第三届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛笔试二试卷小学组2013

第三届华罗庚金杯初赛试题以及答案1．计算：[分析] 分数、小数合在一起的四则运算，是小学数学的重要训练内容，要求算得准、算得快。

这个题目，是用繁分的形式给出了加、减、乘、除的混合运算，它的另一个形式是算这个题时，要注意两点：（1）在乘、除运算中，代分数要化为假分数，及时约分；（2）在加、减运算中，如果分数、小数同时出现，要么都化为分数，要么都化为小数。

[解法1][解法2][注] 两种方法的共同之处是在前两步中，都将乘、除运算中的带分数化种方法的不同之处是解法1运用了乘法对加法的分配律，解法2则是采用了化简繁分式的通常方法——分子、分母乘以同一个不为零的数。

这里，还要0.375，0.625，0.875，一定要很熟悉，在具体计算时，可以节省时间。

2．某年的10月里有5个星期六，4个星期日。

问：这年的10月1日是星期几？[分析] 这个题目，主要考查逻辑推理能力。

解决这个题的关键是要判定：10月里的第一个星期六或者第一个星期日是10月几日？这个问题一解决，10月1日是星期几就很容易推算出来。

当然，解这个题，还应当知道：10月是大月，有31天。

我们知道，一年中的大月是1月、3月、5月、7月、8月、10月、12月。

人们会发现其中的不协调：到7月为止，都是单月为大月，但后面却突然改双月为大月了。

为什么这么改呢？这里还有一段故事呢！原来，现在的历法，开始制定于古罗马时代。

当时，有一个罗马皇帝，叫奥古斯特，他出生于8月，为了显示他的不平凡和尊贵，下令将8月改成大月，于是后面的双月都是大月了，这个划分一直沿用至今，在英语中，8月是August，读出来就是“奥古斯特”。

[解法1] 10月有31天，而31=4×7＋3，所以，这个月有4个星期零3天。

要判定10月1日是星期几，可以先推算这个月的第一个星期六是几日：如果10月1日是星期六，那么10月2日、9日、16日、23日、30日都是星期日，出现了5个星期日，与题设的“10月里有…4个星期日”不符，所以10月1日不是星期六。

第三届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛笔试二试卷(初一组
) G F E
D
C B A 第三届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛
笔试二试卷 (初一组)
(2010年8月10日，60分钟)
一、填空题(每题20分, 共60分)
1. 如图，,90︒=∠=∠DCF ABE AB =3, DC =5, BC =6, BE =EF =FC , AF 交DE 于G . 则三角形DFG
与三角形AGE 面积的和为 .
2. 在正八边形的8个顶点和中心O 处放上9个不同的自然数, 使得位于每对平行边与中心O 上
的5个数之和都等于位于顶点的8个数之和. 那么位于中心O 处的数最小是 . O
H
G F E D
C
B A
3. 如图, 对A , B , C , D , E , F , G 七个区域分别用红、黄、
绿、蓝、白五种颜色中的某一种来着色, 规
定相邻的区域着不同的颜色. 那么有 种不同的着色方法.
二、解答题 (每题20分, 共60分)
4. 对于平面上垂直的两条直线a 和b , 称 (a , b ) 为一个“垂直对”, 而a 和b 都是属于这个“垂直
对”的直线. 那么当平面上有二十条直线时最多可组成多少个“垂直对”?
5. 方格网上有三个地点A , B , C , 每个小方格的边长为100米. 如果沿
着网格线修路把三个地点连起来, 问：修的总路长最短为多少米?
6. 如果x 和y 满足⎪⎩⎪⎨⎧=+=+12][29][y x y x x ，求x 和y 的值.（其中][x 表示不大于x 的最大整数）.。

首届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛(2006 - 2007)决赛笔试一 (高小组) 题解除非特别声明，答案须用数字表达，并化至最简。

甲部十五题，每题5分。

1. 已知 b =⨯+⨯+⨯-⨯-⨯+⨯9100000245.010*******.0910245.09.10245.01.9245.009.145.2 ，求 b 的值。

答案: 4.92.45(2-2+2)= 4.9 2. 已知9994343=+-b a b a ，且 ba b a b a b a 43)43(9979984343-+⨯⨯++- = y ，求y 的值。

答案: y = 999 + 998 x 997 x 1/999 = 999 + (999 – 1) x 997/999= 999 + 997 – 997/999=999219953. 图一是一个由两个正方形拼合而成的图形，它们的边长分别是m 厘米及n 厘米，且CDE 为一直线。

已知m 和 n 都是两位数，且 n m 22=。

若三角形ABC 的面积等于a 平方厘米，求 a 的最大值。

A BCD E图一 答案：98 n = m x m / 2 15 x 15 /2 > 100 14 x 14 /2 = 98大小正方形的边分别为 98 cm 及 14 cm 。

故三角形 ABC 的面积是 14 x 14 / 2 = 98。

4. 某小镇有人口2046人，那里的人都很爱帮助别人。

某日小镇某人把某慈善机构的某慈善活动口号告诉了他的两位好朋友，并要求他们转告另外两位不知道这活动口号的人。

这两位好朋友不用花一分钟便把口号传给另外两个人，而刚听得口号的两个人又不用花一分钟便把这口号再传给另外两个人。

如此下去，每人只把口号传给别人一次，问最多需要经过多少分钟，整个小镇的人便知道这慈善活动口号？答案：1022(n)分钟 0 1 2 3……n _人知道口号 1+21+2+21+2+2+21+2+2+2+21+(n+1)21+(n+1)2>2046 2n+3>2046 2n>2043 n>1021.5 所以 n= 1022最多需要经过1022分钟，整个小镇的人便知道这慈善活动口号5. 已知p 为50以内的一个两位质数，且 2p + 1也是质数。

第十三届全国“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷（小学组）姓名_________ 得分：______一、选择题。

（毎小题10分。

以下毎题的四个选项中，仅有一个是正确的，请将表示正确答案的英文字母写在毎题的圆括号内。

）1．科技小组演示自制的机器人。

若机器人从点A向南行走1.2米，再向东行走1米，接着又向南行走1.8米，再向东行走2米，最后又向南行走1米到达B点。

则B点与A点的距离是（）米。

（A）3 （B）4 （C）5 （D）72．将等边三角形纸片按图1所示的步骤折迭3次（图1中的虚线是三边中点的连线），然后沿两边中点的连线剪去一角（图2）。

图1 图2将剩下的纸片展开、铺平，得到的图形是（）。

（A）（B）（C）（D）3．将一个长和宽分别是1833厘米和423厘米的长方形分割成若干个正方形，则正方形最少是（）个。

（A）8 （B）7 （C）5 （D）64．已知图3是一个轴对称图形。

若将图中某些黑色的图形去掉，得到一些新的图形，则其中轴对称的新图形共有（）个。

图3（A）9 （B）8 （C）7 （D）65．若a＝1515…15×333…3，则整数a的所有数位上的数字和等于（）。

（A）18063 （B）18072 （C）18079 （D）180546．若，＝，＝，＝202002200c 2009200820072006b 2008200720062005a ××××××则有（ ）。

（A ）a>b>c （B ）a>c>b （C ）a<c<b （D ）a<b<c 二、填空题。

（每小题10分，满分40分。

第10题每空5分）7．如图4所示，甲车从A ，乙车从B 同时相向而行。

两车第一次相遇后，甲车继续行驶4小时到达B ，而乙车只行驶了1小时就到达A 。

甲、乙两车的速度比为 。

图48．华杯赛网址是 。

历届⼩学华罗庚少年⾦杯赛试题及解答历届⼩学华罗庚少年⾦杯赛试题及解答2010年第⼗五届华杯赛决赛试题C及…2010年第⼗五届华杯赛决赛试题A及…2010年第⼗五届华杯赛决赛试题B及…第⼗四届华罗庚⾦杯少年数学邀请赛…第⼗四届华罗庚⾦杯少年数学邀请赛…第⼗三届“华罗庚⾦杯”少年数学邀请…第⼗三届“华罗庚⾦杯”少年数学邀请…第⼗⼆届华杯赛总决赛⼆试试题及解…第⼗⼆届华杯赛总决赛⼀试试题及解…第⼗⼆届华杯赛决赛试题及解答第⼗⼆届华杯赛初赛试题及解答第⼗⼀届华杯赛决赛试题及解答第⼗⼀届华杯赛初赛试题及解答第⼗届华罗庚⾦杯少年数学邀请赛⼝…第⼗届华杯赛总决赛⼆试试题及解答第⼗届华杯赛总决赛⼀试试题及解答第⼗届华杯赛决赛试题及解答第⼗届华杯赛初赛试题及解答第九届华杯赛总决赛⼆试试题及解答第九届华杯赛总决赛⼀试试题及解答第九届华杯赛决赛试题及解答第九届华杯赛初赛试题及解答第⼋届华杯赛决赛⼆试试题及解答第⼋届华杯赛决赛⼀试试题及解答第⼋届华杯赛复赛试题及解答第七届华杯赛决赛⼆试试题及解答第七届华杯赛决赛⼀试试题及解答第七届华杯赛复赛试题及解答第七届华杯赛初赛试题及解答第六届华罗庚⾦杯少年数学邀请赛团…第六届华杯赛决赛⼆试试题及解答第六届华杯赛决赛⼀试试题及解答第六届华杯赛复赛试题及解答第六届华杯赛初赛试题及解答第五届华杯赛团体决赛⼝试备⽤题第五届华杯赛团体赛⼝试试题第五届华杯赛决赛⼆试试题及解答第五届华杯赛决赛⼀试试题及解答第五届华杯赛复赛试题及解答第五届华杯赛初赛试题及解答第四届华罗庚⾦杯少年数学邀请赛团…第四届华杯赛决赛⼆试试题及解答第四届华杯赛决赛⼀试试题及解答第四届华杯赛复赛试题及解答第四届华杯赛初赛试题及解答第三届华罗庚⾦杯少年数学邀请赛团…第三届华杯赛决赛⼆试试题及解答第三届华杯赛决赛⼀试试题及解答第三届华杯赛复赛试题及解答第三届华杯赛初赛试题及解答第⼆届华罗庚⾦杯少年数学邀请赛⼝…第⼆届华杯赛决赛⼆试试题及解答第⼆届华杯赛决赛⼀试试题及解答第⼆届华杯赛复赛试题及解答第⼆届华杯赛初赛试题及解答第⼀届华杯赛团体赛⼝试试题第⼀届华杯赛决赛⼆试试题及解答第⼀届华杯赛决赛⼀试试题及解答。

“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛第二试试题以及答案1．写出从360到630的自然数中有奇数个约数的数。

〔解〕如果自然数n 是某一个自然数m 的平方，即n=m2，则称自然数n 为完全平方数。

从约数的性质可知：具有奇数个约数的自然数一定是完全平方数。

从360到630的自然数中，完全平方数为361，400，441，484，529，576和625。

因此这7个完全平方数即为所求。

答：它们分别是361，400，441，484，529，576和625。

〔分析〕我们简要说明一下，为什么具有奇数个约数的自然数一定是完全平方数。

设a 是自然数n 的约数。

根据约数的性质可知有自然数b 使得n=a ×b 。

因此b 也是n 的约数。

当a ≠b 时，a 与b 成对出现。

因此共有偶数个约数．按题意n 有奇数个约数，因此必定有一个约数a 使得a=b ，也就是说，n ＝a ×a=a2，这就证明了n 必为完全平方数。

2，四边形ABCD 被AC 和DB 分成甲，乙，丙，丁4个三角形。

已知：BE=80cm ．CE=60cm ，DE=40cm ，AE=30cm ．问：丙、丁两个三角形面积之和是甲、乙两个三角形面积之和的多少倍？〔解〕由三角形面积公式可知：同高的两个三角形的面积之比等于底边长之比． 从三角形BDA 可知：甲∶丁=80∶40=2∶1，从三角形 BDA 可知：乙∶丁=60∶30=2∶1，因此甲+乙=4×丁．再由三角形BCA 可得丙∶甲=60∶30=2∶1，所以丙=2×甲=4×丁．由此可得（丙+丁）∶（甲+乙）=5丁∶4丁=5∶4。

答：丙与丁这两个三角形的面积之和是甲与乙两个三角形面积之和45倍。

3．已知：ａ＝4434421Λ19911991199119911991个问：a 除以13所得余数是几？〔解法1〕用试除的方法可知：199119911991可以被13除尽。

原数a 有1991个1991。

2012年第四届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛试卷（小高组一试）一.填空题（每题10分）1．（10分）计算：2+[（4.32﹣1.68﹣1）×﹣]÷1＝．2．（10分）今天是13日，如果将若干自然数按下表排列，那么这个表中所有自然数的总和是．1 2 3 4 …12 132 3 4 5 …13 143 4 5 6 …14 15…………………13 14 15 16 (25)3．（10分）一只油桶，装的油占全桶装油量的，卖出18千克后，还剩原有油的60%．那么这只油桶能装千克油．4．（10分）在△ABC中，D1、D2、D3为AB边的内分点，E1、E2、E3为AC边的内分点，那么图中有个三角形．5．（10分）两个带小数相乘，将得到的积四舍五入可得27.6．现已知这两个小数都是一位小数，且它们个位上都是5，那么这两个小数相乘所得的准确积是．6．（10分）A、B两地共有学生81人，其中A地的第一个学生与B地的10个学生联系过，第二个学生与B地的11个学生联系过，第三个学生与B 地的12个学生联系过，…，第n个学生与B地的所有学生都联系过．那么A、B两地各有学生．7．（10分）有一种八边形，它的每条边的长度都是一个整厘米数．若从该八边形中取出任意三条边的都不能构成三角形．则符合这些条件的八边形周长最短是cm．8．（10分）在小于2012的所有正整数n中，使得2n﹣n2 能被7整除的n共有个．9．（10分）三角形ABC中，BE＝1，EF＝6，FC＝2，BD＝2AD，三角形AHG 的面积是4.86，三角形GFC的面积是2，则四边形BEHD的面积是．10．（10分）由单位正方形组成的m×n的矩形棋盘（其中m，n为不超过10的正整数），在棋盘的左下角单位正方形里放有一枚棋子，甲乙两人轮流行棋．规则是：或者向上走任意多格，或者向右走任意多格，但是不能走出棋盘或者不走．若规定不能再走者为负（即最先将棋子移至右上角者获胜）．那么能使先行棋的甲有必胜策略的正整数对（m，n）共有个．11．（10分）将自然数2、3、4…、n分成两组，满足①同一组任意两个数的乘积不在这个组；②任意一个数与它的平方不在同一组．则n最大是．12．（10分）一个棱长为4的正方形盒子放一个半径为1的球，球在盒子里随意移动，盒子也可以随意翻动．则球接触不到的正方体内表面的面积是．2012年第四届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛试卷（小高组一试）参考答案与试题解析一.填空题（每题10分）1．（10分）计算：2+[（4.32﹣1.68﹣1）×﹣]÷1＝2．【分析】先把小括号里面的算式，根据减法的性质简算；然后再根据四则混合运算的运算顺序计算即可．【解答】解：2+[（4.32﹣1.68﹣1）×﹣]÷1＝2+{[4.32﹣（1.68﹣1）]×﹣}÷1＝2+{[4.32﹣3]×﹣}÷1＝2+{1.32×﹣}÷1＝2+{0.6﹣}÷1＝2+÷＝2+＝2；故答案为：2．2．（10分）今天是13日，如果将若干自然数按下表排列，那么这个表中所有自然数的总和是2197 ．1 2 3 4 …12 132 3 4 5 …13 143 4 5 6 …14 15…………………13 14 15 16 (25)【分析】根据高斯求和公式可知，第一列的数和是（1+13）×13÷2＝7×13，第二行的数和是（14+2）×13÷2＝8×13，第三行的数和是（3+15）×13÷2＝9×13，由于可发现，n行的数和是（7+n﹣1）×13，所以13行所有数的和是7×13+8×12+…+（7+13﹣1）×13＝[7+8+9+…+（7+13﹣1）]×13＝[（7+13﹣1）+7）×13÷2×13．据此完成【解答】解：（1+13）×13÷2+（14+2）×13÷2+（3+15）×13÷2+…+（13+25）×13÷2＝14×13÷2+16×13÷2+18×12÷2+…+38×13÷2＝7×13+8×13+9×13+…+19×13＝（7+8+9+…+19）×13＝（7+19）×13÷2×13＝26×13÷2×13＝13×13×13＝2197答：那么这个表中所有自然数的总和是2197．故答案为：2197．3．（10分）一只油桶，装的油占全桶装油量的，卖出18千克后，还剩原有油的60%．那么这只油桶能装75 千克油．【分析】先把原来油的质量看成单位“1”，卖出18千克后，还剩原有油的60%，那么卖出的质量就是原来油质量的（1﹣60%），它对应的数量是18千克，根据分数除法的意义，用18千克除以（1﹣60%）即可求出原来油的质量，这又是全桶装油量的，再把全桶装油量看成单位“1”，再根据分数除法的意义，用原来油的质量除以即可求出这个油桶能装多少千克油．【解答】解：18÷（1﹣60%）＝18÷40%＝45（千克）45÷＝75（千克）答：这只油桶能装 75千克油．故答案为：75．4．（10分）在△ABC中，D1、D2、D3为AB边的内分点，E1、E2、E3为AC边的内分点，那么图中有64 个三角形．【分析】在三角形BCD1中有4+3+2+1＝10个三角形；如果不看CD3，在BCD2中也有10个三角形；如果不看CD3、CD2，在BCD1中同样有10个三角形；如果不看CD3、CD2、CD1在BCA有10个三角形；在D2D3C中有4个三角形；在D2D1C中有4个三角形；在D1CA中4个三角形；在D1D3C中除了前面数出的还有4个三角形；在D2AC中除了前面数出的还有4个三角形；在D3AC 除了前面数出的还有4个三角形．【解答】解：4×10+4×6＝64（个）故填645．（10分）两个带小数相乘，将得到的积四舍五入可得27.6．现已知这两个小数都是一位小数，且它们个位上都是5，那么这两个小数相乘所得的准确积是27.55 ．【分析】首先根据个位数字是5，那么两个5乘积的结果个位也一定是5，再根据四舍五入的规律即可求解．【解答】解：依题意可知：首先根据两个小数的结果是2位小数，个位数字都是5，那么原来结果的尾数一定是5；根据四舍五入的结果是27.6，那么只能是27.55满足条件．故答案为：27.556．（10分）A、B两地共有学生81人，其中A地的第一个学生与B地的10个学生联系过，第二个学生与B地的11个学生联系过，第三个学生与B 地的12个学生联系过，…，第n个学生与B地的所有学生都联系过．那么A、B两地各有学生36人、45人．【分析】按题意，显然A地的第一个学生与B地的10个学生联系过，第二个学生与B地的11个学生联系过，第三个学生与B地的12个学生联系过，…，第n个学生与B地的所有学生都联系过，A地的学生比B地的学生要少9人，而总数是81人，可以用总数减去9，就是A地学生人数的两倍，不难求得A地和B地的学生人数．【解答】解：根据分析，A地的学生比B地的学生要少9人，而总数是81人，可以用总数减去9，就是A地学生人数的两倍，故A地有：（81﹣9）÷2＝36（人）；B地有：81﹣36＝45（人），故答案是：36人、45人．7．（10分）有一种八边形，它的每条边的长度都是一个整厘米数．若从该八边形中取出任意三条边的都不能构成三角形．则符合这些条件的八边形周长最短是54 cm．【分析】斐波那契数列，这个数列从第三项开始，每一项都等于前两项之和，任意取3个数为三条边的都不能构成三角形，即可得出结论．【解答】解：由题意，八边形的边长满足斐波那契数列，符合这些条件的八边形周长最短时，边长为1，1，2，3，5，8，13，21，周长为54cm．故答案为54．8．（10分）在小于2012的所有正整数n中，使得2n﹣n2 能被7整除的n共有576 个．【分析】2n﹣n2 被7除的余数随着n变化的最小周期是3，这个你可以直接计算试一试知道．n从1开始，2n﹣n2 被7除的余数是2，4，1，2，4，1，…2n﹣n2 被7除的余数随着n变化的最小周期显然是7．n从1开始，2n﹣n2 被7除的余数是1，4，2，2，4，1，0，．总的来说，因为3和7互质，所以2n﹣n2 2被7除的余数以3×7＝21为周期．在一个周期中，3除n余1的，7除n可以余3和4，分别对应数10和4；3除n余2的（此时2n﹣n2 被7除余4），7除n可以余2和5，分别对应数2和5；3除n余0的（此时2n﹣n2 被7除余1），7除n可以余1和6，分别对应数15和6．由上面的讨论，所有使得2n﹣n2能被7整除的正整数n为2，4，5，6，10，15以及它们加上整数倍的21．有了这个结果后不难得出在小于2012的所有正整数中，因为2012＝21×95+17这样的n有95×6+6＝576个，据此解答．【解答】解：因为2n﹣n2 被7除的余数随着n变化的最小周期是3，n从1开始，2n﹣n2 被7除的余数是2，4，1，2，4，1因为3和7互质，所以2n﹣n2 被7除的余数以3×7＝21为周期．7除n可以余2和5，分别对应数2和5；3除n余0的（此时2n﹣n2 被7除余1），7除n可以余1和6，分别对应数15和6综上所述：所有使得2n﹣n2能被7整除的正整数n为2，4，5，6，10，15以及它们加上整数倍的21．有了这个结果后不难得出在小于2012的所有正整数中，因为2012＝21×95+17这样的n有95×6+6＝576个，故答案为：576．9．（10分）三角形ABC中，BE＝1，EF＝6，FC＝2，BD＝2AD，三角形AHG 的面积是4.86，三角形GFC的面积是2，则四边形BEHD的面积是 2.86 ．【分析】连接BH，FH，分析各个三角形之间的面积关系，求出各个面积大小．【解答】解：连接BH，FH，由题意△BEH、△EFH、△CFH之间的面积比是2：6：1由BD＝2AD，可得△CBD的面积是△CAD的2倍，△DBH的面积是△DAH的2倍，由这两个条件可得△BHC的面积是△AHC的面积的2倍．把△BHC的面积看成9份，那△AHC的面积就是9÷2＝4.5份如果把△AHC看成底边是AG的两个三角形面积和，把△CHF看成底边是FG 的两个三角形之和，那么△AHC与△CHF的面积比就等于AG：FG，也就是4.5：2＝9：4根据AG：FG＝9：4和△AHG的面积是4.86，可以求出△HGF的面积是4.86÷9×4＝2.16因为△CFG的面积是2.16+2＝4.16，所以△BEH的面积是4.16÷2＝2.08AH：HE＝4.5：8＝9：16所以三角形ABD的面积就是2.08÷16×9＝1.17根据AD：BD＝1：2得到BDH的面积＝1.17÷3×2＝0.78所以四边形BEHD的面积是0.78+2.08＝2.8610．（10分）由单位正方形组成的m×n的矩形棋盘（其中m，n为不超过10的正整数），在棋盘的左下角单位正方形里放有一枚棋子，甲乙两人轮流行棋．规则是：或者向上走任意多格，或者向右走任意多格，但是不能走出棋盘或者不走．若规定不能再走者为负（即最先将棋子移至右上角者获胜）．那么能使先行棋的甲有必胜策略的正整数对（m，n）共有90 个．【分析】当M＝N时，先走的甲必须会败；当M不等于N，甲可以通过独到的策略回到棋盘一，导致乙先，乙会败．有10种甲会败，有100﹣10＝90种甲会胜利．【解答】解：假设甲先走，乙后走，首先容易知道M＝N＝1时，甲必败，下面我们归纳证明当M＝N时，甲必败，首先M＝N＝1的情形是显然的．假设M＝N≤K时，甲必败，则当M＝N＝K+1时，假设甲第一步往任意一个方向走X步，则乙便往另外一个方向走X步．若X＝K+1，易知此时已经走到右上角，所以甲已经败了，否则X＜K+1，这样就就变成了重新在一个（K+1﹣X，K+1﹣X）的棋盘上行棋．这里1≤K+1﹣X≤K，而此时刚好也轮到甲行棋，由归纳假设知此时甲必败，所以结果仍然是甲必败．这样就完成了证明．下面看当M不等于N时的情形，假设M＞N （M＜N同理），甲可以第一步直接将棋子沿长为M的方向走M﹣N步这样就变成了重新在一个（N，N）棋盘上行棋，且此时轮乙行棋，由上面的结论知此时乙必败，即甲必胜．综上知要使先走的甲必胜，那么只需要M不等于N即可．即满足这样的正整数对有10×10﹣10＝90对．故答案为90．11．（10分）将自然数2、3、4…、n分成两组，满足①同一组任意两个数的乘积不在这个组；②任意一个数与它的平方不在同一组．则n最大是31 ．【分析】若2在第一组，则4在第二组，16在第一组，8只能在第二组，此时32既不能在第一组，也不能在第二组，故n的最大值不超过31，即可得出结论．【解答】解：若2在第一组，则4在第二组，16在第一组，8只能在第二组，此时32既不能在第一组，也不能在第二组，故n的最大值不超过31．当n＝31时构造如下：（2，3，5，7，11，13，16，17，19，23，24，29，31）和（4，6，8，9，10，12，14，15，18，20，21，22，25，26，27，28，30），所以n最大为31．故答案为31．12．（10分）一个棱长为4的正方形盒子放一个半径为1的球，球在盒子里随意移动，盒子也可以随意翻动．则球接触不到的正方体内表面的面积是72 ．【分析】先单独看一个面，因为球半径1，所以这个面最外1单位长度宽的一圈，球是接触不到的，球只能接触到中间的2单位长度的正方部分，接触到的面积4平方分米，接触不到的部分是16﹣4＝12，由此即可解决问题．【解答】解：先单独看一个面，因为球半径1，所以这个面最外1单位长度宽的一圈，球是接触不到的，球只能接触到中间的2单位长度的正方部分，接触到的面积4平方单位，接触不到的部分是16﹣4＝12，六个面一共12×6＝72平方单位，故答案为：72．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/5/7 10:44:13；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@；学号：20913800。

2013年第十八届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷（小学四年级组）（时间: 2013年 3 月22 日）一、选择题 (每小题10分.)1. 在左面的加法算式中, 每个汉字代表一个非零数字, 不同的汉字代表不同的数字. 当算式成立时, 贺＋新＋春＝（）.（A）24 （B）22 （C）20 （D）182. 北京时间16时, 小龙从镜子里看到挂在身后墙上的4个钟表(如下图), 其中最接近16时的是（）.（A）（B）（C）（D）3. 平面上有四个点, 任意三个点都不在一条直线上. 以这四个点为端点连接六条线段, 在所组成的图形中, 最少可以形成（）个三角形．（A）3 （B）4 （C）6 （D）84. 在10□10□10□10□10的四个□中填入“+” “－” “×” “÷”运算符号各一个, 所成的算式的最大值是（）.（A）104 （B）109 （C）114 （D）1195. 牧羊人用15段每段长2米的篱笆, 一面靠墙围成一个正方形或长方形羊圈, 则羊圈的最大面积是（）平方米.（A）100 （B）108 （C）112 （D）1226. 小虎在19×19的围棋盘的格点上摆棋子, 先摆成了一个长方形的实心点阵. 然后再加上45枚棋子, 就正好摆成一边不变的较大的长方形的实心点阵. 那么小虎最多用了（）枚棋子.（A）285 （B）171 （C）95 （D）57二、填空题(每小题 10 分，满分40分)7. 三堆小球共有2012颗,如果从每堆取走相同数目的小球以后,第二堆还剩下17颗小球,并且第一堆剩下的小球数是第三堆剩下的2倍,那么第三堆原有颗小球．8. 右图的计数器三个档上各有10个算珠, 将每档算珠分成上下两部分, 按数位得到两个三位数, 要求上面的三位数的数字不同, 且是下面三位数的倍数, 那么满足题意的上面的三位数是 .9. 把一块长 90 厘米, 宽42厘米的长方形纸板恰无剩余地剪成边长都是整数厘米、面积都相等的小正方形纸片, 最少能剪出块, 这种剪法剪成的所有正方形纸片的周长之和是厘米.10. 体育馆正在进行乒乓球单打、双打比赛, 双打比赛的运动员比单打的运动员多4名, 比赛的乒乓球台共有13张, 那么双打比赛的运动员有名.。

2010年第三届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛试卷（小学组笔试一）一、填空题1．（3分）下图左图是最近被发现的阿基米得的《胃痛》拼图，将正方形分割成14块多边形：专家研究后发现，可以在边长12cm的正方形上，正确的画出这14块拼图，如图所示．问：灰色那块的面积是平方公分．2．（3分）如图，要在下列5×5的方格表中填入A、B、C、D、E五个英文字母，并且要求五个字母在每一行与每一列及对角在线，都只出现一次，则@所表示的英文字母为．3．（3分）切斯特要从花莲赴彰化鹿港参加华罗庚金杯数学竞赛，爸爸开车出门前看了一下车子的里程表，刚好是一个回文数69696公里（回文数：从左到右，或从右到左读到的数字结果都一样）．一连开了5个小时到达目的地，到达时里程表又刚好是另一个回文数，在路程中，爸爸开车的时速从未超过85公里，请问爸爸开车的平均速度最大值是每小时公里．4．（3分）有四组数的平均数，其规定如下：（1）从1到100810的自然数中，所有11的倍数之平均数．（2）从1到100810的自然数中，所有13的倍数之平均数．（3）从1到100810的自然数中，所有17的倍数之平均数．（4）从1到100810的自然数中，所有19的倍数之平均数．这四个平均数中，最大的平均数的值是．5．（3分）有三个最简真分数，其分子的比为3：2：4，分母的比为5：9：15．将这三个分数相加，再经过约分后为．问：三个分数的分母相加是．6．（3分）在为正整数的情形下，n的最大值是．7．（3分）如图，若将正方形ABCD各边三等分，延长等分点作出新四边形MNPQ，则正方形ABCD的面积：四边形MNPQ的面积＝．8．（3分）教数学的王老师准备去拜访一位朋友，出发前王老师先和这位朋友通电话，朋友家的电话号码是27433619，当王老师打完电话之后，发现这个电话号码恰好是4个连续质数的乘积．问：这4个质数的总和是．9．（3分）下图是一个九宫图，图内文字【华、罗、庚、杯、数、学、精、英、赛】分别表示1～9中的九个不同的数字，并且这九个数字符合以下三个条件：（1）每个「田」内四个数的和都相等．（2）华×华＝英×英+赛×赛．（3）数＞学根据上述条件，【华、杯、赛】所代表的三数之乘积为．10．（3分）下图中，有很多大大小小的三角形，这些三角形有的是单独显现的，有的是合并若干区块才得到的，这些位置不完全相同的三角形共有个．11．（3分）怡荣号渡轮时速40千米，单数日由A地顺流航行到B地，双数日由B地逆流航行到A地．（水速为每小时24千米）有一单数日渡轮航行到途中的C地时，失去动力，只能任船漂流到B地，船长计得该日所用的时间为原单数日的倍．另一双数日渡轮航行到途中的C地时，又失去动力，船在漂流过程中，维修人员全力抢修了1小时后船以2倍时速前进到A地，结果船长发现该日所用的时间与原双数日所用时间一秒不差．请问A、B两地的距离为多少千米？12．（3分）老师用10个1cm×1cm×1cm的小正立方体摆出一个立体图形，它的正视图如图①所示，且图中任两相邻的小正立方体至少有一棱边（1cm）共享，或有一面（1cm×1cm）共享．老师拿出一张3cm×4cm的方格纸（如图②），请小荣将此10个小正立方体依正视图摆放在方格纸中的方格内，请问小荣摆放完后的左视图有种．（小正立方体摆放时不得悬空，每一小正立方体的棱边与水平线垂直或平行）2010年第三届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛试卷（小学组笔试一）参考答案与试题解析一、填空题1．（3分）下图左图是最近被发现的阿基米得的《胃痛》拼图，将正方形分割成14块多边形：专家研究后发现，可以在边长12cm的正方形上，正确的画出这14块拼图，如图所示．问：灰色那块的面积是12平方公分．【分析】根据灰色部分四边形的特点，将图形合理地分割为两个三角形求面积．【解答】解：如图，灰色部分为四边形ABCD，连接BD，＝S△ABD+S△BCD＝×6×3+×3×2＝9+3＝12．则S四边形ABCD故答案为：12．2．（3分）如图，要在下列5×5的方格表中填入A、B、C、D、E五个英文字母，并且要求五个字母在每一行与每一列及对角在线，都只出现一次，则@所表示的英文字母为B．【分析】以坐标来表示数学，已知（1，1）是A，（4，1）是D，（5，1）是E；首先可以确定（3，5）＝E，因为（4，5），（5，5）是C，D，而（1，5），（2，5）不能是E，所以只能是（3，5）是E，这样（1，5），（2，5）只能是C，D，而左下角是D，所以右上角只能是C，即（1，5）＝C，从而（2，5）＝D，进而确定各个位置上的数即可．【解答】解：根据图形中原有各部分的字母的位置，容易确定各部分的具体的字母如下：E，B，D，A，CA，C，E，B，DB，D，A，C，EC，E，B，D，AD，A，C，E，B故@所表示的英文字母为B．故答案为：B．3．（3分）切斯特要从花莲赴彰化鹿港参加华罗庚金杯数学竞赛，爸爸开车出门前看了一下车子的里程表，刚好是一个回文数69696公里（回文数：从左到右，或从右到左读到的数字结果都一样）．一连开了5个小时到达目的地，到达时里程表又刚好是另一个回文数，在路程中，爸爸开车的时速从未超过85公里，请问爸爸开车的平均速度最大值是每小时82.2公里．【分析】要使平均速度最大，则另一个回文数也要最大，因为69696+85×5＝70121，而小于70121的最大回文数是70107，所以，最大平均速度为（70107﹣69696）÷5＝82.2（km）【解答】解：69696+85×5＝70121（公里）70121的最大回文数是70107，（70107﹣69696）÷5＝411÷5＝82.2（km）答：爸爸开车的平均速度最大值是每小时82.2公里．故答案为：82.2．4．（3分）有四组数的平均数，其规定如下：（1）从1到100810的自然数中，所有11的倍数之平均数．（2）从1到100810的自然数中，所有13的倍数之平均数．（3）从1到100810的自然数中，所有17的倍数之平均数．（4）从1到100810的自然数中，所有19的倍数之平均数．这四个平均数中，最大的平均数的值是（3）．【分析】因为任意一组数排成一列都是一个等差数列，而等差数列的平均数等于首项和末项的平均数，所以求出首项和末项的平均值即可得出平均数最大的值．【解答】解：因为任意一组数排成一列都是一个等差数列，而等差数列的平均数等于首项和末项的平均数，这四组的首项和末项分别是11和100804，13和100802，17和100810，19和100795，很明显平均数最大的为：（17+100810）÷2＝50413.5．故填：（3）．5．（3分）有三个最简真分数，其分子的比为3：2：4，分母的比为5：9：15．将这三个分数相加，再经过约分后为．问：三个分数的分母相加是203．【分析】根据题意，可设这三个最简真分数分别是、、，其中a、b互质，然后求得a、b的值；最后将其代入三个最简真分数的分母求得每一个分母．【解答】解：根据题意，设这三个最简真分数分别是、、，其中a、b互质．∵++＝＝，∴a＝4、b＝7．∴三个分数的分母相加是7×（5+9+15）＝203．故答案为：203．6．（3分）在为正整数的情形下，n的最大值是150．【分析】此题可将810分解质因数，得到810＝2×3×3×3×3×5，再找一找分子中各数含有的810的质因数的倍数即可解答．【解答】解：∵810＝2×3×3×3×3×5，811﹣﹣2010共有1200个数，含有约数2的有600个，5的240个，3的有400个，9的有133个，27的有44个，81的有14个，243的有5个，729的有1个，含有约数3共有（400+133+44+14+5+1）＝597个，597÷4＝149…3，149+1＝150．故答案为：150．7．（3分）如图，若将正方形ABCD各边三等分，延长等分点作出新四边形MNPQ，则正方形ABCD的面积：四边形MNPQ的面积＝9：8．【分析】根据勾股定理可以计算EF与AE的值，根据MN＝3EF，AD＝3AE即可计算MN与AD的比值，即可计算正方形MQPN与正方形ABCD的比值．【解答】解：设AD＝3．则AE＝AF＝EH＝1，根据EF＝＝，ME＝MH＝EH•cos45°＝，同理：NF＝，∴MN＝ME+EF+NF＝2，∴正方形MQPN的面积为＝8，正方形ABCD的面积为32＝9，正方形ABCD的面积：正方形MQPN的面积＝9：8．故答案为：9：8．8．（3分）教数学的王老师准备去拜访一位朋友，出发前王老师先和这位朋友通电话，朋友家的电话号码是27433619，当王老师打完电话之后，发现这个电话号码恰好是4个连续质数的乘积．问：这4个质数的总和是290．【分析】根据27433619是四个连续质数的积，求出四个连续质数，再求出四个连续质数的和．【解答】解：通过试解，2，3，5，7…61等质数，不是27433619的因式，最小的质数因数为67，27433619÷67＝409457，则四个连续质数为67，71，73，79．其和为67+71+73+79＝290．故答案为：290．9．（3分）下图是一个九宫图，图内文字【华、罗、庚、杯、数、学、精、英、赛】分别表示1～9中的九个不同的数字，并且这九个数字符合以下三个条件：（1）每个「田」内四个数的和都相等．（2）华×华＝英×英+赛×赛．（3）数＞学根据上述条件，【华、杯、赛】所代表的三数之乘积为120．【分析】根据题中的3个条件，逐一分类讨论，确定华，杯，赛三个数字的值，从而得出三数之积即可．【解答】解：根据图内文字华、罗、庚、杯、数、学、精、英、赛分别表示1～9中的九个不同的数字，52＝32+42，根据条件（2）可得，华为5，英，赛为3，4或4，3；（1）当英为3，赛为4时，由条件（1）罗+庚＝7，又5+罗＝3+精，可得罗只能为6，庚为1，精为8，所以8+杯＝4+学，无解，不符合题意，因此英为4，赛为3；（2）由于由条件（1）罗+庚＝7，此时，罗，庚只能为1，6或6，1，①当罗为6，庚为1时，由条件（1）5+6＝4+精，杯+精＝3+学，此时精为7，杯比学大4，不符合题意．②当罗为1，庚为6，由条件（1）5+杯＝6+学，杯+精＝学+3，可得：精＝2，杯比学大1，又由条件（3）数＞学，可得学为7，杯为8，数为9，符合题意．所以华为5，杯为8，赛为3，因此华、杯、赛所代表的三数之乘积为：5×8×3＝120．故答案为：120．10．（3分）下图中，有很多大大小小的三角形，这些三角形有的是单独显现的，有的是合并若干区块才得到的，这些位置不完全相同的三角形共有42个．【分析】本题就是找出图形中有多少个三角形，根据不在同一直线上三点可以确定一个三角形，据此即可判断．【解答】解：以AD为边的三角形有：黑豆网https://黑豆网涵盖电影，电视剧，综艺，动漫等在线观看资源！金马医药招商网:金马医药招商网是专业提供医药代理招商的资讯信息发布平台，科技新闻网:科技新闻网每天更新最新科技新闻,这里有最权威的科技新闻资料。

2013年第十八届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组C卷）一、填空题(每小题10分，共80分）1．（10分）计算：（2×（﹣）÷（+））÷＝．2．（10分）农农谚‘逢冬数九’讲的是，从冬至之日起，每九天分为一段，依次称之为一九，二九，…，九九，冬至那天是一九的第一天，2012年12月21日是冬至，那么2013年2月3日是九的第天．3．（10分）最简单分数满足＜＜，且b不超过19，那么a+b的最大可能值与最小可能值之积为．4．（10分）如图，P、Q分别是正方形ABCD的边AD和对角线AC上的点，且AP：PD＝1：3，AQ：QC＝4：1，如果正方形ABCD的面积为100，那么三角形PBQ的面积是．5．（10分）四位数与的和为3333，差为693，那么四位数为．6．（10分）两个较小的正方体积木分别粘在一个大正方体积木的两个面上，构成如图所示的立体图形，其中，每个小积木粘贴面的四个顶点分别是大积木粘贴面各边的一个五等分点．如果三个积木的棱长互不相同且最大的棱长为5，那么这个立体图形的表面积是．7．（10分）设a、b、c分别是0﹣9中的数字，它们不同时都为0也不同时都为9，将循环小数0.b化成最简分数后，分子有不同情况．8．（10分）由四个完全相同的正方体堆积成如图所示的立体，则立体的表面上（包括底面）所有黑点的总数至少是个．二、解答下列各题（每题10分，共40分，要求写出简要过程）9．（10分）如图，大正方形的周长比小正方形的周长多80厘米，阴影部分的面积为880平方厘米，那么，大正方形的面积是多少平方厘米？10．（10分）某学校入学考试，确定了录取分数线，报考的学生中，只有被录取，录取者平均分比录取分数线高10分，没有被录取的同学其平均分比录取分数线低26分，所有考生的平均成绩是70分，那么录取分数线是多少？11．（10分）设n是小于50的自然数，求使得3n+5和5n+4有大于1的公约数的所有n．12．（10分）一次数学竞赛中，参赛各队每题的得分只有0分、3分和5分三种可能．比赛结束时，有三个队的总得分之和为32分，若任何一个队的总得分都可能达到32分，那么这三个队的总得分有多少种不同的情况？三、解答下列各题（每小题15分，共30分，要求写出详细过程）13．（15分）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝1，矩形EHGF在三角形ABC内，且G、H在边BC上．求矩形EHGF的最大面积．14．（15分）用八个如图所示的2×1的小长方形可以拼成一个4×4的正方形．若一个拼成的正方形图形经过旋转与另一个拼成的正方形图形相同，则认为两个拼成的正方形相同，问：有几种拼成的正方形图形仅以一条对角线为对称轴？2013年第十八届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组C卷）参考答案与试题解析一、填空题(每小题10分，共80分）1．（10分）计算：（2×（﹣）÷（+））÷＝7．【分析】根据分数四则混合运算的顺序，先分别计算两个小括号内的，再算中括号内的，最后再算括号外的．【解答】解：[2×（﹣）÷（+）]÷＝[×÷]÷＝[××]×＝×＝7．故答案为：7．2．（10分）农农谚‘逢冬数九’讲的是，从冬至之日起，每九天分为一段，依次称之为一九，二九，…，九九，冬至那天是一九的第一天，2012年12月21日是冬至，那么2013年2月3日是五九的第9天．【分析】先求出2012年12月21日到2013年的2月3日经过了多少天，再求这些天里有几个9天，还余几天，再根据余数推算是几九第几天即可．【解答】解：2012年12月21日到2013年的2月3日的元旦共有11+31+3＝45天，45÷9＝5，说明正好经过了5个9天，这一天就是五九的第9天．答：2013年的2月3日是五九的第9天．故答案为：五，9．3．（10分）最简单分数满足＜＜，且b不超过19，那么a+b的最大可能值与最小可能值之积为253．【分析】已知最简单分数满足＜＜，可先通分子得＜＜，根据同分子分数的大小比较得知，4a＜b＜5a，又因b不超过19，所以a最大值为4，此时b最大可为19，当a＝2时，b有最小值是9，则a+b的最大可能值与最小可能值之积为（4+19）×（2+9）＝253．【解答】解：由＜＜可得：＜＜，所以，4a＜b＜5a，又因b不超过19，所以a最大值为4，此时b最大可为19，当a＝2时，b有最小值是9，那么a+b的最大可能值与最小可能值之积为：（4+19）×（2+9）＝253．故答案为：253．4．（10分）如图，P、Q分别是正方形ABCD的边AD和对角线AC上的点，且AP：PD＝1：3，AQ：QC＝4：1，如果正方形ABCD的面积为100，那么三角形PBQ的面积是37.5．【分析】连接DQ，作△DQP的高QE．分别求出△ABP、△BCQ、△DCQ、△DPQ的面积，然后用正方形的面积减去它们的和即可．【解答】解：连接DQ，作△DQP的高QE．正方形ABCD的面积为100，所以它的边长是10．因为AP：PD＝1：3，所以AP＝2.5；DP＝7.5．S△ABP＝10×2.5÷2＝12.5．AQ：QC＝4：1，所以S△CQB＝S△ABC＝S正方形ABCD＝×100＝10．同理，S△DCQ＝10．EQ⊥AD，所以EQ：DC＝AQ：AC＝4：5，EQ＝×10＝8，S△OQD＝7.5×8÷2＝30．S△PBQ＝S正方形ABCD﹣S△ABP﹣S△CQB﹣S△DCQ﹣S△OQD＝100﹣12.5﹣10﹣10﹣30＝37.5．5．（10分）四位数与的和为3333，差为693，那么四位数为2013．【分析】四位数与的和为3333，差为693，可知和3333比四位数的2倍少693，用3333+693除以2即可得四位数的值．【解答】解：（3333+693）÷2＝4026÷2＝2013，故答案为：2013．6．（10分）两个较小的正方体积木分别粘在一个大正方体积木的两个面上，构成如图所示的立体图形，其中，每个小积木粘贴面的四个顶点分别是大积木粘贴面各边的一个五等分点．如果三个积木的棱长互不相同且最大的棱长为5，那么这个立体图形的表面积是270．【分析】观察图形可知，大正方体与小正方体的相连的两个面如图所示：因为大正方体的棱长是5，则四周的小直角三角形的直角边分别是4、1；如果把四周的四个直角三角形剪下来，正好拼成一个面积是5×5﹣4×1÷2×5＝15的正方形，根据正方形的面积公式可得：大正方体的一个面的面积是5×5＝25；则这个立方体的表面积就是大正方体的表面积与两个小正方体的各四个面的面积之和，据此即可解答．【解答】解：根据题干分析可得：大正方体的一个面的面积是：5×5＝25小正方体一个面的面积是：5×5﹣4×1÷2×5＝25﹣10＝15所以这个立体图形的表面积是：25×6+15×4×2＝150+120＝270答：这个立体图形的表面积为270．故答案为：270．7．（10分）设a、b、c分别是0﹣9中的数字，它们不同时都为0也不同时都为9，将循环小数0.b化成最简分数后，分子有660不同情况．【分析】由题意，把0.b化成分数，是，abc可以从001至998，分解计算1∽998中3的倍数的个数（除去81的倍数的个数），37的倍数的个数，重复的3和37的倍数，然后根据容斥原理可得结果．【解答】解：＝0．abcabc…，根据题意＝1∽998，但是结果要化为最简分数，所以化简后会有重复．由999＝33×37，可得：（1）①998÷3＝332…2，所以1∽998中3的倍数有332个；②998÷34＝12…26，所以1∽998中34＝81的倍数有12说明是3的倍数但不是81的倍数的有332﹣12＝320个，这些数的分子全部可以化简成不是3的倍数的数．（2）1∽998中37的倍数有998÷37＝26…36，说明是37的倍数有26个，这些数的分子全部可以化简成不是37的倍数的数．（3）1∽998中3和37的倍数有998÷111＝8 (110)说明是111的倍数有8个，这些数的分子全部可以化简成不是111的倍数的数．根据容斥原理，约分后会有重复的数有320+26﹣8＝338个，则分子有998﹣338＝660种不同情况．故答案为：660．8．（10分）由四个完全相同的正方体堆积成如图所示的立体，则立体的表面上（包括底面）所有黑点的总数至少是55个．【分析】根据图意知，上面的正方体同下面正方体中间相连的面最大是5个黑点，下面中间的正方体面同上面正方体和左右两个正方体三个面连接的面，最大是6，4，2个黑点，下面左面的正方体和下面右面的正方体，同中间的正方体连接的面，最大是6个黑点，然用四个正方体上的黑点总数，减去连接在一起看不到的黑点数，就是表面的黑点数．【解答】解：根据以上分析得：（1+2+3+4+5+6）×4﹣5﹣6﹣4﹣2﹣6×2＝84﹣5﹣6﹣4﹣2﹣12＝55（个）．故答案为：55．二、解答下列各题（每题10分，共40分，要求写出简要过程）9．（10分）如图，大正方形的周长比小正方形的周长多80厘米，阴影部分的面积为880平方厘米，那么，大正方形的面积是多少平方厘米？【分析】把原图形进行变形，则可根据周长的差，求出右上角小正方形的边长是多少厘米，进而可求出大正方形的边长，再根据面积公式可求出大正方形的面积．【解答】解：80÷4＝20（厘米）（880﹣20×20）÷20÷2＝（880﹣400）÷20÷2＝480÷20÷2＝12（厘米）（12+20）×（12+20）＝32×32＝1024（平方厘米）答：大正方形的面积是1024平方厘米．10．（10分）某学校入学考试，确定了录取分数线，报考的学生中，只有被录取，录取者平均分比录取分数线高10分，没有被录取的同学其平均分比录取分数线低26分，所有考生的平均成绩是70分，那么录取分数线是多少？【分析】根据报考的学生中，只有被录取，假设把报考的学生当作是4个人，录取的只有1人，没录取的有3个人，那总分便有70×4＝280分，再用（4人总分﹣录取者比录取分数线高的分数+没有录取者比录取分数线低的分数）÷4即为所求．【解答】解：则录取分数线是：（70×4﹣10+26×3）÷4＝（280﹣10+78）÷4＝348÷4＝87（分）．答：录取分数线是87分．11．（10分）设n是小于50的自然数，求使得3n+5和5n+4有大于1的公约数的所有n．【分析】对于小于50的自然数，设d是3n+5和5n+4大于1的公约数，则d整除5（3n+5）﹣3（5n+4）＝13，所以d＝13，进而，由3n+5＝13k，可得k＝3（n﹣4k）+5＝3s+2，其中s＝n﹣4k+1，所以n＝4k+s﹣1＝4（3s+2）+s﹣1＝13s+7，然后求出所有n即可．【解答】解：对于小于50的自然数，设d是3n+5和5n+4大于1的公约数，则d整除5（3n+5）﹣3（5n+4）＝13，所以d＝13，进而，由3n+5＝13k，可得k＝3（n﹣4k）+5＝3s+2，其中s＝n﹣4k+1，所以n＝4k+s﹣1＝4（3s+2）+s﹣1，n＝13s+7．因为0≤n≤50，所以0≤s≤3，对应的n分别是7，20，33，46．答：使得3n+5和5n+4有大于1的公约数的所有n是7，20，33，46．12．（10分）一次数学竞赛中，参赛各队每题的得分只有0分、3分和5分三种可能．比赛结束时，有三个队的总得分之和为32分，若任何一个队的总得分都可能达到32分，那么这三个队的总得分有多少种不同的情况？【分析】设三队得3分的题共x道，得5分的题共y道，则可得不定方程：3x+5y＝32，y＝，则x＝9，y＝1或x＝4，y＝4；然后分两种情况讨论即可．【解答】解：设三队得3分的题共x道，得5分的题共y道，则：3x+5y＝32，所以只有x＝9，y＝1或x＝4，y＝4两种情况：（1）当x＝9，y＝1时，相当于三队分9个3分和1个5分，三个队分5分的可能共有3种，当0≤a≤9（a表示得分的个数），若某个队得a个3分，则另外两个队分（9﹣a）个3分的可能共有（10﹣a）种，所以对于9个3分共有：10+9+8+…+1＝55（种），每队分9个3分和1个5分的总可能有：55×3＝165 （种）．（2）当x＝4，y＝4时，相当于三队分4个3分和4个5分，当0≤a≤4时，若某个队得a个3分，则另外两个队分（4﹣a）个3分的可能共有（5﹣a）种，所以对于4个3分共有：5+4+3+2+1＝15（种）；同理，当三队再分4个5分，类似地也有15种分法，但某队得5分的个数不少于3个时，其中的3个5分与（1）中的得5个3分的得分数一样，所以在（1）中已考虑过，而三个队分4个5分，其中有一队得到不少于3个的分法共9种，所以三队分4个3分和4个5分共有：15×（15﹣9）＝90（种）；综合（1）和（2），三个队的不同的总得分情况共有：165+90＝255（种）．答：这三个队的总得分有255种不同的情况．三、解答下列各题（每小题15分，共30分，要求写出详细过程）13．（15分）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝1，矩形EHGF在三角形ABC内，且G、H在边BC上．求矩形EHGF的最大面积．【分析】要使矩形EHGF的面积最大，则应使E、F在AB和AC的中点上，这时矩形的面积最大．【解答】解：矩形EFGH的面积最大时，E和F应分别在AB和AC上，作BP⊥AB，CP ⊥AC，BP与CP将于点P，四边形ABPC是正方形，延长EH交BP于W，延长FG交CP于Q，边长QW，AP分别交EF与U、V．容易证明，四边形EFQW是顶点在正方形ABPC的边长上的矩形，并且在正方形ABPC 内，设AE＝x，则EB＝1﹣x，AE＝AF＝PW＝PQ＝xEB＝BW＝FC＝QC＝1﹣x于是EW＝UV，EU＝AU，WV＝VP因此EF+EW+WQ+QF＝AP+BC＝常数即矩形EFQW的周长一定，在所在周长相同的矩形中，面积最大者为周长的正方形，此时AE：EB＝1，因此矩形EFGH的面积最大为S□EFGH＝S△ABC＝．答：矩形EFGH的面积最大为．14．（15分）用八个如图所示的2×1的小长方形可以拼成一个4×4的正方形．若一个拼成的正方形图形经过旋转与另一个拼成的正方形图形相同，则认为两个拼成的正方形相同，问：有几种拼成的正方形图形仅以一条对角线为对称轴？【分析】为方便作图，用图代替题目中的2×1小长方形，根据对称的性质画图解答即可．【解答】解：用图代替题目中的2×1小长方形，因为一条对角线旋转90度后与另一条对角线重合，所以只需考虑仅以过左上顶点的对角线为对称轴的情况．此时，拼出的正方形在该对角线上只能有偶数颗星，而且左上角的2×2小正方形只能是图A和图B中的图形，右下角的2×2小正方形只能是图A和图C中的图形．（1）首先考虑左上角以及右下角的2×2小正方形是图A中两个图形之一的情况．此时，右上角的2×2小正方形有两颗星，由于另外一条对角线不能是对称轴，所以右上角的2×2小正方形不能是图A中的任意一个，只能是图D中的图形之一，去掉旋转重合的情况，只有下列8种：（2）左上角的2×2小正方形是图B中两个图形之一、右下角的2×2小正方形是图C 中两个图形之一时，都不能拼出只以过左上顶点的对角线为对称轴的图形．答：有8种拼成的正方形图形仅以一条对角线为对称轴．第11页（共11页）。

2012年第四届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛小学组试卷（五年级）一、填空题：（把答案填入括号内，不用写过程．每题7分，共63分．）1．（7分）计算：123×32×125＝．2．（7分）爱尔兰作家刘易斯曾写过一篇反讽寓言，文中描述了一个名为尼亚特泊的野蛮国家．在这个国家里使用西巴巴数字．西巴巴数字的形状与通用的阿拉伯数字相同，但含义相反．如“0”表示“9”，“1”表示“8”，以次类推．他们写数字是从左到右，使用的运算符号也与我们使用的一样．例如，他们用62代表我们所写的37．按照尼亚特泊人的习惯，应怎样写837+742的和是．3．（7分）7×17×27×37×47×57×67×77×87×97积的个位数字是．4．（7分）后羿朝三个箭靶分别射了三支箭，如图：他在第一个箭靶上得了29分，第二个箭靶上得了43分．请问他在第三个箭靶上得了分．5．（7分）有一行数：1，1，2，3，5，8，13，21，…，从第三个数开始，每个数都是前两个数的和，问在前2007个数中，有是偶数．6．（7分）今年小翔和爸爸、妈妈的年龄分别是5岁、48岁、42岁．年后爸爸、妈妈的年龄和是小翔的6倍．7．（7分）用1，2，3，4，5，6，7，8这八个数字组成两个不同的四位数（每个数字只用一次）使他们的差最小，那么这个差是．8．（7分）将偶数按下图进行排列，问：2008排在第列．2468161412101820222432302826…9．（7分）棱长都是1厘米的63个白色小正方体和1个黑色小正方体，可以拼成一个大正方体，问：一共可以拼成种不同的含有64个小正方体的大正方体．二、简答题：（需要写出简要过程及理由，每小题10分）10．（10分）幼儿园给小朋友派礼物，如果有2人各派4个，其余各派3个，则还剩余11个，如果4人各派3个，其余各派6个，则剩余10个，问一共有多少件礼物？11．（10分）请把12、15、33、44、51、85这六个数平均分成两组，使每组四个数的乘积相等．三、详答或论述题：（写出详细过程、方法及结果．本题17分）12．（17分）一块长方形木板，如果按长、短不同的两组边分别截去4分米，则面积减少了168平方分米，请问：原来长方形的周长是多少分米？2012年第四届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛小学组试卷（五年级）参考答案与试题解析一、填空题：（把答案填入括号内，不用写过程．每题7分，共63分．）1．（7分）计算：123×32×125＝492000．【分析】32＝4×8，然后再根据乘法交换律和结合律进行简算．【解答】解：123×32×125＝123×（4×8）×125＝（123×4）×（8×125）＝492×1000＝492000．故答案为：492000．2．（7分）爱尔兰作家刘易斯曾写过一篇反讽寓言，文中描述了一个名为尼亚特泊的野蛮国家．在这个国家里使用西巴巴数字．西巴巴数字的形状与通用的阿拉伯数字相同，但含义相反．如“0”表示“9”，“1”表示“8”，以次类推．他们写数字是从左到右，使用的运算符号也与我们使用的一样．例如，他们用62代表我们所写的37．按照尼亚特泊人的习惯，应怎样写837+742的和是419．【分析】“0”表示“9”，0+9＝9，“1”表示“8”，1+8＝9，由此可知西巴巴数字，表示的数字与正常数字的和都是9；由此找出837、742表示的数字，然后相加即可．【解答】解：西巴巴数字8表示阿拉伯数字9﹣8＝1，西巴巴数字3表示阿拉伯数字9﹣3＝6，西巴巴数字7表示阿拉伯数字9﹣7＝2，西巴巴数字4表示阿拉伯数字9﹣4＝5，西巴巴数字2表示阿拉伯数字9﹣2＝7，所以837+742表示的正常算式为：162+257＝419．故答案为：419．3．（7分）7×17×27×37×47×57×67×77×87×97积的个位数字是9．【分析】因为该算式的这10个数的个位都是7，只要判断出10个7相乘的个位数是几即可，先分别求出71、72、73、74、75、76的数值可得出个位数成规律变化，继而可得出答案．【解答】解：71＝7，72＝49、73＝343、74＝2401、75＝16807、76＝117649，所以可得出个位数分别为7、9、3、1且黑豆网https://黑豆网涵盖电影，电视剧，综艺，动漫等在线观看资源！金马医药招商网:金马医药招商网是专业提供医药代理招商的资讯信息发布平台，科技新闻网:科技新闻网每天更新最新科技新闻,这里有最权威的科技新闻资料。

首届两岸四地华罗庚金杯少年数学精英邀请赛决赛试题笔试（二）及答案一、填空题（每题12分，满分60分）1. 如下数表由从1开始的连续自然数写成，并且每行最右边的一个数都是平方数：则表中第10行所写出的各数的和等于.解：第10行是从82 ~ 100共19个自然数之和:82 + 83 + 84 + …… + 99 + 100 = 808449010451001729⨯++⨯++=.注：计算82 + 83 + 84 + ……+ 99 + 100的方法很多，比如：82 + 83 + 84 + …… + 99 + 100{}1(82100)(8399)(8498)(10082)2=++++++++ 172991182019911918221=-=⨯=⨯⨯= 或 82 + 83 + 84 +…… + 99 +100(118)1810019(1218)19002+⨯=⨯-++=- 190019919001711729.=-⨯=-=2. 图1中，长方形ABCD 的长BC = 10厘米，宽AB = 6厘米. 在BC 上取点M ，在AD 上取点N ，使得四边形BMDN 是一个菱形. 则菱形BMDN 的面积是平方厘米.解：因为BMDN 是一个菱形，可设（图1）BM MD ND BN x ====，则10AN x =-. 在直角三角形ABN 中，由勾股定理得 2226(10)x x +-=，即13620x =，解得 6.8x =. 菱形BMDN 的面积 = 6.8×6 = 40.8（平方厘米）.3．100名少年运动员胸前的号码分别是1，2，3，……，99，100. 选出其中的k 名运动员，使得他们的号码数之和等于2008. 那么k 的最大值是.解：显然，选号码越小的，可以使选出的人数越多. 因此，考虑先选前n 名运动员，他们的号码是1~n 的连续自然数，并且号码数之和不超过2008.由于 (1)12320082n n n +++++=≤， 得(1)2008,(1)40162n n n n +≤+≤. ,49007070,36006060=⨯=⨯ 故 n 是二位数，其十位数字是6. 从小到大，逐一试算)1(+n n ，得到401640326463,401639066362>=⨯<=⨯，即选出的运动员不可能多于62人.又因为5519532008,195326362=-=⨯，可以选如下号码的运动员： 1，2，3，…，7，9，…，62，63，这些号码数的和是（1953－8＋63）＝2008，所以，k 的最大值是62.4. 自然数b 与175的最大公约数记为d . 如果 176(111)51b d d ⨯-⨯+=⨯+， 则b =.解：由于(175,)d b =，d 必为175的约数，而175=5×5×7，所以d 只能取1，5，7，25，35，175中的某一个. 另外由176(111)51b d d ⨯-⨯+=⨯+ 可知 111b d -+为非0自然数， 即1111b d -+≥，因此 5117635.d d +≥⇒≥ 所以d =35或175.将d =35代入176(111)51b d d ⨯-⨯+=⨯+，得b = 385. 将d =175代入176(111)51b d d ⨯-⨯+=⨯+，得 176(111751)51751876b ⨯-⨯+=⨯+=，即44(111751)219b ⨯-⨯+=，左边是偶数，右边是奇数，矛盾！所以d =175不合要求. 所以b = 385.5.华罗庚爷爷说：数学是我国人民所擅长的学科.请小朋友求解《九章算术》中的一个古代问题：“今有木长二丈，围之三尺，葛生其下，缠木七周，上与木齐.问葛长几何？”白话译文：如图2，有圆柱形木棍直立地面，高20尺，圆柱底面周长3尺. 葛藤生于圆柱底部A 点，等距缠绕圆柱七周恰好长到圆柱上底面的B 点. 则葛藤的长度是________ 尺.解：设想从A 点将葛藤剪断，顶点处B 不动，将缠绕的葛藤解开拉直，如图2-1所示：A 点变为地面上的C 点. 则葛藤长为Rt BAC ∆的斜边BC . 由AB =20，AC =21和勾股定理得：2222021BC =+400441=+ = 841=222230601302301(301)29-+=-⨯+=-=. 所以BC =29（尺）.答：葛长29尺.二、解答下列各题，要求写出简要过程（每小题15分，满分45分）6. 如图3，摆放2×2的“4宫格”要用12根火柴棍； 摆放3×3的“9宫格”要用24根火柴棍. 小明用1300根火柴棍，恰好摆放成一个m ×m 的“m 2宫格”，问m =?解：在“m 2宫格”中，横向的火柴棍有1+m 行，每行有m 根，共有)1(+m m 根. 同样，纵向的火柴棍有1+m 列，每列有m 根，也共有)1(+m m 根. 所以，摆放“m 2宫格”共用了2m (m +1)根火柴. ……（10分）由2(1)1300m m +=， 得到2(1)65025132526m m +==⨯⨯=⨯，因此25.m =（图3）（图2-1）……（15分）7. 图4中，M 是AB 的中点， N 是BC 上一点，CN= 2BN . 连接AN 交MC 于O 点. 若四边形BMON的面积为14平方厘米， 求：（1）CO ︰OM =？（2）三角形ABC 的面积 = ？解：8. 在1 ~ 30m （其中m 是非零自然数）这些自然数中，（1）能被2整除的合数共有多少个？能被3整除的合数共有多少个？（2）请说明：在1 ~ 30m 这些自然数中，质数的个数不超过10m .解：（1）在1 ~ 30m （其中m 是非零自然数）这些自然数中，被2整除的数有15m个，由于2是质数，所以偶合数共有15m – 1个； ……（3分）被3整除的数有10m 个，由于3是质数，其中的合数有10m – 1个.……（6分）（2）由（1）的结果可知：在1 ~ 30m （其中m = 1，2，3，……）这些自然数中，被2整除的合数有15m – 1个；被3整除的合数有10m – 1个；既被2整除同时又被3整除的数有5m 个，每一个都是合数. ……（9分）（图4）在1 ~ 30m（其中m = 1，2，3，……）这些自然数中，减去15m – 1个偶合数；再减去10m – 1个被3整除的合数，其中被6整除的数减重复了，注意再补回5m个重复减掉的被6整除的合数. 注意，1不是质数也不是合数；此外，对任意非零自然数m，在1 ~ 30m中，25是既不被2整除也不被3整除的一个合数，因而尚未被除去. 所以，再除掉1与25这两个数后，质数包含在剩下部分的数中，因此，质数的个数不会超过剩下部分的数的个数，也就是质数的个数不会超过30(151)(101)5210----+-=……（15分）m m m m m另一解法：从1到30m中，能被2整除的数共有15m个，能被3整除的数共有10m 个，能被5整除的数共有6m个；能被2和3整除的数共有5m个，能被2和5整除的数共有3m个，能被3和5整除的数共有2m个；能被2、3和5整除的数共有m 个.由“包含排除”原理，1到30m中不能被2或3或5整除的数共有(30=)106-+++++-（个）15mmmm5(mm)23m8mm设1到30m中质数的个数为z，因为2、3和5都是质数，1既不是质数也不是合数，因此2m≤mz. 由8210+≤m m，得到1 ~ 30m中，质数的个数-3818+=+不超过10m .三. 解答下列各题，要求写出详细过程（第9题20分，第10题25分，满分45分）9.在A到B的公路段上，每30千米设一个慢车站，每50千米设一个快车站，如果相邻两个车站间的路程大于15千米，则在这段路程的中点设一个维修点. 如果一个车站既是慢车站也是快车站，则在这个车站设一家商店. 已知从A到B共设有7家商店，A和B既是慢车站也是快车站.问：（1）从A到B的路程有多少千米? （2）从A到B的途中共设有多少个维修点？解：（1）计算从A 到B 的路程和快车站、慢车站的站数. 易知A 是第1个商店，其余各商店到A 的路程是30和50的公倍数，而[30，50]=150，B 是第7个商店，所以，从A 到B 的路程是(71)1506150900-⨯=⨯=（千米）. ……（8分）（2）途中的5个商店将全路程等分成6等份，每个等份中快车站、慢车站的设置完全相同. 由于A 是第1个商店，因此只要考虑从A 到第2个商店这一段150千米的路程上的快车站与慢车站的分布情况就可以了.设第2个商店为C 点，则AC =150千米. 在AC 这一段上（不包括A,C ），有4个慢车站，2 个快车站，如图所示：绿色□表示快车站，△表示慢车站. 从图上可以看出：相邻两站的路程为30千米的路段有3段；相邻两站的路程为20千米的路段有2段；相邻两站的路程为10千米的路段也有2段. 其中相邻两站的路程大于15千米的路段共有5段，因此在AC 这一路段上应该设有5个维修站点. 从A 到B 全路程上应该设有5630⨯=个维修站点. ……（18分）答：从A 到B 的路程为900千米；途中共设有30个维修站点. ……（20分） 另解：若学生按比例画出示意图，从图中标出A ，B 及快车站、慢车站，商店和维修点，从图中数出全程长900千米；一共设有30个维修站点. 也给满分20分.10. 图5是由16个面积为1的等边三角形组成的一个大的等边三角形，这个大的等边三角形内部及边上共有15个交叉点. 请回答：（1）以这些交叉点为顶点，可以连成多少个等边三角形？（2）所连成的全部等边三角形的面积的总和是多少？解：（1）总计可以连成35个等边三角形.其中：面积是1的等边三角形有16个；面积是4的等边三角形有7个；面积是9的等边三角形有3个；面积是16的等边三角形有1个；……（10分） 利用对称的性质，如图5-1，红色等边三角形的面积是由6个面积是1的等边三角形组成的正六边形面积的一半，等于3，面积是3的等边三角形共有6个;利用对称的性质，如图5-2，蓝色等边三角形的面积是7362116=⨯⨯-， 面积是7的等边三角形共有2个； ……（18分）此外，不能再连成别的等边三角形了.因此，可以连成的等边三角形总计有 16 + 7 + 3 + 1 + 6 + 2 = 35个.……（20分）（2）所连成的全部等边三角形面积的总和等于11647931613672119⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=. ……（25分） 答：可以连成35个等边三角形；所有等边三角形的面积总和是119.（图5-2）。

第三届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试题与解答（1）光的速度是每秒30万千米，太阳离地球1亿5千万千米。

问：光从太阳到地球要用几分钟（得数保留一位小数）？[分析]知道距离和速度，求通过全程的时间，这是很容易做的一道题。

但是因为给出的数字很大，同学们在大数算术运算时一定要注意计量单位，不然便会出错。

[解法1] 将距离单位换为“万千米”，时间单位用“分”。

光速=30万千米／秒=1800万千米／分，距离=1亿5千万千米=15000万千米，时间=距离÷速度=15000÷1800[解法2]如果时间单位用“秒”，最后必须按题目要求换算为“分”．光速=30万千米／秒，距离=15000万千米，时间=15000÷30=500（秒），答：光从太阳到地球约需8.3分钟。

（2）计算[分析]这是一道很简单的分数四则运算题，但要在30秒钟内算出正确答案，需要平时养成简捷的思维习惯。

同学们可以比较一下后面的两种解法。

[解法1] 先求出30，35，63的最小公倍数。

30=2×3×5；35=5×7；63=3×3×7；所以公倍数是2×3×3×5×7=630。

原式通分，有〔解法2〕[注] 两种解法同样都用到通分和约分的技巧，只有一点小区别：解法2在通分时不急于把公分母算出来，而是边算边约分。

这一点小小的不同，却节省了求连乘积的运算，约分也简单些，使计算快了不少哩！（3）有3个箱子，如果两箱两箱地称它们的重量，分别是83公斤、85公斤和86公斤。

问：其中最轻的箱子重多少公斤？[分析]如果将3个箱子按重量区分为大、中、小，在草稿纸上可以这样写：83=中+小，85=大+小，86=大+中．这样分析后，便很容易想到简单的解法。

[解法1]（83＋85＋86）是3箱重量之和的2倍，所以小箱重量是[解法2] （83＋85）=中+大+2×小，所以小箱重量=（83+85-86）×答：最轻的箱子重41公斤。

数学竞赛第三届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛团体赛口试试题及答案1．一条白色的正方形手帕，它的边长是18厘米，手帕上横竖各有二道红条，如图阴影所示部分，红条宽都是2厘米。

问：这条手帕白色部分的面积是多少？2．伸出你的左手，从大拇指开始如图所示的那样数数字，1，2，3，……，问：数到1991时，你数在哪个手指上？3．有3个工厂共订300份吉林日报，每个工厂订了至少99份，至多101份。

问：一共有多少种不同的订法？4．图上有两条垂直相交的直线段AB、CD，交点为E（如下图）。

已知：DE=2CE，BE=3AE。

在AB和CD上取3个点画一个三角形。

问：怎样取这3个点，画出的三角形面积最大？5．如下图中有两个红色的圆，两个蓝色的圆，红色圆的直径分别是1992厘米和1949厘米，蓝色圆的直径分别是1990厘米和1951厘米。

问：红色二圆面积大还是蓝色二圆面积大？6．在一张9行9列的方格纸上，把每个方格所在的行数和列数加起来（如下图），填在这个方格中，例如a=5＋3=8。

问：填入的81个数字中，奇数多还是偶数多？7．能不能在下式：1□2□3□4□5□6□7□8□9=10的每个方框中，分别填入加号或减号，使等式成立？8．把一个时钟改装成一个玩具钟（如图），使得时针每转一圈，分针转16圈，秒针转36圈。

开始时3针重合。

问：在时针旋转一周的过程中，3针重合了几次？（不计起始和终止的位置）。

9．将1，2，3，4，5，6，7，8这8个数分成3组，分别计算各组数的和。

已知这3个和互不相等，且最大的和是最小的和的2倍。

问：最小的和是多少？10．这是一个棋盘，将一个白子和一个黑子放在棋盘线交叉点上，但不能在同一条棋盘线上。

问：共有多少种不同的放法（如图）？11．这是两个圆，它们的面积之和为1991平方厘米，小圆的周长是大圆周长的90％（如图）。

问：大圆的面积是多少？12．有一根1米长的木条，第一次去掉它的15 ，第二次去掉余下木条的16；第三次又去掉第二次余下木条的17 ，等等；这样一直下去，最后一次去掉上次余下木条的110。

华罗庚金杯赛数学试题与答案［第1至15届］目录第1届华罗庚金杯赛数学试题与答案 (1)第2届华罗庚金杯赛数学试题与答案 (6)第3届华罗庚金杯赛数学试题与答案 (14)第4届华罗庚金杯赛数学试题与答案 (21)第5届华罗庚金杯赛数学试题与答案 (26)第6届华罗庚金杯赛数学试题与答案 (31)第7届华杯赛初赛试题及解答 (38)第8届华杯赛初赛试题及解答 (41)第9届华杯赛初赛试题及解答 (45)第10届华杯赛初赛试题及解答 (49)第11届华杯赛初赛试题及解答 (53)第12届华杯赛初赛试题及解答 (60)第13届华杯赛少年邀请赛初赛摸拟试卷 (64)第14届华罗庚金杯少年数学邀请赛 (66)第15届华杯赛决赛真题及答案解析 (68)第1届华罗庚金杯赛数学试题与答案1、甲班和乙班共83人，乙班和丙班共86人，丙班和丁班共88人。

问甲班和丁班共多少人?2、一笔奖金分一等奖、二等奖、三等奖，每个一等奖的奖金是每个二等奖奖金的两倍，每个二等奖的奖金是每个三等奖奖金的两倍。

如果评一、二、三等奖各两人，那么每个一等奖的奖金是308元;如果一个一等奖，两个二等奖，三个三等奖，那么一等奖的奖金是多少元?3、一个长方形，被两条直线分成四个长方形，其中三个的面积是20亩、25亩和30亩。

问另一个长方形的面积是多少亩?4、在一条公路上，每隔一百公里有一个仓库，共有五个仓库。

一号仓库存有10吨货物，二号仓库存有20吨货物，五号仓库存有40吨货物，其余两个仓库是空的。

现在想把所有的货物集中存放在一个仓库里，如果每吨货物运输一公里需要0.5元的运费，那么最少要花多少运费才行?5、有一个数，除以3余数是2，除以4余数是1。

问这个数除以12余数是几?6、四个一样的长方形和一个小的正方形(如图)拼成了一个大正方形。

大正方形的面积是49平方米，小正方形的面积是4平方米。

问长方形的短边长度是几米?7、有两条纸带，一条长21厘米，一条长13厘米，把两条纸带剪下同样长的一段以后，发现短纸带剩下的长度是长纸带的长度的八分之十三。

第四届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛笔试二试题及解答(小学中年级组 )一、填空题(每题 20 分, 共 60 分)1. 某次小学生高年级数学比赛的满分为100 分,小明和小光在比赛中获得了优异成绩 .当小记者采访他们时,小明说：“我的名次、年纪和分数的乘积等于 1067”，小光说：“我的名次、年纪和分数的乘积等于3135”.那么小明和小光两人的均匀分是分.答案：96.解答：1067=11 97 1 11 97.所以小明名次序一，年纪11，得分 97.而 3135=3×5×11×19=3×11×95=5×11×57，只闻名次 3、年纪 11、分数 95 与获得优秀成绩符合 . 所以小光名次序三，年纪 11，得分 95.小明和小光两人的均匀分是96 分.2.右图由 4 个正六边形构成，每个面积都是 6. 以这4 个正六边形的极点为极点，能够连结面积为3的等边三角形的个数共有个.答案：12 个.解答：见下列图，共有 12 个等边三角形，它们的极点是4 个正六边形的极点，而面积为 3.3.小红和小明两人都带了钱想买《兴趣数学》这本书 . 到书店一看，小红带的钱缺 2 元 2 角，小明带的钱缺 1 元 8 角. 而两人带的钱合起来恰巧买一本 . 则《兴趣数学》每本订价元.答案：4 元.解答：依题意，书价 = 小红带的钱+2元2角书价 = 小明带的钱+1元8角书价 = 小红带的钱+ 小明带的钱三个式子比较可知，小红缺的钱，正是小明带的钱；小明缺的钱，也正是小红带的钱 . 所以，小红带钱 1 元 8 角，小明带钱 2 元 2 角 .《兴趣数学》的书价是4元 .二、解答题(每题 20 分, 共 60 分)4.如右图所示，小正方形 EFGH 在大正方形 ABCD 的内部 , 暗影部分的总面积为 124 平方厘米 , E, H 在边 AD上, O 为线段 CF 的中点 . 求四边形 BOGF 的面积，并简述原因 .答案：31 平方厘米 .解答：连结 CG, 设小正方形边长为 a, 大正方形边长为 b.则梯形 BCGF 的面积1(a b)(b a). 2梯形 ABFE 的面积 +梯形 CDHG 的面积1b) AE 1(a (a b) DH2 21( a b) ( A E D H) 1(a b) (b a).2 2所以梯形 BCGF 的面积=梯形 ABFE 的面积 +梯形 CDHG 的面积但梯形 BCGF 的面积 +（梯形 ABFE 的面积 +梯形 CDHG 的面积） =124 所以梯形 BCGF 的面积 =62（平方厘米）但梯形 BCGF 的面积 =△BCF 的面积 +△CGF 的面积=2×△BOF 的面积 +2×△OGF 的面积=2×(△ BOF 的面积 +△ OGF 的面积 )=2 ×四边形 BOGF 的面积所以四边形 BOGF 的面积 = 1梯形BCGF 的面积= 1 62 31 （平方厘米）.2 25.设M 772 73 74 75 72009 72010 72011 72012. 试说明：M是100的倍数，并指出 M 倒数第一个非 0 数字是几？( 注：同样的n个自然数的乘积叫做这个自然数的n 次方,如1×1=12,4 6类推）2×2×2×2=2 , 7×7×7×7×7×7=7 ,答案：倒数第一个非0 数字是 4..解答：计算得 71 7, 72 7 7 49, 73 49 7 343, 74 343 7 2401.所以717273747 49 343 2401 2800.末端连续两个0.而M77273747572009720107201172012.(7 727374 ) 74(7 727374)72008(7 727374 ).2800 147872 0 07 2800 2800 28002800 1 74 78 72008，因为1 74 78 72008每一项个位503项503 项数是 1，所以其和是 503 个个位是 1 的数相加，和的个位是 3.M2800 一个个位等于 3的数一个百位为 4十位与个位都为 0 的数 .所以 M 是 100 的倍数， M 倒数第一个非 0 数字是 4.6.安排男女共 10 名学生坐在长椅上 . 能够使得每两个男同学之间坐着偶数个学生，而每两个女同学之间坐着奇数个学生吗？假如能，请举出一例；假如不可以，试说明原因 .答案：不可以 .解答：假定男女共十个学生能实现题设要求的排坐法 . 因为两个女同学之间坐着奇数个学生，可见两个女孩不可以相邻 . 这样一来，至多能坐 5 个女同学 . 又两个相邻的男同学之间有偶数个学生，假如再有第 3 名男同学，则第 3 名男同学与第二名男同学之间有偶数个学生，但与第一个男同学之间却有奇数个学生. 所以，男孩的数目至多 2 人. 总计起来，男女生一同最多排5+2=7 人，与 10 个学生不符 .第四届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛笔试二试题及解答(小学高年级组 )一、填空题(每题 20 分, 共 60 分)1.小红和小明两人都带了钱想买《兴趣数学》这本书 .到书店一看，小红带的钱缺 2 元 2 角，小明带的钱缺 1 元 8 角. 而两人带的钱合起来恰巧买一本 . 则《兴趣数学》每本订价元 .答案：4.解答：依题意，书价 = 小红带的钱+2元2角书价 = 小明带的钱+1元8角书价 = 小红带的钱+ 小明带的钱三个式子比较可知，小红缺的钱，正是小明带的钱；小明缺的钱，也正是小红带的钱 .所以，小红带钱 1 元 8 角，小明带钱 2 元 2 角.《兴趣数学》的书价是4元 .2.如右图所示，小正方形EFGH 在大正方形ABCD 的内部 , 暗影部分的总面积为 124 平方厘米 , E, H 在边积为平方厘米 .答案：31.解答：连结 CG.，设小正方形边长为a, 大正方形边长为 b.则梯形 BCGF 的面积1(a b)(b a). 2梯形 ABFE 的面积 +梯形 CDHG 的面积1(a b) AE 1(a b) DH2 21( a b) ( A E D H) 1(a b) (b a).2 2所以梯形BCGF 的面积=梯形ABFE 的面积 +梯形CDHG的面积但梯形BCGF 的面积 +（梯形ABFE 的面积 +梯形CDHG的面积）=124 所以梯形BCGF 的面积 =62（平方厘米）但梯形BCGF 的面积 =△BCF的面积 +△CGF的面积=2×△ BOF 的面积 +2×△OGF 的面积=2×(△ BOF 的面积 +△ OGF 的面积 )=2 ×四边形 BOGF 的面积所以四边形 BOGF 的面积 =1梯形 BCGF 的面积 = 1（平方厘米） .2 62 3123. 一些边长是 1 的小正方体码放成一个立体， 从上向下看这个立体， 如左下列图，从正面看这个立体，如右下列图 . 在这个立体的体积最大时 , 将这些小正方体码放成一个底面积为 4 的长方体 , 则这个长方体的高是.从上向下看从正面看答案:3.解答 . 体积最大的立体图为共有 12 个小小正方体 , 将这些小正方体码放成一个底面积为 4的长方体时 , 长方体的高是 3.二、 解答题 (每题 20 分, 共 60 分)4.已知两个正整数之和为 432，这两个正整数的最小公倍数与最大条约数之和为 7776. 则这两个正整数的乘积是多少 ?答案：46620解答：设 a 和 b 的最大条约数为 d，且 a=dm，b=dn，则 m 与 n 互质，且 a 和 b 的最小公倍数为 dmn. 由题目的条件可知dm+dn=d(m+n)=432， dmn+d= d(mn+1)=7776.由上边这两个式子可得mn+1=18(m+n)，或 mn-18(m+n)+1=0.所以 (m-18)(n-18)=182-1=17 ×19. 不如设 m > n，所以m-18=17 ×19=323，n-18=1，或 m-18=19，n-18=17. 若 m=341，n=19，则 m+n=360，不存在正整数 d 使得 d(m+n)=432 ，所以这组解不切合要求. 若 m=37， n=35，则d=432/(37+35)=6. 所以 a=dm=222，b=dn=210，a 与 b 的乘积为 46620.5.设不一样的字母代表不一样的非零数码，同样的字母代表同样的数码，若AB CB DDD ,且 AB CB,求A,B,C,D.答案：A=2,B=7,C=3,D=9解答：第一AB CB D 111 D 3 37.(*) 因为AB CB 且37 37 1369 是个四位数, 所以37 只好是CB 的因数. 因为CB 是个两位数, CB 只可能是37 或74.AB D 3 且B=7, 得出D=9, A=2. 而A=2,B=7,C=3, 若CB为37,则D = 9 知足题目要求.若CB为74, 则AB 2 D 3,B=4, AB 2 30 . 从而推出 A 只好为1. 而14 不是 3 的倍数 , 所以CB为 74 时, 没有知足题目要求的A, B, C, D.6.奥运会男子足球小组赛，每组四个队进行单循环比赛 . 每场比赛胜队得 3 分，败队得 0 分. 平手时两队各得 1 分. 小组赛所有赛完此后，每组取积分最高的两个队出线进入下轮比赛 (对积分同样的队，按更细规则排序 ). 那么在所有能够出线的状况中 , 一个出线队的得分最少是多少 ? 请说明原因 . 答案：2解答：记四个队为 A, B, C, D.有这样的可能 , A 队的 3 场比赛全胜 , 得 9 分 . 此外三队互相之间的比赛都是平手 , 每队各得 2 分 . 在此种状况下 , 有一个得 2 分的队出线 .另一方面 , 因为共有 6 场比赛 , 四个队的得分之和起码为 12 分, 必有一个队得分许多于 2 分. 假定得分许多于 2 分的队为 D, 因为 A, B, C 三个队之间的比赛共 3 场, 所以这 3 个队的得分之和许多于 6 分 , 此中必有一个队得分许多 2 分, 也就是说 , 起码有两个队得分许多于 2 分. 所以 , 少于 2 分的队不可以能出线 .第四届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛笔试二试题及解答(初一组 )一、填空题 (每题 20 分, 共 60 分)1. 一列数b0, b1, b2, ，拥有下边的规律， b2n 1 b n , b2 n 2 b n b n 1，若 b0 =1.则b2013 的值为.答案 29解答：这道题目主假如依据给定的规则，把后边的数用前方的数来表示出来。