切换正面与左面，只改变观察方向，不改变方块的摆法。

先读出两个方向的限制

主视图表示从正面看到的形状。它有三列，高度依次是 2、1、2，所以物体左右只有三个位置，中间那列不能出现第二层。

左视图表示从左面看到的形状。它也有三列，高度依次是 2、1、2，所以物体前后也只有三个位置，中间那排不能出现第二层。

这里的“不能出现第二层”约束整列或整排。即使把小正方体往后藏，只要放到第二层，从对应方向看就会出现原图中没有的方格，视图仍然会改变。

分层求上限

第一层： 左右三个位置、前后三个位置，交叉形成一个 $3\times3$ 的方阵，共 9 个位置。两个视图的底层都是连续三格，把这九个位置放满，不会在任何方向增加原图之外的方格。

第二层： 必须同时避开“中间那列”和“中间那排”，只剩四个角的位置可以放，共 4 个。

第三层及以上： 两个视图的最高处都是两层，因此不能再放。

$$n\leq3\times3+2\times2=13$$

检查 13 个是否真的摆得出来

把第一层的九个位置全部放满，再在四个角上各放一个。下面的表格表示从上方看时，每个位置堆了几层：

位置	左	中	右
后排	2	1	2
中排	1	1	1
前排	2	1	2

从正面看，三列最高处是 2、1、2；从左面看，三排最高处也为 2、1、2，恰好符合原图。所以上限能达到，最大值就是 13。

自测

如果有人把两个视图里的小正方形数相加，得到 10 个，为什么不对？

查看答案

两个视图是在两个方向观察同一个立体，不能当作两堆不同的小正方体相加。同一个小正方体可能出现在两个视图中，也可能被别的小正方体遮住。应该按左右、前后和层数三个方向确定可放的位置。

答案：C，个位数是 6。

例如，$23\times14=(20+3)(10+4)$，乘开的四部分中，含 20 或 10 的三部分都是整十数，只有 $3\times4=12$ 决定个位。因此整个乘积的个位也是 2。

找到 3 的幂的循环

$$3^1=3,\quad3^2=9,\quad3^3=27,\quad3^4=81$$

个位数依次是 3、9、7、1。接着只看个位：$1\times3=3$，回到开头。此后再乘 3，就仍然依次得到 9、7、1，所以这不是只看前四项的猜测，而是一个会重复的四步循环。

$$2010=4\times502+2$$

经过 502 个完整周期后，还多两步，所以 $3^{2010}$ 的个位是循环中的第二个数 9。

找到 4 的幂的循环

$$4^1=4,\quad4^2=16,\quad4^3=64,\quad4^4=256$$

个位按 4、6 循环。奇数次幂的个位是 4，偶数次幂的个位是 6。2011 是奇数，所以 $4^{2011}$ 的个位是 4。

最后再相乘

$$9\times4=36$$

因此原式的个位数是 6。

要注意：指数是“乘了多少次”，不是与底数相乘的因数。 不能把原式理解为 $3\times2010\times4\times2011$。

自测

若把原式改为 $3^{2012}\cdot4^{2011}$，个位数是多少？

查看答案

$2012=4\times503$，余数为 0，表示落在一个完整周期的末尾，因此 $3^{2012}$ 的个位是 1，不是 0。另一个因数的个位仍是 4，乘积的个位为 $1\times4=4$。

答案： $12ab$。

先把 P、Q 当作整体

把 $-2P+P$ 看成“减去两份 P，再加回一份 P”，就剩下 $-P$；$Q+Q$ 则是两份 Q。这与普通字母式的合并方法相同。

最里面的括号前有负号，去掉括号时，每一项都要变号：

$$-(-P-Q)=P+Q$$

因此中括号内变成：

$$Q-2P-(-P-Q)=Q-2P+P+Q=2Q-P$$

再处理中括号前的负号：

$$P-(2Q-P)=P-2Q+P=2P-2Q=2(P-Q)$$

再代入 P 与 Q

现在只需要 P 与 Q 的差。$a^2-a^2=0$、$b^2-b^2=0$；中间一项则是减去负的 $3ab$，相当于再加一份 $3ab$：

$$\begin{aligned}P-Q&=(a^2+3ab+b^2)-(a^2-3ab+b^2)\\&=a^2+3ab+b^2-a^2+3ab-b^2\\&=6ab.\end{aligned}$$

所以原式为：

$$2(P-Q)=2\times6ab=12ab$$

关键不是“见到负号就随便换号”，而是：减去一个整体，等于把这个整体内每一项的符号都改变。

自测

有人写出 $P-(2Q-P)=P-2Q-P$。错在哪里？

查看答案

括号内最后一项是 −P，括号前又有负号，所以去括号后应是 +P。正确结果是 $P-2Q+P=2P-2Q$。

可以代入 P = 1、Q = 0 检查：原式这一行是 $1-(0-1)=2$，错误写法却得到 0。代数值能发现这处错误，但普遍成立的理由仍是去括号法则。

答案：50°。

先沿图确认位置：从 OA 向 OC 转动，依次经过 OM、OB、ON。角平分线的意思是把一个角分成两个大小相等的角，每个都是原角的一半。

把两个角都从 OC 量起

OM 平分 $\angle AOC$，所以：

$$\angle MOC=\frac12\angle AOC$$

ON 平分 $\angle BOC$，所以：

$$\angle NOC=\frac12\angle BOC$$

较大的 $\angle MOC$ 由 $\angle MON$ 与 $\angle NOC$ 两部分组成。减去靠近 OC 的后一部分，才会剩下所求的角：

$$\angle MON=\angle MOC-\angle NOC$$

大角减去小角，剩下已知角

$$\begin{aligned}\angle MON&=\frac12(\angle AOC-\angle BOC)\\&=\frac12\angle AOB\\&=\frac12\times100^\circ=50^\circ.\end{aligned}$$

第二行成立，是因为 OB 位于 $\angle AOC$ 内，减去 $\angle BOC$ 后正好剩下 $\angle AOB$。

先判断角之间是包含、相邻还是分离，再决定加减。 不能只看见“两条角平分线”，就直接把两个半角相加。

自测

保持图中射线顺序及平分关系不变，若 $\angle AOB=80^\circ$，还需要知道 $\angle BOC$ 才能求 $\angle MON$ 吗？

查看答案

不需要。同样有 $\angle MON=\frac12(\angle AOC-\angle BOC)=\frac12\angle AOB=40^\circ$。两个大、小角共有的部分在相减时抵消了。

答案：282°。

原图中的 $\angle B$ 是 $\angle ABC$，$\angle D$ 是 $\angle CDE$，要求的是这两个角的和。

过 C 补出一条平行射线

过 C 向左作射线 CF，使它平行于 AB，也就平行于 DE。选择向左，是为了让 CF 落在 $\angle BCD$ 内，把已知的 78° 完整分成上下两个角。

设 $\angle BCF=u$、$\angle FCD=v$，则：

$$u+v=\angle BCD=78^\circ$$

这里 F 只是新加在射线上的辅助点，不是原题已知条件。

用两组同旁内角互补

想象把 B 处的角保持方向平移到 C：BA 与 CF 同向，而 BC 的方向与 CB 正好相反。搬来的角 B 与 $\angle BCF$ 一边重合、另一边反向，所以合起来是一个平角，也就是 180°：

$$\angle B+u=180^\circ$$

这两个角夹在平行线 AB、CF 之间，位于 BC 的同一侧，叫作“同旁内角”。两个角相加为 180°，叫作“互补”。

同理，CD 截两条平行线 CF、DE，得到：

$$\angle D+v=180^\circ$$

不必继续分别求 u、v，因为题目要求的也是一个和。将两式相加，就能把 u、v 合在一起：

$$\angle B+\angle D+(u+v)=360^\circ$$

代入 $u+v=78^\circ$：

$$\angle B+\angle D=360^\circ-78^\circ=282^\circ$$

本题不能直接用“三角形内角和为 180°”，因为题目中的 B、C、D 三个角并不是同一个三角形的三个内角。遇到两条平行线之间的折线，可以过拐点补平行线，把折线两边分别接到平行线性质上。

自测

保持图形的位置关系，若 $\angle C=90^\circ$，能否求出 $\angle B+\angle D$？能否分别确定它们？

查看答案

和可以确定，为 $360^\circ-90^\circ=270^\circ$。但两个角各自的大小不能唯一确定，因为只知道 u + v = 90°，不知道 u、v 分别是多少。例如 u = 40°、v = 50° 时，两角是 140°、130°；u = v = 45° 时，两角都是 135°。

答案：60°。

3D 看清两次折叠，再连起同一个角

沿对角线折一次，再只折小三角形 AEF。播放时追踪 B → E → G；需要比较角时可暂停并切换俯视。模型按原题条件构造，不能靠测量画面代替下面的推理。

先想象把折好的纸展开：对应的两条边会分居折痕两侧，重新折起来时恰好重合，所以它们与折痕所夹的角相等。折叠只改变纸的位置，对应角的大小不变，原来的直角折过来仍是直角。下面把两次折叠分开读。

第一次折叠：AC 对应两侧的角相等

先把 $\angle DAC$ 看成“一份”。还不知道这一份是多少度，暂时只比较各个角有几份。

长方形在 A 处是直角，AC 把这个直角分成 $\angle BAC$ 与 $\angle CAD$ 两部分。

沿 AC 折叠，B 到 E，AB 对应 AE，折痕 AC 不动。因此折痕两侧的这两个角相等：

$$\angle EAC=\angle BAC$$

同时，原来的直角 $\angle ABC$ 变为 $\angle AEC$，所以 $\angle AEC=90^\circ$。

第二次折叠：AF 平分角 EAC

沿 AF 折叠，E 到 G，因此 AE 对应 AG，有：

$$\angle EAF=\angle FAG$$

G 在线段 AC 上，所以 AG 与 AC 是同一方向；F 在线段 AD 上，所以 AF 与 AD 是同一方向。于是：

$$\angle FAG=\angle DAC$$

所以 $\angle FAG$ 是一份，与它相等的 $\angle EAF$ 也是一份。AF 在 $\angle EAC$ 内，这个大角由两份组成：

$$\angle EAC=\angle EAF+\angle FAC$$

现在接上第一次折叠：$\angle BAC=\angle EAC$，所以 $\angle BAC$ 也是两份。

长方形的直角 $\angle BAD$ 由“两份的 $\angle BAC$”加“一份的 $\angle CAD$”组成，一共三份。因此：

$$\angle DAC=90^\circ\div(2+1)=30^\circ$$

与它同为一份的 $\angle EAF$ 也就是 30°。

从三角形 AEF 转到所求角

原图中 E、F、C 依次在同一直线上，EF 与 EC 是同方向的射线，所以 $\angle AEF=\angle AEC=90^\circ$。三角形的三个内角加起来是 180°，在 $\triangle AEF$ 中：

$$\angle AFE=180^\circ-90^\circ-30^\circ=60^\circ$$

在交点 F，FA 与 FD 方向相反，FE 与 FC 方向相反。因此 $\angle DFC$ 与 $\angle AFE$ 是两条直线交叉时正对着的两个角，叫作“对顶角”。它们都与 $\angle AFC$ 凑成 180°，所以大小相等：

$$\angle DFC=60^\circ$$

注意区别：$\angle AFC$ 是 120°，而所求的 $\angle DFC$ 使用向右的 FD，不是向左的 FA。

自测

只知道长方形沿 AC 折叠一次，能否立即断定 $\angle DAC=30^\circ$？

查看答案

不能。第一次折叠只说明 $\angle EAC=\angle BAC$，还不知道其中任何一个角有多大。第二次折叠中“E 恰好落在线段 AC 上”才说明 $\angle EAC$ 是 $\angle DAC$ 的两倍。两次条件合起来，才能把 A 处的直角分成三个同样大的小角，得到每个小角为 30°。

答案：$\frac12$，即 50%。

先看决定概率的条件

题目给的是一枚质地均匀的硬币。按通常的掷硬币模型，正面和反面出现的机会相等，每次结果相互独立。因此，第 11 次仍有两个等可能的结果，其中只有一个是正面：

$$P(\text{正面朝上})=\frac{1}{2}$$

这里有两个分工不同的条件：“均匀”说明这一次正反面的机会相等；“独立”说明前 10 次的记录不改变这一次的机会。正是这两点，让我们能够直接判断第 11 次，而不用计算前 10 次各种排列出现的可能性。

8 次正面说明的是什么？

$\frac{8}{10}=80\%$ 是前 10 次试验中正面朝上的频率，描述已经发生的结果。它不是下一次正面朝上的概率。

随机试验的结果可以暂时偏向一面。即使此前正面出现得多，下一次也不需要用反面来“补回来”；反过来，也不能认为下一次更容易继续出正面。

考点与易错处

看到“均匀硬币”和“下一次”，先根据试验本身判断等可能结果；看到“做了多少次、出现多少次”，计算的是观察到的频率。题目已经明确硬币均匀，不能用少量试验的频率替换理论概率。

自测：如果前 10 次全是正面，第 11 次正面的概率会变成 0 吗？

不会。仍为 1/2。前 10 次正面的频率是 100%，但各次投掷独立，硬币不需要用下一次的结果补偿此前的结果。

答案：CE = 8，选 D。

下面沿着这条路线证明。需要用到的勾股定理是：直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方。

先求左边等腰三角形的高

在 AC 上取中点 H，连接 BH。因为 AB = BC，等腰三角形顶点到底边中点的连线垂直于底边，所以：

$$BH\perp AC,\qquad CH=\frac{AC}{2}=3$$

在直角三角形 BCH 中，斜边 BC = 5，一条直角边 CH = 3。由勾股定理：

$$BH^2=BC^2-CH^2=5^2-3^2=16$$

长度取正值，因此 BH = 4。

再把这条高对应到右边的半条底边

在 CE 上取中点 K，连接 DK。因为 CD = DE，同样有：

$$DK\perp CE,\qquad CK=\frac{CE}{2}$$

现在左边已经算出两条直角边 3、4，右边仍不知道 CK、DK。两个小直角三角形的斜边 BC、CD 已经相等；如果再找到一对相等的锐角，就能证明全等，把左边的长度用于右边。 这就是接下来研究角度、用上 BC ⟂ CD 的原因。

按原图，CH 和 CK 是方向相反的两条射线；它们之间的平角依次被 CB、CD 分开。因此：

$$\angle BCH+\angle BCD+\angle DCK=180^\circ$$

而 $\angle BCD=90^\circ$，所以：

$$\angle DCK=90^\circ-\angle BCH$$

在直角三角形 BCH 中，两个锐角互余，也有：

$$\angle CBH=90^\circ-\angle BCH$$

这就得到 $\angle CBH=\angle DCK$：一个是左图顶点 B 处的角，另一个是右图底角 C。两个直角三角形 BHC 与 CKD 的斜边 BC、CD 都是 5，一个锐角又相等，因此全等。按相等角找对应顶点，B 对应 C，H 对应 K，所以左边的高 BH 对应右边的一半底边 CK：

$$\triangle BHC\cong\triangle CKD\quad\Longrightarrow\quad CK=BH=4$$

K 是 CE 的中点，所以整条底边：

$$CE=2CK=2\times4=8$$

验算与考点

全等还给出 DK = CH = 3。右边的半个等腰三角形两条直角边为 4、3，斜边为 5，满足 $4^2+3^2=5^2$，与原题 CD = DE = 5 一致。

这类题的线索是等腰三角形、底边已知、两腰互相垂直。作底边上的高，把等腰三角形拆成直角三角形，再用互余关系寻找全等。最容易漏掉的一步是：求出的 CK 只是 CE 的一半。

自测：为什么求出 CK = 4 后，不能直接填 CE = 4？

因为 K 是等腰三角形 CDE 底边 CE 的中点，CK = KE。整条 CE 是两段 4 相加，等于 8。

答案：2。

“同一组三个数”要求每个数都能在另一种写法中找到，但不要求所在位置相同。例如第一组的 1 不需要对应第二组写在首位的 0；它可能对应后面的某一项。

从第二组中的 0 入手

先暂时不管其他两项怎样对应，只落实一个必须满足的条件：第二组有 0，所以第一组 $1,\ x,\ x+y$ 中也必须有 0。

1 不等于 0；并且 $\frac{y}{x}$ 有意义，要求 x ≠ 0。所以第一组唯一能等于 0 的就是 x + y：

$$x+y=0\quad\Longrightarrow\quad y=-x$$

因此：

$$\frac{y}{x}=\frac{-x}{x}=-1$$

再找第一组中的 1

现在第二组变为 $0,\ -1,\ y$。第一组中有 1，第二组也必须有 1；0 和 −1 都不等于 1，因此只能是：

$$y=1,\qquad x=-1$$

代回核对：第一组为 $1,-1,0$，第二组为 $0,-1,1$，确实是同一组三个互不相等的有理数。

用指数的奇偶性求值

−1 的偶数次幂是 1，1 的任何正整数次幂都是 1。因此：

$$x^{2012}+y^{2013}=(-1)^{2012}+1^{2013}=1+1=2$$

考点与易错处

识别到“同一组数的两种表达”，先找 0、1 这样的特殊数，用不能为零的分母排除不可能的对应。这里不需要尝试所有排列。求幂时，要看清负数整体的括号和指数的奇偶性。

自测：能否为了让第一组含有 0，直接取 x = 0？为什么？

不能。第二组含有 y/x，分母 x 不能为 0。因此必须是 x + y = 0，这正是确定未知数的关键。

按原题现有条件，答案有两个：64 或 547，不能唯一确定。

先把“解为 1”变成等式

“方程的解为 1”表示把 x = 1 代入，等号成立：

$$p\times1+5q=117\quad\Longrightarrow\quad p+5q=117$$

117 是奇数。因为 5 是奇数，5q 与 q 的奇偶性相同。如果 p、q 都是奇数，p + 5q 就是“奇数 + 奇数”，为偶数；如果都为偶数，和也为偶数。要得到奇数 117，p、q 必须一奇一偶。

唯一的偶质数是 2：大于 2 的偶数除了 1 和它本身，还有因数 2，因此不是质数。于是，要么 p = 2，要么 q = 2。

情况一：p = 2

$$2+5q=117\quad\Longrightarrow\quad q=23$$

2 和 23 都是质数，满足条件。所求为：

$$5p+2q+8=5\times2+2\times23+8=10+46+8=64$$

情况二：q = 2

$$p+5\times2=117\quad\Longrightarrow\quad p=107$$

107 也是质数。 因为 11 × 11 = 121，大于 107，如果 107 能写成两个大于 1 的整数相乘，就至少有一个因数小于 11。小于 11 的质数只有 2、3、5、7，而 107 不被它们中的任何一个整除，因此不存在这样的因数，107 是质数。

所以这组数也满足条件，所求为：

$$5p+2q+8=5\times107+2\times2+8=535+4+8=547$$

代回检查，确认两组都成立

第一组对应方程 $2x+115=117$，解为 x = 1。

第二组对应方程 $107x+10=117$，解也为 x = 1。

p 不为 0，两条方程都是一元一次方程。因此这两组并非只满足某个中间等式，而是都满足原题的全部条件。

考点与易错处

看到“质数”与“奇数和”，可以用唯一的偶质数 2 缩小范围。但只能推出 p、q 其中一个是 2，不能直接认定 p = 2 而漏掉 q = 2。

原题保留两个不同结果，说明它缺少能确定唯一答案的条件；不能为了填一个数而悄悄增加条件。

自测：如果另加条件 p 小于 q，答案还会有两个吗？

不会。只有 p = 2、q = 23 满足 p 小于 q，此时答案为 64；p = 107、q = 2 不满足新增条件。注意，这是添加条件后的题目，原题没有这个限制。

答案：−1。

先把正数部分记作 S

$$S=1+2+2^2+\cdots+2^{2008}$$

先把末尾单独的负项留在外面，让 S 完整保留“从 1 开始、连续翻倍”的结构。等式两边乘 2，每项指数都增加 1，正好移动到原来下一项的位置：

$$2S=2+2^2+2^3+\cdots+2^{2009}$$

两式中，从 2 到 $2^{2008}$ 的项完全相同。选择 2S − S，左边恰好仍是要求的 S；右边中间每个数都是“自己减自己”，全部消去。2S 多出末尾的 $2^{2009}$，而 S 多出开头的 1，所以剩下的是“末项减 1”：

$$2S-S=2^{2009}-1\quad\Longrightarrow\quad S=2^{2009}-1$$

回到原来要求的算式

原式还要减去 $2^{2009}$，所以：

$$S-2^{2009}=(2^{2009}-1)-2^{2009}=-1$$

也可以用小规模算式检查“总比下一项少 1”的关系：$1+2+4+8=15=16-1$。这是帮助理解的例子，上面的逐项消去则说明本题长算式为什么也成立。

考点与易错处

识别出从 1 开始、连续翻倍的求和，就可以乘 2 后错位相减。注意最后一项是 $2^{2008}$，乘 2 后会出现下一项 $2^{2009}$；不能把指数的 2008 当作乘法因数。

自测：1 + 2 + 4 + 8 − 16 的结果是多少？它为什么能帮助检查本题？

结果是 −1。前四项的和是 15，恰好比下一项 16 少 1。它与原题具有同一种连续翻倍结构，但完整证明仍要依据乘二后逐项消去。

答案：10121 根。

先读连接方式，再数新增的边

图中六边形排成一行，相邻的两个六边形共用一条边，每条边用一根火柴。

第一个六边形有 6 条边，需要 6 根。从第二个开始，每增加一个六边形，它的一条边已经由前一个六边形提供，所以只需新添 5 根。

一共有 2024 个六边形：第一个用 6 根，后面还剩 2023 个各添 5 根。因此：

$$6+5\times(2024-1)=6+5\times2023=10121\text{ 根}$$

用“扣掉重复计数”再核对

如果把每个六边形都按 6 根来数，就得到 $6\times2024$。但每条共享边都被左右两个六边形各数了一次，实际上只用一根，所以每条共享边要减去重复的 1 次。

第一个六边形没有连接处，后面每接上一个就新增一处连接，所以排成一行的 2024 个六边形有 2023 处相邻连接，也就是 2023 条共享边：

$$6\times2024-2023=12144-2023=10121\text{ 根}$$

考点与适用范围

这类题先看一个基本图形需要多少、每新增一个实际增加多少。按原图这种依次相连、每相邻两个只共享一条边的方式，n 个六边形的火柴总数是：

$$6+5(n-1)=5n+1\qquad(n\ge1)$$

如果改成多排蜂窝结构或围成闭环，共享边的数量会改变，不能直接沿用这一公式。易错处是把每个六边形都当成独立图形，直接算 6 × 2024；或者在扣除重复边时每处减 2，把实际需要保留的那一根也扣掉。

自测：两个六边形共用一条边时，为什么是 6 × 2 − 1，而不是 6 × 2 − 2？

6 × 2 把共用边数了两次，但实物中仍需要这一根。只应删去多算的一次，所以是 12 − 1 = 11 根。