2016第十六届中环杯五年级决赛详解_小学奥数举一反三1-6年级相关课程_奥数历年杯赛真题全套（PDF、Word可打印）_06、其他-中环杯真题（部分年限二、三、四、五年级）_决赛_五年级

第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动
五年级决赛
2016年3月5日 12:30~14:00
考试时间：90分钟
满分：100分
一、填空题A：（本大题共8小题，每题6分，共48分）
【第1题】
 1 1 1 1 
计算：2016    ________。
21 42 27 54
【分析与解】
计算。
 1 1 1 1 
2016    
21 42 27 54
 1 1   1 1 
2016     
21 42 27 54
 1 1 
2016  
14 18
1 1
2016 2016
14 18
144112
32
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城隍喵【第2题】
若E、U 、L、S、R、T分别表示1、2、3、4、5、6（不同的字母表示不同的数字），且满足：
⑴EU L6；
⑵SRU T 18；
⑶UT 15；
⑷SL8。
则六位数EULSRT ________。
【分析与解】
⑴因为EU L6；
而1236；
所以E,U,L1,2,3；
⑵因为SRU T 18；
而654318；
所以S,R,U,T6,5,4,3；
⑶因为UT 15；
而1511535；
所以U,T3,5；
⑷因为SL8；
而81824；
所以S,L2,4。
由⑴和⑶，得U 3，则T 5；
由⑴和⑷，得L2，则S 4；
最后分别结合⑴和⑵，得E1，R6；
故六位数EULSRT 132465。
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城隍喵【第3题】
一个超过20的自然数N，在14进制与20进制中都可以表示为回文数（回文数就是指正读与倒读都一样的
数，比如12321、3443都是回文数，而12331不是回文数）。N的最小值为________（答案用10进制表示）。
【分析与解】
数论，进制与位值。
因为N 20；
所以N在14进制与20进制中都不是一位数；
   
我们希望N要尽可能小，故设N  aa  bb ；
14 20
即N a14ab20b；
N 15a21b；
则N既是15的倍数又是21的倍数；
故N是15,21357105的倍数；
而105 77 55 ，符合题意；
10 14 20
故N的最小值为105。
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城隍喵【第4题】
1
一位父亲要将他的财产分给他的孩子：首先将1000元以及剩余财产的 给老大，其次将2000元以及剩余
10
1 1
财产的 给老二，再次将3000元以及剩余财产的 给老三，以此类推。结果发现每个孩子都分到了相同
10 10
数量的财产。这位父亲一共有________个孩子。
【分析与解】
（方法一）
设这个父亲的财产有x元；
由老大与老二分得财产相同，得
1   1   1
1000x1000 2000

x10001 2000

 ；
10   10  10
解得x81000；
1
老大分得1000810001000 9000元；
10
即每个孩子都分到了9000元；
这位父亲一共有8100090009个孩子。
（方法二）
因为每个孩子都分到了相同数量的财产；
所以老大与老二分得财产相同；
1
老大分得1000元以及剩余财产（这里的剩余我们记为A）的 ；
10
1
老二分得2000元以及剩余财产（这里的剩余我们记为B）的 ；
10
1 1
那么A的 比B的 多200010001000元；
10 10
1
A比B多1000 10000元；
10
1
从A到B依次减少A的 和2000元；
10
1
故A的 为1000020008000元；
10
1
A为8000 80000元；
10
这个父亲的财产有10008000081000元；
1
老大分得1000810001000 9000元；
10
即每个孩子都分到了9000元；
这位父亲一共有8100090009个孩子。
（方法三）
设这位父亲一共有n个孩子；
1
则倒数第二个孩子分得1000n1元以及剩余的 ；
10
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城隍喵最后一个孩子分得1000n元；
1 9
这1000n元是倒数第二个孩子分得1000n1之后剩余的1  ；
10 10
每个孩子都分到了相同数量的财产；
由倒数第二个孩子与最后一个孩子分得财产相同，得
1
1000n11000n 1000n；
9
解得n9；
这位父亲一共有9个孩子。
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城隍喵【第5题】
如图，一个长方形的表格有8列，将数字1、2、…按一定顺序填入表格中（从左往右填，等一行填满后进
入下一行，还是从左往右填）。一个学生先将填有数字1的格子涂黑，接下来跳过1个格子，将填有数字3的
格子涂黑；接下来跳过2个格子，将填有数字6的格子涂黑；接下来跳过3个格子，将填有数字10的格子
涂黑。依次类推，直到所有列都含有至少一个黑格为止（不再继续涂黑了）。那么，他涂黑的最后一个格
子里的数字为________。
1 2 3 4 5 6 7 8
9 10 11 12 13 14 15 16
【分析与解】
（方法一）
第1个涂黑的格子为1；
第2个涂黑的格子为312；
第3个涂黑的格子为6123；
第4个涂黑的格子为101234；
……
依次类推，第n个涂黑的格子为12n。
1 2 3 4 5 6 7 8
9 10 11 12 13 14 15 16
17 18 19 20 21 22 23 24
25 26 27 28 29 30 31 32
33 34 35 36 37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48
49 50 51 52 53 54 55 56
57 58 59 60 61 62 63 64
65 66 67 68 69 70 71 72
73 74 75 76 77 78 79 80
81 82 83 84 85 86 87 88
89 90 91 92 93 94 95 96
97 98 99 100 101 102 103 104
105 106 107 108 109 110 111 112
113 114 115 116 117 118 119 120
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城隍喵这样我们可以得到涂黑的格子依次为11mod8，1233mod8，
12366mod8，1234102mod8，
125157mod8，126215mod8，
127284mod8，128364mod8，
129455mod8，1210557mod8，
1211662mod8，1212786mod8，
1213913mod8，12141051mod8，
12151200mod8，
至此mod8余0~7的数都出现了；
即所有列都含有至少一个黑格；
他涂黑的最后一个格子里的数字为120。
（方法二）
第1个涂黑的格子为1；
第2个涂黑的格子为312；
第3个涂黑的格子为6123；
第4个涂黑的格子为101234；
……
依次类推，第n个涂黑的格子为12n。
涂黑的格子mod8的余数依次为1，3，6，2，7，5，4，…
至此，除了mod8余0，其余mod8余1~7都已经出现；
故我们只要考虑12n0mod8；
1
8|12n nn1；
2
16|nn1；
因为n与n1互质；
故16|n或16|n1；
我们希望n要尽可能的小；
则取n116；
n15；
这样，他涂黑的最后一个格子里的数字为1215115152120。
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城隍喵【第6题】
一个瓶子里有1001个蓝球、1000个红球、1000个绿球，同时小明手中还有足够的这三种颜色的球。接下
来，小明每次从瓶子中取出两个球，然后再按照下面的规则将一个球或两个球放入瓶中。
⑴如果取出一个蓝球、一个绿球，则放回去一个红球；
⑵如果取出一个红球、一个绿球，则放回去一个红球；
⑶如果取出两个红球，则放回去两个蓝球；
⑷如果取出的两个球不是上面3种情况，则放回去一个绿球。
不断重复上述操作，直到瓶中只剩下一个球为止。剩下的一个球是________球（填“红”、“蓝”、“绿”、
“不确定”
【分析与解】
操作类问题；奇偶性。
取球的情况 红、蓝、绿三种颜色的球的个数变化
拿出的两个球 放回的一个球或两个球 蓝球个数 红球个数 绿球个数
⑴ 1个蓝球、1个绿球 1个红球 1 1 1
⑵ 1个红球、1个绿球 1个红球 不变 不变 1
⑶ 2个红球 2个蓝球 2 2 不变
2个蓝球 1个绿球 2 不变 1
⑷ 2个绿球 1个绿球 不变 不变 1
1个蓝球、1个红球 1个绿球 1 1 1
从表中我们可以观察出，红球个数与蓝球个数的奇偶性同时发生变化；
而开始瓶子里有1001个蓝球、1000个红球；
即开始时，蓝球有奇数个，红球有偶数个，蓝球与红球个数的奇偶性不同；
则无论怎么操作，蓝球与红球个数的奇偶性始终不同；
这样，最后不可能出现“0个蓝球、0个红球、1个绿球”的情况。
而我们注意到，放回去的球的情况，没有“放回去1个蓝球”的情况；
即也不可能出现“1个蓝球、0个红球、0个绿球”的情况。
综上所述，剩下的一个球是红球。
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城隍喵【第7题】
从图a的正六边形网格中选出图b的形状，有________种不同的选法（注意：图b可以旋转）。
图b
图a
【分析与解】
计数。
首先，我们考虑图b不旋转的情况下；
一共与有4565424种不同的选法；
再结合图b有3种不同的方向，且每种方向选法数相同；
故从图a的正六边形网格中选出图b的形状，有24372种不同的选法。
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城隍喵【第8题】
如图，在△ABC 中， ABC 90 ， BC 8。 D 和 E 分别是 AB 和 AC 上的点，使得 CDDE ，
DCBEDA。若△EDC的面积为50，则AB的长度为________。
C
E
A
D B
【分析与解】
几何；勾股定理，弦图；相似三角形，金字塔模型。
C
E
A
F D B
过点E作EF  AB，垂足为F 。
在△BCD与△FDE中，
CBDDFE90

 DCBEDF

CDDE

所以△BCD≌△FDE ；
（弦图的一半）
C
E
A
F D B
所以BC FD，BDFE，BCDFDE；
因为B90；
所以BCDBDC 90；
所以FDEBDC 90；
因为FDECDEBDC 180；
所以CDE90；
这样我们可以得到△EDC是等腰直角三角形；
且由S 50，得CDDE10；
△EDC
而BC FD8；
再结合勾股定理，得BDFE6。
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城隍喵在△ABC和△AFE中，
 BAC FAE
 ；
ABC AFE90
所以△ABC∽△AFE ；
（金字塔模型）；
C
E
A
F D B
C
E
A
F D B
EF AF
所以  ；
BC AB
6 AB14
 ；
8 AB
解得AB56。
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城隍喵二、填空题B：（本大题共4小题，每题8分，共32分）
【第9题】
将如图两种由单位小正方形组成的图形（这种图形的面积均为3）放入814的大长方形网格中，要求任意
两块图形之间不存在公共点。那么814的大长方形网格中最多可以放入两种类型的图形共________个。
【分析与解】
在814的大长方形网格中，有915135个格点；
而无论是“L型”还是“一字型”的三连块，每个都有8个格点；
1358167；
故在814的大长方形网格中，可以放入两种类型的图形的个数不超过16个。
另一方面，摆放16个的例子可以构造出来（构造方式不惟一）。
构造方法一 构造方法二
综上所述，814的大长方形网格中最多可以放入两种类型的图形共16个。
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城隍喵【第10题】
Sn表示自然数n的数码和，比如S1231236。如果两个不同的正整数m、n，满足
 m100

 n100
 ，那么我们就称m、n构成一个数对m,n。
mn

mSnn2Sm

数对m,n共有________对。
【分析与解】
数论，同余；计数。
我们知道，一个数与其数字之和mod9的余数相同；
即nSnmod9；
则nSn0mod9；
由mSnn2Sm，得
SmnSnmSm0mod9；
故m0mod9；
即m是9的倍数；
因为m100且m为正整数；
所以m9，18，27，…，99，
代入nSnm2Sm进行逐一计算；
并设nab10ab（ab为广义两位数）；
则Snab；
nSn9a，
即9am2Sm
⑴当m9时，Sm9，9a992，a1，舍去；
⑵当m18时，Sm189，9a1892，a0，n1~9，有9对；
⑶当m27时，Sm279，9a2792，a1，n10~19，有10对；
⑷当m36时，Sm369，9a3692，a2，n20~29，有10对；
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城隍喵⑸当m45时，Sm459，9a4592，a3，n30~39，有10对；
⑹当m54时，Sm549，9a5492，a4，n40~49，有10对；
⑺当m63时，Sm639，9a6392，a5，n50~59，有10对；
⑻当m72时，Sm729，9a7292，a6，n60~69，有10对；
⑼当m81时，Sm819，9a8192，a7，n70~79，有10对；
⑽当m90时，Sm909，9a9092，a9，n80~89，有10对；
⑾当m99时，Sm9918，9a99182，a7，n70~79，有10对；
综上所述，数对m,n共有910101099对。

9个10
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城隍喵【第11题】
如图，正方形ABCD的边长为4，正方形CEFG的边长为12，D、C、E三点在一条直线上。联结DF，
作GI//DF与DA的延长线交于点I 。作IH DF 与DF交于点H 。则IH 的长度为________。
G F
I
A B
H
D C E
【分析与解】
几何，勾股定理，相似三角形。
（方法一）
G F
I
J
A B
H
D C E
过点G作GJ DF，垂足为J。
在Rt△DEF 中，E90，EF 12，DE41216；
由勾股定理，得DF 20；
因为E90；
所以EDF EFD90；
因为EFGJFGEFD90；
所以EDF JFG；
在△DEF和△FJG中，
DEF FJG90
 ；
 EDF JFG
所以△DEF∽△FJG；
FE DF
所以  ；
GJ FG
12 20
所以  ；
GJ 12
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城隍喵36
解得GJ  ；
5
因为GI//DF，IH DF ，GJ DF；
所以IH GJ；
36
所以IH  。
5
（方法二）
K G F
I
A B
H
D C E
分别延长DI、FG，相交于点K。
在Rt△KDF中，K 90，KD12，KF 41216；
由勾股定理，得DF 20；
因为GI//DF；
所以△KDF∽△KIG；
（金字塔模型）
KF KD DF
所以   ；
KG KI IG
16 12 20
所以   ；
4 KI IG
解得KI 3，IG5；
S KGKI 24326；
△KIG
S KFKD21612296；
△KDF
S S S 96690；
梯形DFGI △KDF △KIG
S IGDFIH 2；
梯形DFGI
520IH 290；
36
解得IH  。
5
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城隍喵【第12题】
将一个444的立方体切割成64个111的小立方体，然后将其中16个111的小立方体染成红色，要
求与任意一条棱平行的4个小立方体中，都正好有1个小方体被染成红色。不同的染色方法有________种
（旋转后相同的染色方法也视为不同的染色方法）。
【分析与解】
一个444的立方体，从上往下一共有4层，每层是一个441的长方体；
由题意“与任意一条棱平行的4个小立方体中，都正好有1个小方体被染成红色”，得
每层441中，都正好有4个正方体染成红色；
且从上往下看，每层染成红色的小立方体的俯视图为一个44的正方形。
对这个44正方形，我们分别用“1”、“2”、“3”、“4”各4个，
表示第1、2、3、4层对应的小方格染成红色；
并且按照题意，这个44正方形中，每行、每列“1”、“2”、“3”、“4”各1个。
故问题转化为“用“1”、“2”、“3”、“4”各4个填在一个44正方形中，要求每行、每列“1”、“2”、
“3”、“4”各1个，不同的填法有多少种？”
我们先考虑“1”，每行各1个，且不同列，有432124种填法；我们不妨设为图1的情况。
1
1
1
1
图1
我们再考虑“2”，第一行的“2”有3种填法；我们不妨设为图2的情况；
1 2
1
1
1
图2
若第二行的“2”填在第一列，则第三行的“2”填在四列，第四行的“2”填在三列；（如图3）
若第二行的“2”填在第三列，则第四行的“2”填在一列，第三行的“2”填在四列；（如图4）
若第二行的“2”填在第四列，则第三行的“2”填在一列，第四行的“2”填在三列；（如图5）
1 2 1 2 1 2
2 1 1 2 1 2
1 2 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1
图3 图4 图5
我们再考虑“3”，第一行的“3”有2种填法；我们不妨设为第一行的“3”填在第三列（如图6~8）；
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城隍喵1 2 3 1 2 3 1 2 3
2 1 1 2 1 2
1 2 1 2 2 1
2 1 2 1 2 1
图6 图7 图8
图6余下的有2种填法；（如图9和图10）
图7余下的有1种填法；（如图11）
图8余下的有1种填法；（如图12）
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
2 1 4 3 2 1 4 3 4 1 2 3 3 1 4 2
3 4 1 2 4 3 1 2 3 4 1 2 2 4 1 3
4 3 2 1 3 4 2 1 2 3 4 1 4 3 2 1
图9 图10 图11 图12
故第一行的“2”填在第2列，第一行“3”填在第3列，有4种；
不同的填法有24324576种。
原题不同的染色方法有576种。
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城隍喵三、动手动脑题：（本大题共2小题，每题10分，共20分）
【第13题】
甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行（乙从B地出发），乙车速度是甲车的k倍（k 1）。两
车分别到达B地和A地后，立即返回。返回时，甲车的速度保持不变，乙车的速度等于甲车的速度。返回
CD 1
途中，两车在C点相遇。如果AB的中点为D点，并且  ，求：k。（请写出解题过程）
AD 2
【分析与解】
行程问题。
甲
A B
D C
乙
因为AB的中点为D点；
1
所以ADBD AB；
2
CD 1
因为  ；
AD 2
所以AD:DC:CB2:1:1；
乙行驶BA这段的速度为甲车的k倍，行驶AC这段的速度等于甲车的速度；
由相同的时间，速度比等于路程比，得
1:k ABBCAC:BA413:41:2；
故k 2。
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城隍喵【第14题】
如图，根据下面的要求填满此表：
⑴每个小方格内填入一个数字，这个数字必须是小于10的自然数；
⑵同一区域内的小方格填入相同的数字（虚线表示同一区域的内部）；
⑶最左边列的小方格不能填入数字0；
⑷从上往下数第1行的四个数码从左至右构成一个四位数，这个四位数可以表示为 pq，其中 p、q都是质
数；
⑸从上往下数第2行的四个数码从左至右构成一个四位数，这个四位数可以表示为两个连续质数的乘积（比
如3、5就称为连续质数）；
⑹从上往下数第3行的四个数码从左至右构成一个四位数，这个四位数是一个完全平方数；
⑺从上往下数第4行的四个数码从左至右构成一个四位数，这个四位数是37的倍数。
【分析与解】
数论综合。
A B C D
E F C D
E E G G
E H G G
每个小方格填上字母，同一区域内的小方格填字母，
相同的字母代表相同的数字，不同的字母既可以代表不同的数字也可以代表相同的数字。
由⑹得，EEGG是完全平方数；
完全平方数的末两位可能是00、25、奇6、偶1、偶4、偶9；
若完全平方数的末两位的两个数字相同，则只能是00或44；
而EEGGE0G11是11的倍数；
则EEGG是112的倍数；
E0GEEGG11是11的倍数；
由11的整除特性，得EG0EG是11的倍数；
只能EG11；
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城隍喵故G不可能是0，只能G4，E11G1147；且7744882。
A B C D
7 F C D
7 7 4 4
7 H 4 4
由⑺得，EHGG7H44是37的倍数；
9993337；
因为7H44是37的倍数；
所以7H440也是37的倍数；
由37的整数特性，7H 440510H 是37的倍数；
510371329；
H 37298。
A B C D
7 F C D
7 7 4 4
7 8 4 4
由⑸得，EFCD7FCD可以表示为两个连续质数的乘积；
我们通过整十数进行估算：802 6400、902 8100；
再进一步计算可得，79836557，83897387，89978633；
故EFCD7FCD只能是83897387；
F 3，C 8，D7。
A B 8 7
7 3 8 7
7 7 4 4
7 8 4 4
由⑷得，ABCD AB87 pq，其中 p、q都是质数；
首先， p的个位数字只能为3、7；
其次q不可能太大；
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城隍喵注意到311 9999，则q2、3、5、7。
当q2时，因为完全平方数的个位数字可能是0、1、4、9、6、5，不可能为2、3、7、8；
故不存在。
当q3时， p的个位数字只能为3，经尝试，33 27，133 2197，233 9999，不存在；
当q5时， p的个位数字只能为7，经尝试，75 9999，不存在；
当q7时， p的个位数字只能为3，经尝试，37 2187，137 9999；37 2187符合；
故ABCD AB872187；
A2，B1。
2 1 8 7
7 3 8 7
7 7 4 4
7 8 4 4
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