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第十一届“小机灵杯”数学竞赛决赛试卷（四年级组）
时间：60 分钟
1. 19=1×9+(1+9)
29=2×9+(2+9)
39=3×9+(3+9)
49=4×9+(4+9)
……..
189=18×9+(18+9)
则________.
【答案】A9=10A+9=9A+(A+9)，其中A是一个正整数
【分析】 考点：找规律
2. 110除以一个两位数的余数是5，符合条件的所有两位数是________.
【答案】15，21，35
【分析】 考点：数论，余数，分解质因数
110除以这个两位数是5，那么110−5=105除以这个两位数没有余数，即能整除，
105=1×105=3×35=5×21=7×15，于是，符合条件的所有两位数是15、21、
35
3. 把2012写成N个互不相同的正整数的和，N最大等于________.
【答案】62
【分析】 考点：等差数列，最值
1+2+(cid:34)+63=(63+1)×63÷2=2016>2012 ，即N <63
1+2+(cid:34)+62=(62+1)×62÷2=1953<2012，于是N =62
4. 1×1+2×2+3×3+….2011×2011+2012×2012的和最后一位数是________.
【答案】0
【分析】 考点：尾数，数列规律
算式中的每一项的个位以1、4、9、6、5、6、9、4、1、0这十个数为周期循环，
2012÷10=201(cid:34)2，
算式的个位与201×(1+4+6+9+5+9+6+4+1)+1+4的个位相等，个位为0。
5.用A、B、C、D代表四个数字分别是12,14,16,18,将四个数字代入等式
A×B+B×C+B×D+C×D和最大是________.
【答案】980
【分析】 考点：最值
A×B+B×C+B×D+C×D= B×(A+C+D)+C×D，
显然C×D最大为16×18=288，下面考虑最大B×(A+C+D)，
由于B+(A+C+D)=12+14+16+18=60，和是一个定值
于是，由于和一定时，两数的差越小，两数的积越大
于是，B取18时，乘积最大，为18×(12+14+16)=756
但考虑到18只有一个，只能从B、C、D中选一个
若B取18，则原式和为18×(12+14+16)+14×16=980
若B取16，则原式和为16×(12+14+18)+14×18=956
若B取14，则原式和为14×(12+16+18)+16×18=932
综上，原算式和最大为980
6.把一个三位数的百位与个位上的两个数字交换,十位数不变,所得的新数与原数相等,这样的数共有________个，其中能被4整除的有________个.
【答案】20
【分析】 考点：加乘原理，整除
百位与个位交换后，数字不变，即要求百位数字与个位数字相等，于是这样的三位
数有9×10×1=90个，考虑其能被4整除，首先，个位一定是偶数，当个位为2、
6 时，十位必须是奇数，有 5 种选择，当个位为 4、8 时，十位必须是偶数，有 5
种选择，综上，其中能被4整除的有4×5=20
7.
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
… … … … … … … …
第一百行第三个=________.
【答案】4851
【分析】 考点：数列规律，排列组合（杨辉三角）
（方法一）观察每一行的第三个数，发现第一、二行没有，从第三行开始，每行
的第三个数为1、3、6、10、15、21、……，规律：从第3行到第4行为+2，从第
4行到第5行为+3，从第5行到第6行为+4，……，从第99行到第100行为+98，
第一百行第三个数为：3+3+4+5+(cid:34)+98=1+2+3+4+5+(cid:34)+98=4851
（方法二）此三角形为杨辉三角，其中的数都是组合数，第n行第m个数为Cm−1，
n−1
第100行第3个数为C3−1 =C2 =99×98÷2=4851
100−1 99
8将编号是1,2,3,….15的十五名学生按编号顺序面向里站成一圈,第一次,编号是1的同学向
后转,第二次,编号是2,3的同学向后转,第三次编号是4,5,6的同学向后转,….第15次,全体同
学向后转,当转完第12次时,这时面向外的同学还有________名.
【答案】12
【分析】 考点：逆推，奇偶性
若 15 次全部转完，共计有1+2+3+(cid:34)+15=120人次向后转，其中每个学生转
120÷15=8次
第15次，全体学生都转了1次，由于没有进行第15次，所以每个学生转7次
第14次，编号为15、14、13、……、3、2号的同学转身
第13次，编号为1、15、14、13、……、5、4
这两次中，1、2、3 号同学转 1 次身，4、5、……、15 号同学转 2 次身。于是，
当转完12次时，1、2、3号同学转6次，向里；4、5、……、15号同学转5次，
向外，此时向外的同学有12名。
9.长方形ABCD的面积是________.
1 2
3 6
9
【答案】33.25【分析】 考点：巧求面积
如下图，面积为：1+2+4+1.5+3+6+2.25+4.5+9=33.25
1 2 2×6÷3=4
1×3÷2=1.5 3 6
1.5×4.5÷3 3×9÷6
9
=2.25 =4.5
10.一只猎狗,在它前面十步有一只兔子,兔子跑九步的距离等于狗跑五步的距离,兔子跑三步
的时间等于狗跑两步的时间,问狗跑________步能追上兔子.
【答案】60
【分析】 考点：猎狗追兔
兔子跑 9 步的距离等于狗跑 5 步的距离，而兔子跑 9 步的时间内狗能跑 6 步，原
来狗和兔子的距离狗要跑10步，在兔子跑9步、狗跑6步的时间内，两只动物之
间的距离缩短6−5=1，即狗跑1步的距离，10÷1=10，狗要跑6×10=60步能
追上兔子。
11. 把1到200这两百个自然数中,既不是3的倍数,又不是5的倍数的数从小排到大排成一
排,其中第100个数是________
【答案】187
【分析】 考点：周期，数论
3和5的最小公倍数是15，1到15中，既不是3的倍数，又不是5的倍数的数分
别是：1、2、4、7、8、11、13、14，共有8个，所以以8个数为周期，100÷8=12(cid:34)4，
所以，第100个数为12×15+7=187
12.黑板上一共写了65个数，包括11个11，12个12，13个13，14个14，15个15，每次
操作者都擦去其中4个不同的数并写上一个第5种数（如擦去11,12,13,14,写上一个15，或
者是擦去12,13,14,15,写上一个11….），如果经过若干次操作后，黑板上恰好剩下两个数，
这两数是________.
【答案】12，14
【分析】 考点：奇偶性
考虑奇偶性：黑板上有3种奇数，开始它们两两之间个数的差都是偶数，每做一次
操作，可能的变化为：（1）3种数各减少1个，则两两之间个数差不变；（2）1种
数增加1个，另2种数各减少1个，则两两之间个数的三个差中1个不变，2个增
大2或者减少2；综上，3种数两两之间个数的差奇偶性始终不曾变化，一直都是
偶数。易知，操作结束后，3种奇数至少有一种剩下0个，若最后剩下的两个数中
存在奇数，则这两种奇数个数之差为1，不为偶数。由上述讨论，可知剩下的数中
不存在奇数。
黑板上有2种偶数，开始时它们个数的差是2，每做一次操作，可能的变化为：（1）
2种数各减少1个，则个数差不变；（2）1种数增加1个，另1种数各减少1个，
则个数差增大2或者减少2；
每一次操作，黑板上减少 3 个数，于是总共操作(65−2)÷3=21次，在这 21 次
操作中，39 个奇数全部消失，而对奇数操作 1 次，奇数减少 1 个；对偶数操作 1
次，奇数减少3个，于是，这21次操作中，对奇数操作了12次，对偶数操作了9
次，于是，考虑黑板上两种偶数个数的差，对奇数操作的12次中，它们个数的差
不变，对偶数操作的9次中，它们个数的差或者增大2或者减少2，共变化9次，
为奇数次，于是可知，操作结束后，它们个数的差会发生变化。开始时，这个差为2，而显然，最后之剩两个偶数，若这两个偶数相同，则个数差为2，若这两个
偶数不同，则个数差为0，考虑到开始时为2，结束时发生变化，所以结束时，黑
板上所剩两个偶数不同，为12、14
13.五个人比赛,每两个比一场,胜一场得2分,平一场得1分,负一场得0分;第一名没有平局,
第二名没有输过,五个人得分各不相同,问每个人得分是________.
【答案】6、5、4、3、2
【分析】 考点：体育比赛中的逻辑推理
5 个人比赛，赛制为单循环，故共比5×4÷2=10场分制为 2 分制，故总分为
10×2=20分。第一名没有平局，故第一名的得分一定是偶数，每人赛了 4 场，
故最多得 8 分，若第一名得 8 分，则必为全胜，于是他应胜过第二名，而第二名
没有输过，矛盾，所以第一名不为 8 分，若第一名得 4 分，由于五人得分各不相
同，则剩余四人得分只能是 3、2、1、0，五人总分为 10 分，与总分为 20 矛盾，
所以第一名只能是三胜一负得 6 分，其中一负为负于第二名，由于五人得分各不
相同，此时剩余四人得分最多为5、4、3、2，此时五人总分恰为20分，这是五人
总分的最高分，其他情况，五人总分只会比 20 分低，结合总分 20 分，所以五人
得分分别为6、5、4、3、2
14.1000多根棍子可以摆成图1（一行的长方形）,也可以摆成图2（二行的长方形）,还可以
摆成图3（正方形）的形状,都没有剩余,问棍子最少________根.
……
图一
……
……
图二
……
……
……
· · · ·
……
· · · ·
……
· · · ·
……
……
图三【答案】6、5、4、3、2
【分析】 考点：数列规律，余数
设第一个图形为1×k个小正方形，第二个图形为2×m个小正方形，第三个图形为
n×n个小正方形，于是有3k+1=5m+2=2n(n+1)，即求一个大于1000的最小
的数，这个数除以3余1，除以5余2，且能写成2n(n+1)的形式。首先，由2n(n+1)，
这个数一定是偶数，且一定是4的倍数，再由，5m+2，这个数的末尾一定是2，
再考虑最小，一次考察1002、1012、1022、1032、……，显然，1002是3的倍数，
除以 3 余 0，舍去。1012 除以 3 余 1，1012=22×11×23=2×22×23，符合要
去，所以，最小的数是1012。
注：如果1012不能写成2n(n+1)的形式，那么下一个不用考虑1022和1032，由
除以 3 余 1，可直接考虑1012+30=1042、再下一个考虑 1072……直到有符合
题设要求的数为止。
15.所有三位回文数之和为________.
【答案】49500
【分析】 考点：加乘原理，位值原理
三位回文数中，只要百位与个位相等，十位取 0 到 9 都可以。于是，百位为 1 的
回文数之和为101×10+10×(0+1+2+(cid:34)+9)，同理，百位为a的回文数之和为
a×101×10+10×(0+1+2+(cid:34)+9)，于是，三位回文数之和为
101×10×(1+2+(cid:34)+9)+9×10×(0+1+2+(cid:34)+9)=49500
