第5屆世界數學團體錦標賽少年組試題

（2014.11北京）

團體賽

1.已知A+B+C=1，B+C+D=2，C+D+E=3，D+E+F=4，E+F+G=5，F+G+H=6，G+H+I=7，求A+E+I.

2.如圖1，某飛鏢游戲設置了從0號到30號共31種獎品，游戲規則是：靶盤上的數字為每次飛鏢落在該區域時對應的得分，脫靶得0分.每位游戲者投鏢三次，得分的總和為對應獎品的號碼.問：有幾個號碼對應的獎品不會被得到？

3.已知ab≠1，且{5a2+1001a+1025=0，1025b2+1001b+5=0，

求ab的值.

4.如圖2，正方形ABCD的邊長是2，以BC邊為直徑作半圓O，點F在CD上，AF切半圓O于點E，求ED.

5.已知x2x2+9x+2=13，求x22x4+x2+2的值.

6.已知2014年11月11日是星期二.下面是2014年的六個日期：

（1）2月2日，（2）4月4日，

（3）6月6日，（4）8月8日，

（5）10月10日，（6）12月12日.

請寫出其中不是星期五的序號.

7.已知關于x的不等式組x+13-t>2xx2-8x-9<0恰有3個整數解，求整數t的最小值.

8.如圖3，圓O′與半徑為20的圓O切于點P，正方形ABCD的頂點A，B在圓O上，與圓O′切于點M，且AB⊥PM.若AB=24，求圓O′的半徑.

9.圖書館內，在標有號碼1，2，3，4的書架上分別有書120，135，142，167本.若干天后，每個書架上都各被借出a本書，又過了若干天，四個書架又分別被借出0，b，c，d本書，并且四個書架上余下同樣本數的書.若b，c，d≥1，b+c+d=a，問：兩次借出書后，1號書架剩有幾本書？

10.r和s是方程x2+bx+c=0的兩個根，r和t是方程x2+cx+b=0的兩個根.b和c是不相等的實數，求s+t.

11.如圖4，在長方形ABCD中，點E在AD上，AE∶ED=3∶5，AC⊥BE于點F，CD=9.求BC∶BA.

12.從1到2014的自然數中取出n個，若其中任意2個數的差都不等于3，求n的最大值.

13.如圖5，長方形ABCD的頂點A在直線y=x上，點B在曲線y=1x上，點C，D在x軸上.若AB=2BC，求長方形ABCD的面積.

14.如圖6，已知圓O的半徑是r，圓O′的半徑是11，圓O′在圓O內，點O在圓O′內，圓O的弦AB切圓O′，若40≤AB≤48，求OO′.

15.已知a，b，c都是正整數，且5a+4b+3c能被13整除，求3a+5b+7c+2014除以13得到的余數.

16.如圖7，點O是正六邊形ABCDEF的中心，OM⊥DE于點M，N為OM的中點.若S△FAN=10，求正六邊形ABCDEF的面積.

17.如圖8，已知正方形ABCD，點E在CD上，延長BC，AE交于點F，若S正方形ABCD=S△CFE，求CEED.

18.棱長分別是整數a，b的兩個正方體體積的和與棱長的和的比是27，求a+b.

19.拋物線C：y=12x2+bx-1與坐標軸有三個交點，這三點構成一個三角形，將C向下平移5個單位，三角形的面積變為原來的14倍，求b.

20.江邊的旅游碼頭，原計劃每8分鐘發出1條船，每條船在江上航行80分鐘，回到碼頭時，恰好可以遇到按時發出的另一條船.按此計劃，該碼頭現有的a條船恰好夠用.此時，若又有2條新船投入使用，那么，發船的時間間隔可比原計劃減少幾分鐘？

接力賽

1A.如圖9所示，已知圓O的半徑圖9是3，圓P的半徑是7，OP=26，直線AB與兩圓分別切于點A，B，求AB.

1B.設前面隊友傳來的答案是T.

如果九位數123456abc被37除，得余數是T，求最小的三位數abc.

2A.三個不同質數的和的平方是三位數aa5，求這三個質數的乘積.

2B.設前面隊友傳來的答案是T.

0

如圖10，OAB是半徑為T的四分之一個圓，點P在弧AB上，若PA<T，且PB<T，求點P所在圓弧的長度.（圓周率π取3）

3A.求方程x4-5x3+5x2+5x-6=0的所有根的和.

3B.設前面隊友傳來的答案是T.圖11

如圖11，已知△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，四邊形ABDE和四邊形BCFG是相同的矩形.若AB=5，AC>BC，S△BDG=T，求S△BDC.

個人賽

1.若a是整數，并且a<2014<a+1，求1+2+3+…+a.

2.已知{x-14xy+y=13，y+16xy+x=17，

求x+y.

2

3.如圖12，ABCD是邊長為4的正方形，ED=1，點M在DC邊上運動.當△BME的周長最短時，求MC.

4.若當4≤x≤6時，y=ax2-ax-8-2a>0恒成立，求實數a的取值范圍.

5.已知ba-ab=a0b-ba，求兩位數ab.

3

6.如圖13，6個人圍成一圈做傳球游戲，每個人接到球后傳給和他不相鄰的某一人（如：和A相鄰的是B和F），開始時，球在A的手中，若球被傳遞三次后又回到A，求此種情況出現的概率.

7.如圖14，已知正方形ABCD，點P在CD上，AP=4.BB′、CC′、DD′分別是點B、C、D到AP的距離，若BB′+CC′+DD′=6，求正方形ABCD的面積.

4圖15

8.如圖15所示，求四邊形ABCD的面積.

6

9.如圖16，一只甲蟲從字母W開始，沿圖中路線爬行，到達第四個字母時停止，則經過的四個字母正好是WMTC的路線有多少條？

10.已知x+y=2，x2+y2=4，求x2014+y2014的值.

7

11.如圖17，在△ABC中，點E在CB上，∠B=∠C=∠AEM，BE=1，CE=2，AC=4，求AM.

12.從1到154的自然數中，求：與154互質的所有自然數的和.

13.如圖18，面積為2的Rt△ABC的三個頂點A，B，C都在拋物線y=x2上，并且斜邊AB平行于x軸.求點C的縱坐標.

8

9

14.如圖19，長方形ABCD中，AB=18，AD=12.圓M和邊AB，BC，CD相切，圓N和邊AD，DC相切，并且和圓M外切.求圓N的半徑的長.

15.將1到50的所有自然數依次寫出，組成自然數

M=123456789101112…47484950.

如果M的質因數分解式中3的最高次冪記為3k，求k的值.

0

16.如圖20，△ABC中，AB=10，BC=16，∠A=2∠C，求AC.

參考答案

團體賽

1.答案：4.

解將各方程編號如下

A+B+C=1，B+C+D=2，C+D+E=3，D+E+F=4，E+F+G=5，F+G+H=6，G+H+I=7，①②③④⑤⑥⑦

①+④+⑦，得

A+B+C+D+E+F+G+H+I

=1+4+7=12，⑧

由⑧-②-⑥，得

A+E+I=12-2-6=4.

2.答案：6.

解投鏢一次，可能的得分有：0，2，5，8，10.

則投鏢三次，得分的和可能是

0，2，4，5，6，7，8，9，10，12，13，14，15，16，

17，18，20，21，22，23，24，25，26，28，30.

不可能是1，3，11，19，27，29，

所以有6個號碼對應的獎品不會被得到.

3.答案：205.

解在方程1025b2+1001b+5=0的兩邊同除以b2，得

5（1b）2+1001·1b+1025=0，

對比5a2+1001a+1025=0，

可知a，1b是方程5x2+1001x+1025=0的兩個根，

所以ab=a·1b=10255=205.

4.答案：2105.

解如圖21，連接OA，OE，OF，從點E作EG⊥AD于點G，則OF，OA分別是∠COE和∠BOE的角平分線，

于是∠FOA=90°，圖21

OE=OC=1，

BA=EA=2.

又OE⊥AF，

所以△OEF∽△AEO，

則EFEO=EOEA，

即EF1=12，

所以EF=12，

因為EG∥CD，

所以AGAD=AEAF=EGFD，

又CF=EF=12，

所以FD=CD-CF=2-12=32，

由勾股定理，得

AF=AD2+FD2=22+（32）2=52，

故AGAD=AEAF=EGFD=45，

可得GD=AD-AG=25，

EG=45FD=45×32=65.

在Rt△EDG中，由勾股定理，得

ED=GD2+EG2

=（25）2+（65）2

=2105.

5.答案：115.

解由題設知x≠0，故原方程可寫成

2x2+9x+2x=3，

即x+1x=-3，①

因為x22x4+x2+2的倒數是

2x4+x2+2x2=2x2+2x2+1

=2（x2+1x2）+1

=2[（x+1x）2-2]+1，②

將①式代入②，有

2×[（-3）2-2]+1=15.

所以x22x4+x2+2=115.

6.答案：（1）.

7.答案：-4.

解由x+13-t>2x，x2-8x-9<0，①

得x<1-3t5，-1<x<9.②

由題設知，關于x的不等式組①恰有3個整數解，

因為-1與9之間有9個整數，所以不等式組②的解是

-1<x<1-3t5，

且-1<x<1-3t5，

僅包括三個整數0，1，2，

由此可得2<1-3t5≤3，

解得-143≤t<-3，

所以滿足題意的整數t的最小值是-4.

8.答案：6.

2

解連接OA.如圖22.

因為圓O，圓O′內切，

所以P、M、O共線，

設過P、M、O的直線交AB于N.

因為CD與小圓切于點M，

所以MN⊥CD，MN⊥AB，

由垂徑定理，知AN=12AB=12，

在Rt△OAN中，

OA2=ON2+AN2，

即202=ON2+122，

解得ON=16.

所以MO=MN-ON

=CB-ON

=24-16

=8.

從而PM=OP-MO=20-8=12.

所以圓O′的半徑為

12÷2=6.

9.答案：36.

解依題意，有

b+c+d=a，120-a=135-（a+b），120-a=142-（a+c），120-a=167-（a+d），①②③④

由②+③+④，并將①代入，得

360-3a=444-4a.

于是a=84.

1號書架剩書120-a=36（本）.

10.答案：-1.

解由于r是兩個方程的共同根，則有

{r2+br+c=0，r2+cr+b=0，

將兩式相減，得

r（b-c）= b-c.

因為b≠c，

所以r=1.

又由根與系數的關系，得

s=c，t=b，

將r=1代入到任意一個方程中，得1+b+c=0，

所以s+t=b+c=-1.

11.答案：236.

解由題設，知

∠ACB=∠CAD，

∠ACB=∠ABE，

所以Rt△ABC∽Rt△EAB.

于是BCBA=BAAE，BA2=BC·AE，

BC·38BC=BA2，

BC2=83BA2=83CD2=216.

BC=216，

則BCBA=216×19=236.

12.答案：1008.

解以6個連續整數為一組，每組只取較小的3個整數（它們的差最大是2），這樣就可以確保所取出的整數中任意兩個數的差都不等于3.

又2014÷6=335……4，

也就是說，若連續6個整數為一組，則2014個數可分為335組，還余4個數（這4個數看作第336組），

即（1，2，3，4，5，6），（7，8，9，10，11，12），…，

（2005，2006，2007，2008，2009，2010），

（2011，2012，2013，2014），

觀察上面的分組可知，當每組只取較小的3個整數時，n的值最大，這個最大值為

336×3=1008.

13.答案：23.

解設點A（a，a），B（b，1b），則

由矩形ABCD及AB=2BC，點C，D在x軸上，得

b-a=2·1b，a=1b，①②

②代入①得b-1b=2b，

b2=3，b=3，

于是S長方形ABCD=AB·BC=（b-a）·1b

=（3-13）×13=23.

3

14.答案：4.

解最短的弦AB和最長的弦A′B′，如圖23，C和C′是切點，

則r2-BC2+r2-B′C′2

=CC′，

即r2-242+r2-202=22，

解得r=25.

所以OO′=OC-O′C

=252-202-11

=4.

15.答案：12.

解因為5a+4b+3c能被13整除，所以可設

5a+4b+3c=13k（k是正整數），①

于是可得a=13k-4b-3c5，

由①，得

3a+5b+7c=3×13k-4b-3c5+5b+7c

=39k-12b-9c5+5b+7c

=39k+13b+26c5

=13×（3k+b+2c）5，

即5（3a+5b+7c）=13（3k+b+2c），②

因為a，b，c，k是正整數，

所以3a+5b+7c和3k+b+2c都是正整數，

又因為5和13互質，

所以由②知3a+5b+7c可被13整除，

從而可設

3a+5b+7c=13m（m是正整數），③

所以 （3a+5b+7c）+2014

=13m+13×154+12

=13（m+154）+12，

由③知m+154是整數，

所以13（m+154）+12被13除，得到的余數是12，

即3a+5b+7c+2014除以13得到的余數是12.

16.答案：48.

4

解分別從點O，N，M作FA的垂線，分別交FA及延長線于點P，Q，R，延長FA與MO，交于點G，AB與GM交于點L，如圖24.

設AF=2x，則

AP=x，OP=3x.

在Rt△AGL中，因為

∠GAL=60°，

所以∠AGL=30°，

又AL=x，

所以GL=3x.

而OL=OM=OP=3x，

所以GM=33x.

在Rt△RGM中，因為∠RGM=30°，

所以RM=332x.

在梯形POMR中，N是OM的中點，

所以QN是梯形POMR的中位線，

即QN=12（PO+RM），

所以QN=534x.

因為△AOF和△AFN有相同的底，

所以S△AOF∶S△AFN=OP∶QN

=3x∶534x=4∶5.

又S△AFN=10，

所以S△AOF=8，

故正六邊形ABCDEF的面積=6S△AOF=48.

17.答案：3+1.

解設CEED=k，正方形ABCD的邊長是a，有

CE=k·ED=k（a-CE），

于是CE=ka1+k，①

又CFAD=CEED=k，

得CF=kAD=ka，②

于是S△CFE=12CF·CE=12ka·ka1+k

=k2a22（1+k），③

注意到S正方形ABCD=a2，④

及S正方形ABCD=S△CFE，⑤

所以1=k22（1+k），

即k2-2k-2=0，

解得k=±3+1，

因為k>0，

所以，只取k=3+1.

18.答案：9.

解依題意，得

a3+b3a+b=27，

即a2-ab+（b2-27）=0.

此方程應當有正整數解，故

Δa=（-b）2-4（b2-27）=108-3b2

是完全平方數.

因為0≤Δa≤108，

所以108-3b2的值可能是1，4，9，16，25，36，49，64，81，100.

注意到b是正整數，驗算后，可知僅有81合題意.

由108-3b2=81，

得b=3，

于是a=b±92=3±92，

只取a=3+92=6.

所以a+b=9.

19.答案：12或-12.

解設拋物線與x軸的兩個交點為

（x1，0），（x2，0），x1<x2.

由根與系數的關系，得

x1+x2=-2b，

x1x2=-2，

于是拋物線與x軸的兩個交點間的距離是

x2-x1=（x1+x2）2-4x1x2

=2b2+2，

拋物線C與y軸的交點是（0，-1），于是三角形的面積是b2+2.

將C向下平移5個單位，得到的新拋物線是

y=12x2+bx-6.

同理可求得拋物線與x軸兩個交點間的距離為2b2+12，與y軸的交點是（0，-6），

三角形的面積為6b2+12.

于是6b2+12=14b2+2，

解得b2=14，

所以b=12或b=-12.

20.答案：113.

解設M是每條船從出發到再出發所用的時間（航行時間+停留在碼頭的時間），N是船的條數，P是兩條船發出的時間間隔，則有

MN=P.①

依題意，按原計劃，則由①式，有80+8N≤8，得N≥11，

所以a=N小=11.②

設2條新船投入使用后，發船時間間隔變為x分鐘，則由①，②，得

80+x11+2=x，

得x=623（分鐘），

于是8-623=113（分鐘）.

答：增加2條船后，發船時間間隔縮短113分鐘.

接力賽

1A.答案：24.

5

解連接OA，PB，又從點P作PC∥AB交OA的延長線于點C.

由AB是兩圓的公切線及作圖25，可知 OA⊥AB，

PB⊥AB，

OC⊥PC，

則四邊形ACPB是矩形，

于是AC=PB=7，AB=PC，

OC=OA+AC=3+7=10.

在Rt△OPC中，

PC=OP2-OC2=262-102=24，

所以AB=24.

1B.答案：111.

解計算可知

123456000÷37=3336648……24，

因為傳來的答案T恰好是24，所以可知三位數abc可以被37整除，

37×3=111，

所以最小的三位數abc是111.

2A.答案：105.

解由題設知 aa5=225=152，

所以這三個質數的和是15，而下面的等式是唯一存在的，

15=3+5+7，3×5×7=105，

所以這三個數的乘積是105.

2B.答案：52.5（或5212或1052）.

6

解如圖26，設AP1=T，BP2=T，則

當點P位于點P1和P2之間時，有PA<T，

且PB<T成立.（*）

連接OP1，OP2，則有

OA=OP1=AP1=T，

OB=OP2=BP2=T，

所以△OAP1和△OBP2都是等邊三角形，則

∠AOP1=∠BOP2=60°，

所以∠P1OP2=60°+60°-90°=30°，

由（*），知點P所在圓弧的長度是

30360×2πT=π6T=12T.

前面同學傳來的答案是T=105，

所以12T=52.5（或5212或1052）.

3A.答案：5.

解將方程中等號的左邊分解因式，得

x4-5x3+5x2+5x-6

=（x4-1）-5x2（x-1）+5（x-1）

=（x2+1）（x2-1）-5（x-1）（x2-1）

=（x+1）（x-1）（x2+1-5x+5）

=（x+1）（x-1）（x-2）（x-3），

原方程即

（x+1）（x-1）（x-2）（x-3）=0，

得x1=-1，x2=1，

x3=2，x4=3，

-1+1+2+3=5，

故方程的所有根的和是5.

3B.答案：52.

7

解設BC=a，CA=b，從點D作直線GB，CB的垂線，垂足分別為M，N，如圖27.

易證明

∠DBM=∠ABC，

∠DBN=∠BAC，

BD=BC=a，

GB=BA=5，

所以DM=BDsin∠DBM=BDsin∠ABC

=a×b5=ab5，

DN=BDsin∠DBN=BDsin∠BAC

=a×a5=a25，

S△BDG=12BG·DM=ab2=T，①

由勾股定理，有a2+b2=25，②

S△BDC=12BC·DN=a310.③

前面同學傳來的答案是T=5，

聯立①和②，得a2+b2=25，ab2=5，

解得{a=5，b=25，

把a的值代入③，得

S△BDC=a310=52.

個人賽

1.答案：990.

解因為44=1936<2014<2025

=45，

對比a<2014<a+1，a是整數，

可知a=44.

于是1+2+3+…+a

=a（a+1）2=44×452=990.

2.答案：5.

解將題設兩個等式的兩邊分別相加，得

x+2xy+y+x+y=30，

即（x+y）2+（x+y）-30=0，

解得x+y=5或x+y=-6.

顯然x+y≥0，

所以只取x+y=5.

3.答案：165（或3.2或315）.

解由點B、E是定點，知道BE是定長，所以，要使△BME的周長最短，只須使MB+ME最短，以下求點M.

設E′是點E關于直線CD的對稱點，BE′交CD于點M′，連接EM′，E′M，如圖28.

由三角形兩邊之和大于第三邊，得

EM+BM=E′M+BM≥BE′，

可知當點M在M′處時，△BME的周長最短.

8

此時DE′∥BC，

所以DM′CM′=DE′BC，

即4-CM′CM′=14，

解得CM′=165，

故當△BME的周長最短時，

CM=CM′=165（或3.2或315）.

4.答案：a>45.

解易知y=ax2-ax-8-2a

=a（x2-x-2）-8，

其中x2-x-2=（x+1）（x-2），

易知當x>2時，函數y=x2-x-2是增函數，且當x=2時，x2-x-2=0，

所以當4≤x≤6時，

x2-x-2>0，

所以a（x2-x-2）-8>0可變形為a>8x2-x-2，

要使此式恒成立，需要a大于8x2-x-2的最大值.

而當4≤x≤6時，y=x2-x-2是增函數，

y=8x2-x-2是減函數，

可知8x2-x-2的最大值在x=4時取得，這個值是842-4-2=45，

所以a>45.

5.答案：16.

解題設的等式，即

（10b+a）-（10a+b）

=（100a+b）-（10b+a），

即b=6a.

因為a，b是1到9的數字，

所以只能是a=1，b=6.

則ab=16.

6.答案：227.

解作如下的樹狀圖，

由樹狀圖，可知三次傳球，有27種方式，球回到A手中的情況僅有2種，所以傳遞三次后，球回到A手中的概率是227.

9

7.答案：12.

解連接AC，BP.

由圖29知

S△BCP=S△ACP

=12AP·CC′，

S正方形ABCD

=S△APD+S△ABP+S△BCP

=12AP（DD′+ BB′+CC′）

=12×4×6

=12.

8.答案：33+72.

0

解如圖30，延長DC，交AB于點E.

從點E分別作EF⊥AD于點F，EG⊥BC于點G.

因為∠A=45°，

∠B=30°，∠D=60°，

所以∠BEG=60°，

∠DEF=30°，∠AEF=45°，

于是∠CEG=180°-∠AEF-∠DEF

-∠BEG=45°，

∠GCE=90°-∠CEG=45°.

故可設EG=GC=x，則

BG=3x，CE=2x，

所以BC=BG+GC=（1+3）x=3+1，

解得x=1.

所以CE=2x=2，

于是ED=EC+CD=22，

DF=ED2=2，AF=EF=3DF=6.

可得四邊形ABCD的面積

=S△BCE+S△AED=12BC·EG+12AD·EF

=12（1+3）×1+12（2+6）×6

=33+72.

9.答案：15.

1

解把圖中的字母標記序號，如圖31.

則通過M1的路徑有

W→M1→T1→C1，

W→M1→T1→C2，

W→M1→T2→C2，

W→M1→T2→C3，

共4條;

類似的，經過M2的路徑有7條;

經過M3的路徑有4條.

故經過的四個字母正好是WMTC的路徑有

4+7+4=15（條）.

10.答案：22014.

解由x+y=2，得

（x+y）2=x2+y2+2xy=4，

因為x2+y2=4，所以xy=0，

故x=0，或y=0.

當x=0時，由x+y=2，得y=2，

此時x2014+y2014=22014;

當y=0時，由x+y=2，得x=2，

此時x2014+y2014=22014，

綜上知，x2014+y2014的值是22014.

11.答案：AM=72（或3.5）.

解因為∠C+∠CAE

=∠AEB=∠AEM+∠MEB，

∠B=∠C=∠AEM，

所以∠CAE=∠BEM，

于是△AEC∽△EMB，

可得CEBM=ACBE，

所以BM=12，

故AM=72（或3.5）.

12.答案：4620.

解因為154=2×7×11，

所以在1到154的自然數中，與154互質的是除7和11的倍數之外的一切奇數.

從1到154的連續奇數有77個，它們的和是

1+3+5+…+149+151+153

=（1+153）×77÷2

=5929.

以上的奇數中，7的倍數有11個，它們的和是

7×（1+3+5+…+19+21）

=7×（1+21）×11÷2

=847.

11的倍數有7個，它們的和是

11×（1+3+5+…+11+13）

=11×（1+13）×7÷2

=539.

既是7的倍數，又是11的倍數僅有一個，

即7×11=77.

所以符合條件的各個數的和是

5929-847-539+77=4620.

13.答案：3.

解設點A（a，a2），點C（c，c2），這里

a<0，

0<c<-a，

則點B的坐標是（-a，a2），

于是AC2=（c-a）2+（c2-a2）2，①

BC2=（c+a）2+（c2-a2）2，②

AB2=4a2，③

由勾股定理，得

AC2+BC2=AB2，

將①②③代入并整理，得

（a2-c2）2=a2-c2.

由于a2>c2，

所以a2-c2=1，

故斜邊AB上高h=a2-c2=1.

又Rt△ABC的面積為2，

所以12AB·h=2，

即12·|2a|·（a2-c2）=|a|=2，

所以c2=a2-1=3，

即點C的縱坐標是3.

14.答案：24-123.

解易知圓M的半徑R=6.

設圓N的半徑為r，則由題設條件，得

（r+R）2=（R-r）2+（DC-R-r）2，

即（6+r）2=（6-r）2+（18-6-r）2，

r2-48r+144=0，

則Δr=（-48）2-4×144

=16×122-4×122

=12×122

=3×242.

得r=48±2432=24±123，

因為r<R，

只取r=24-123.

15.答案：1.

解根據能被3整除的數的特點，知

若M=123456789101112…47484950是3的倍數，則M的數字和也是3的倍數，

因為M的數字的和是5×（1+2+3+…+9）+（1+2+3+4）×10+5=330，

又330=2×3×5×11，

所以M是3的倍數.

同理，若M是9的倍數，則M的數字和也是9的倍數，已證M的數字的和是

2×3×5×11，

所以M不是9的倍數，綜上知，k的值是1.

16.答案：1535.

2

解作AD平分∠BAC，交BC于D，如圖32.

由題設及作圖，可知

∠BDA=∠DAC+∠C

=2∠C

=∠BAC，

因為∠ABD=∠ABC，

所以△ABD∽△CBA，

于是ABBC=BDAB=ADAC，（*）

得BD=AB2BC=10216=254.

所以CD=BC-BD=16-254=394，

由（*）式，得

AC=AB·ADBD=10×394254=1535.