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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．
第1页（共12页）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？
第2页（共12页）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．
第3页（共12页）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 25 3 ．
【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．
第4页（共12页）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 201 3 ．
【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
第5页（共12页）＝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 66 0 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） 998÷3＝332…2，所以1∽998中3的倍数有332个；
998①÷34＝12…26，所以1∽998中34＝81的倍数有12个，
②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 5 5 个．
第6页（共12页）【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）
第7页（共12页）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．
第8页（共12页）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．
第9页（共12页）【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＝x
EB＝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．
第10页（共12页）【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12页）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 10:51:23；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@xyh.com；学号：20913800
第12页（共12页）
