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初級卷(7-8 年級)
1. 99－2＋1＋102=200。
答案：（D）
2. 由三角形內角和為180°知∠Q =180°－50°－45°=80°。
答案：（D）
3. 9：45 am到3：10 pm 共過了5 小時又25分鐘。
答案：（C）
4. 8×3.1=24.8。
答案：（E）
5. $20－$9.45= $10.55。
答案：（A）
6. （同中級卷第 4題、高級卷第 2題）
【解法一】
可令某數為x，則有3 5 48
x = ，故3x= ×5 48，即x=80。
【解法二】
某數的五分之三為48，故某數的五分之一為 48÷3=16，所以某數為16×5=80。 答案：（D）
7. （A）99+2.01=101.01 （B）98+3.011=101.011
（C）97+4.0111=101.0111 （D）101－1.01=99.99
（E）102－2.011=99.989 所以（D）的值最接近100。
答案：（D）
8. 因這個圖形的長為14 m而寬為16 m，因此鉛直邊的總長度為 14×2=28 m而 水平邊的總長度為16×2=32 m，故其周長為28+32=60 m。
答案：（B）
55° 45°
P R
Q
16
8
8 6
7
9. 可知在這合唱團裡平均每9 位就有5 位是男孩、4位是女孩，因此男孩與女 孩之比為5：4。
答案：（C）
10. （同中級卷第 5題、高級卷第 2題）
令所求為x，則有6 1 3
x = ，因此x=18。
答案：（A）
11. （同高級卷第 3題）
作一條補助線，如右圖虛線位置，則可利用三角形的 外角為另兩個內角和的性質二次，可得知
30 40 70 120
x= +α + +β = + +α β = 。
答案：（E）
12. 【解法一】
假設應添加巧克力糖x g，則有
20 1
100 30 20 2 40 2 150
110 x
x
x x
x
+ =
+ + +
+ = +
= 因此應添加巧克力糖110 g。
【解法二】
當巧克力糖的重量佔總重量之50%時，巧克力糖的重量會與其餘的棒棒糖的 重量相同。因其餘的棒棒糖的重量為130 g，故還需要再添加 110 g的巧克 力糖。
答案：（D）
13. 可知由對摺正方形紙片而得到的矩形之長為寬的二倍，因此 當矩形的周長為18 cm 時，其長與寬分別為6 cm與3 cm，
所以原來的正方形紙片之邊長為6 cm，即其面積為36 cm2。
答案：（C）
14. （同中級卷第 9題）
750×45=p，故可得知
750 (44 1) 750 44 750
750 44 750 p
p p
× + =
× + =
× = −
答案：（B）
50°
30° x° 40°
α β
6
3 3
15. （同小學高級卷第23 題）
因 1 直為三位數而 16 橫與 2 直接為二位數，故知 1 直的百位數為 1，因此 可令1 直為12c。由提示知16橫的數碼與 2直的數碼相反且皆為二位數，故 令2 直為ab而16 橫為ba，且可得以下算式：
a b
+ b a
1 2 c
而 7 直即為 a+b之值。可判斷出 16橫的十位數與 2 直的十位數之和必有進 位，否則和不會有百位數，因此知a+b+1=12，即 a+b=11。
答案：（A）
16. （同中級卷第10 題）
【解法一】
如果小德慢跑的速度是6 km/h，則我騎車的速度是18 km/h，因此每1 個小 時我都比他多走了12 km。小德比我早 40分鐘出發，因此當我出發時他已 經跑了2
6 4
3× = km。因為我每 1個小時比他多走12 km，所以我要花 4 1 12 =3小 時，即20 分鐘，才能追及小德。
【解法二】
如果小德慢跑的速度是s km/h，則我騎車的速度是3s km/h。可知在我出發 時他已跑了2
3s km，因此若假設我在 t小時後追及小德，則有
2 3
3s+ =st st，即 1 t =3 所以我在1
60 20
3× = 分鐘後追及小德。
【解法三】
由題意可知，小德從出發至被我追及所花費的時間，為我出發至追及小德所 花費時間的三倍。因為小德比我早40分鐘出發，此即為我騎車追及小德所 花費時間的2 倍，因此我花費了20分鐘才追及小德。
答案：（A）
17. （同小學中年級卷第 21題）
可將路經分為經過1 個城市、2 個城市與3 個城市：
P T
S R
Q
經過1 個城市：走法為PQT、PRT、PST，共三種；
經過2 個城市：走法為PQRT、PRQT、PRST、PSRT，共四種；
經過3 個城市：走法為PQRST、PSRQT，共二種。
因此共有3+4+2=9 種不同的路徑。
答案：（E）
18. 7777×9999=7777×(10000－1)=77770000－7777=77762223，故所得乘積末三 位數為223。
答案：（A）
19. 因為三個奇數的和仍為奇數，而52為偶數，故知將 52表示成三個質數之和 時，其中必有一數為偶質數 2。接著實際計算後，可得 52=2+3+47=2+7+43=
2+13+37=2+19+31。
答案：（D）
20. 考慮將Q、P視為固定的兩點而將P、S視為動點。
如圖所示，為了使PS=m 的值儘量的小，則要讓P、S儘量的接近線段 QR。
若P、S落在線段QR上，則 PS=30－10－15=5，但因這是不允許的情形，
故可知m=PS>5；再因m 為整數，故可知m≥6。
如圖所示，為了使PS=m 的值儘量的大，則要讓P、S儘量的接近直線 QR。
若P、S落在直線QR上，則 PS=30+10+15=55，但因這是不允許的情形，故 可知m=PS<55；再因m為整數，故可知m≤54。
因此6≤ ≤m 54，故共有54－6+1=49個可能的m值。
答案：（B）
21. （同中級卷第21 題）
【解法一】
假設從貨倉至A開始返回貨倉的地點之距離為x km且由此地點至C的家之 距離為 y km。
可知A 共騎了2x km而共騎了2x+2y km。當A、B 兩人的油都恰用完時，
共騎了600 km，故得知2x+(2x+2y)=600，即2x+y=300；
而B 自己一個人騎車最多可騎300 km，故知 y+y+x=300。
將以上二式相加，可得3x+3y=600，即x+y=200，故可得知x=100、y=100，
P
Q R
S 30
10 15
P
Q R
S
10 30 15
貨倉 折返地 C家
x y
此即為A、B在開始返回貨倉的地點時油箱都只剩全滿時的2
3，而A 再將1 3 的油注入B 的油箱而使B的油箱成為全滿的狀態。
【解法二】
若A、B一起騎車，則兩人同時最遠可達離貨倉150 km的地方。透過如題 意的操作方式，可知A 若在未達150 km處便返回，每多離1 km遠，則B 最遠可超過150 km處便多1 km。而再由B自己一個人獨騎最多 300 km可 得下表：
A開始返回的地方 B最遠可達的地方 B獨騎的距離
150 150 0 140 160 180 130 170 210 120 180 240 110 190 270 100 200 300 因此B 最遠可至距貨倉200 km的地方。
答案：（B）
22. 可知三角形XYZ 與三角形RSZ為相似三角形。
因XY=1且 SR=3，故知XY 邊上的高為SR邊上的高之1
3，即正方形邊長的1 4， 因此三角形XYZ 的面積為1 1 3
1 3
2× × × =4 8。
答案：（A）
23. 因603 =216000，故可判斷出這三個連續奇數應相當接近60。
而55 57 59× × 的個位數為5，且因55 57 59× × <603可判斷出這個數太小；
而57 59 61× × 的個位數為3，故可判斷出不為所求；
而59 61 63× × 的個位數為7，故計算可得知其值即為226737。
答案：（C）
24. 因求最大的神奇數裡其中一個數碼，故假設 p為 9，則由up為二個數碼之積 知其值為 49 因此 s=t=7；而 9 與另一個數碼的積中，個位數為 7 的數只有 27，故q=3、r=2，即最大的神奇數為9327749。
答案：（D）
P
Z
S R
Y Q 1 X 1 1
3
25. 不妨令a、b、c、d為 2×2的方格表中的四個正整數，其相對位置如下圖：
a b c d
則所求即為 a+d或 b+c 的最大值，且知 ab+cd+ac+bd=1001，因式分解後可 得(a+d)(b+c)=1001=7×11×13。因a+d>1、b+c>1，故所求即為11×13=143。
答案：（D）
26. （同小學高年級卷第 28題）
可知12=22×3、9=32、6= ×2 3，其最小公倍數為36=22×32，故若取此乘
積為 36，則此時 6 的對面為 6，不合；若將此乘積取為第二小的公倍數
36 2× =72，則 12 的對面為 6，不合；若將此乘積取為第三小的公倍數 36 3 108× = ，則 12 的對面為 9，不合；若將此乘積取為第四小的公倍數 36 4 144× = ，則 12 的對面為 12，不合；若將此乘積取為第五小的公倍數 36 5 180× = ，則 12的對面為 15、9 的對面為 20、6 的對面為 30，故此六數 的和為6+9+12+15+20+30=92。
答案：92 27. 一個數若可被3 整除，則其數碼和必為3 的倍數，因此這類的四位數裡的任
三個數碼之和必為3 的倍數。
若這四數碼恰為3、6、9 時，必滿足題意，故知此情形共有3×3×3×3=81 個 四位數；
若這四數碼恰為3 的倍數加1 時，即為1、4、7時，必滿足題意，故知此情 形共有3×3×3×3=81 個四位數；
若這四數碼恰為3 的倍數加2 時，即為2、5、8時，必滿足題意，故知此情 形共有3×3×3×3=81 個四位數；
若這四個數碼不為以上這三種情形時，則必找的到其中三個數碼和不為3 的 倍數。
因此共有81+81+81=243 個。
答案：243 28. （同小學中年級第30 題、小學高年級第29題）
直接操作可得如下圖所示的九種不同圖案：
答案：009
29. 先從第一段為1 cm 開始考慮，則接下來每一段的長度為11 cm、21 cm、…，
以此類推至每段長度之總和小或等於1000 cm。
因1+11+21+31+41+…+121+131=924，而924+141>1000，故可知此時共分為 14段，還剩下 76 cm。現可考慮將這 76 cm分割出14段長度相等、愈長愈 好且長度為整數公分的部分而加進上述的14段紙帶。因 76=14×5+6，故可 在每一段加入5 公分而成為6 cm、16 cm、26 cm、…、126 cm、136 cm的 14段紙帶，其總長度為 6+16+26+36+46+…+126+136=994 cm，還剩下6 cm 的部分，故所求切出的小段最長是136 cm。
答案：136 30. （同中年卷第30 題、高年卷第29題）
【解法一】
可 知 從 T0 =[0] 開 始 ， 可 得 T1 =[0 |1| 2] 、 T2 =[0, 1, 2 |1, 2, 3 | 2, 3, 4] 以 及
3 [0, 1, 2, 1, 2, 3, 2, 3, 4 |1, 2, 3, 2, 3, 4, 3, 4, 5 | 2, 3, 4, 3, 4, 5, 4, 5, 6] [ , , ,1 2 3 , 27]
T = = t t t " t
(其中T3的三個部分可以看成T2、T2 +1、T2 +2)。
由規則可推知Tn的最大數為2n，且在經過n次疊代後，共有3n項。
因36 =729<2012<2187=37，故要求出第2012項要從T7開始看起。
由觀察以上規則可以看出，因2012=729+729+554，故第2012項t2012 =t554 +2； 而因554=243+243+68，故第 554項t554 =t68 +2；
再因68=27+27+14，故第68項t68 =t14 +2； 最後因14=9+5，故第14 項t14 = +t5 1； 因此可知
2012 554 68 14 5
2 2 2 2 2 2
1 2 2 2 2 1 2 2 2 9
t t
t t t
= +
= + +
= + + +
= + + + + = + + + + =
【解法二】
可知每經過一次泰勒化所得到的一組數之個數是泰勒化前那一組數的 3 倍，故可以考慮三進制。將泰勒化後所得到的數依序與三進制中由小至大的 數一一對應後可得下表：
0 1 2 1 2 3 2 3 4 1 2 3 2 3 4 3 4 5 2 … 0 1 2 10 11 12 20 21 22 100 101 102 110 111 112 120 121 122 200 …
可發現泰勒化中的數，即為其所對應的三進制中的數之數碼和，因此第 2012 個數即為三進制中由小至大第 2012 個數之數碼和。因 2012=22021113，故 所求為2+2+0+2+1+1+1=9。
答案：009
