“走美杯”小学数学竞赛试卷(六年级初赛b卷)

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第15届全国走美杯六年级初赛B卷竞赛数学试卷1.计算： （用最简分数表示）．0.1=5˙2.两个立方体骰子上面的点数设置是非标准的，其中一个是，，，，，，另一个是，，，，，．用这样两个骰子一起投掷一次，点数之和恰好等于可能性（概率）为 （用最简分数表示）．12255511245563.用减去它的，再减去余下的，再减去余下的，……，以此类推，一直到减去余下的，那么最后的得数为 ．4068289121314120174.大于的自然数，如果满足所有因数之和等于它自身的倍，则这样的数称为完美数或完全数．比如，的所有因数为，，，，，就是最小的完美数．是否有无限多个完美数的问题至今仍然是困扰人类的难题之一．可以从计算自然数的所有因数之和开始研究完美数．的所有因数之和为 ．02612361+2+3+6=1264565.“点游戏”是很多人熟悉的数学游戏，游戏过程如下：任意从张扑克牌（不包括大小王）中抽取张，用这张扑克牌上的数字（，，，）通过加减乘除四则运算得出，最先找到算法者获胜．游戏规定张牌扑克都要用到，而且每张牌只能用次，比如，，，，则可以由算法得到． 如果在一次游戏中恰好抽到了，，，，则你的算法是 ．245244A =1J =11Q =12K =132441234Q (2×Q )×(4−3)24557116.如图所示的图案由半圆构成，已知最大的圆的半径，则阴影部分面积与最大的圆面积之比为 ．R =37.如下图所示， ．∠A +∠B +∠C +∠D +∠E +∠F +∠G +∠H +∠K =8.中国大陆的车牌号一般包括一个汉字与个由字母或数字组成的编码构成，比如“京”，汉字后面紧跟一个字母（从到），之后的位置上可以是数字（从到），也可以是字母（从到，但不包括与），但最多只允许有个字母．那么，按照这个规则，以“京”开头的不同车牌号一共可以有 个．6QFR 067A Z 09A Z O I 2Q 9.如下图所示，我们可以在，，，，中选择四个不同的数字填入圆圈中，使得有连线的两个圆圈中的数字之差（大数减小数）正好组成，，，．按照同样的方法，请将，，，，，，，分别填入左下图的个圆圈中，使得有连线的两个圆圈中的数字之差（大数减小数）正好组成，，，，，，．012341234012345678123456710.只能被和自身整除的大于的自然数叫做质数或素数，比如，，，，等．如果将分拆成个质数之和．要求其中最大的质数尽可能大，那么，这个最大的质数为 ．112357*********.我们把分子是，分母是自然数的分数称为单位分数．利用可以证明：每一个真分数都可以表示为不同单位分数的和．例如可以先表示为，再继续表示为三个不同单位分数的和．但还可以表示为两个不同单位分数的和．类似地，将表示为两个不同单位分数的和，则这两个单位分数分别为 ．1=+1n 1n +11n (n +1)23+1313++131411223+12162712.一副扑克包括大小王在内共张，其中，红桃、黑桃、梅花、方块种花色的牌各张，点数分别从到（，，，）。

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趣味数学解题技能展示大赛初赛答案
小学六年级试卷(B卷)
一、填空题I(每题8分，共40分)
1. 11111111 612203042567290 +++++++=
解：原式=111111112 23349102105 -+-++-=-=
2．一个表面积为56emz的长方体如图切成27个小长方体，这27个小长方体表面积的和是______cm2．
解：每一刀增加两个切面，增加的表面积等于与切面平行的两个表面积,
所以每个方向切两刀后，表面积增加到原来的3倍，即表面积的和为168cm2.
3．将2、4、6、8、12、18、24、36、72填人右边的九宫格，使每行每列及两条对角线上三数的积都相等．每行的三个数的积是______．
解：每行三个数的积相等，所以这个积的3次方等于9个数的积，这就个数是：
2130、2230、2131、2330、2231、2132、2331、2232、2332，它们的积21839，所以每行上的3个数的积为2633=1728.
4.0.
2.008
0.
A BC
C A B
∙∙
∙∙
=，三位数ABC的最大值是多少？
解析：2.008化为分数是251
125
，可以约分为
251
125
的分数有
502
250
、
753
375
，所以ABC的最大值为753.
5．如图所示，长方形ABCD内的阴影部分的面积之和为70，AB=8,AD=15四边形EFGO的面积为______．
分析：根据容斥关系：
四边形EFGO的面积=三角形AFC+三角形DBF-白色部分的面积。

五年级初赛一、填空题Ⅰ（每题 8 分，共 40 分）1. 算式 1÷(2÷3)÷(3÷4)÷(4÷5)的计算结果是．【答案】2.5【解析】原式＝1÷2×3÷3×4÷4×5＝1÷2×5＝2.5．2. 用大小两辆货车运煤，大货车运了 9 次，小货车运了 12 次，一共运了 180 吨．大货车的载 重量等于小货车载重量的 2 倍，大货车的载重量是 吨，小货车的载重量是 吨． 【答案】12；6【解析】大货车的载重量等于小货车载重量的 2 倍，大货车运了 9 次，相当于小货车运了 2×9＝18(次)，一共相当于小货车运了 18＋12＝30(次)． 所以，小货车的载重量是 180÷30＝6(吨)，大货车的载重量是 6×2＝12(吨) ．3. 三个正方形如图放置，中心都重合，它们的边长依次是 1cm 、3cm 、5 cm ， 图中阴影部分的面积是 cm 2．【答案】17【解析】阴影部分的面积是 52－32＋12＝17(cm 2)． 4. 有两根同样长的绳子，第一根平均剪成 5 段，第二根平均剪成 9 段． 二根剪成的每段长 10 米．原来每根绳子长 米． 【答案】112.5【解析】10 ÷ 1 - 1 ⎪ = 112.5 (米) ．⎛ ⎫ ⎝ 59 ⎭ 5. 观察一组式子： 32 + 4 2 = 52 ， 52 + 12 2 = 132 ， 7 2 + 24 2 = 252 ， 9 2 + 40 2 = 412 ，……．根 据以上规律，请你写出第 7 组的式子： ． 【答案】152＋1122＝1132【解析】每一个式子都是“a 2＋b 2＝c 2”的形式．其中 a 是第 a +1 个奇数，b 比 c 小 1，而 b 与 c 的和是 a 2． 第 7 组式子中的 a 为 15，根据和差问题可得 b ＝112，c ＝113． 6. 右图的两个算式中，相同的字母代表相同的数字，不同 的字母代表不同的数字．四位数 ABCD ＝ ．【答案】1026 A B C D ＋ E F G2 0 1 1 C H B D － I E G2 0 1 1【解析】由减法竖式知 C ＝2，B ＝0，E ＝9，H －I ＝1，D －G ＝1 由加法竖式知 A ＝1，B ＋E ＝9，C ＋F ＝10，D ＋G ＝11， 从而两个算式分别为：1026+985=2011，2406-395=2011．7. A 、B 、C 、D 、E 五个盒子中依次放有 2、4、6、8、10 个小球．第一个小朋友找到放球最 多的盒子，从中拿出 4 个放在其他盒子中各一个球．第二个小朋友也找到放球最多的盒子， 从中拿出 4 个放在其他盒子中各一个球；依此类推，……．当 2011 个小朋友放完后，A 盒 中放有 个球． 【答案】8【解析】A,B,C,D,E 五个盒子中的球按如下规律变化： （A,B,C,D,E ）：（2,4,6,8,10）→（3,5,7,9,6）→（4,6,8,5,7）→（5,7,4,6,8）→（6,8,5,7,4）→（7,4,6,8,5） →（8,5,7,4,6）→（4,6,8,5,7）→（5,7,4,6,8）→……．发现从第二次操作后，5 次操作一循环． 2011－1＝2010，2010 是 5 的倍数，从而第 2011 次操作后的结果相当于循环周期内的第 5 次操 作结果，为（8,5,7,4,6）．所以，当 2011 个小朋友放完后，A 盒中放有 8 个球．8. 右图是一个 6×6 的方格表，现在沿格线将它分割成 N 个面积各不相等的长方形（含正方形）．那么，N 最大是 ．4－519＋240×6＋4×2－2÷212＋1120×4－519＋240×346＋54×1245122－32÷212＋11120×4－519＋234240×346＋54×1245122－32÷212＋34511120×2345【答案】7【解析】每个长方形的面积为各不相同的正整数，而1＋2＋3＋…＋8＝36，所以N≤8．若N＝8，则这8 个长方形的面积只能是1、2、3、…、7、8．其中7 是质数，面积为7 的长方形只能是7×1，在6×6 方格表无法放下．所以N≤7．而当N＝7 时，可构造如图（图中7 个长方形的面积为1、2、3、4、5、9、12）．9. 五个连续自然数，每个数都是合数，这五个连续自然数的和最小是．【答案】130【解析】只需要考虑相邻的两个质数的差不小于6 即可．24＋25＋26＋27＋28＝130．10. 在右图的每个格子中填入1～5 中的一个，使得每行、每列所填数字各不相同．每个粗框左上角的数和“＋”、“－”、“×”、“÷”分别表示粗框内所填数字的和、差、积、商（例如“240×”表示它所在粗框内的四个数字的乘积是240）．【答案】如图4解析】注意到1×2×3×4×5＝120，看第5 行“120×”知第5 行第1 数为120÷120＝1，看左下角“2÷”得第4 行第1 数为2．看左上角“4－”只能为5－1＝4，而第一列已有1，所以第一行前2 数依次为5、1．见图1．注意到1＋2＋3＋4＋5＝15，看第4 行“12＋”知第4 行最后一个数为15－2－12＝1，看“2－”知第3 行第5 数为3．看“4×”知4＝1×2×2 或4＝4×1×1，但第5 列已有1，从而“4×”粗框内所填数字只能如图为1、2、2．见图2．看“6＋”知6＝1＋5 或6＝2＋4，但第2、3 行有已有2，所以只图1能是6＝1＋5．而第2 行已有1，从而1 在第3 行，5 在第2 行．再看“240×”粗框内所填数字，第一列该填3、4，但第3 行已有3，所以第2 行第1 列为3，第行第1 列为4，那么第2 行第2 列为4，第3 行第2 列为5．见图3．剩下空格只需注意同行、同列数字各不相同即可得到．见图4．4－519＋240×6＋4×1222－32÷212＋11120×图2 图3 图4三、填空题Ⅲ（每题12 分，共60 分）11. n 名棋手进行单循环比赛，即任两名棋手间都比赛一场．胜者得2 分，平局各得1 分，负者得0 分．比赛完毕后，前4 名依次得8、7、4、4 分．n＝．【答案】6【解析】若n≤5，则至多赛4×5÷2＝10 场，总分至多2×10＝20 分，但现在前4 名总分就有8＋7＋4＋4＝23 分，矛盾！所以，n≥6．总分为(n-1)×n 分，每名棋手的平均分为n-1，若n≥7，则平均分至少为6 分，但现在前4名的平均分也未到6，矛盾！所以，n≤6．综上所述，n＝6．12. 如图，大长方形被分成了四个小长方形．已知四个小长方形的周长分别是1、2、3、4，且四个小长方形中恰有一个正方形．大长方形的面积是．【答案】1.5d 【解析】据对称性，不妨设A、B、C、D 四个小长方形的周长依次是1、2、3、4．B 的周长比A 的周长多1，则b＝a＋0.5；D 的周长比B 的周长多2，则d＝c＋1．若A 是正方形，则a＝c＝1÷4＝0.25，则b＝0.75，d＝1.25，大长方形的面积是(0.25＋0.75)×(0.25＋1.25)＝1.5若B 是正方形，则b＝c＝2÷4＝0.5，则a＝0，矛盾！若C 是正方形，则a＝d＝3÷4＝0.75，则A 的周长大于0.75×2＝1.5，矛盾！若D 是正方形，则b＝d＝4÷4＝1，则c＝0，矛盾！综上所述，大长方形的面积是1.5．13. 某校五年级二班35 个同学，学号分别为1~35．一天他们去春游．除了班长之外，其余34个同学分成5 组，结果发现每个小组的同学学号之和都相等；后来这34 个同学又重新分成8 组，结果发现每个小组的同学学号之和还是相等．班长的学号是．【答案】30【解析】另外34 个同学的学号总和既是5 的倍数，又是8 的倍数，则是[5,8]＝40 的倍数；而1＋2＋3＋…＋35＝(1+35)×35÷2＝630，630 除以40 的余数是30，因此班长的学号是30．14. 9 个小等边三角形拼成了如图的大等边三角形．每个小等边三角形中都填写了一个六位数，且有公共边的两个小等边三角形所填的六位数恰有一位不同．现已有小等边三角形中填好数．另外6 个小三角形，共有种填法．【答案】64【解析】111122、A、F、E、112211 依次相邻，而111122 与112211 有四位不同，所以由111122 开始，每次只能变化 1 位，4 次后变为112211．这样，A、F、E 的前2 位都是1．同理，C、D、E 的末两位都是1，A、B、C 的中间两位也都是1．于是，A 有111112 或111121 两种选择，C 有121111 或211111 两种选择，E 有111211 或112111 两种选择．当A 和C 确定后，不妨设A 为111112，C 为121111，于是B 有121112 或111111 两种选择．同理，D、F 各有两种选择．综上所述，A、B、C、D、E、F 各有2 种选择，所以一共有26＝64 种填法．15. 相距180 千米的A、B 两地之间有一条单车道的公路（即不许超车）．有一天，一辆小轿车从A 出发，同时，一辆大货车在A、B 之间的某地C 出发，都沿该公路驶向B 地．两辆车到达B 地所用时间之和为5 小时．如果交换两车的出发位置，并让两车仍然同时出发，那么它们到达B 地所用时间之和仍为 5 小时．已知在没有货车挡道时小轿车的速度是大货车速度的3倍，那么BC 间的路程为千米．A CB 【答案】108【解析】两次所花总时间相同，但第二次两车不会相互阻挡，因此第一次小轿车一定在半路被大货车拦住了，因此第一次小轿车所花时间与大货车相同，都是5 ÷ 2 = 2.5 小时．大货车从C 到B花了2.5 小时，二小轿车速度是其3 倍，因此第二次小轿车花的时间为2.5 ÷ 3 =5 小时，则大货6车花5 -5 =25 小时．则BC 长为180 ÷25 ⨯ 2.5 =108 千米．6 6 6FE112211111122ADBC221111六年级初赛一、填空题Ⅰ（每题8 分，共40 分）1. 算式(2011－9)÷0.7÷1.1 的计算结果是．【答案】2600【解析】原式＝2002÷7÷11×100＝2600．2. 全世界胡杨90%在中国，中国胡杨90%在新疆，新疆胡杨90%在塔里木．塔里木的胡杨占全世界的%．【答案】72.9【解析】90%×90%×90%＝72.9%．3. 半径为10、20、30 的三个扇形如图放置，S2 是S1 的倍．S2【答案】5【解析】S1＝π×102÷4＝25π，S2＝(π×302－π×202)÷4＝125π．所以，S2÷S1＝125π÷25π＝5 倍S14. 50 个各不相同的正整数，它们的总和是2011，那么这些数里奇数至多有个．（43）【答案】43【解析】最小的45 个奇正整数的和为1＋3＋5＋…＋89＝452＝2025＞2011，所以奇数个数不到45 个．另一方面，2011 为奇数，所以奇数的个数得为奇数，所以所以奇数个数至多43 个．另一方面，当这50 个数为1、3、5、…、85、2、4、6、8、10、12、120 是满足要求的一组数，它就有43 个奇数．5. A、B、C 三队比赛篮球，A 队以83:73 战胜B 队，B 队以88:79 战胜C 队，C 队以84:76 战胜A 队．三队中得失分率最高的出线．一队得失分率为得的总分，如A 队得失分率为失的总分83 + 76 ．三队中，队出线．73 +84【答案】A【解析】A 队的得失分率为83 + 76 =159 >1，B 队的得失分率为73 + 88 =161 <1，C 队的得失73 +8415783 +79162分率为79 + 84 =163 <1．所以，A 队得失分率最高，于是A 队出线．88 +76164二、填空题Ⅱ（每题10 分，共50 分）AB6. 如图，一个边长为120cm 的等边三角形被分成了面积相等的五块；那么，AB＝cm． C GF 【答案】45D E 【解析】因为S ∆ACF=3 ，所以AC =AD⨯3 =120⨯3 = 90 (cm)．S4 4 4∆ADF同理，因为S∆ABG=1 ，所以AB =AC ⨯1 =90⨯1 =45(cm)．2 2 2S∆ACG7. 某校六年级学生中男生人数占52%，男生中爱踢足球的的占80%，女生中不爱踢足球的的占70%．那么，在该校全体六年级学生中，爱踢足球的学生占%．【答案】56【解析】(1－52%)×(1－70%)＋52%×80%＝56%．8. 在每个方框中填入一个数字，使得乘法竖式成立．已知乘积有两种不同的得数，那么这两个得数的差是．【答案】2030【解析】由ABC×2＝□0□得C≤4，B＝0 或5．同时对比ABC×D＝□1□知D≥3，若A≥3，则ABC×D＞900，万位就要进位了．所以A≤2．若B＝5，则D 也为偶数，由D≥3 得D≥4，由ABC×D＝□1□知A＝1．考A B CD E 21118＋ 43 65 1－1 2 30× 325 11＋ 4 61 600× 65 2÷2 3÷13 72×4 54113＋ 6233＋ 2 5－1 12＋ 4 356 1 6 3 2 20× 45 虑到 ABC ×E ＝□□1□知 E ＝8，由 C ×E ＝1□，知 C ≤2．由 ABC ×D ＝□1□知 D ＝4，由 C×D ＝1□有 C ≥3．矛盾！所以 B ＝0．当 B ＝0 时，A0C ×E ＝□□1□，知 A ≥2，所以 A ＝2． 再由 20C ×E ＝□□1□知 E ≥5，且 C ≤3若 C ＝2，202×D ＝□1□无解，所以 C ＝3．由 C ×D ＝3×D ＝1□知 D ≥4，由 203×D ＝□1□知 D ≤4．所以 D ＝3． 由 C ×E ＝3×E ＝1□，知 E ≤6，所以 E ＝5、6． 验算知，203×452 与 203×462 均满足要求． 所以，203×462－203×452＝203×(462－452)＝203×10＝2030．9. 大小相同的金、银、铜、铁、锡正方体各一个，拼成如图的“十”字．一共 有 种不同的拼法（旋转以后可以重合的拼法看成是相同的拼法）． 【答案】15【解析】先选择中心处的正方体，有 5 种选择，不妨设中心处是金正方体． 再看哪个正方体与银正方体相对，有铜、铁、锡这 3 种选择． 所以，共 5×3＝15 种不同的拼法．10. 在右图的每个格子中填入 1～6 中的一个，使得每行、每列所填数字各不相同．每个粗框左上角的数和“＋”、“－”、“×”、“÷”分别表示粗框内所填数字的和、差、积、商 （例如“600×”表示它所在粗框内的四个数字的乘积是600）．【答案】如图 三、填空题Ⅲ（每题 12 分，共 60 分）11. 用 1，3，5，7，9 这五个数字组成若干个合数，每个数字恰好用一次；那么，这些合数的总 和最小是 ．【答案】214【解析】若组成的合数中最大的为两位数，而 1、3、5、7、9 中合数只有 9，则为 2 个两位合数 和 1 个一位合数．注意到 13、31、37、73、17、71 都是质数，所以此时无解． 若组成的合数中最大的为两位数，而 1、3、5、7、9 中合数只有 9，则为 1 个三位合数和 1 个两 位合数．又注意到 137、159 都是质数，所以百位至少是 1，十位数字至少是 3＋7，于是这些合 数的总和至少是 1×100＋(3＋7)×10＋5＋9＝214．而 175＋39＝214． 综上所述，这些合数的总和最小是 214．12. 右图的盒子，高为 20cm ，底面数据如右下图．这个盒子的容积是 cm 3．（π 取 3.14） 【答案】862.8【解析】V ＝[(9＋2)×4－12×4＋π ×12]×20＝800＋20π ≈862.8(cm 3)13. 一件工程，按甲、乙、丙各一天的顺序循环工作，恰需要整数天工作完毕．如果按丙、甲、乙各一天 4 的顺序循环工作，比原计划晚 0.5 天工作完毕．如 果按乙、丙、甲各一天的顺序循环工作，比原计划 晚 1 天工作完毕．乙单独完成这件工程需要 30 天．甲乙丙三人同时做，需要 天完成． 【答案】7.5【解析】按甲、乙、丙各一天的顺序循环工作，所需天数一定不是 3 的倍数，否则按其它顺序循 环工作，所需天数应该和原计划一样．同理，按乙、丙、甲各一天的顺序循环工作，所需天数也 是整数天，也不是 3 的倍数．所以原计划所需天数为 3K ＋1 天（K 为整数）． 设甲、乙、丙的工效分别为 x 、y 、z ， 对比按丙、甲、乙各一天的顺序循环工作与原计划的工作，有 x ＝z ＋0.5x ． 对比按乙、丙、甲各一天的顺序循环工作与原计划的工作，有 x ＝y ＋z ．解得，x :y :z ＝2:1:1．y ＝ 1 ，则 x ＝ 1 ，z ＝ 1．30 15 所以，甲乙丙三人同时做，需要1 1 30 1 1 2 ⎪ = 1 ÷ = 7.5(天)．÷ ⎛ + ⎝ 15 30 +⎫ 30 ⎭1514. 甲、乙二人相向而行，速度相同．火车从甲身后开来，速度是人的 17 倍．车经过甲用 18秒钟，然后又过了 2 分 16 秒完全经过了乙的身边．甲、乙还需用 【答案】1088【解析】设人的速度为每秒走 1 份，则火车速度为 17 份/秒．2 分 16 秒即 136 秒钟火车车尾与甲间的路程为(17－1)×136 米，这就是此时甲、乙间的路程． 所以，甲、乙还需用(17－1)×136÷(1＋1)＝1088(秒)钟相遇．15. 100 名学生站成一列．从前到后数，凡是站在 3的倍数位置的学生都面向前方，其余学生都 面向后方．当相邻两个学生面对面时，他们就会握一次手，然后同时转身．当不再有人面对 面时，一共握过了 次手． 【答案】1122【解析】每握一次手，两人转身可以看成这两人交换位置，朝向不变． 这样的话，最后 3 号要走到 1 号位置，要交换 2 次位置，即握 2 次手；6 号要走到 2 号位置，要交换 4 次位置，即握 4 次手；9 号要走到 3 号位置，要交换 6 次位置，即握 6 次手；……； 99 号要走到 33 位置，要交换 66 次位置，即握 66 次手． 所以，一共握手 2 + 4 + 6 ++ 66 = 1122次．。

第十二届“走进美妙的数学花园”青少年展示交流活动趣味数学解题技能展示大赛初赛注意事项:1．请在密封线内填好有关信息. 总分2．不允许使用手机、计算器等电子设备.小学六年级试卷（A 卷）填空题I（每题8 分，共40 分）1．计算：20140309= .7 ⨯101⨯ 4672．现有含食盐6%的盐水92 千克，如果将盐水的浓度提高到8%，需要再加入盐千克。

3．像2，3，5，7 这样的只能被1 和自身整除的大于1 的自然数叫做质数或者素数。

每一个自然数都能写成若干个（可以相同）质数的乘积，比如，4=2×2，6=2×3，8=2×2×2，9=3×3，10=2×5 等，那么 1938 写成这种形式为 .4．某班有 3 名学生参加数学解题技能展示选拔赛，那么，可能出现的入选情形一共有种.5．“24 点游戏”是很多人熟悉的数学游戏，游戏过程如下：任意从52 张扑克牌（不包括大小王）中抽取4 张，用这4 张扑克牌上的数字（A=1，J=11，Q=12，K=13）通过加减乘除四则运算得出24，最先找到算法者获胜，游戏规定4 张拍扑克都要用到，而且每张牌只能用 1 次，比如 2，3，4，Q，则可以由算法(2⨯Q)⨯(4 - 3)得到 24. 王亮在一次游戏中抽到了K，9，1，1，他发现K + 9 +1+1 = 24 ，如果将这种能够直接相加得到24 的4 张牌称为“友好牌组”，那么，含有Q 的不同“友好牌组”共有组。

填空题II（每题10 分，共50 分）6．在中国古代数学中，两个形状相同的圆柱以垂直方向互相穿插，如图所示，中间重合部分所构成的几何体称为牟合方盖，从正上方俯视牟合方盖，看到的图形为。

7. 如图所示的图形由1 个大的半圆弧和6 个小的半圆弧围成，已知最大的半圆弧的直径为1，则这个图形的周长为（用圆周率π表示）。

8. 如图所示，已知大圆的半径为2，则阴影部分II 的面积为。

第五届“走进美妙的数学花园”中国青少年数学论坛趣味数学解题技能展示大赛——初赛六年级填空题（共15题，满分150。

第1～4题每题8分，第5～8题每题10分，第9～12题每题12分，第13～15题每题10分）1.2007×2007×…×2007（2008个2007）的个位数字是____。

答案：1。

解析：12007的个位为7；22007的个位为9,；32007的个位为3；42007的个位为1；52007的个位为7……注意到n 2007的个位四个数为周期。

而2008÷4=502…0，那么20082007的个位数字为1。

答案:301151。

解析：213015.150301151,212035.10120310121355.1735172195.4942175.373=====＞，＜，＜，＜，＜。

故最大的一个为301151。

3.2×3的棋盘上有5个棋子及1个空格。

每步可将1个棋子移动到旁边的空格（横向或纵向）。

经过若干步移动后，由图1变到图2。

A ＝____，B ＝____。

答案：A=5,B=4。

解析：题中图1可按照如下方式变为图a 。

注意到图a 中A 与B 为4与5.这时1与2的位置正好与题中图2的1与2的位置相反。

故图2中A 应为5，B 应为4。

4.如图3所示，梯形ABCD 中，AE 与DC 平行，ABE S ∆=15，BCF S ∆=____。

中最大的一个是，，，分数____301151203101351794,73.2EFCDFE S S =答案:15。

解析：连DE ，有ABE S ∆=DBE S ∆→DFE ABF BEF DBE BEF ABE S S S S S S ∆∆∆∆∆∆=-=-即。

又由AE ∥CD 得 。

所以从而15==+=+==∆∆∆∆∆∆∆∆ABE ABF BFE FEC BFE BFC FEC ABF S S S S S S S S 5.1000千克葡萄含水率为96.5%。

2015年第13届“走美杯”小学数学竞赛试卷（六年级初赛B卷）一、填空题（共5小题，每小题8分，满分40分）1．（8分）计算：++=．2．（8分）某商品今年的生产成本比去年增加了5%，扔保持原来的销售价格，则每件产品的利润下降了20%，那么，如果要保持成本在销售价格中所占的百分比，销售价格应该在去年的基础上提高%．3．（8分）用1，2，3，4，5，6，7，8这八个数字给4名男生与4名女生编号，要求是男生用奇数，女生用偶数，那么，一共有种不同的编号方法．4．（8分）用2015减去它的，再减去余下的，再减去余下的，…，以此类推，一直减去余下的，那么最后的得数为．5．（8分）“24点游戏”很多人熟悉的数学游戏，游戏过程如下：任意从52张扑克牌（不包括大小王）中抽取4张，用这4张扑克牌上的数字（A=1，J=11，Q=12，K=13）通过加减乘除四则运算得出24，最先找到算法者获胜．游戏规定4张牌扑克都要用到，而且每张牌只能用1次，比如2，3，4，Q．则可以由算法（2×Q）×（4﹣3）得到24．王亮在一次游戏中抽到了4，4，7，7，经过思考．他发现（4﹣）×7=24．我们将满足（a﹣）×b=24的牌组{a，a，b，b}称为“王亮牌组”，请再写出一组不同的“王亮牌组”．二、填空题（共5小题，每小题10分，满分50分）6．（10分）在荷兰的小镇卡茨林赫弗尔2013年6月建成了一个由三个半圆组成的城市雕塑，三个半圆的直径分别为24.2m，19.3m，4.9m．这个雕塑的原始图形来自于阿基米德《引理集》中的鞋匠刀形（Arbelos），即图中的阴影部分所示的图形．那么该城市雕塑中的鞋匠刀形的周长为（圆周率用π表示）．7．（10分）“足球”可以近似地看成是由一些五边形与正六边形组成的几何体，每一个顶点处有3条棱，这个几何体是阿基米德立体（Archimedean Solids）中的一个，通常，可以通过如图所示的方法，截正二十面体得到“足球”，那么，一个“足球”的棱数为．8．（10分）如图所示，BD，CE分别是∠ABC的角平分线，如果∠BAC=62°，那么，∠BFC=°．9．（10分）将图中的边染色，要求有共同顶点的两个相邻的边染不同的颜色，则至少需要中颜色．10．（10分）索马里方体是丹麦物理学家皮特•海音（Piet Hein）发明的7个小立方体组块（如图所示），如果假设这些小立方体的边长为1，则利用这7个组块不仅可以组成一个3×3的立方体，还可以组成很多美妙的几何体，那么，要组成下面的几何体，需要用到的3个索玛立方体的编号是．三、填空题（共5小题，每小题12分，满分60分）11．（12分）一个大于0的自然数如果满足所有因数（即约数）之和等于它自身的2倍，则称这个数为完全数（或完美数），比如，最小的完全数是6，因为6的所有因数为1，2，3，6，而1+2+3+6=12．古希腊时代的人们就已经认识完全数，并且找到了前4个6，28，496，8128完全数，那么，8128的全体质因数为．12．（12分）只能被1和自身整除的大于1的自然数叫做质数或素数．比如2，3，5，7，11等，如果将117分拆成10个质数之和，要求其中最大的质数尽可能大，那么，这个最大的质数为．13．（12分）我们可以将全体正整数和正分数按照如图所示的方法，从1开始，一层一层地“生长”出来；是第一层；第二层是，，第三层是，，，，…按照这个规律，在第层．14．（12分）如果两个自然数的积被13除余1，那么我们称这两个自然数互为“模13的倒数”比如，2×7=14，被13除余1，则2和7互为“模13的倒数”；1×1=1，则1的“模13的倒数”是它自身．显然，一个自然数如果存在“模13的倒数”则它的倒数并不是唯一的，比如，14就是1的另一个“模13的倒数”．判断1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12是否有“模13的倒数”，并利用所得结论计算1×2×3×4×5×6×7×8×9×10×11×12（记为12！，读作12的阶乘）被13除所得的余数．15．（12分）如果一个正方形能够被分割为若干个边长不等的小正方形，则这个正方形称为完美正方形．下面的正方形是已知包含21个小正方形的完美正方形（称为21阶完美正方形），这是迄今为止知道的最小阶数的完美正方形．分割方法如图所示，其中小正方形中心的数字代表其边长，请计算这个完美正方形的边长，并写在这里．2015年第13届“走美杯”小学数学竞赛试卷（六年级初赛B卷）参考答案与试题解析一、填空题（共5小题，每小题8分，满分40分）1．（8分）计算：++=．【分析】先把算式拆分为×+×+×，再根据乘法的分配律简算即可．【解答】解：++=×+×+×=×（++）=×1=；故答案为：．【点评】此题重点考查了学生对分数的拆项和运算定律的掌握与运用情况，要结合数据的特征，灵活选择简算方法．2．（8分）某商品今年的生产成本比去年增加了5%，扔保持原来的销售价格，则每件产品的利润下降了20%，那么，如果要保持成本在销售价格中所占的百分比，销售价格应该在去年的基础上提高5%．【分析】要使成本在销售价格中所占的百分比不变，设去年的成本为a，销售价格为b，去年成本与销售价格的百分比，即为：，设须提高去年售价的x，则可列关系式，求解即可．【解答】解：根据分析，设去年的成本为a，销售价格为b，去年成本与销售价格的百分比，即为：，销售价格在去年的基础上提高x，则有：，解得：x=5%，即：销售价格应该在去年的基础上提高5%．故答案是：5%．【点评】本题考查了利润利息和纳税的问题，本题突破点是：设成本在销售价格中所占的百分比，列出关系式，求解即可得出．3．（8分）用1，2，3，4，5，6，7，8这八个数字给4名男生与4名女生编号，要求是男生用奇数，女生用偶数，那么，一共有576种不同的编号方法．【分析】按题意，男生用奇数编号，有四个奇数，每个人有四个选择，故将四个奇数与四名男生进行排列，有4×3×2×1=24种编号方法，同理女生的编号方法利用排列的性质也可以求得，故总的编号方法不难求得．【解答】解：根据分析，男生用奇数编号，有四个奇数，每个人有四个选择，故将四个奇数与四名男生进行排列，共有：4×3×2×1=24种编号方法；女生用偶数编号，共有4个偶数编号，故四个偶数与四个女生进行一一排列，共有：4×3×2×1=24种不同的编号方法，一共有：24×24=576种不同编号方法．故答案是：576．【点评】本题考查了排列组合，突破点是：利用排列和组合，以及奇数偶数的个数，求得总的不同的编号方法．4．（8分）用2015减去它的，再减去余下的，再减去余下的，…，以此类推，一直减去余下的，那么最后的得数为65．【分析】把每次减少前的数看作单位“1”，则分别剩下单位“1”的（1﹣）、（1﹣）、（1﹣）、…、（1﹣），然后根据分数乘法的意义，用2015乘这些分率即可解决问题．【解答】解：2015×（1﹣）×（1﹣）×（1﹣）×…×（1﹣）=2015×=2015×=65故答案为：65．【点评】本题关键是确定每次剩余它前面的几分之几，计算中要根据规律约分巧算．5．（8分）“24点游戏”很多人熟悉的数学游戏，游戏过程如下：任意从52张扑克牌（不包括大小王）中抽取4张，用这4张扑克牌上的数字（A=1，J=11，Q=12，K=13）通过加减乘除四则运算得出24，最先找到算法者获胜．游戏规定4张牌扑克都要用到，而且每张牌只能用1次，比如2，3，4，Q．则可以由算法（2×Q）×（4﹣3）得到24．王亮在一次游戏中抽到了4，4，7，7，经过思考．他发现（4﹣）×7=24．我们将满足（a﹣）×b=24的牌组{a，a，b，b}称为“王亮牌组”，请再写出一组不同的“王亮牌组”（2，2，13，13），（3，3，9，9），（6，6，5，5），（8，8，4，4），（12，12，3，3）．【分析】先根据“王亮牌组”的特征，得出a，（b﹣1）是24的约数，最后借助扑克牌的特点即可得出结论．【解答】解：依题意可知：根据（a﹣）×b==a（b﹣1）=24；那么a和（b﹣1）就是24的约数；显然（a，b）的数字组合为（2，13），（3，9），（6，5），（8，4），（12，3）（扑克中最大为13）故答案为：（2，2，13，13），（3，3，9，9），（6，6，5，5），（8，8，4，4），（12，12，3，3）．【点评】此题是填符号组算式，主要考查了约数，以及理解“王亮牌组”的特点，得出a，（b﹣1）是24的约数是解本题的关键．二、填空题（共5小题，每小题10分，满分50分）6．（10分）在荷兰的小镇卡茨林赫弗尔2013年6月建成了一个由三个半圆组成的城市雕塑，三个半圆的直径分别为24.2m，19.3m，4.9m．这个雕塑的原始图形来自于阿基米德《引理集》中的鞋匠刀形（Arbelos），即图中的阴影部分所示的图形．那么该城市雕塑中的鞋匠刀形的周长为24.2π（圆周率用π表示）．【分析】显然，阴影部分的周长由三个圆的半圆弧组成的，故图中的阴影部分所示的图形那么该城市雕塑中的鞋匠刀形的周长可以用三个圆的半圆周长公式即可求得．【解答】解：根据分析，阴影部分的周长由三个圆的半圆弧组成的，故图中的阴影部分所示的图形那么该城市雕塑中的鞋匠刀形的周长===24.2π故答案是：24.2π．【点评】本题考查了圆的周长，突破点是：利用圆的周长公式不难求得阴影部分的周长．7．（10分）“足球”可以近似地看成是由一些五边形与正六边形组成的几何体，每一个顶点处有3条棱，这个几何体是阿基米德立体（Archimedean Solids）中的一个，通常，可以通过如图所示的方法，截正二十面体得到“足球”，那么，一个“足球”的棱数为90．【分析】可以根据多面体的顶点V，面数F，棱数E之间关系式V+F﹣E=2，先求出正五边形和正六边形的个数，再求棱数．【解答】解：根据分析，设多面体的顶点V，面数F，棱数E之间关系式为：V+F ﹣E=2；设有正五边形x个，正六边形y个，由题意得：解得：x=12，y=20．则棱的总数为E=（5×12+6×20）=90．故答案是：90．【点评】本题考查了组合图形的计数，突破点是：根据关系式V+F﹣E=2，先求出正五边形和正六边形的个数，再求棱数．8．（10分）如图所示，BD，CE分别是∠ABC的角平分线，如果∠BAC=62°，那么，∠BFC=121°．【分析】根据三角形的内角和，得知：∠A+∠ABC+∠ACB=180°⇒∠A+2∠FBC+2∠FCB=180°⇒∠FBC+∠FCB=（180°﹣∠A）==59°．【解答】解：根据分析，根据三角形的内角和，得知：∠A+∠ABC+∠ACB=180°⇒∠A+2∠FBC+2∠FCB=180°⇒∠FBC+∠FCB=（180°﹣∠A）==59°又∵∠BFC=180°﹣∠FBC﹣∠FCB=180°﹣59°=121°．故答案是：121°．【点评】本题考查了长度和角度，突破点是：根据三角形的内角和以及角平分线的性质，可以求得∠BFC．9．（10分）将图中的边染色，要求有共同顶点的两个相邻的边染不同的颜色，则至少需要3中颜色．【分析】首先分析内五边形的染色最低需要3色，那么只要枚举出3色可以染出来此图即可．【解答】解：依题意可知：首先分析内5点是循环的用数字代表颜色即是至少是12123的情况为3种颜色．如图所示3种颜色可以完成此图的染色．故答案为：3【点评】本题考查对染色问题的理解和运用，关键问题是找到内五边形的最低染色的标准，问题解决．10．（10分）索马里方体是丹麦物理学家皮特•海音（Piet Hein）发明的7个小立方体组块（如图所示），如果假设这些小立方体的边长为1，则利用这7个组块不仅可以组成一个3×3的立方体，还可以组成很多美妙的几何体，那么，要组成下面的几何体，需要用到的3个索玛立方体的编号是1号，3号，5号或1号，3号，6号．【分析】首先确定目标图形需要多少块单位立方体（棱长为1的立方体），由题意可知需要11块，索玛立方体的1号包含3个单位立方体，2号到7号包含4个单位立方体，而目标图形需要11个单位立方体，只能是3+4+4，所以1好必须选择，之后通过观察即可解决问题．【解答】解：首先确定目标图形需要多少块单位立方体（棱长为1的立方体），由题意可知需要11块，索玛立方体的1号包含3个单位立方体，2号到7号包含4个单位立方体，而目标图形需要11个单位立方体，只能是3+4+4，所以1好必须选择，之后通过观察可知，1号，3号，5号或1号，3号，6号是成立的．（3号放在最底层，且保持图中的姿势，1好放在3号上面）．故答案为1号，3号，5号或1号，3号，6号．【点评】本题考查剪切拼接、索马里方体，解题的关键是利用数形结合的思想思考问题，学会观察、尝试、动手操作解决问题．三、填空题（共5小题，每小题12分，满分60分）11．（12分）一个大于0的自然数如果满足所有因数（即约数）之和等于它自身的2倍，则称这个数为完全数（或完美数），比如，最小的完全数是6，因为6的所有因数为1，2，3，6，而1+2+3+6=12．古希腊时代的人们就已经认识完全数，并且找到了前4个6，28，496，8128完全数，那么，8128的全体质因数为1，2，4，8，16，32，64，127，254，508，1016，2032，4064，8128．【分析】首先是分解质因数，计算共有多少个约数．同时成组寻找即可．【解答】解：8128=26×127．因数个数（6+1）×（1+1）=14个，8128=1×8128=2×4064=4×2032=8×1016=16×508=32×254=64×127．故答案为：1，2，4，8，16，32，64，127，254，508，1016，2032，4064，8128．【点评】要想找到所以的因数关键在于计算出所有的因数个数然后按照顺序成对写出．12．（12分）只能被1和自身整除的大于1的自然数叫做质数或素数．比如2，3，5，7，11等，如果将117分拆成10个质数之和，要求其中最大的质数尽可能大，那么，这个最大的质数为97．【分析】117分成最小的9个2，第十个数也是小于100的，可以从100以内最大的质数开始枚举．【解答】解：100以内最大的质数是97，117﹣97=20，将20分拆成9的质数的和20=2×7+3×2正好符合题意．故答案为：97．【点评】首先要熟记100以内的25个质数，最大是97，尝试枚举即可，同时要注意本题可以是重复数字．13．（12分）我们可以将全体正整数和正分数按照如图所示的方法，从1开始，一层一层地“生长”出来；是第一层；第二层是，，第三层是，，，，…按照这个规律，在第9层．【分析】首先发现数阵图的规律是数阵图的规律是上边数字的乘积是下方的数字．同时发现的和是8，在相乘的分数中8即是小数3分子又是大数5的分母．枚举即可．【解答】解：依题意可知：根据数阵图规律可知；；；；数阵图的规律是上边数字的乘积是下方的数字．同时发现的和是8，在相乘的分数中8即是小数3分子又是大数5的分母．那么对应相乘的数字就是．那么他们前一个数字就是．×=．可知是第七行．是第八行，和即再第九行．故答案为：9【点评】本题考查对数阵图的理解和运用，关键是找到数字的变化规律．问题解决．14．（12分）如果两个自然数的积被13除余1，那么我们称这两个自然数互为“模13的倒数”比如，2×7=14，被13除余1，则2和7互为“模13的倒数”；1×1=1，则1的“模13的倒数”是它自身．显然，一个自然数如果存在“模13的倒数”则它的倒数并不是唯一的，比如，14就是1的另一个“模13的倒数”．判断1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12是否有“模13的倒数”，并利用所得结论计算1×2×3×4×5×6×7×8×9×10×11×12（记为12！，读作12的阶乘）被13除所得的余数12．【分析】判断1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12是否有“模13的倒数”只需从定义出发判断即可；计算1×2×3×4×5×6×7×8×9×10×11×12被13除所得的余数需要用同余的性质2来简化运算．【解答】解：观察1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12易发现：2×7=14 14÷13=1 (1)3×9=27 27÷13=2 (1)4×10=40 40÷13=3 (1)5×8=40 40÷13=3 (1)6×11=66 66÷13=5 (1)12×12=144 144÷13=11 (1)所以1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12都有“模13的倒数”．由同余的性质2可知：对于同一个除数，两个数的乘积与他们的余数的乘积同余，则：1×2×3×4×5×6×7×8×9×10×11×12=1×2×7×3×9×4×10×5×8×6×11×12=14×27×40×40×66×1214×27×40×40×66×12≡12（mod13）所以，1×2×3×4×5×6×7×8×9×10×11×12被13除所得的余数为12．答：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12有“模13的倒数”；1×2×3×4×5×6×7×8×9×10×11×12被13除所得的余数为12．【点评】本题主要考察同余的性质2，但在运用同余性质2时，需要观察并找到2×7，3×9，…，6×11，刚好都是1×2×3×4×5×6×7×8×9×10×11×12的因式这一规律，方可解题．15．（12分）如果一个正方形能够被分割为若干个边长不等的小正方形，则这个正方形称为完美正方形．下面的正方形是已知包含21个小正方形的完美正方形（称为21阶完美正方形），这是迄今为止知道的最小阶数的完美正方形．分割方法如图所示，其中小正方形中心的数字代表其边长，请计算这个完美正方形的边长，并写在这里112．【分析】根据小正方形中心的数字代表其边长，求出变成是50、35、27的三个小正方形的边长的和，即可求出这个完美正方形的边长是多少即可．【解答】解：根据分析，根据小正方形中心的数字代表其边长，求出变成是50、35、27的三个小正方形的边长的和，即：50+35+27=85+27=112．故答案是：112．【点评】本题考查了剪切和拼接，突破点是：根据小正方形中心的数字代表其边长，求出变成是50、35、27的三个小正方形的边长的和．。

2016年第十四届天津市“走美杯”初赛试卷（六年级）一、填空题Ⅰ（每题8分，共40分）1．（8分）计算：3= ．2．（8分）某种商品若以6折（标价的60%）降价出售，仍相对于进货价获利10%，那么该商品标价应为进货价的倍．3．（8分）有一种骰子是非标准的，其上的点数分别为2，3，3，5，5，6，用这样两个骰子一起投掷一次，点数之和恰好等于8概率为（用最简分数表示）．4．（8分）甲乙丙三种书．甲每本5元，乙每本3元，丙1元3本．现在要买三种书共100本（三种书都要有），总价恰好为100元．写出所有可能的购书方案（甲书的本数，乙书的本数，丙书的本数）．5．（8分）大于0的自然数，如果满足所有因数之和等于它自身的2倍，则这样的数称为完美数或完全数，比如，6的所有因数为1，2，3，6，1+2+3+6=12.6就是最小的完美数．是否有无限多个完美数的问题至今仍然是困扰人类的难题之一，可以从计算自然数的所有因数之和开始，研究完美数2016的所有因数之和为．二、填空题Ⅱ（每题10分）6．（10分）如图所示的图案由半圆构成，已知最大的圆的半径R=3，则阴影部分图形的周长为，面积为（圆周率用π表示）7．（10分）埃及人擅长数学，他们很早之前就发明了个计算圆的面积的公式：S=（）2．其中，d是圆的直径．在这个公式当中，相当于将圆周率π取值为（保留两位小数）．8．（10分）如图．将长方形纸片ABCD的两边AD与BC对折，得到折痕EF，再将点B折到EF上，得到折痕AM与点N，如果AM=3，那么，MN= ．9．（10分）如图所示，从一个正三角形开始以下操作：第一步，将三个边分别三等分，在每一条边的中间三分之一处，向外做边长等于原来边长三分之一的小正三角形，并删除底边，得到一个六角星；第二步，对六角星的每一条边继续第一步的操作，得到一个更为复杂的六角星；…这样一直下去，就会得到一个类似雪花的美丽图形，这个图形是瑞典数学家柯赫于1904年首先构造出来的，被称为“柯赫曲线”．设原三角形的面积为1，那么，第3步后，所得到图形的面积为．10．（10分）阿凯，宝夯刚刚和崔蕊成为朋友，他们想知道崔蕊的生日日期，崔蕊最终给他们十个可能日期：5月15日、5月16日、5月19日、6月17日、6月18日、7月14日、7月16日、7月17日、8月14日、8月15日．崔蕊只告诉了阿凯她生日的月份，告诉了宝夯她生日的日子，但阿凯和宝夯进行了下面一段奇怪的对话，就都知道崔蕊的生日了．宝夯：我不知道崔蕊的生日．阿凯：你说话之前我不知道崔磊的生日，现在我知道了．宝夯，那我也知道崔蕊的生日了．那请问崔蕊的生日在哪一天？你的答案是：．三、填空题Ⅲ（每题12分，共60分）11．（12分）古罗马的凯撒大帝发明了世界上最早的数学加密方法．我们现在介绍一种“等差数列加密法”：以单词为单位，需要加密的单词的第一个字母对应到它后面的第一个字母（在字母表中的顺序，后同），第二个字母对应到它在字母表后面的第二个字母．第三个字母对应到它后面的第三个，…．比如．需要加密HELLO，H→I，E→G，L→O，L→P，O→T．加密后的密文为IGOPT．按照这种加密为法，小明收到了一个加密后的信息“JNRZJEVC”，那么，这个信息的原文是．12．（12分）只能被1与其自身整除的大于1的自然数称为素数或质数，比如2，3，5，7，11，13等．大于1的自然数如果不是素数，则称为合数．古希腊时代的人们已经知道，素数有无穷多个，其证明思路蕴含在以下问题中：前两个素数组成的算式2×3+1=7；同样，前三个素数的算式2×3×5+1=31，也是素数；前4个素数的算式2×3×5×7+1=211，前5个素数的算式2×3×5×7×11+1=2331，可以验证也是素数；但前6个素数的算式2×3×5×7×13+1=30031不是素数．显然2，3，5，7，11，13都不能整除这个数，所以，一定有比前6个素数大的素数整除30031，请写出满足条件的素数中的最大者：．13．（12分）将从1开始到100的连续的自然数相乘．得1×2×3×…×100．记为100！（读作100的阶乘）用3除100！显然，100！被3整除．得到一个商；再用3除这个商，…，这样一直用3除下去，直到所得的商不能被3整除为止，那么，在这个过程中用3整除了次．14．（12分）在中的圆圈中填入从1到16的自然数（每一个数用而且只能用一次），使连接在同一直线上的4个圆圈中的数字之和都相等，这称为一个8阶幻星图，这个相等的数称为8阶幻星图的幻和．那么，8阶幻星图的幻和为，并继续完成以下8阶幻星图．2016年第十四届天津市“走美杯”初赛试卷（六年级）参考答案与试题解析一、填空题Ⅰ（每题8分，共40分）1．（8分）计算：3= ．【分析】本题属于阶梯式繁分数的化简，应从下往上依次化简，最后得出结果．【解答】解：3=3+=3+=3+=3+=【点评】掌握阶梯式繁分数化简的方法：从下往上依次化简，是解答此题的关键．2．（8分）某种商品若以6折（标价的60%）降价出售，仍相对于进货价获利10%，那么该商品标价应为进货价的倍．【分析】先把进货价看成单位“1”，则实际的售价就为1+10%；再把商品标价看成单位“1”，实际的售价（1+10%）对应的数量就是60%，由此用除法求出商品标价应为进货价的几倍即可．【解答】解：（1+10%）÷60%=110%÷60%=答：该商品标价应为进货价的倍．故答案为：．【点评】分清楚两个不同的单位“1”，根据进价、标价、售价、利润之间的关系求解．3．（8分）有一种骰子是非标准的，其上的点数分别为2，3，3，5，5，6，用这样两个骰子一起投掷一次，点数之和恰好等于8概率为（用最简分数表示）．【分析】首先分析枚举出数字和为8的情况，除以总数36即可．【解答】解：依题意可知：点数和为8的情况有（2，6），（6，2）然后第一个3对应两个5，第二个三对应2个5，同理第一5对应2个3，第二个5页对应2个3．共10中情况．和为8的概率为=故答案为：【点评】本题考查对概率的理解和运用，关键问题是找到数字和为8的所以情况，问题解决．4．（8分）甲乙丙三种书．甲每本5元，乙每本3元，丙1元3本．现在要买三种书共100本（三种书都要有），总价恰好为100元．写出所有可能的购书方案（甲书的本数，乙书的本数，丙书的本数）第一种：甲4本，乙18本，丙78本，第二种：甲8本，乙11本，丙81本，第三种：甲12本，乙4本，丙84本．．【分析】根据题意可设要购甲书x本，乙书y本，丙书z本，根据题意可知5x+3y+ z=100，x+y+z=100，据此来解由这两个方程组成的方程组即可．【解答】解：设要购甲书x本，乙书y本，丙书z本得14x+8y+100=30014x+8y=2008（x+y）+6x=200x+y+x=25x+y=25x需是4的倍数，当x=4时，y=18，z=100﹣4﹣18=78当x=8时，y=11，z=100﹣8﹣11=81当x=12时，y=4，z=100﹣12﹣4=84当x大于12时，不合题意所以共有三种购书方案：第一种：甲4本，乙18本，丙78本第二种：甲8本，乙11本，丙81本第三种：甲12本，乙4本，丙84本故答案为：第一种：甲4本，乙18本，丙78本，第二种：甲8本，乙11本，丙81本，第三种：甲12本，乙4本，丙84本．【点评】本题的重点是根据题意列出方程组，再进行化简，然后进行讨论．5．（8分）大于0的自然数，如果满足所有因数之和等于它自身的2倍，则这样的数称为完美数或完全数，比如，6的所有因数为1，2，3，6，1+2+3+6=12.6就是最小的完美数．是否有无限多个完美数的问题至今仍然是困扰人类的难题之一，可以从计算自然数的所有因数之和开始，研究完美数2016的所有因数之和为6552 ．【分析】首先对2016进行分解质因数2016=25×7×32计算出因数个数6×2×3=36个，然后按照乘积成对的找出第一个数字从小到大找18对，相加即可．【解答】解：分解质因数2016=25×7×32因数个数为6×2×3=36个．2016=1×2016=2×1008=3×672=4×504=6×336=7×288=8×252=9×224=12×168=14×144=16×126=18×112=21×96=24×84=28×72=32×63=36×56=48×422016的因数和为=1+2016+2+1008+3+672+4+504+6+336+7+288+8+252+9+224+12+168+14+144+1 6+126+18+112+21+96+24+84+28+72+32+63+36+56+48+42=6552故答案为：6552．【点评】本题关键是会计算因数的个数，所以在计算中自己可以检验是否有遗漏数字，剩下的问题就是计算，也是遵循规律计算不重复不遗漏．得到答案二、填空题Ⅱ（每题10分）6．（10分）如图所示的图案由半圆构成，已知最大的圆的半径R=3，则阴影部分图形的周长为21π，面积为（圆周率用π表示）【分析】由题意，阴影部分图形的周长由两部分组成，外周是以3为半径的大圆，内周是5个以为半径的圆的一半与10个以为半径的圆；面积为大圆面积减去5个半圆的面积．【解答】解：由题意，阴影部分图形的周长由两部分组成，外周是以3为半径的大圆，周长为2π×3=6π，内周是5个以为半径的圆的一半，周长为2π××=π，10个以为半径的圆，周长为2π××=π，所以阴影部分图形的周长为6π+π+π=21π；面积为大圆面积减去5个半圆的面积，即=，故答案为：21π；．【点评】本题考查不规则图形的周长与面积的计算，考查分割法的运用，正确分割是关键．7．（10分）埃及人擅长数学，他们很早之前就发明了个计算圆的面积的公式：S=（）2．其中，d是圆的直径．在这个公式当中，相当于将圆周率π取值为 3.16 （保留两位小数）．【分析】因为d=2r，代入S=（）2可得圆周率π的取值．【解答】解：因为d=2r，所以S=（）2==所以，π=≈3.16．故答案为：3.16．【点评】本题考查了求圆周率的值，关键是利用代入法解答．8．（10分）如图．将长方形纸片ABCD的两边AD与BC对折，得到折痕EF，再将点B折到EF上，得到折痕AM与点N，如果AM=3，那么，MN= ．【分析】想求出MN就需要和已知线段AM的关系找到，在直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半即可解决．【解答】解：设EF与AM交点为P．根据对称性AP=BP=PM．在直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半可知．BP=AM=PM∵对称性可知MNPB是平行四边形．MN=BP∴MN=．故答案为：．【点评】本题的关键的是找到直角三角形的斜边中线，根据对称性就能够找到MN和已知线段AM的关系，问题解决．9．（10分）如图所示，从一个正三角形开始以下操作：第一步，将三个边分别三等分，在每一条边的中间三分之一处，向外做边长等于原来边长三分之一的小正三角形，并删除底边，得到一个六角星；第二步，对六角星的每一条边继续第一步的操作，得到一个更为复杂的六角星；…这样一直下去，就会得到一个类似雪花的美丽图形，这个图形是瑞典数学家柯赫于1904年首先构造出来的，被称为“柯赫曲线”．设原三角形的面积为1，那么，第3步后，所得到图形的面积为．【分析】根据第一步所得到的六角星分析，他的面积比原三角形的面积多出三个小三角形的面积，而且根据小三角形的边长是大三角形边长的三分之一可知，小三角形的面积是九分之一，可得图2的面积，同理可得图3的面积．【解答】解：图1的等边三角形的面积是1，在图2中，每条边上增加的等边三角形的面积是，共增加了3个等边三角形，所以图2的面积是1+3×=，图2的面积是，类似地，图3中外边缘增加的小等边三角形的面积是=共增加了12个小等边三角形，所以图3的面积是+12×=，故答案为．【点评】本题考查找规律，考查图形面积的计算，解题的关键是求出每条边上增加的等边三角形．10．（10分）阿凯，宝夯刚刚和崔蕊成为朋友，他们想知道崔蕊的生日日期，崔蕊最终给他们十个可能日期：5月15日、5月16日、5月19日、6月17日、6月18日、7月14日、7月16日、7月17日、8月14日、8月15日．崔蕊只告诉了阿凯她生日的月份，告诉了宝夯她生日的日子，但阿凯和宝夯进行了下面一段奇怪的对话，就都知道崔蕊的生日了．宝夯：我不知道崔蕊的生日．阿凯：你说话之前我不知道崔磊的生日，现在我知道了．宝夯，那我也知道崔蕊的生日了．那请问崔蕊的生日在哪一天？你的答案是：8月15日．【分析】因为崔蕊最终给他们十个可能日期：5月15日、5月16日、5月19日、6月17日、6月18日、7月14日、7月16日、7月17日、8月14日、8月15日，5月份有15，16，193个日子，6月份17，18两个日子，7月份有14，16，17三个日子，8月份有14，15两个日子，因为18和19只出现一次，并且崔蕊只告诉了告诉了宝夯她生日的日子，如果是18或者19的话，宝夯就知道崔蕊的生日了，所以出生的日子绝对不会是18和19，所以阿凯知道的月份是7，8两个月；宝夯知道是月份是7或8就知道了生日，而14在7和8月份都出现了，说明宝夯知道的是7月16日、7月17日、8月15中的一个；7月有2个可能的日子，而8月只有一个，所以生日是8月15日，据此解答即可．【解答】解：因为崔蕊只告诉了宝夯她生日的日子，所以不可能是18和19，如果是其中之一的话，宝夯就知道崔蕊的出生日期了；则阿凯说宝夯说话之前我不知道崔磊的生日，现在知道了，所以阿凯推出绝对不是6月和5月宝夯知道是月份是7或8就知道了生日，而14在7和8月份都出现了，说明宝夯知道的是7月16日、7月17日、8月15中的一个；7月有2个可能的日子，而8月只有一个，所以生日是8月15日．故答案为：8月15日．【点评】解答本题的关键是根据日期特点及其条件推出两人不产生矛盾的结论即可．三、填空题Ⅲ（每题12分，共60分）11．（12分）古罗马的凯撒大帝发明了世界上最早的数学加密方法．我们现在介绍一种“等差数列加密法”：以单词为单位，需要加密的单词的第一个字母对应到它后面的第一个字母（在字母表中的顺序，后同），第二个字母对应到它在字母表后面的第二个字母．第三个字母对应到它后面的第三个，…．比如．需要加密HELLO，H→I，E→G，L→O，L→P，O→T．加密后的密文为IGOPT．按照这种加密为法，小明收到了一个加密后的信息“JNRZJEVC”，那么，这个信息的原文是ILOVEYOU ．【分析】充分理解题中的定义分析．HELLO，H在第一个位置，后第一个字母是I，E在第二个位置，后面第二个字母是G，L在第三个位置，后第三个字母是O，L在第四个位置，后第四个字母是P，O在第五个位置，后面第五个字母是T．【解答】解：JNRZJEVC对应的是：①J前一个字母I②N前二个字母是L③R前第三个字母是O④Z前第四个字母V⑤J前第五个字母E⑥E前第六个字母Y⑦V前第七个字母O⑧C前第八个字母U故JNRZJEVC对应的是：ILOVEYOU．【点评】所求问题与题中给出的例子恰恰是相反的，逆向思维的运用．要配合原题中的例句读前面的已知条件更容易理解对应位置．12．（12分）只能被1与其自身整除的大于1的自然数称为素数或质数，比如2，3，5，7，11，13等．大于1的自然数如果不是素数，则称为合数．古希腊时代的人们已经知道，素数有无穷多个，其证明思路蕴含在以下问题中：前两个素数组成的算式2×3+1=7；同样，前三个素数的算式2×3×5+1=31，也是素数；前4个素数的算式2×3×5×7+1=211，前5个素数的算式2×3×5×7×11+1=2331，可以验证也是素数；但前6个素数的算式2×3×5×7×13+1=30031不是素数．显然2，3，5，7，11，13都不能整除这个数，所以，一定有比前6个素数大的素数整除30031，请写出满足条件的素数中的最大者：509 ．【分析】把30031分解为两个数相乘即可解决问题．【解答】解：因为30031的个位数是1，所以30031是两个个位数是1或个位数是9的数的积，由此可以得到30031=59×509，∴满足条件的素数中的最大者为509，故答案为509．【点评】本题考查质数与合数、最大与最小数等知识，把数质因数分解即可解决问题．13．（12分）将从1开始到100的连续的自然数相乘．得1×2×3×…×100．记为100！（读作100的阶乘）用3除100！显然，100！被3整除．得到一个商；再用3除这个商，…，这样一直用3除下去，直到所得的商不能被3整除为止，那么，在这个过程中用3整除了48 次．【分析】首先本题中是要找到3的个数，注意的是9，27，81中含有不同的3，分别用100除以3，9，27，81得到的数字和就是题中所求的因数3的个数．【解答】解：在100!中计算出所有3的倍数相加即可，同时注意9，27，81中含有2，3，4个3．1﹣100中3的倍数共有100÷3=33…1．共33个．9的倍数共有100÷9=11…1．共11个．27的倍数共有100÷27=3…19共3个81的倍数共100÷81=1…19共1个．共33+11+3+1=48（个）．【点评】本题的关键是要知道3的倍数中含有不同个数的因数3．分别除以9，27，81得到3的因数个数相加即可求解问题解决．14．（12分）在中的圆圈中填入从1到16的自然数（每一个数用而且只能用一次），使连接在同一直线上的4个圆圈中的数字之和都相等，这称为一个8阶幻星图，这个相等的数称为8阶幻星图的幻和．那么，8阶幻星图的幻和为34 ，并继续完成以下8阶幻星图．【分析】此题中求同一直线上的4个圆圈中的数字之和，每个数字用两次，所以和是（1+16）×16=272，而同一直线上的4个圆圈中的数字之和都相等，这样的和是8个，所以和是272÷8=34．根据和是34填空即可．【解答】解：（1+16）×16=272272÷8=34．如图：【点评】此题考查了学生数字的搭配规律，以及整数的运算方法，解题的思想就是注意每行中应该有大数和小数配合．。