第4届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛含答案

2012年第十七届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B卷）一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）算式÷（）的值为．2．（10分）设a△b和a▽b分别表示取a和b两个数的最小值和最大值，如，3△4＝3，3▽4＝4，那么对于不同的数x，5▽[4▽（x△4）]的取值共有个．3．（10分）里山镇到省城的高速路全长189千米，途经县城，里山镇到县城54千米．早上8：30，一辆客车从里山镇开往县城，9：15到达，停留15分钟后开往省城，11：00到达．另有一辆客车于同天早上8：50从省城径直开往里山镇，每小时行驶60千米．那么两车相遇的时间为．4．（10分）有高度相同的一段方木和一段圆木，体积之比是1：1．如果将工成尽可能大的圆柱，将圆木加工成尽可能大的长方体，则得圆柱体积和长方体的体积的比值为．5．（10分）用[x]表示不超过x的最大整数，记{x}＝x﹣[x]，则算式{}+{}+{}+…+{}的值为．6．（10分）某个水池存有其容量的十八分之一的水．两条注水管同时向水池注水，当水池的水量达到九分之二时，第一条注水管开始单独向水池注水，用时81分钟，所注入的水量等于第二条注水管已注入水池内的水量．然后第二条注水管单独向水池注水49分钟，此时，两条注水管注入水池的总水量相同．之后，两条注水管都继续向水池注水．那么两条注水管还需要一起注水分钟，方能将水池注满．7．（10分）有16位选手参加象棋晋级赛，每两人都只赛一盘．每盘胜者积1分，败者积0分．如果和棋，每人各积0.5分．比赛全部结束后，积分不少于10分者晋级．那么本次比赛后最多有位选手晋级．8．（10分）平面内有5个点，其中任意3个点均不在同一条直线上，以这些点为端点连接线段，则除这5个点外，这些线段至少还有个交点．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）能否用540个图所示的1×2的小长方形拼成一个6×180的大长方形，使得6×180的长方形的每一行、每一列都有奇数个星？请说明理由．10．（10分）已知100个互不相同的质数p1，p2，…，p100，记N＝p12+p12+…+p1002，问：N被3除的余数是多少？11．（10分）王大妈拿了一袋硬币去银行兑换纸币，袋中有一分、二分、五分和一角四种硬币，二分的枚数是一分的，五分硬币的枚数是二分的，一角硬币的枚数是五分的少7枚．王大妈兑换到的纸币恰好是大于50小于100的整元数．问这四种硬币各有多少枚？12．（10分）右图是一个三角形网格，由16个小的等边三角形构成．网格中由3个相邻的小三角形构成的图形称为“3﹣梯形”．如果在每个小三角形内填上数字1﹣9中的一个，那么能否给出一种填法，使得任意两个“3﹣梯形”中的3个数之和均不相同？如果能，请举出一例；如果不能，请说明理由．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）请写出所有满足下面三个条件的正整数a和b；（1）a≤b；（2）a+b是个三位数，且三个数字从小到大排列等差；（3）a×b是一个五位数，且五个数字相同．14．（15分）记一百个自然数x，x+1，x+2，…，x+99的和为a，如果a的数字和等于50，则x最小为多少？2012年第十七届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B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）算式÷（）的值为．【分析】先算小括号里面的加法，再算除法，最后算减法．【解答】解：÷（），＝÷，＝，＝．故答案为：．2．（10分）设a△b和a▽b分别表示取a和b两个数的最小值和最大值，如，3△4＝3，3▽4＝4，那么对于不同的数x，5▽[4▽（x△4）]的取值共有1个．【分析】分x＞4和x≤4两种情况进行讨论，据此解答．【解答】解：分情况讨论：①x≤4时，x△4＝x，4▽x＝4，5▽4＝5；②x＞4时，x△4＝4，4▽4＝4，5▽4＝5．所以5▽[4▽（x△4）]的取值共有1种．故答案为：1．3．（10分）里山镇到省城的高速路全长189千米，途经县城，里山镇到县城54千米．早上8：30，一辆客车从里山镇开往县城，9：15到达，停留15分钟后开往省城，11：00到达．另有一辆客车于同天早上8：50从省城径直开往里山镇，每小时行驶60千米．那么两车相遇的时间为10：08．【分析】此题应先求出甲车在县城开往省城的速度和所用时间，速度是（189﹣54）÷1.5＝90（千米/小时），所用的时间（189﹣54﹣60×40÷60）÷（90+60），再求出两车相遇的时间，解决问题．【解答】解：甲车在县城开往省城的速度是：（189﹣54）÷1.5，＝135÷1.5，＝90（千米/小时）；甲车在县城开往省城所用的时间：（189﹣54﹣60×40÷60）÷（90+60），＝95÷150，＝（小时），＝38（分钟）；两车相遇的时间：15+15＝30（分钟），9点30分+38分＝10时8分．答：两车在10：08相遇．故答案为：10：08．4．（10分）有高度相同的一段方木和一段圆木，体积之比是1：1．如果将工成尽可能大的圆柱，将圆木加工成尽可能大的长方体，则得圆柱体积和长方体的体积的比值为．【分析】方木与圆木的体积和高度都相等，说明底面积也相等，要求加工成的圆柱体积和长方体的体积的比，就是比较底面积的比，所以只要求出底面积即可，然后按正方形的内接圆和外接圆考虑即可．【解答】解：（1）设圆的半径为r，圆的面积与正方形的面积比是：（πγ2）：（2γ×2γ）＝，（2）设圆的半径为r，正方形的面积与圆的面积比是：（2γ×γ）：（π×γ2）＝，因为，方木与圆木的体积和高度都相等，说明底面积也相等，即图（1）的大正方形面积等于图（二）的大圆的面积，所以，现在的圆柱体积和长方体的体积的比值是：：＝；答：圆柱体积和长方体的体积的比值为．故答案为：5．（10分）用[x]表示不超过x的最大整数，记{x}＝x﹣[x]，则算式{}+{}+{}+…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。

2010年第十五届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷B（小学组）一、填空题1．（3分）在10个盒子中放乒乓球，每个盒子中球的个数不能少于11，不能是17，也不能是6的倍数，并且彼此不同，那么至少需要个乒乓球．2．（3分）有五种价格分别为2元、5元、8元、11元、14元的礼品，以及五种价格分别为3元、6元、9元、12元、15元的包装盒．一个礼品配一个包装盒，共有种不同的价格．3．（3分）汽车A从甲站出发开往乙站，同时汽车B、C从乙站出发与A相向而行开往甲站，途中A与B相遇20分钟后再与C相遇．已知A、B、C的速度分别是每小时90km，80km，60km，那么甲乙两站的路程是km．4．（3分）将，，，，，和这6个分数的平均值从小到大排列，则这个平均值排在第位．5．（3分）若两位数的平方只有十位上的数字是0，则这样的两位数共有个．6．（3分）如图所示的立体图形由10个棱长为1的立方块搭成，这个立体图形的表面积为．7．（3分）数字卡片“3”、“4”、“5”各10张，从中任意选出8张，它们的数字和是31，则最多有张是卡片“3”．8．（3分）能同时表示成连续9个、10个和11个非零自然数的和的最小自然数是．二、解答下列各题9．如图中有5个由4个1×1的小正方格组成的不同形状的硬纸板．问能用这5个硬纸板拼成右图中4×5的长方形吗？如果能，请画出一种拼法；如果不能，请简述理由．10．图中，ABCD是一个梯形，且AB∥CD，三角形ABO和三角形OCD的面积分别是16和4，求．11．长度为L的一条木棍，分别用红、蓝、黑线将它等分为8，12和18段，在各划分线处将木棍锯开，问一共可以得到多少段？其中最短的一段的长是多少？12．华罗庚爷爷出生于1910年11月12日．将这些数字排成一个整数，并且分解成19101112＝1163×16424，请问这两个数1163和16424中有质数吗？并说明理由．三、解答下列各题13．一批货物重13.5吨，每包货物重量不超过350千克，请问：能否用11辆载重为1.5吨的小货车一次运走？并对你的结论加以说明．14．已知两位自然数“虎威”能被它的数字之积整除，求出“虎威”代表的两位数．2010年第十五届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷B（小学组）参考答案与试题解析一、填空题1．（3分）在10个盒子中放乒乓球，每个盒子中球的个数不能少于11，不能是17，也不能是6的倍数，并且彼此不同，那么至少需要174 个乒乓球．【分析】从11开始找出不是17，也不是6的倍数的10个数，然后相加即可．【解答】解：符合条件的最小的10个数是：11，13，14，15，16，19，20，21，22，23；所以至少需要11+13+14+15+16+19+20+21+22+23＝174（个）．答：至少需要 174 个乒乓球．故答案为：174．2．（3分）有五种价格分别为2元、5元、8元、11元、14元的礼品，以及五种价格分别为3元、6元、9元、12元、15元的包装盒．一个礼品配一个包装盒，共有9 种不同的价格．【分析】根据已知的价格用“列表方法”解答即可．【解答】解：包装盒价格礼3 6 9 12 15 2 5 8 11 14 17品盒价格5 8 11 14 17 20 8 11 14 17 20 23 11 14 17 20 23 26 14 17 20 23 26 29任意的搭配共有25 种，其中有价格重复的情况，可以组成一个5 元，8 元，11 元，14 元，17 元，20 元，23 元，26 元，29 元，共有9种不同的价格．故答案为：9．3．（3分）汽车A从甲站出发开往乙站，同时汽车B、C从乙站出发与A相向而行开往甲站，途中A与B相遇20分钟后再与C相遇．已知A、B、C的速度分别是每小时90km，80km，60km，那么甲乙两站的路程是425 km．【分析】根据题意，途中A与B相遇20分钟后再与C相遇，由此可以求出A与C20分钟（小时）共行：（90+60）×＝50千米，这50千米即是A与B相遇过程中，在相同时间内，B比C多行的路程，显然A与B相遇时间等于50÷（80﹣60）＝2.5小时，然后根据速度和×相遇时间＝两地之间的路程，列式解答．【解答】解：20分钟＝小时，A与C 20分钟相遇，共行（90+60）×＝50（千米），这50 千米即是A与B相遇过程中，在相同时间内，B比C多行的路程，显然A与B相遇时间等于50÷（80﹣60）＝2.5（小时）．所以，A与B相遇甲乙两站的路程为（90+80）×2.5＝425（千米）．答：甲乙两站的路程是425千米．故答案为：425．4．（3分）将，，，，，和这6个分数的平均值从小到大排列，则这个平均值排在第 5 位．【分析】先求出这6个分数的平均值，然后通过排列，得出结果．【解答】解：（+++++）÷6＝[（++）+（++）]÷6＝[1+]÷6≈1.593÷6＝0.2655；＜＜＜＜0.2655＜＜．所以这个平均数从小到大排列在第5位．故答案为：55．（3分）若两位数的平方只有十位上的数字是0，则这样的两位数共有9 个．【分析】设符合条件的两位数是．两位数的平方的十位上的数字等于2ab 个位上的数与2b 的十位上的数字之和的个位数字，为 0．因为ab 的平方只有十位上的数字为0，所以b≠0．然后讨论b取1～9 时的情况，解决问题．【解答】解：设符合条件的两位数是．两位数的平方的十位上的数字等于2ab个位上的数与b2的十位上的数字之和的个位数字，为0．因为ab的平方只有十位上的数字为0，所以b ≠0．当b取1～9 时，b2的十位上的数字分别为 0、0、0、1、2、3、4、6、8．2ab个位上的数字如下：当a为1时，分别为2、4、6、8、0、2、4、6、8；当a为2时，分别为4、8、2、6、0、4、8、2、6；当a为3时，分别为3、6、9、2、5、8、1、4、7；当a为4时，分别为8、6、4、2、0、8、6、4、2；当a为5时，分别为0、0、0、1、2、3、4、6、8；当a为6或7时，分别与1或2时相同；当a为8时，分别为6、2、8、4、0、6、2、8、4；当a为9时，与4相同，分别为8、6、4、2、0、8、6、4、2．所以这样的两位数有47，48，49，51，52，53，97，98，99，共9个．6．（3分）如图所示的立体图形由10个棱长为1的立方块搭成，这个立体图形的表面积为34 ．【分析】此题可从上、下、前、后、左、右看这个立体图形的表面的面积，然后相加即可．【解答】解：从上、下、前、后、左、右看这个立体图形的表面的面积分别为：6，6，5，5，6，6．总和为6+6+5+5+6+6＝34．故答案为：34．7．（3分）数字卡片“3”、“4”、“5”各10张，从中任意选出8张，它们的数字和是31，则最多有 4 张是卡片“3”．【分析】假设摸出的8张卡片全是数字“3”，然后运用盈亏问题的解法，进行解答．【解答】解：假设摸出的8张卡片全是数字“3”，则其和为3×8＝24，与实际的和31相差8，这是因为将摸出的卡片“4”、“5”都当成是卡片“3”的缘故．用一张卡片“5”和“4”换一张卡片“3”，数字和可分别增加2和1．为了使卡片“3”尽可能地多，应该多用卡片“5”换卡片“3”，现在8÷2＝4，因此可用4张卡片“5”换卡片“3”，这样8张卡片的数字之和正好等于32．所以最多可能有4张是卡片“3”．答：最多有4 张是卡片“3”．故答案为：4．8．（3分）能同时表示成连续9个、10个和11个非零自然数的和的最小自然数是495 ．【分析】设所求的正整数为A，则由题意得：A＝（p+1）+（p+2）+（p+3）+…+（p+9）＝9p+45，①A＝（m+1）+（m+2）+（m+3）+…+（m+10）＝10m+55，②A＝（n+1）+（n+2）+（n+3）+…+（n+9）＝11n+66，③据这三个等式，进行讨论，解决问题．【解答】解：设所求的正整数为A，则由题意得：A＝（p+1）+（p+2）+（p+3）+…+（p+9）＝9p+45，①A＝（m+1）+（m+2）+（m+3）+…+（m+10）＝10m+55，②A＝（n+1）+（n+2）+（n+3）+…+（n+9）＝11n+66，③其中p，m，n均为整数．由①、②可得：9p+45＝10m+55，所以9p＝10（m+1）．④由②、③可得：10m+55＝11n+66，所以10m＝11（n+1）．⑤因为10与11互质，所以由⑤可知，m是11 的倍数，由④可知，m+1是9的倍数，所以m 是11 的倍数，且被9 除的余数为8，于是m的最小值为44，A的最小值为10×44+55＝495．答：最小自然数是495．故答案为：495．二、解答下列各题9．如图中有5个由4个1×1的小正方格组成的不同形状的硬纸板．问能用这5个硬纸板拼成右图中4×5的长方形吗？如果能，请画出一种拼法；如果不能，请简述理由．【分析】先将4×5的长方形黑白间隔染色，然后再将5个由4个1×1的小正方格黑白间隔染色，然后结合奇偶性判断即可．【解答】解：将五块纸板编号，如图2，除纸板④之外，其余4张硬纸板每一张都盖住2个黑格，而④盖住了3个或1个黑格，因此，由4个1×1的小正方格组成的不同形状的5个硬纸板，只能盖住9或11个黑格，与10个黑格不符．所以显然不能用左边5个硬纸板拼成右边的4×5的长方形．10．图中，ABCD是一个梯形，且AB∥CD，三角形ABO和三角形OCD的面积分别是16和4，求．【分析】根据AB∥CD，可得＝＝，又有s△AOD＝S△BCD，所以＝，因此S△BCO＝8．设梯形的高为h，根据三角形的面积公式，推出结果．【解答】解：由AB∥CD，得＝＝又有s△AOD＝S△BCD所以＝因此S△BCO＝8．设梯形的高为h，因为S△ABC＝，S△DAC＝所以＝又因为S△ABC＝S△ABO+S△BCD＝24，S△DAC＝S△DAC+S△AOD＝12，所以＝．11．长度为L的一条木棍，分别用红、蓝、黑线将它等分为8，12和18段，在各划分线处将木棍锯开，问一共可以得到多少段？其中最短的一段的长是多少？【分析】要满足条件，L一定是8，12和18的倍数，所以先求出三个数的公倍数，和两两的公倍数，从而得出重叠的段数，然后在根据容斥原理解答即可．【解答】解：假设L＝[8，12，18]＝72的K倍，即L＝72K．那么：红线将木棍等分8等份（9个分点），每份长度9K；蓝线将木棍等分12等份（13个分点），每份长度6K；黑线将木棍等分18等份（19个分点），每份长度4K；又知：[9K，6K]＝18K，重叠4段；[6K，4K]＝12K，重叠6段；[9K，4K]＝36K，重叠2段；[9K，6K，4K]＝36K，重叠2段．由容斥原理二得：一共分割的段数为：（8+12+18）﹣4﹣6﹣2+2＝28（段）；或总点数为：（9+13+19）﹣5﹣7﹣3+3＝29（分点），所以共有28段．那么，最短段为红线与黑线的距离：L÷72＝．12．华罗庚爷爷出生于1910年11月12日．将这些数字排成一个整数，并且分解成19101112＝1163×16424，请问这两个数1163和16424中有质数吗？并说明理由．【分析】根据合数的概念，很容易判断出16424是合数，然后再判断1163是否是质数，方法见解答．【解答】解：16424是合数，原因是16424的约数不止两个，除了有1和本身外，还有2、4…等等．1163是质数，判断方法是：352＝1225，342＝1156，最接近1163，所以用小于34的所有质数2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31去除1163都除不尽，所以可以判断1163是质数．三、解答下列各题13．一批货物重13.5吨，每包货物重量不超过350千克，请问：能否用11辆载重为1.5吨的小货车一次运走？并对你的结论加以说明．【分析】为了确保把这批货物一次运走，需要从最不利的装箱情况来考虑．最不利的情况就是使每辆车运得尽量少，即空载最多．因为350×4＝1400，所以每辆车至少装4包．每包350千克，每车能装4包．如果每包比350千克略少一点，比如349千克，那么每车就只能装4包了．此时，每车载重350×4＝1400（千克），13500÷1400＝9…900，也就是说，13.5吨货物按最不利的情况，装9车后余900千克，所以余下2辆车可以装在任意一辆车中．能用11辆载重为1.5吨的小货车一次运走．【解答】解：一种方案如下：把11辆货车顺序编号为1，2，3，…，11．先把1至8号车装上货物，每车一直装到不超过1.5吨为上限，只要再装一包便超过1.5吨为止，并把这8个最后一包分成两组，每组4包，每组重量不超过350×4＝1400千克＜1.5吨，用9，10 号车可将这两组8包货物运走，这样1至10号车共装运了超过1.5×8＝12（吨）货物，还剩下的货物的重量不超过13.5﹣12＝1.5吨，这样可以用11号车把剩下的货物运走．答：能用11辆载重为1.5吨的小货车一次运走．14．已知两位自然数“虎威”能被它的数字之积整除，求出“虎威”代表的两位数．【分析】由题目知，两位数虎威要满足：两位自然数“虎威”能被它的数字之积整除，有了这两个限制条件，依次进行试验即可得出结论．【解答】解：令虎为X、威为Y，则：题意为：10X+Y＝X×Y×K（K为整数）①Y＝1（K﹣10）X＝1X＝1，K＝11所以虎威＝11；②Y＝2（K﹣5）X＝1X＝1，K＝6所以虎威＝12；③Y＝3（3K﹣10）X＝3无解；④Y＝4（4XK﹣10K）＝2X＝2，K＝3所以虎威＝24；⑤Y＝5（K﹣2）X＝1X＝1，K＝3所以虎威＝15；⑥Y＝6（3K﹣5）X＝3X＝3，K＝2所以虎威＝36⑦Y＝7，同上方法讨论无解；⑧Y＝8，同上方法讨论无解；⑨Y＝9，同上方法讨论无解；综上所述，有三个满足题目的两位数，即11、12、15、24、36．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 10:52:58；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@；学号：20913800。

2016年第二十一届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小中组B卷）一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）计算：2016×2016﹣2015×2016＝．2．（10分）计算：1+2+4+5+7+8+10+11+13+14+16+17+19+20＝．3．（10分）如图，用一条线段把一个周长是30cm的长方形分割成一个正方形和一个小的长方形．如果小长方形的周长是16cm，则原来长方形的面积是cm2．4．（10分）某月里，星期五、星期六和星期日各有5天，那么该月的第1日是星期．5．（10分）从1、3、5、7、9这5个数中选出4个不同的数填入下面4个方格中，使式子成立：□+□＞□×□．两种填法，如果应用加法交换律和乘法交换律后，式子相同，则认为是相同填法，则共有种不同的填法．6．（10分）甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，相向匀速行进，在距A地60千米处相遇．相遇后，两车继续行进，分别到达B，A后，立即原路返回，在距B地50千米处再次相遇．则A，B两地的路程是千米．7．（10分）黑板上先写下一串数：1，2，3，…，50，每次都擦去最前面的4个，并在这串数的最后再写上擦去的4个数的和，得到新的一串数，再做同样的操作，直到黑板上剩下的数不足4个．问：（1）最后黑板上剩下的这些数的和是；（2）最后1个所写的数是．8．（10分）一个整数有2016位，将这个整数的各位数字相加，再将得到的整数的各位数字相加，则最后的这个和数可能的最大值是．二、简答题（每小题5分，共20分，要求写出简要过程）9．（5分）某商店搞了一次钢笔促销活动，促销办法是：顾客买的钢笔中，每2支送1只小熊玩具，不足2支不送．卖出1支钢笔的利润是7元，1只小熊玩具的进价是2元，这次促销活动共赚了2011元，该商店此次促销共卖出多少支钢笔？10．（5分）如图是一个三角形纸片折叠后的平面图形，折痕为DE，已知：∠B＝74°，∠A＝70°，∠CEB＝20°，那么∠ADC等于多少度？11．（5分）将自然数1，2，3，4，从小到大无间隔地排列起来，得到：1234567891011121314，这串数码中，当偶数数码首次连续出现5个时，其中的第一个（偶）数码所在位置从左数是第多少位？12．（5分）从1到200这200个自然数中任意选数，至少要选出多少个才能确保其中必有2个数的和是5的倍数？2016年第二十一届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小中组B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：2016×2016﹣2015×2016＝2016．【分析】加法左右两边的算式中都有相同的因数2016，可以根据乘法分配律简算．【解答】解：2016×2016﹣2015×2016＝2016×（2016﹣2015）＝2016×1＝2016故答案为：2016．2．（10分）计算：1+2+4+5+7+8+10+11+13+14+16+17+19+20＝144．【分析】通过观察发现，运用加法交换律与结合律把前后两数组合可以得出整21，共7对，即（1+20）+（2+19）+（4+17）+（5+16）+（7+14）+（8+13）+（10+11），计算即可．【解答】解：1+2+4+5+7+8+10+11+13+14+16+17+19+20＝（1+20）+（2+19）+（4+17）+（5+16）+（7+14）+（8+13）+（10+11），＝21×7＝147故答案为：147．3．（10分）如图，用一条线段把一个周长是30cm的长方形分割成一个正方形和一个小的长方形．如果小长方形的周长是16cm，则原来长方形的面积是56cm2．【分析】由大长方形到小长方形周长减少了：30﹣16＝14（厘米），相当于减少了两条正方形的边长，所以正方形的边长是：14÷2＝7（厘米），也就是原来长方形的宽是7厘米；那么原来长方形的长为：16÷2﹣7+7＝8（厘米），面积是：8×7＝56cm2．【解答】解：根据分析可得，30﹣16＝14（厘米），正方形的边长：14÷2＝7（厘米），原来长方形长：16÷2﹣7+7＝8（厘米），面积：8×7＝56（平方厘米）；答：原来长方形的面积是56cm2．故答案为：56．4．（10分）某月里，星期五、星期六和星期日各有5天，那么该月的第1日是星期五．【分析】首先根据1个月最多有31天，可得：1个月最多有4个星期零3天；然后根据该月星期五、星期六和星期日各有5天，可得：该月的第1日是星期五，据此解答即可．【解答】解：因为31÷7＝4（个）…3（天），所以1个月最多有4个星期零3天，因为该月星期五、星期六和星期日各有5天，所以该月的第1日是星期五．答：该月的第1日是星期五．故答案为：五．5．（10分）从1、3、5、7、9这5个数中选出4个不同的数填入下面4个方格中，使式子成立：□+□＞□×□．两种填法，如果应用加法交换律和乘法交换律后，式子相同，则认为是相同填法，则共有12种不同的填法．【分析】按题意，可以分类讨论，两个数的和大于两个数的乘积，而两个数的和最大为7+9＝16，可从7+9开始分类讨论，最后算得总的填法．【解答】解：根据分析，两个数的和大于两个数的乘积，而两个数的和最大为7+9＝16，①两数之和为7+9时，则不等式右边有1×3、1×5、3×5三种填法；②两数之和为5+9时，则不等式右边有1×3、1×7两种填法；③两数之和为3+9时，则不等式右边有1×5、1×7两种填法；④两数之和为1+9时，则不等式右边有0种填法；⑤两数之和为5+7时，则不等式右边有1×3、1×9两种填法；⑥两数之和为3+7时，则不等式右边有1×5、1×9两种填法；⑦两数之和为1+7时，则不等式右边有0种填法；⑧两数之和为3+5时，则不等式右边有1×7一种填法；⑨两数之和为1+5时，则不等式右边有0种填法；⑩两数之和为1+3时，则不等式右边有0种填法；综上，共有：3+2+2+0+2+2+0+1+0+0＝12．故答案是：12．6．（10分）甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，相向匀速行进，在距A地60千米处相遇．相遇后，两车继续行进，分别到达B，A后，立即原路返回，在距B地50千米处再次相遇．则A，B两地的路程是130千米．【分析】可以利用相遇时距离之比等于速度之比，列出关系式，可设AB两地间的距离为S，第一次相遇时，甲走了60千米，而乙走了S﹣60千米，第二次相遇，甲又走了S﹣60+50千米，乙又走了60+S﹣50千米，从而可以求出S的值．【解答】解：根据分析，设AB两地间的距离为S，第一次相遇时，甲走了60千米，而乙走了S﹣60千米，第二次相遇，甲又走了S﹣60+50千米，乙又走了60+S﹣50千米，则：，解得：S＝130．故答案是：130．7．（10分）黑板上先写下一串数：1，2，3，…，50，每次都擦去最前面的4个，并在这串数的最后再写上擦去的4个数的和，得到新的一串数，再做同样的操作，直到黑板上剩下的数不足4个．问：（1）最后黑板上剩下的这些数的和是1275；（2）最后1个所写的数是755．【分析】按题意，每次擦去的4个数之和都写在后面，擦到最后只剩下49和50，但后面均为四个数的和，个数为12个，加上49和50两个数，共14个数，再继续循环，这次首先擦掉的是49和50及1+2+3+4的和，及5+6+7+8的和，依此继续下去，最后只剩下，4组数的和，即：25+26+27+28，29+30+31+32，33+34+35+36，37+38+39+40，此时这一组数的和为一个数，故最后剩下的数为这4组数的和，即：25+26+27+28+29+30+31+32+33+34+35+36+37+38+39+40＝520，而最后一个写的数，可通过总数算得．【解答】解：根据分析，每次擦去的4个数之和都写在后面，擦到最后只剩下49和50，但后面均为四个数的和，个数为12个，加上49和50两个数，共14个数，再继续循环，这次首先擦掉的是49和50及1+2+3+4的和，及5+6+7+8的和，依此继续下去，最后只剩下，4组数的和，即：25+26+27+28＝106，29+30+31+32＝122，33+34+35+36＝138，37+38+39+40＝154，而四组数的和为：106+122+138+154＝520，当黑板上只剩下：41+42+43+44＝170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。

小学数学竞赛学习材料五年级上期第一讲速算与巧算(一)例1 计算72.19＋6.48＋27.81－1.38－5.48－0.62。

解：观察发现，有些加数可以凑整；有的加数和减数尾数相同，可以抵消。

于是：72.19＋6.48＋27.81－1.38－5.48－0.62＝(72.19＋27.81)＋(6.48－5.48)－(1.38＋0.62)＝100＋1－2＝99例2用简便方法计算 1.25×67.875＋125×6.7875＋1250×0.053375。

解：观察发现：相加的三个乘积中分别有1.25、125、250，因此想到利用积不变的性质，使三个积有相同的因数。

于是：1.25×67.875＋125×6.7875＋1250×0.053375＝1.25×67.875＋1.25×678.75＋1.25×53.375＝1.25×(67.875＋678.75＋53.375)＝1.25×800＝1000例3 计算1999＋199.9＋19.99＋1.999。

解法一：观察发现，构成这四个加数的数字和排列顺序完全相同，因此可以把它们都看作1999与某个数的积，于是：1999＋199.9＋19.99＋1.999＝1999×(1＋0.1＋0.01＋0.001)＝1999×1.111＝(2000－1)×1.111＝2222－1.111＝2220.889解法二：观察发现这四个加数分别接近2000、200、20、2，于是1999＋199.9＋19.99＋1.999＝2000＋200＋20＋2－1.111＝2220.889例4 计算(1＋0.33＋0.44)×(0.33＋0.44＋0.55)－(1＋0.33＋0.44＋0.55)×(0.33＋0.44)。

解：观察发现这些因数中有一些相同的部分，可以进行代换。

2012年第十七届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛网试决赛试卷（小中组）一、填空题（每题10分，共80分）1．（10分）计算：28×7×25+12×7×25+7×11×3+44＝．2．（10分）字母 A，B，C 分别代表 1～9 中不同的数字．在使得如图的加法算式成立的所有情形中，三个字母 A，B，C 都不可能取到的数字的乘积是．3．（10分）鸡兔同笼，共有头51个，兔的总脚数比鸡的总脚数的3倍多4只，那么笼中共有兔子只．4．（10分）抽屉里有若干个玻璃球，小军每次操作都取出抽屉中球数的一半再放回一个球．如此操作了2012次后，抽屉里还剩有2个球．那么原来抽屉里有个球．5．（10分）如图是由1平方分米的正方形瓷砖铺砌的墙面的残片．问：图中由格点 A，B，C，D 为顶点的四边形ABCD的面积等于多少平方分米？6．（10分）一只小虫沿如图中的线路从A爬到B．规定：图中标示箭头的边只能沿箭头方向行进，而且每条边在同一路线中至多通过一次．问：小虫从A到B的不同路线有多少条？7．（10分）有一些自然数，它们中的每一个与7相乘，其积的末尾四位数都为2012，那么在这些自然数中，最小的数是．8．（10分）将棱长为1米的正方体木块分割成棱长为1厘米的小正方体积木，设想孙悟空施展神力将所有的小积木一个接一个地叠放起来，成为一根长方体“神棒”，直指蓝天．已知珠穆朗玛峰的海拔高度为8844米，则“神棒”的高度超过珠穆朗玛峰的海拔高度米．二、回答下列各题（每题10分，共40分，写出答案即可）9．（10分）已知被除数比除数大78，并且商是 6，余数是 3，求被除数与除数之积．10．（10分）今年甲、乙俩人年龄的和是70岁．若干年前，当甲的年龄只有乙现在这么大时，乙的年龄恰好是甲年龄的一半．问：甲今年多少岁？11．（10分）有三个连续偶数，它们的乘积是一个五位数，该五位数个位是0，万位是2，十位、百位和千位是三个不同的数字，那么这三个连续偶数的和是多少？12．（10分）在等式“爱国×创新×包容+厚德＝北京精神”中，每个汉字代表 0～9 的一个数字，爱、国、创、新、包、容、厚、德分别代表不同的数字．当四位数北京精神最大时，厚德为多少？2012年第十七届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛网试决赛试卷（小中组）参考答案与试题解析一、填空题（每题10分，共80分）1．（10分）计算：28×7×25+12×7×25+7×11×3+44＝7275 ．【分析】根据乘法的结合律与分配律简算即可，注意计算中的11×25的乘法时根据“两边拉，中间加”巧算．【解答】解：28×7×25+12×7×25+7×11×3+44＝7×25×（28+12）+11×21+11×4＝7×（25×40）+11×（21+4）＝7×1000+11×25＝7000+275＝7275故答案为：7275．2．（10分）字母 A，B，C 分别代表 1～9 中不同的数字．在使得如图的加法算式成立的所有情形中，三个字母 A，B，C 都不可能取到的数字的乘积是8 ．【分析】首先分析出A是加上进位等于B，那么A比B小1，并且A与B 的和是有..进位的，枚举出所有情况排除即可．【解答】解：依题意可知：A加上进位等于B，那么这两个数字相差1，可以是A＝5，B＝6，C＝1．A＝6，B＝7，C＝3．A＝7，B＝8，C＝5．A＝8，B＝9，C＝7．那么A，B，C不可能取道的数字有2，4即2×4＝8故答案为：83．（10分）鸡兔同笼，共有头51个，兔的总脚数比鸡的总脚数的3倍多4只，那么笼中共有兔子31 只．【分析】根据题意可知如果少一只兔子，则兔的总脚数是鸡的总脚数的3倍，因一只兔脚的只数是一只鸡脚只数的4÷2＝2倍，所以当兔的只数是鸡的只数的3÷2＝1.5倍时兔的总脚数是鸡的总脚数的3倍，据此可只鸡的头数是（51﹣1）÷（1.5+1）＝20只，进而可求出兔子的只数．【解答】解：4÷2＝2（51﹣1）÷（3÷2+1）＝50÷2.5＝20（只）51﹣20＝31（只）答：笼子中共有兔子31只．故答案为：31．4．（10分）抽屉里有若干个玻璃球，小军每次操作都取出抽屉中球数的一半再放回一个球．如此操作了2012次后，抽屉里还剩有2个球．那么原来抽屉里有 2 个球．【分析】还原问题每次拿走一半再放回一个，倒推就是每次拿走一个再加一倍．2个拿走1个，剩下1个加一倍是2个．重复周期问题．【解答】解：还原问题的倒推图操作第一次：（2﹣1）×2＝2（个）操作第二次：（2﹣1）×2＝2（个）操作第三次：（2﹣1）×2＝2（个）每一次结果都是2个，属于周期问题．无论操作多少次结果都是2个．故答案为：25．（10分）如图是由1平方分米的正方形瓷砖铺砌的墙面的残片．问：图中由格点 A，B，C，D 为顶点的四边形ABCD的面积等于多少平方分米？【分析】这属于正方形格点问题，根据正方形格点毕克定理S＝N﹣1+L÷2可以直接求出面积，其中N表示内部的格点数，L表示边界上的格点数．【解答】解：内部的格点数是12，边界点的数是6，根据公式列出算式是12﹣1+6÷2＝14答：四边形ABCD的面积等于14平方分米．6．（10分）一只小虫沿如图中的线路从A爬到B．规定：图中标示箭头的边只能沿箭头方向行进，而且每条边在同一路线中至多通过一次．问：小虫从A到B的不同路线有多少条？【分析】小虫从A到B，第一个六边形的分叉口上下均有2条，B所在的六边形也上下有2条，于是有2×2+2×2＝8条，中间往回走的箭头有2条路线，一共有10条．【解答】解：小虫从A到B，第一个六边形的分叉口上下均有2条，B所在的六边形也上下有2条，于是有2×2+2×2＝8条，中间往回走的箭头有2条路线，一共有10条．答：小虫从A到B的不同路线有10条．7．（10分）有一些自然数，它们中的每一个与7相乘，其积的末尾四位数都为2012，那么在这些自然数中，最小的数是1716 ．【分析】首先分析本题可以反过来求解，想找到最小的乘数可以转换找到最小的乘积，2012不是7的倍数，那么需要在前面加上一位数字是最小的即可．【解答】解：首先发现2012不是7的倍数，那么要找到最小就需要看看在2012前加一个最小的数字组成7的倍数．在首位加上数字1，12012÷7＝1716．那么最小就是1716．故答案为：1716．8．（10分）将棱长为1米的正方体木块分割成棱长为1厘米的小正方体积木，设想孙悟空施展神力将所有的小积木一个接一个地叠放起来，成为一根长方体“神棒”，直指蓝天．已知珠穆朗玛峰的海拔高度为8844米，则“神棒”的高度超过珠穆朗玛峰的海拔高度1156 米．【分析】1米＝100厘米，则1立方米＝1000000立方厘米，即1 米的正方体木块分割成棱长为 1 厘米的小正方体积1000000个，即可求解．【解答】解：1立方米＝1000000立方厘米，即1米的正方体木块分割成棱长为1厘米的小正方体积1000000个；它们相互叠加组成“神棒”的高度＝1000000×0.01＝10000（米）；即比珠穆朗玛峰的海拔高度高10000﹣8848＝1156（米），故填1156．故答案为：1156．二、回答下列各题（每题10分，共40分，写出答案即可）9．（10分）已知被除数比除数大78，并且商是 6，余数是 3，求被除数与除数之积．【分析】被除数＝除数×商+余数，所以被除数是除数的6倍多3，78就是除数的5倍多3．【解答】解：除数＝（78﹣3）÷（6﹣1）＝25，被除数＝除数×商+余数＝6×25+3＝153，那么被除数与除数之积是153×25＝3825．故答案为：3825．10．（10分）今年甲、乙俩人年龄的和是70岁．若干年前，当甲的年龄只有乙现在这么大时，乙的年龄恰好是甲年龄的一半．问：甲今年多少岁？【分析】根据题意，可得：若干年前乙的年龄等于今年乙的年龄的一半，所以今年甲的年龄等于若干年前甲的年龄的1.5（1+0.5＝1.5）倍，所以今年甲的年龄等于今年乙的年龄的1.5倍，再根据今年甲、乙两人年龄的和是70岁．求出甲今年多少岁即可．【解答】解：因为当甲的年龄只有乙现在这么大时，乙的年龄恰好是甲年龄的一半，所以今年甲的年龄等于若干年前甲的年龄的：1+0.5＝1.5倍，所以今年甲的年龄等于今年乙的年龄的1.5倍，70÷（1+1.5）×1.5＝70÷2.5×1.5＝28×1.5＝42（岁）答：甲今年42岁．11．（10分）有三个连续偶数，它们的乘积是一个五位数，该五位数个位是0，万位是2，十位、百位和千位是三个不同的数字，那么这三个连续偶数的和是多少？【分析】26×26×26＝17576，31×31×31＝29791，所以三个连续偶数在24，26，28，30，32之间，考虑个位为0，应有因数2，5．【解答】解：26×26×26＝17576，31×31×31＝29791，所以三个连续偶数在24，26，28，30，32之间，考虑个位为0，应有因数2，5，26×28×30＝21840，符合要求．28×30×32＝26880，不合要求，30×32×34＝32640，不符合要求．所以这三个连续偶数的和为26+28+30＝84．故答案为：84．12．（10分）在等式“爱国×创新×包容+厚德＝北京精神”中，每个汉字代表 0～9 的一个数字，爱、国、创、新、包、容、厚、德分别代表不同的数字．当四位数北京精神最大时，厚德为多少？【分析】由题意，14×20×35+98＝9898，即可得出结论．【解答】解：由题意，14×20×35+98＝9898，∴当四位数北京精神最大时，厚德为98．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 10:49:20；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@；学号：20913800。

2015年第二十届“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．（10分）将自然数1至8分为两组，使两组的自然数各自之和的差等于16，共有种不同的分法．3．（10分）将2015的十位、百位和千位的数字相加，得到的和写在2015个位数字之后，得到一个自然数20153；将新数的十位、百位和千位数字相加，得到的和写在20153个位数字之后，得到201536；再次操作2次，得到201536914，如此继续下去，共操作了2015次，得到一个很大的自然数，这个自然数所有数字的和等于．4．（10分）如图，四边形ABCD是边长为11厘米的正方形，G在CD上，四边形CEFG是边长为 9 厘米的正方形，H在AB上，∠EDH是直角，三角形EDH的面积是平方厘米．5．（10分）如图是网格为3×4的长方形纸片，长方形纸片正面是灰色，反面是红色，网格是相同的小正方形．沿网格线将长方形裁剪为两个形状相同的卡片，如果形状和正反面颜色相同，则视为相同类型的卡片，则能裁剪出种不同类型的卡片．6．（10分）一个长方体，棱长都是整数厘米，所有棱长之和是 88 厘米，问这个长方体总的侧面积最大是平方厘米．7．（10分）[x﹣]＝3x﹣5，这里[x]表示不超过x的最大整数，则x ＝．8．（10分）右边是一个算式，9个汉字代表数字1至9，不同的汉字代表不同的数字，则该算式可能的最大值是．二、解答下列各题（每小题10分，共40分，要求写出简要过程）9．（10分）已知C地为A，B两地的中点．上午7点整，甲车从A出发向B 行进，乙车和丙车分别从B和C出发向A行进．甲车和丙车相遇时，乙车恰好走完全程的，上午10点丙车到达A地，10点30分当乙车走到A 地时，甲车距离B地还有84千米，那么A和B两地距离是多少千米？10．（10分）将2015个分数，，…，，化成小数，共有多少个有限小数？11．（10分）a，b 为正整数，小数点后第3位经四舍五入后，式子+＝1.51，求a+b＝？12．（10分）已知算式abcd＝aad×e，式中不同字母代表不同的数码，问四位数abcd最大值是多少？三、解答下列各题（每题15分,共30分,要求写出详细过程）13．（15分）在图中，ABCD是平行四边形，F在AD上，△AEF的面积＝8cm2，△DEF的面积＝12cm2，四边形BCDF的面积＝72cm2，求出△CDE的面积？14．（15分）将530本书分给48名学生，至少有几名学生分到的数量相同？2015年第二十届“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：+＝ 1 ．【分析】把繁分数的分子分母中的算式分别化简，然后根据分数的基本性质解答即可．【解答】解：+＝+＝+＝1；故答案为：1．2．（10分）将自然数1至8分为两组，使两组的自然数各自之和的差等于16，共有8 种不同的分法．【分析】根据题意，分成的两组之和为（1+8）×8÷2＝36，因为两组的自然数各自之和的差等于16，因此和较大的一组等于（36+16）÷2＝26，较小的一组是36﹣26＝10，由此即可解答．【解答】解：分成的两组之和为：（1+8）×8÷2＝9×8÷2＝36和较大的一组等于：（36+16）÷2＝52÷2＝26较小的一组是：36﹣26＝10因为10＝2+8＝3+7＝4+6＝1+2+7＝1+3+6＝1+4+5＝2+3+5＝1+2+3+4相应地26＝1+3+4+5+6+7＝1+2+4+5+6+8＝1+2+3+5+7+8＝3+4+5+6+8＝2+4+5+7+8＝2+3+6+7+8＝1+4+6+7+8＝5+6+7+8所以共有8种不同的分法故答案为：8．3．（10分）将2015的十位、百位和千位的数字相加，得到的和写在2015个位数字之后，得到一个自然数20153；将新数的十位、百位和千位数字相加，得到的和写在20153个位数字之后，得到201536；再次操作2次，得到201536914，如此继续下去，共操作了2015次，得到一个很大的自然数，这个自然数所有数字的和等于8479 ．【分析】按题设条件，操作16次后，如上图，发现数字的规律为：从7次开始数字为11、3、3、5、7，从第12次开始为11、3、3、5、7，这5个数字重复出现．根据整个规律，推出操作了2015次，得到的数，再求和即可．【解答】解：按题设条件，操作16次后，如下：数字的规律为：从7次开始数字为11、3、3、5、7，从第12次开始为11、3、3、5、7，这5个数字重复出现，则操作2015次：（2015﹣6）÷5＝401…4，则2015次操作的对应的数字是5；则所有自然数和为：前4位：2+0+1+5＝8，后6为：3+6+9+1+4+1+6+6＝36，重复的数字和为：1+1+1+3+3+5+7＝21，重复401次后，和为401×21＝8421，余数4，对应数字的和为：1+1+1+3+3+5＝14，以上数字相加即为所有自然数和＝8+36+8421+14＝8479．故：应该填：8479．4．（10分）如图，四边形ABCD是边长为11厘米的正方形，G在CD上，四边形CEFG是边长为 9 厘米的正方形，H在AB上，∠EDH是直角，三角形EDH的面积是101 平方厘米．【分析】1、延长EF、AD交于点K；2、将△DEK和△ADH面积相等，所以，HB＝2；3、S阴影＝S ABEK﹣S DEK﹣S ADH﹣S BHE【解答】根据上述分析故答案是：S阴影＝S ABEK﹣S DEK﹣S ADH﹣S BHE＝11×（11+9）﹣0.5×9×11﹣0.5×9×11﹣0.5×2×（11+9）＝1015．（10分）如图是网格为3×4的长方形纸片，长方形纸片正面是灰色，反面是红色，网格是相同的小正方形．沿网格线将长方形裁剪为两个形状相同的卡片，如果形状和正反面颜色相同，则视为相同类型的卡片，则能裁剪出8 种不同类型的卡片．【分析】可首先分析向左的减法，然后根据左右对称情况得出向右的剪法，减去重合的剪法，从而得出总的不同剪法．【解答】解：先考虑从正面剪，中间那条粗线是一定要剪开的，剪开后，从点1有三种选择，向上向左向右；1、向上：，属于第1种类型；2、向左：剪至点3，又有3种选择，向上向左向下，（1）向上（黑线）：，红线是和黑线对称的情况，但按红线剪出的图形旋转后和黑线相同，属于第2种类型；（2）向左：，按红线剪出的图形旋转后和黑线不同，是两种不同的类型，属于第3、4种类型；（3）向下：向下剪至点6，有两种选择，向左，向下，①向左：，按红线剪出的图形旋转后和黑线不同，是两种不同的类型，属于第5、6种类型；②向下：，按红线剪出的图形旋转后和黑线不同，是两种不同的类型，属于第7、8种类型；综上可得，总共有8种类型．故答案是：8．6．（10分）一个长方体，棱长都是整数厘米，所有棱长之和是 88 厘米，问这个长方体总的侧面积最大是224 平方厘米．【分析】长宽高的和是：88÷4＝22厘米，长方体的总侧面积最大，长宽高的长度必须最接近，即22＝8+7+7，然后再利用长方体的侧面积公式，也就是用底面周长乘高，据此解答即可．【解答】解：长宽高的和是：88÷4＝22（厘米），长方体的总侧面积最大，长宽高的长度必须最接近，即22＝8+7+7，（7+7）×2×8＝28×8＝224（平方厘米）；答：这个长方体的总侧面积最大是224平方厘米．故答案为：224．7．（10分）[x﹣]＝3x﹣5，这里[x]表示不超过x的最大整数，则x＝2 ．【分析】按题意，要使原式成立，则[x﹣]≤x﹣，⇒3x﹣5≤x﹣，而3x﹣5为整数，不难求得x＝2．【解答】解：根据分析，要使原式成立，则[x﹣]≤x﹣，⇒3x﹣5≤x﹣，⇒x≤，∵3x﹣5≥0∴x＝2而3x﹣5为整数，不难求得x＝2．故答案是：28．（10分）右边是一个算式，9个汉字代表数字1至9，不同的汉字代表不同的数字，则该算式可能的最大值是8569 ．【分析】观察这个算式，要使这个算式的值最大，那么两位数与两位数的乘积就要尽可能的大，所以天空＝96，则湛蓝＝87；同理，两位数与一位数的乘积也要尽可能的大，所以翠绿＝43，则树＝5；那么盼＝1，望＝2；据此解答即可．【解答】解：根据分析可得，1×2+43×5+96×87＝2+215+8352＝8569；故答案为：8569．二、解答下列各题（每小题10分，共40分，要求写出简要过程）9．（10分）已知C地为A，B两地的中点．上午7点整，甲车从A出发向B 行进，乙车和丙车分别从B和C出发向A行进．甲车和丙车相遇时，乙车恰好走完全程的，上午10点丙车到达A地，10点30分当乙车走到A 地时，甲车距离B地还有84千米，那么A和B两地距离是多少千米？【分析】首先根据甲丙相遇走完全程的一半，乙走完全程的即可列出一组甲乙丙速度的关系式，再根据丙3小时走一半路程，乙3.5小时走完全程可以列出乙丙的速度关系式．重点求出甲乙的速度比，根据甲车距离B 地84千米，求得对应的份数，即可求出所求．【解答】解：根据题意可知，当甲丙相遇时走完全程的一半，乙走完全程的，即（V甲+V丙）＝V乙．①再根据丙3小时走了全程的一半，乙3.5小时走完全程，即6V丙＝3.5V乙．②根据①②得：V甲：V乙＝3：4．所以甲乙路程之比就是3：4．一份量是：84÷（4﹣3）＝84千米．全程是：84×4＝336千米．故答案为：336千米．10．（10分）将2015个分数，，…，，化成小数，共有多少个有限小数？【分析】先找出分母中只有因数2，5，同时有2和5的数的个数，即可得出结论．【解答】解：在2015个分数，，…，，的分母中，只有因数2的数有2，4，8，16，32，64，128，256，512，1024共10个数，只有因数5的数有5，25，125，625共4个数，既有因数2，也有因数5的数有10，20，40，50，80，100，160，200，250，320，400，500，640，800，1000，1250，1280，1600，2000共19个数，所以总有10+4+19＝33个有限小数，答：共有33个有限小数．11．（10分）a，b 为正整数，小数点后第3位经四舍五入后，式子+＝1.51，求a+b＝？【分析】根据条件，代入验证，求出a，b，即可得出结论．【解答】解：由题意，a＝7，则取b＝1，+＝1.4+0.143≈1.54，不符合题意；a＝6，则取b＝3，+＝1.2+0.429≈1.63，不符合题意；a＝5，则取b＝4，+＝1+0.571≈1.57，不符合题意；a＝4，则取b＝5，+＝0.8+0.714≈1.51，符合题意；∴a+b＝9．12．（10分）已知算式abcd＝aad×e，式中不同字母代表不同的数码，问四位数abcd最大值是多少？【分析】aad×e＝abcd中，d×e的个位数仍为d（1～9）×1＝（1～9）（2、4、6、8）×6＝（12、24、36、48）5×（3、5、7、9）＝（15、25、35、45）【解答】解：从上面的分析可以看出e可能为1、6、（3、5、7、9）设：e为9，希望得最大值，则d为5从a＝（1～9）检测，得115×9＝1035225×9＝2025335×9＝3015…通过检测，∴abcd的最大值为3015答：这个四位数最大是3015．三、解答下列各题（每题15分,共30分,要求写出详细过程）13．（15分）在图中，ABCD是平行四边形，F在AD上，△AEF的面积＝8cm2，△DEF的面积＝12cm2，四边形BCDF的面积＝72cm2，求出△CDE的面积？【分析】连接BD（如下图），若△AEF以AF为底、△EFD以FD为底，他们的高相等，则底边比等于面积比，可以求出AF：DF＝2：3；若△ABF、△BFD分别以AF、FD为底，他们高相同，则S△ABF＝0.2×S▱ABCD、而S△BDF＝0.6×S△ABD＝0.3×S▱ABCD；S△BCDF＝S△BFD+S△BCD，求出S▱ABCD；由S△ABF＝0.2×S▱ABCD，求出S△ABF；，根据S△AEB＝S△ABF﹣S△AEF，可以S△AEB；S△AEB与S△ECD之和为平行四边形面积的一半，可以求出S△ECD．【解答】解：连接BD（如上图），根据△AEF的面积＝8cm2，△DEF的面积＝12cm2，求出AF：DF＝8：12＝2：3；S△BCDF＝S△BFD+S△BCD＝0.5S▱ABCD+0.3S▱ABCD＝0.8S▱ABCD＝72，所以：S▱ABCD＝90；S△ABF＝0.2S▱ABCD＝18，S△ABE＝S△ABF﹣S△AEF＝10；S△ABE+S△ECD＝0.5×S▱ABCD＝45；故S△ECD＝45．答：S△ECD的面积为45cm2．14．（15分）将530本书分给48名学生，至少有几名学生分到的数量相同？【分析】①若48名学生分到的数量互不相同，则至少要：0+1+2+3+…+47＝1128＞530，不满足条件；②若只有2名学生分到的书数量相同，则至少要：（0+1+2+3+…+23）×2＝552＞530，不满足条件；③若只有3名学生分到的书数量相同，则至少要：（0+1+2+3+…+15）×3＝360＜530，满足条件；所以至少3名学生分到的书数量相同，据此解答即可．【解答】解：①若48名学生分到的数量互不相同，则至少要：0+1+2+3+…+47＝1128＞530，不满足条件；②若只有2名学生分到的书数量相同，则至少要：（0+1+2+3+…+23）×2＝552＞530，不满足条件；③若只有3名学生分到的书数量相同，则至少要：（0+1+2+3+…+15）×3＝360＜530，满足条件；所以至少3名学生分到的书数量相同．答：至少3名学生分到的书数量相同．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 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2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组A卷）一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）用[x]表示不超过x的最大整数，例如[3.14]＝3，则[]+[]+[]+[]+[]+[]的值为．2．（10分）从4个整数中任意选出3个，求出它们的平均值．然后再求这个平均值和余下1个数的和，这样可以得到4个数：8、12、10和9，则原来给定的4个整数的和为．3．（10分）在3×3的网格中（每个格子是个1×1的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．4．（10分）甲从A地出发去找乙，走了80千米后到达B地，此时，乙已于半小时前离开B地去了C地，甲已离开A地2小时，于是，甲以原来的速度的2倍去C地．又经过了2小时后，甲乙两人同时到达C地，则乙的速度是千米/小时．5．（10分）某校开设了书法和朗诵两个兴趣小组．已知两个小组都参加的人数是只参加书法小组人数的，是只参加朗诵小组人数的，那么书法小组与朗诵小组的人数比是．6．（10分）如图，△ABC的面积为100平方厘米，△ABD的面积为72平方厘米．M为CD边的中点，∠MHB＝90°，已知AB＝20厘米，则MH的长度为厘米．7．（10分）一列数a1、a2…，a n…，记S（a i）为a i的所有数字之和，如S （22）＝2+2＝4，若a1＝2017，a2＝22，a n＝S（a n﹣1）+S（a n﹣2），那么a2017等于．8．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A，B，C，D，E，F．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有种．二、解答题（每题10分，共40分，要求写出简要过程）9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成n个交点，则n 有多少个不同的数值？10．（10分）某校给学生提供苹果、香蕉和梨三种水果，用作课间加餐．每名学生至少选择一种，也可以多选．统计结果显示：70%的学生选择苹果，40%的学生选择了香蕉．30%的学生选了梨，那么三种水果都选的学生数占学生总数至多是百分之几？11．（10分）箱子里面有两种珠子，一种每个19克，另一种每个17克，所有珠子的重量为2017克，求两种珠子的数量和所有可能的值．12．（10分）使不为最简分数的三位数n之和等于多少．三、解答题（每小题15分，共30分，要求写出详细过程）13．（15分）班上共有60位同学，生日记为某月某号，问每个同学两个同样的问题：班上有几个人与你生日的月份相同？班上有几个人与你生日的号数相同（比如生日为1月12日与12月I2日的号数相同的）．结果发现，在所得到的回答中包含了由0到14的所有整数，那么，该班至少有多少个同字生日相同？14．（15分）将1至9填入图的网格中．要求每个格子填一个整数，不同格子填的数字不同，且每个格子周围的格子（即与该格子有公共边的格子）所填数字之和是该格子中所填数字的整数倍．已知左右格子已经填有数字4和5，问：标有字母x的格子所填的数字最大是多少？2017年第二十二届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组A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）用[x]表示不超过x的最大整数，例如[3.14]＝3，则[]+[]+[]+[]+[]+[]的值为6048 ．【分析】可以先将原式化简，将每项化成带分数的形式，然后取整数部分，即可得出和．【解答】解：根据分析，原式为：[]+[]+[]+[]+[]+[]＝[]+[]+[]+[]+[]+[]＝550+733+916+1100+1283+1466＝6048．故答案是6048．2．（10分）从4个整数中任意选出3个，求出它们的平均值．然后再求这个平均值和余下1个数的和，这样可以得到4个数：8、12、10和9，则原来给定的4个整数的和为20 ．【分析】根据题意，设原来给定的4个整数分别是a、b、c、d，则+d ＝8（1），+c＝12（2），+b＝10（3），+a＝9（4），据此求出原来给定的4个整数的和是多少即可．【解答】解：设原来给定的4个整数分别是a、b、c、d，+d＝8（1），+c＝12（2），+b＝10（3），+a＝9（4），（1）+（2）+（3）+（4），可得2（a+b+c+d）＝8+12+10+9，所以a+b+c+d＝20，所以原来给定的4个整数的和为20．故答案为：20．3．（10分）在3×3的网格中（每个格子是个1×1的正方形）放两枚相同的棋子，每个格子中最多放一枚棋子，共有10 种不同的摆放方法．（如果两种放法能够由旋转而重合，则把它们视为同一种摆放方法）．【分析】可以分情况讨论，四个顶点的位值一样，正中间的一个方格一个位值，剩下的四个方格位值相同，故可以分次三种情况分别计算不同的摆放方法．【解答】解：根据分析，份三种情况：①当正中间即E处放一颗棋子，然后另一颗棋子放在外围任意一个位置，除去对称性因素，有2种不同的摆放方法，即AE、BE；②当两颗棋子都不在正中间E处时，而其中有一颗在顶点处时，有4种不同摆法，即AB、AF、AH、AD；③当两颗棋子都在顶点处时，有2种不同摆法，即AC、AI；④当两颗棋子都在除顶点和正中间之外的4个方格中，有2种不同摆法，即BD、BH．综上，共有：2+4+2+2＝10种不同摆放方法．4．（10分）甲从A地出发去找乙，走了80千米后到达B地，此时，乙已于半小时前离开B地去了C地，甲已离开A地2小时，于是，甲以原来的速度的2倍去C地．又经过了2小时后，甲乙两人同时到达C地，则乙的速度是64 千米/小时．【分析】首先知道甲在2小时的路程是80千米，那么甲现在的速度和后来的速度都是可求的，再根据甲的时间和速度可求从B到C的路程，用路程除以乙的时间即是速度．【解答】解：甲在2小时走80千米，甲速为：80÷2＝40（千米/时）；甲速度加速变成40×2＝80（千米/时）；甲再经过2小时路程为：2×80＝160（千米/时）乙路程共是160千米，时间是2.5小时，乙速为：160÷2.5＝64（千米/时）故答案为：645．（10分）某校开设了书法和朗诵两个兴趣小组．已知两个小组都参加的人数是只参加书法小组人数的，是只参加朗诵小组人数的，那么书法小组与朗诵小组的人数比是3：4 ．【分析】把两个小组都参加的人数看作单位“1”，则只参加书法小组人数的分率是1÷＝，只参加朗诵小组人数的分率是1÷＝5，则参加书法小组人数的分率是1+＝，参加朗诵小组人数的分率是1+5＝6，然后根据比的意义解答即可．【解答】解：把两个小组都参加的人数看作单位“1”，（1+1÷）：（1+1÷）＝：6＝3：4答：书法小组与朗诵小组的人数比是3：4．故答案为：3：4．6．（10分）如图，△ABC的面积为100平方厘米，△ABD的面积为72平方厘米．M为CD边的中点，∠MHB＝90°，已知AB＝20厘米，则MH的长度为8.6 厘米．【分析】可以利用面积公式分别求出△ABC、△ABD的高，而已知AB＝20厘米，再利用MH的中位线性质求出MH的长度．【解答】解：根据分析，过D，C分别作DE⊥AB交AB于E，CF⊥AB交AB 于F，如图：△ABD的面积＝72＝，∴DE＝7.2厘米，△ABC的面积＝100＝，∴CF＝10厘米；又∵MH＝＝×（7.2+10）＝8.6厘米．故答案是：8.6．7．（10分）一列数a1、a2…，a n…，记S（a i）为a i的所有数字之和，如S （22）＝2+2＝4，若a1＝2017，a2＝22，a n＝S（a n﹣1）+S（a n﹣2），那么a2017等于10 ．【分析】首先要分析清楚S（a i）的含义，即a i是一个自然数，S（a i）表示a i的数字和，再根据a n的递推式列出数据并找出规律．【解答】解：S（a i）表示自然数a i的数字和，又a n＝S（a n﹣1）+S（a n﹣2），在下表中列出n＝1，2，3，4，…时的a n和S（a n），n a n S（a n）1 2017 102 22 43 14 54 9 95 14 56 14 57 10 18 6 69 7 710 13 411 11 212 6 613 8 814 14 515 13 416 9 917 13 418 13 419 8 820 12 321 11 222 5 523 7 724 12 325 10 126 4 427 5 528 9 929 14 530 14 531 10 132 6 6 由上表可以得出：a4＝a28＝9，S（a4）＝S（a28）＝9；a5＝a29＝14，S（a5）＝S（a29）＝5；…可以得到规律：当i≥4时，a i＝a i+24，S（a i）＝S（a i+24），2017﹣3＝2014，2014÷24＝83…22，所以：a2017＝a3+22＝a25＝10．8．（10分）如图，六边形的六个顶点分别标志为A，B，C，D，E，F．开始的时候“华罗庚金杯赛”六个汉字分别位于A，B，C，D，E，F顶点处．将六个汉字在顶点处任意摆放，最终结果是每个顶点处仍各有一个汉字，每个字在开始位置的相邻顶点处，则不同的摆放方法共有 4 种．【分析】显然，只有两种情况，分别讨论，相邻两个字互换，以及顺时针移动一个位值，或逆时针移动一个位值，最后可以求得总的不同的摆放方法．【解答】解：根据分析，分两类情况：①按顺序移动一个位置，顺时针移动一个位置，有1种不同摆放方法，逆时针移动一个位置，有1种不同摆放方法；②相邻两个位置互换，则共有：2种不同的摆放方法．综上，共有：1+1+2＝4种不同摆放方法．故答案是：4．二、解答题（每题10分，共40分，要求写出简要过程）9．（10分）平面上有5条不同的直线，这5条直线共形成n个交点，则n 有多少个不同的数值？【分析】按题意，可以分类讨论，最后确定n的取值．【解答】解：根据分析，n＝0，即5条直线互相平行；n＝1，即五条直线交于一点；n＝2，3，不存在；n＝4，5，6，7，8，9，10的情况分别如下图：n的取值共有9种不同的数，故答案是：9．10．（10分）某校给学生提供苹果、香蕉和梨三种水果，用作课间加餐．每名学生至少选择一种，也可以多选．统计结果显示：70%的学生选择苹果，40%的学生选择了香蕉．30%的学生选了梨，那么三种水果都选的学生数占学生总数至多是百分之几？【分析】将所有学生分成四种，即三种水果都选的人数a、同时选苹果和香蕉的人数b、同时选梨和苹果的人数c、同时选香蕉和梨的人数d，再根据选每种水果的人数列关系式，2a+b+c+d＝70+40+30﹣100＝40，再利用各个取值范围求出三种水果都选的人数最大值．【解答】解：根据分析，设学生总数为100人，故70人的学生选择苹果，40人的学生选择了香蕉．30人的学生选了梨，三种水果都选的学生人数有a人，同时选了苹果和香蕉的人数有b人，同时选了梨和苹果的人数有c人，同时选了香蕉和梨的人数有d人，则：2a+b+c+d＝70+40+30﹣100＝40⇒a ＝，又∵b+c+d≥0，∴a≤＝20，故当b+c+d＝0时，a取最大值20，即占总数的20%故答案是20%．11．（10分）箱子里面有两种珠子，一种每个19克，另一种每个17克，所有珠子的重量为2017克，求两种珠子的数量和所有可能的值．【分析】按题意，可以设每个重量的数量为未知数，19克的珠子有x个，17克的珠子有y个，再列出关系式，根据正整数的范围逐步取值，最后找出符合题意的值．【解答】解：根据分析，设有x个19克的珠子，y个17克的珠子，则有：19x+17y＝2017，又∵x，y均为正整数∴1≤x≤＜106，1≤y≤＜118；19x+17y＝2017⇒x＝，由余数定理，要使x为正整数，2017﹣17y 必须能被19整除，即余数为0，而2017被9除余数为3，故17y被19除余数也为3，在所有被19除余数为3既小于2017又能被17整除的数只有：①136，即17y＝136⇒y＝8，x＝＝99，x+y＝99+8＝107；②459，即17y＝459⇒y＝27，x＝＝82，x+y＝82+27＝109；③782，即17y＝782⇒y＝46，x＝＝65，x+y＝65+46＝111；④1105，即17y＝1105⇒y＝65，x＝＝48，x+y＝48+65＝113；⑤1428，即17y＝1428⇒y＝84，x＝＝31，x+y＝31+84＝115；⑥1751，即17y＝1751⇒y＝103，x＝＝14，x+y＝14+103＝117．综上，两种珠子的数量和即x+y所有可能的值是：107、109、111、113、115、117．故答案是：107、109、111、113、115、117．12．（10分）使不为最简分数的三位数n之和等于多少．【分析】不为最简，表明（5n+1，3n+2）＝a≠1，根据辗转相除原理有1≠a|（5n+1）×3﹣（3n+2）×5即＝1≠a|7，则a只能等于7，我们可以用5n+1尝试来锁定答案，一次尝试可知5n+1＝1或6或11或16或21，因为21＝3×7，所以5n+1＝21时7|5n+1成立，此时n为最小值，且为4，其它值即可顺次找出，只需要将4递加7即可，题中让我们求的是符合条件的三位数，那么最小为102，最大为998，此后利用等差数列求和即可．【解答】解：不为最简，表明（5n+1，3n+2）＝a≠1，根据辗转相除原理有1≠a|（5n+1）×3﹣（3n+2）×5即＝1≠a|7，则a只能等于7，一次尝试可知5n+1＝1或6或11或16或21，因为21＝3×7，所以5n+1＝21时7|5n+1成立，此时n为最小值，且为4，将4递加7即可，符合条件的三位数，那么最小为102，最大为998，102+109+116+…+998＝（102+998）×129÷2＝70950答：使不为最简分数的三位数n之和等于70950．三、解答题（每小题15分，共30分，要求写出详细过程）13．（15分）班上共有60位同学，生日记为某月某号，问每个同学两个同样的问题：班上有几个人与你生日的月份相同？班上有几个人与你生日的号数相同（比如生日为1月12日与12月I2日的号数相同的）．结果发现，在所得到的回答中包含了由0到14的所有整数，那么，该班至少有多少个同字生日相同？【分析】同月份和同号数的回答取遍0到14，即同月份和同号数的人数取遍1到15，进而分析求解．【解答】解：回答中包含了由0到14的所有整数，也就是说每种回答包含的学生数量是1到15．由于1+2+3+…+15＝120＝2×60，因此不论是回答同月，还是回答同号，同月份和同号数的人数的数字不会重复（比如说，某一月份生日的人有3个，就不会出现生日号数为某一号的人数有3个），因此统计同月份或同号数的人数时，1～15这15个数字每个数字都只出现一次．要使同月同日的人尽量少，则可以使月份情况或者号数情况尽量分散，例如可以将60拆分成：60＝1+2+3+4+5+7+8+9+10+11这一种分散情况，不妨设这是同月份的人数，和另一种情况：60＝6+12+13+14+15，这是同号数的人数，分析最大数字15，将15个同号数的人，分配到上面10个月份中，可知，同月同日最少会有两人．所以：该班生日相同的人数至少有2人．14．（15分）将1至9填入图的网格中．要求每个格子填一个整数，不同格子填的数字不同，且每个格子周围的格子（即与该格子有公共边的格子）所填数字之和是该格子中所填数字的整数倍．已知左右格子已经填有数字4和5，问：标有字母x的格子所填的数字最大是多少？【分析】按题意，1至9的数字中，填入4和5之外，只剩下7个数，可以先求出7个数的和，即为36，中间的x只可能是3，6，9，故一一检验，即可得知x的值．【解答】解：根据分析，1+2+3+6+7+8+9＝36，填入的x是其它五个数的因数，故x只能是3、6、9，若x＝9，则，不能每个数的周围的数字之和是该格子中所填数字的整数倍；x＝6时，如图所示，易知x＝6符合题意．故答案是：6．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 11:03:00；用户：小学奥数；邮箱：****************；学号：20913800。

第十二届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试卷及答案一、填空（每题10分，共80分）1．“华”、“杯”、“赛”三个字的四角号码分别是“2440”、“4199”和“3088”，将“华杯赛”的编码取为244041993088，如果这个编码从左起的奇数位的数码不变，偶数位的数码改变为关于9的补码，例如：0变9，1变8等，那么“华杯赛”新的编码是 。

2．计算；=÷÷-+75.41]25239)21274.3(75.20[ 。

图13．如图书1所示，两个正方形ABCD 和DEFG 的边长都是整数厘米，点E 在线段CD 上，且CE<DE ，线段CF=5厘米，则五边形ABCFG 的面积等于 平方厘米。

4．将52.0523.0523.0....,,4021,250131 ，从小到大排列，第三个数是 。

5．图2a 是一个密封水瓶的切面图，上半部为圆锥状，下半部为圆柱关，底面直径都是10厘米，水瓶高度是26厘米，瓶中液面的高度为12厘米，将水瓶倒置后，如图2b ，瓶中液面的高度是16厘米，则水瓶的容积等于 立方厘米。

（取π=3.14，水瓶壁厚不计）6．一列数是按以下条件确定的：第一个是3，第二个是6，第三个是18，以后每个数是前面所有数的和的2倍，则第六个数等于 ，从这列数的第 个数开始，第个都大于2007。

7．一个自然数，它的最大的约数和次大的约数的和是111，这个自然数是 。

8.用一些棱长是1的小正方体码放成一个立体，从上向下看这个立体，如图3 ，从正面看这个立体，如图4，则这个立体的表面积最多是 。

二、简答下列各题（每题10分，共40分，要求写出简要过程） 9．如图5，在三角形ABC中，点D在BC上，且∠ABC=∠ACB，∠ADC=∠DAC，∠DAB=21°，求∠ABC的度数；并且回答：图中哪些三角形是锐角三角形。

图510．李云靠窗坐在一列时速60千米的火车里，看到一辆有30节车厢的货车迎面驶来，当货车车头经过窗口时，他开始记时，直到最后一节车厢驶过窗口时，所记的时间是18秒，已知货车车厢长15.8米，车厢间距1.2米，货车车头长10米，问货车行驶的速度是多少？11．图6是一个9×9的方格图，由粗线隔为9个横竖各有3个格子的“小九宫”格，其中，有一些小方格填有1至9的数字，小青在第4列的空格中各填入了一个1至9中的自然数，使每行、每列和每个“小九宫”格内的数字都要不重复，然后小青将第4列的数字从上向下写成一个9位数，请写出这个9位数，并且简单说明理由。