【2025.9.4】南开华班数学
一、填空题(每小题5分，共8小题，共计40分)
1．（2025.9.4南开华班）某车间有28名工人生产一种螺栓和螺母，每人每天平均能生产螺栓12只或螺母18只，要求两个螺栓配三个螺母，则生产螺栓的人数是 。
2．（2025.9.4南开华班）把一个圆锥沿高分成体积相等的两部分，表面积增加了60cm2，已知圆锥的高是10cm，则圆锥的体积是 cm2。(结果保留π)
3．（2025.9.4南开华班）两个杯子里分别装有浓度为40%与10%的盐水，将这两杯盐水倒在一起混合后，盐水浓度变为30%，若再加入300克20%的盐水，浓度变为25%。那么原有40%的盐水 克。
4．（2025.9.4南开华班）如图中的实心点个数1，5，12，22，…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作，第2个五角形数记作，第3个五角形数记作，第4个五角形数记作，…，若按此规律继续下去，则= 。
5．（2025.9.4南开华班）定义阶乘运算：n!=n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1，现将100!－5别除以2，3，4，…，100，可以得到99个余数(余数有可能为0)。那么这99个余数的和为 。
6．（2025.9.4南开华班）有些数既能表示成5个连续自然数的和，又能表示成6个连续自然数的和，还能表示成7个连续自然数的和。那么在1至1000中一共有 个满足上述要求的数。
7．（2025.9.4南开华班）如图，在这个3×6方格表的每个空格中填入一个整数，使得对于第一行中的每个数，它在第二行中出现的次数恰等于第三行所填的数，而它在第三行中出现的次数又恰好等于该列第二行所填的数(例如第二行第一列中的3，表示第三行中有3个0)，则第三行的六个数从左至右依次为 。
8．（2025.9.4南开华班）将数字1至9分别填入下图中的各个圆圈中，使得图中每条线段两个端点中所填的数的差(大减小)均为3或4，则共有 种不同的填法。
二、计算题(每小题4分，共5小题，共计20分)
9．（2025.9.4南开华班）计算：
10．（2025.9.4南开华班）计算：
11．（2025.9.4南开华班）计算：
12．（2025.9.4南开华班）解方程：
13．（2025.9.4南开华班）解方程：
三、解答题(每小题12分，共5小题，共计60分)
14．（2025.9.4南开华班）将A、B两种细菌分别放在两个容器里。在光线亮时，A细菌需12小时分裂完毕。B细菌需15小时分裂完毕；在光线暗时，A细菌的分裂速度要下降40%，B细菌的分裂速度反而提高10%。现在两种细同时开始分裂并同时分裂完毕，那么在分裂过程中，光线暗的时间有多少小时
15．（2025.9.4南开华班）甲、乙两人在铁路旁边以同样的速度沿铁路方向相向而行，恰好有一列火车开来，整个火车经过甲身边用了18秒，2分钟后又用15秒从乙身边开过。则火车经过乙身边后，甲、乙二人还需要多少秒才能相遇
16．（2025.9.4南开华班）如图，△ABC中，D、E分别为BC、AC边上的点，连接AD与BE交于点O，已知， ，，求四边形DOEC的面积。
17．（2025.9.4南开华班）写有1、4、16、64、256、1024的卡片各两张共12张卡片，从这12张卡片中每次取若干个数(一个或者多个)求和。
（1）一共可以得到多少种可能的和
（2）如果把这些和从小到大排列起来，其中第50个数是多少
18．（2025.9.4南开华班）在18×18的方格纸上的每个方格中均填入一个彼此不相等的正整数，求证：无论哪种填法，至少有两对相邻小方格(有一条公共边的两个小方格称为一对相邻小方格)，使得每对相邻的两小方格中所填之数的差均不小于10。
答案解析部分
1．【答案】14
【知识点】一元一次方程
【解析】【解答】解：设分配x人生产螺栓，则(28-x)人生产螺母，
3×12x=2×18×(28-x)，
解得x=14，
则生产螺栓的人数是 14人.
故答案为：14.
【分析】根据“现有工人28人”和“要求一个螺栓配两个螺母”列方程，求解即可.
2．【答案】30π
【知识点】三角形的面积；圆锥的体积（容积）
【解析】【解答】解：表面积增加了60cm2，增加的是两个三角形的面积，
那么三角形的底=60÷2×2÷10=6(cm)，
即圆锥的底面直径为6cm，
那么底面半径为6÷2=3(cm)，
则圆锥的体积为(cm3)
故答案为：30π.
【分析】先确定表面积增加的部分为两个三角形的面积，通过三角形面积公式求出圆锥底面直径，进而得到半径，最后利用圆锥体积公式计算体积.
3．【答案】200
【知识点】十字交叉法解浓度问题
【解析】【解答】解：甲盐水和乙盐水的重量比是：(30%-10%)：(40%-30%)=2：1
甲乙混合后的盐水和丙盐水的重量比是：(25%-20%)：(30%-25%)=1：1，
所以甲盐水和乙盐水等于丙盐水的重量为：300克，
2+1=3，
(克)
答：原有40%的盐水200克.
故答案为：200.
【分析】通过浓度差的比例来确定两种食盐水的重量比，再计算浓度40%的食盐水的重量.
4．【答案】298
【知识点】等差数列
【解析】【解答】解：由题可知：a1=1，
a2=5=1+4，
a3=12=1+4+7
a4=22=1+4+7+10
......，
a99=1+4+7+···+(99-1)×3+1=1+4+7+···+295，
a100=1+4+7+···+(100-1)×3+1=1+4+7+···+295+298，
则a100-a99=(1+4+7++295+298)-(1+4 +7+…+295)=298，
故答案为：298.
【分析】观察发现，an是以首项为1，公差为3的等差数列的和，即an=1+4+7+10+···+(n-1)×3+1.
5．【答案】4565
【知识点】特殊数的整除特征
【解析】【解答】解：100!=1×2×3×…×100能被2，3，4，…，100整除，
100!-5除以100余数为100-5=95
100!-5除以99余数为99-5=94，
100!-5 除以98余数为 98-5=93，
······
100!-5除以6余数为6-5=1，
100!-5除以5余数为5-5=0，
100!-5除以4余数为3，
100!-5除以3余数为1，
100!-5除以2余数为1，
这99个余数的和为1+1+3+0+1+2+3+…+95
=5+(1+95)×95÷2
=5+4560
=4565
故答案为：4565.
【分析】先分析100!的整除性，再分情况计算100!-5除以2到100的余数，最后求和.
6．【答案】5
【知识点】特殊数的整除特征；平均数问题
【解析】【解答】解：该数能表示连续5个自然数的和，说明该数能够被5整除；
该数能表示成连续7个自然数的和，说明该数能够被7整除；
该数能够表示成6个连续自然数的和，
假设4个连续的自然数分别为：A，A+1，A+2，A+3，A+4，A+5，六个数之和为6A+15=3×(2A+5)，
可见该数能够被3整除，但不能被6整除
由此可知：
该数必然能同时被3，5，7整除，但不能同时被6，7，5整除
因此该数是105的倍数但不是210的倍数.
在1至1000之间能够被105整除而不能被210整除的数字有：105，315，525，735，945.共计5个符合要求的数.
故答案为：5.
【分析】根据平均数的知识得出该数必然能被3，5，7整除，但不能被5，6，7整除.
7．【答案】2，3，0，1，0，0
【知识点】数字问题
【解析】【解答】解：第二行中所有数的和恰好是第3行中数的个数，所以和是6，同样的，第3行6个数的和也是6，因而第二行的数字个数有三种情况：2个3，4个0；1个3，1个2，1个1，3个0；1个3，3个1，2个0，于是就确定了第三行，对应的第三行填法分别如图1，2，3，我们发现，只有最后一种填法的第三行恰好3个0.
0 1 2 3 4 5
3
4 0 0 2 0 0
0 1 2 3 4 5
3
3 1 1 1 0 0
0 1 2 3 4 5
3
4 0 0 2 0 0
故答案为：2，3，0，1，0，0.
【分析】每行有6个数，每个数次数最多为6次，第二行，第三行每行所填数之和为6，已知第二行有3，故第二行不会出现4和5，第三行后两个空均为0，分类讨论说明情况.
8．【答案】8
【知识点】乘法原理
【解析】【解答】解：如图，第一行中间的圆圈一共连接了4条线段因此它只能是5；
根据5-1=4，5-2=3，8-5=3，9-5=4.
可得与5相邻的4个数分别为1、2、8、9；
而且1、8在同一侧，2、9在同一侧，
一共有2×2×2=8(种)填法，
当1、2、8、9确定位置之后，其余的数的位置也就相应的确定下来了，
所以满足题意的填法一共有8种.
答：一共有8种填法.
其中的一种填法为：
故答案为：8.
【分析】如图，第一行中间的圆圈一共连接了4条线段，因此它只能是5；根据5-1=4，5-2=3，8-5=3，9-5=4，可得与5相邻的4个数分别为1、2、8、9，而且1、8在同一侧，2、9在同一侧，一共有2x2x2=8(种)填法，当1、2、8、9确定位置之后，其余的数的位置也就相应的确定下来了，所以一共有8种填法，并列举出一种填法即可.
9．【答案】解：原式=0.125×(19+281)-0.125×100
=0.125×(300-100)
=25
【知识点】四则混合运算中的巧算
【解析】【分析】先将分数转换为小数，再利用乘法分配律合并前两项，计算结果后减去第三项，得到最终答案.
10．【答案】解：原式=(1002-992)+(982-972)+…+(22-12)
=(100+99)(100-99)+(98+97)(98-97)+…+(2+1)(2-1)
=100+99+98+97+…+2+1
=5050.
【知识点】乘方的巧算
【解析】【分析】把原式两两分组，利用平方差公式进行简算.
11．【答案】解：∵，，...
∴，，...
∴原式
【知识点】分数拆项与裂项
【解析】【分析】先观察每个分数分母的特点，发现分母中两个数的差为5，利用分数拆分的方法将每个分数拆成两个分数的差，再通过抵消中间项简化计算，最后求出结果.
12．【答案】解：
x=2023
【知识点】一元一次方程
【解析】【分析】先通过等式两边同时减去相同的数，将含有未知数的项留在等式一边，再对左边的式子进行简便计算，从而求出未知数的值.
13．【答案】解：∵
∴
∴
∴
∴
∴96×(30x+7)=67×(43x10)
∴2880x+672=2881x+670
∴2881x-2880x= 672-670
∴x=2
【知识点】分数的巧算；一元一次方程
【解析】【分析】先对等式的左边的分数进行转化得到，再解方程即可.
14．【答案】解：15-12=3(小时)
1+10%=110%
1-40%=60%
110%-60%=50%
3÷50%=6(小时)
答：光线暗的时间有6小时.
【知识点】分数除法的应用
【解析】【分析】光线亮时A细菌需12小时分裂完毕，B细菌需15小时分裂完毕，那么光线亮时两个容器就相差15-12=3小时，现在两种细菌同时开始分裂并同时分裂完毕，应该是两个容器相差的3小时是在光线暗时，细菌比A细菌快了了小时：在光线暗时，A细的分裂速度要下降40%，B细菌的分裂速度反而提高10%，据此可得：在光线暗时，A细菌的分裂速度是光线亮时的1-40%=60%，B细菌的分裂速度是光线亮时的1+10%=110%，即光线暗时，B细菌比A细菌分裂的速度快110%-60%=50%，也就是3小时占光线暗时的分率，依据分数除法意义即可解.
15．【答案】解：设火车的速度为a米/秒，行人的速度为b米/秒，
由火车的长度可列方程18(a-b)=15(a+b)，解得，
即火车的速度是行人速度的11倍，
从车尾经过甲到车尾经过乙，火车走了135秒，
所以此段路程一人走需135×11=1485(秒)，
因为甲已经走了135秒.
所以剩下的路程两人走还需(1485-135)÷2=675(秒)
答：甲、乙两人还需要675秒才能相遇.
【知识点】相遇问题
【解析】【分析】设火车的速度为a米/秒，行人的速度为b米/秒，根据两列迎面行驶的火车，错车时间=两车长之和÷两车速度和.
16．【答案】解：连接OC，
设S△ODC=x，S△OEC=y，
∵S△ABO：S△OBD=2：3，△ABO与△OBD等高，
∴AO：DO=2：3，
∵△ACO与△DOC等高，
∴S△ACO：S△DOC=AO：DO=2：3，
即(1+y)：x=2：3①
∵S△ABO：S△AOE=2：1，△ABO与△AOE等高，
∴BO：EO=2：1
∵△BCO与△EOC等高，
∴S△BCO：S△EOC=BO：EO=2：1，
即(3+x)：y=2：1②，联立①②解可得：x=15，y=9，
∴四边形DOEC的面积是15+9=24，
答：四边形DOEC的面积是24.
【知识点】等积变形等高模型
【解析】【分析】连接OC，利用“等高的两个三角形的面积的比等于对应的底的比”性质，设S△ODC=x，S△OEC=y，得方程：(1+y)：x=2：3①，(3+x)：y=2：1②可求得四边形ADOE的面积.
17．【答案】（1）解：对于每种数值的卡片，在求和过程中，有三种可能：不选，选1张，选2张，
而只要加数中各种数值的卡片数量不完全一样，
所得的和就不会相同，
所以共有36-1=728(种)可能的和.
（2）解：将不选对应到0，选一张对应到1，选2张对应到2，选数值1对应到个位，选数值4对应到十位，选数值16对应到百位，......，
于是，每一种选法恰好对应到一个三进制数，如64+4+4+1对应到(1021)3，
而(1012)3=1+2×3+33=34，恰好说明这是能得到的和的数从小到大的第34个，
因而第50个数可以这样求：由50=(1212)3，
所以第50个数是64+2×16+4+2=102
【知识点】几何中的计数问题
【解析】【分析】(1)对于每种数值的卡片，我们可以选择不选、选1张或选2张，总共3种选择，因此，对于6种不同数值的卡片，总共会有36种不同的选择方法，但需要减去全不选的情况，进而即可求解；
(2)通过三进制数表示和数，并计算第50个和数.
18．【答案】解： 先假设结论不成立，即“最多只有一对相邻方格中数的差，其余所有相邻方格的数差都小于10（即）”。
方格中，从最小数所在方格到最大数所在方格，最多需经过34步相邻移动（横向17步+纵向17步）。按假设，仅1步差，剩余33步差，因此最大数与最小数的差值上限为：。
方格需填入324个互不相等的正整数，根据抽屉原理，这324个数中最大数与最小数的差值至少为（如1到324，差值为323）。推翻假设得结论：，说明假设的差值上限无法容纳324个不同正整数，假设不成立。
答：原结论成立，至少存在两对相邻小方格，数的差均不小于10。
【知识点】鸽巢问题（抽屉原理）；构造与论证
【解析】【分析】运用反证法+抽屉原理，先假设“最多只有一对相邻方格数差，其余差”，推导矛盾：方格共324个互不相等的正整数，最小数到最大数的差值至少为323；而若仅一对差，其余33步相邻差均，总差值上限为，，与“需容纳324个不同数”的要求矛盾。由此推翻假设，证明至少存在两对相邻方格数差。
1 / 1【2025.9.4】南开华班数学
一、填空题(每小题5分，共8小题，共计40分)
1．（2025.9.4南开华班）某车间有28名工人生产一种螺栓和螺母，每人每天平均能生产螺栓12只或螺母18只，要求两个螺栓配三个螺母，则生产螺栓的人数是 。
【答案】14
【知识点】一元一次方程
【解析】【解答】解：设分配x人生产螺栓，则(28-x)人生产螺母，
3×12x=2×18×(28-x)，
解得x=14，
则生产螺栓的人数是 14人.
故答案为：14.
【分析】根据“现有工人28人”和“要求一个螺栓配两个螺母”列方程，求解即可.
2．（2025.9.4南开华班）把一个圆锥沿高分成体积相等的两部分，表面积增加了60cm2，已知圆锥的高是10cm，则圆锥的体积是 cm2。(结果保留π)
【答案】30π
【知识点】三角形的面积；圆锥的体积（容积）
【解析】【解答】解：表面积增加了60cm2，增加的是两个三角形的面积，
那么三角形的底=60÷2×2÷10=6(cm)，
即圆锥的底面直径为6cm，
那么底面半径为6÷2=3(cm)，
则圆锥的体积为(cm3)
故答案为：30π.
【分析】先确定表面积增加的部分为两个三角形的面积，通过三角形面积公式求出圆锥底面直径，进而得到半径，最后利用圆锥体积公式计算体积.
3．（2025.9.4南开华班）两个杯子里分别装有浓度为40%与10%的盐水，将这两杯盐水倒在一起混合后，盐水浓度变为30%，若再加入300克20%的盐水，浓度变为25%。那么原有40%的盐水 克。
【答案】200
【知识点】十字交叉法解浓度问题
【解析】【解答】解：甲盐水和乙盐水的重量比是：(30%-10%)：(40%-30%)=2：1
甲乙混合后的盐水和丙盐水的重量比是：(25%-20%)：(30%-25%)=1：1，
所以甲盐水和乙盐水等于丙盐水的重量为：300克，
2+1=3，
(克)
答：原有40%的盐水200克.
故答案为：200.
【分析】通过浓度差的比例来确定两种食盐水的重量比，再计算浓度40%的食盐水的重量.
4．（2025.9.4南开华班）如图中的实心点个数1，5，12，22，…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作，第2个五角形数记作，第3个五角形数记作，第4个五角形数记作，…，若按此规律继续下去，则= 。
【答案】298
【知识点】等差数列
【解析】【解答】解：由题可知：a1=1，
a2=5=1+4，
a3=12=1+4+7
a4=22=1+4+7+10
......，
a99=1+4+7+···+(99-1)×3+1=1+4+7+···+295，
a100=1+4+7+···+(100-1)×3+1=1+4+7+···+295+298，
则a100-a99=(1+4+7++295+298)-(1+4 +7+…+295)=298，
故答案为：298.
【分析】观察发现，an是以首项为1，公差为3的等差数列的和，即an=1+4+7+10+···+(n-1)×3+1.
5．（2025.9.4南开华班）定义阶乘运算：n!=n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1，现将100!－5别除以2，3，4，…，100，可以得到99个余数(余数有可能为0)。那么这99个余数的和为 。
【答案】4565
【知识点】特殊数的整除特征
【解析】【解答】解：100!=1×2×3×…×100能被2，3，4，…，100整除，
100!-5除以100余数为100-5=95
100!-5除以99余数为99-5=94，
100!-5 除以98余数为 98-5=93，
······
100!-5除以6余数为6-5=1，
100!-5除以5余数为5-5=0，
100!-5除以4余数为3，
100!-5除以3余数为1，
100!-5除以2余数为1，
这99个余数的和为1+1+3+0+1+2+3+…+95
=5+(1+95)×95÷2
=5+4560
=4565
故答案为：4565.
【分析】先分析100!的整除性，再分情况计算100!-5除以2到100的余数，最后求和.
6．（2025.9.4南开华班）有些数既能表示成5个连续自然数的和，又能表示成6个连续自然数的和，还能表示成7个连续自然数的和。那么在1至1000中一共有 个满足上述要求的数。
【答案】5
【知识点】特殊数的整除特征；平均数问题
【解析】【解答】解：该数能表示连续5个自然数的和，说明该数能够被5整除；
该数能表示成连续7个自然数的和，说明该数能够被7整除；
该数能够表示成6个连续自然数的和，
假设4个连续的自然数分别为：A，A+1，A+2，A+3，A+4，A+5，六个数之和为6A+15=3×(2A+5)，
可见该数能够被3整除，但不能被6整除
由此可知：
该数必然能同时被3，5，7整除，但不能同时被6，7，5整除
因此该数是105的倍数但不是210的倍数.
在1至1000之间能够被105整除而不能被210整除的数字有：105，315，525，735，945.共计5个符合要求的数.
故答案为：5.
【分析】根据平均数的知识得出该数必然能被3，5，7整除，但不能被5，6，7整除.
7．（2025.9.4南开华班）如图，在这个3×6方格表的每个空格中填入一个整数，使得对于第一行中的每个数，它在第二行中出现的次数恰等于第三行所填的数，而它在第三行中出现的次数又恰好等于该列第二行所填的数(例如第二行第一列中的3，表示第三行中有3个0)，则第三行的六个数从左至右依次为 。
【答案】2，3，0，1，0，0
【知识点】数字问题
【解析】【解答】解：第二行中所有数的和恰好是第3行中数的个数，所以和是6，同样的，第3行6个数的和也是6，因而第二行的数字个数有三种情况：2个3，4个0；1个3，1个2，1个1，3个0；1个3，3个1，2个0，于是就确定了第三行，对应的第三行填法分别如图1，2，3，我们发现，只有最后一种填法的第三行恰好3个0.
0 1 2 3 4 5
3
4 0 0 2 0 0
0 1 2 3 4 5
3
3 1 1 1 0 0
0 1 2 3 4 5
3
4 0 0 2 0 0
故答案为：2，3，0，1，0，0.
【分析】每行有6个数，每个数次数最多为6次，第二行，第三行每行所填数之和为6，已知第二行有3，故第二行不会出现4和5，第三行后两个空均为0，分类讨论说明情况.
8．（2025.9.4南开华班）将数字1至9分别填入下图中的各个圆圈中，使得图中每条线段两个端点中所填的数的差(大减小)均为3或4，则共有 种不同的填法。
【答案】8
【知识点】乘法原理
【解析】【解答】解：如图，第一行中间的圆圈一共连接了4条线段因此它只能是5；
根据5-1=4，5-2=3，8-5=3，9-5=4.
可得与5相邻的4个数分别为1、2、8、9；
而且1、8在同一侧，2、9在同一侧，
一共有2×2×2=8(种)填法，
当1、2、8、9确定位置之后，其余的数的位置也就相应的确定下来了，
所以满足题意的填法一共有8种.
答：一共有8种填法.
其中的一种填法为：
故答案为：8.
【分析】如图，第一行中间的圆圈一共连接了4条线段，因此它只能是5；根据5-1=4，5-2=3，8-5=3，9-5=4，可得与5相邻的4个数分别为1、2、8、9，而且1、8在同一侧，2、9在同一侧，一共有2x2x2=8(种)填法，当1、2、8、9确定位置之后，其余的数的位置也就相应的确定下来了，所以一共有8种填法，并列举出一种填法即可.
二、计算题(每小题4分，共5小题，共计20分)
9．（2025.9.4南开华班）计算：
【答案】解：原式=0.125×(19+281)-0.125×100
=0.125×(300-100)
=25
【知识点】四则混合运算中的巧算
【解析】【分析】先将分数转换为小数，再利用乘法分配律合并前两项，计算结果后减去第三项，得到最终答案.
10．（2025.9.4南开华班）计算：
【答案】解：原式=(1002-992)+(982-972)+…+(22-12)
=(100+99)(100-99)+(98+97)(98-97)+…+(2+1)(2-1)
=100+99+98+97+…+2+1
=5050.
【知识点】乘方的巧算
【解析】【分析】把原式两两分组，利用平方差公式进行简算.
11．（2025.9.4南开华班）计算：
【答案】解：∵，，...
∴，，...
∴原式
【知识点】分数拆项与裂项
【解析】【分析】先观察每个分数分母的特点，发现分母中两个数的差为5，利用分数拆分的方法将每个分数拆成两个分数的差，再通过抵消中间项简化计算，最后求出结果.
12．（2025.9.4南开华班）解方程：
【答案】解：
x=2023
【知识点】一元一次方程
【解析】【分析】先通过等式两边同时减去相同的数，将含有未知数的项留在等式一边，再对左边的式子进行简便计算，从而求出未知数的值.
13．（2025.9.4南开华班）解方程：
【答案】解：∵
∴
∴
∴
∴
∴96×(30x+7)=67×(43x10)
∴2880x+672=2881x+670
∴2881x-2880x= 672-670
∴x=2
【知识点】分数的巧算；一元一次方程
【解析】【分析】先对等式的左边的分数进行转化得到，再解方程即可.
三、解答题(每小题12分，共5小题，共计60分)
14．（2025.9.4南开华班）将A、B两种细菌分别放在两个容器里。在光线亮时，A细菌需12小时分裂完毕。B细菌需15小时分裂完毕；在光线暗时，A细菌的分裂速度要下降40%，B细菌的分裂速度反而提高10%。现在两种细同时开始分裂并同时分裂完毕，那么在分裂过程中，光线暗的时间有多少小时
【答案】解：15-12=3(小时)
1+10%=110%
1-40%=60%
110%-60%=50%
3÷50%=6(小时)
答：光线暗的时间有6小时.
【知识点】分数除法的应用
【解析】【分析】光线亮时A细菌需12小时分裂完毕，B细菌需15小时分裂完毕，那么光线亮时两个容器就相差15-12=3小时，现在两种细菌同时开始分裂并同时分裂完毕，应该是两个容器相差的3小时是在光线暗时，细菌比A细菌快了了小时：在光线暗时，A细的分裂速度要下降40%，B细菌的分裂速度反而提高10%，据此可得：在光线暗时，A细菌的分裂速度是光线亮时的1-40%=60%，B细菌的分裂速度是光线亮时的1+10%=110%，即光线暗时，B细菌比A细菌分裂的速度快110%-60%=50%，也就是3小时占光线暗时的分率，依据分数除法意义即可解.
15．（2025.9.4南开华班）甲、乙两人在铁路旁边以同样的速度沿铁路方向相向而行，恰好有一列火车开来，整个火车经过甲身边用了18秒，2分钟后又用15秒从乙身边开过。则火车经过乙身边后，甲、乙二人还需要多少秒才能相遇
【答案】解：设火车的速度为a米/秒，行人的速度为b米/秒，
由火车的长度可列方程18(a-b)=15(a+b)，解得，
即火车的速度是行人速度的11倍，
从车尾经过甲到车尾经过乙，火车走了135秒，
所以此段路程一人走需135×11=1485(秒)，
因为甲已经走了135秒.
所以剩下的路程两人走还需(1485-135)÷2=675(秒)
答：甲、乙两人还需要675秒才能相遇.
【知识点】相遇问题
【解析】【分析】设火车的速度为a米/秒，行人的速度为b米/秒，根据两列迎面行驶的火车，错车时间=两车长之和÷两车速度和.
16．（2025.9.4南开华班）如图，△ABC中，D、E分别为BC、AC边上的点，连接AD与BE交于点O，已知， ，，求四边形DOEC的面积。
【答案】解：连接OC，
设S△ODC=x，S△OEC=y，
∵S△ABO：S△OBD=2：3，△ABO与△OBD等高，
∴AO：DO=2：3，
∵△ACO与△DOC等高，
∴S△ACO：S△DOC=AO：DO=2：3，
即(1+y)：x=2：3①
∵S△ABO：S△AOE=2：1，△ABO与△AOE等高，
∴BO：EO=2：1
∵△BCO与△EOC等高，
∴S△BCO：S△EOC=BO：EO=2：1，
即(3+x)：y=2：1②，联立①②解可得：x=15，y=9，
∴四边形DOEC的面积是15+9=24，
答：四边形DOEC的面积是24.
【知识点】等积变形等高模型
【解析】【分析】连接OC，利用“等高的两个三角形的面积的比等于对应的底的比”性质，设S△ODC=x，S△OEC=y，得方程：(1+y)：x=2：3①，(3+x)：y=2：1②可求得四边形ADOE的面积.
17．（2025.9.4南开华班）写有1、4、16、64、256、1024的卡片各两张共12张卡片，从这12张卡片中每次取若干个数(一个或者多个)求和。
（1）一共可以得到多少种可能的和
（2）如果把这些和从小到大排列起来，其中第50个数是多少
【答案】（1）解：对于每种数值的卡片，在求和过程中，有三种可能：不选，选1张，选2张，
而只要加数中各种数值的卡片数量不完全一样，
所得的和就不会相同，
所以共有36-1=728(种)可能的和.
（2）解：将不选对应到0，选一张对应到1，选2张对应到2，选数值1对应到个位，选数值4对应到十位，选数值16对应到百位，......，
于是，每一种选法恰好对应到一个三进制数，如64+4+4+1对应到(1021)3，
而(1012)3=1+2×3+33=34，恰好说明这是能得到的和的数从小到大的第34个，
因而第50个数可以这样求：由50=(1212)3，
所以第50个数是64+2×16+4+2=102
【知识点】几何中的计数问题
【解析】【分析】(1)对于每种数值的卡片，我们可以选择不选、选1张或选2张，总共3种选择，因此，对于6种不同数值的卡片，总共会有36种不同的选择方法，但需要减去全不选的情况，进而即可求解；
(2)通过三进制数表示和数，并计算第50个和数.
18．（2025.9.4南开华班）在18×18的方格纸上的每个方格中均填入一个彼此不相等的正整数，求证：无论哪种填法，至少有两对相邻小方格(有一条公共边的两个小方格称为一对相邻小方格)，使得每对相邻的两小方格中所填之数的差均不小于10。
【答案】解： 先假设结论不成立，即“最多只有一对相邻方格中数的差，其余所有相邻方格的数差都小于10（即）”。
方格中，从最小数所在方格到最大数所在方格，最多需经过34步相邻移动（横向17步+纵向17步）。按假设，仅1步差，剩余33步差，因此最大数与最小数的差值上限为：。
方格需填入324个互不相等的正整数，根据抽屉原理，这324个数中最大数与最小数的差值至少为（如1到324，差值为323）。推翻假设得结论：，说明假设的差值上限无法容纳324个不同正整数，假设不成立。
答：原结论成立，至少存在两对相邻小方格，数的差均不小于10。
【知识点】鸽巢问题（抽屉原理）；构造与论证
【解析】【分析】运用反证法+抽屉原理，先假设“最多只有一对相邻方格数差，其余差”，推导矛盾：方格共324个互不相等的正整数，最小数到最大数的差值至少为323；而若仅一对差，其余33步相邻差均，总差值上限为，，与“需容纳324个不同数”的要求矛盾。由此推翻假设，证明至少存在两对相邻方格数差。
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