2016第十六届中环杯四年级决赛详解_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_四年级

第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动 四年级决赛 一、填空题 【第1题】 计算：0.2631.91261969_______ 【分析与解】 计算：提取公因数 0.2631.91261969 0.2631.96321969 0.2631.92631969 0.2633.8631969 0.23.8631969 46319694637479 4637479 4637463 1746384632016 【第2题】 一个质数a比一个完全平方数b小 10，则a的最小值为_____（说明：完全平方数是指能表 示为一个整数的平方数的和，比如422,932，所以4、9都是完全平方数） 【分析与解】 数论，质数，完全平方数 若a2，则b21012不是完全平方数 故a是奇数，则ba10也是奇数，b为奇数的平方根 比10大的奇完全平方数从小到达依次为52 25,72 49,92 81, 25101535是合数 491039313是合数 811071是质数 故a最小是71 【第3题】 如图，C、E、B三点共线，CBAB,AE//DC,AB8,CE5，则AED的面积为______ 【分析与解】 几何，等积变形 联结AC 因为AE//DC所以S S AED AEC 因为CBAB 所以S CEAB258220 AEC 所以S 20 AED 【第4题】 三支蜡烛分别能燃烧30、40、50分钟（但是不是同时点燃的）。已知这三支蜡烛同时处于燃 烧状态的时间有10分钟，只有一支蜡烛处于燃烧状态的时间有20分钟。那么正好有两支蜡 烛同时处于燃烧状态的时间有____分钟 【分析与解】 正好有两支蜡烛同时处于燃烧状态的时间有304050103201235分钟   【第5题】 将一个88的立方体的三个面染红色，三个面染蓝色（要求任意三个有公共顶点的面不能全 都染同一种颜色），然后将其切割成512个111的小立方体。这512个小立方体中，有_____ 个小立方体上既有红色面又有蓝色面【分析与解】 由题意，任意三个有公共顶点的面不能全都染同一种颜色 故不妨设上、下、前染红色，左、右、后染蓝色 即在正方体ABCDEFGH中，面EFGH、ABCD、ABEF染红色，面ADHE、BCGF、DCGH 染蓝色 则红面与蓝面公共的棱上的小立方体上既有红色面又有蓝色面 即CD、GH、AE、BF、AD、BC、FG、EH这8条棱上的小立方体上既有红色面又有蓝色面 注意到每个顶点的小立方体都被计算了2次，即多计算了1次 故有88856个小立方体上既有红色面又有蓝色面 【第6题】 在11!11!11101的所有因数中，可以表示为6k1（其中k为自然数）的最大因数为 _____ 【分析与解】 数论，分解质因数，同余 将11!分解质因数：设11!=2a3b5c7d11e 11251，5221，221，a5218 11332，331, b314 11521，c2 11714，d1 11111,e1 故11!28345271111 因为6k1既不是2的倍数又不是3的倍数 故所求的数既不含质因数2又不含质因数3 相当于求5271111的所有因数中，可以表示为6k1（其中k为自然数）的最大因数为几？ 而52711115mod6 于是我们考虑5711,57113851mod6 故在11!的所有因数中，可以表示为6k1（其中k为自然数）的最大因数为385【第7题】 在某次数学比赛中，一共有6道题目，每道题目的分值均为7分（最后每题的得分都是整数， 最低为0分，最高为7分），每个参赛者的总分就是6道题目得分的乘积，如果两个人的得 分相同，就计算6道题目得分之和，从而评定名次高低。如果还相同，就算两人并列。在这 次比赛中，一共有86 262144位参赛者，这些参赛者中没有出现并列，排名为76 117649的 参赛者的得分为________分 【说明】 ⑴此题为错题 若两个人6道题每题得分完全相同 则6道题目得分的乘积相同，6道题目得分的和也相同 则这两个人的排名相同，即这两个人并列 由题意，这86 262144位参赛者中没有出现并列 则这86 262144位参赛者每题得分均不完全相同 而每题的得分为0~7的整数，由乘法原理一共有86种得分情况 若甲第1~6题得分为0、0、0、0、0、0、1，乙第1~6题得分为0、0、0、0、0、1、0 甲、乙两人6道题目得分的乘积为0,6道题目得分的和为1 则甲、乙两人排名相同，即这两个人并列 这与“这些参赛者中没有出现并列”矛盾 故此题为错题 ⑵若将原题中“这些参赛者中没有出现并列”改为“这些参赛者中，任意两人这 6 题的各 题得分不完全相同”，则排名为76 117649的参赛者的得分为1分 理由如下： 若6题中，至少有一题得分为0，则6道题目得分的乘积为0 若6题中，没有一题得分为0，则6道题目得分的乘积不为0 这种情况下，每题的得分为1~7的整数，由乘法原理一共有76种得分情况 故排名为76 117649的参赛者的得分为乘积最小的正整数 而第1~6题得分为1、1、1、1、1、1的参赛者，得分为1 故排名为76 117649的参赛者的得分为1分 【第8题】 如图所示，两条直线与两个圆交于9个点，从这9个点中选出4个点，要求这4个点的任意 3个点既不在一条直线上，也不在一个圆圈上，不同的选法有______种【分析与解】 计数，乘法原理和加法原理 因为这4个点中的任意3个点不在一条直线上 所以这4个点都不是中心O点 故这个4个点均在这两个圆上 又因为这4个点中的任意3个点不在一个圆圈上 所以在这4个点中，有2个点在小圆上，另外2个点在大圆上 ⑴如果小圆上的2个点在一条直线上，有2种可能：A、C或B、D 此时，每种情况下对应大圆上的2个点有1种可能 例如：当小圆上的2个点为A、C时，大圆上的2个点只能为B、D ⑵如果小圆上的2个点不在一条直线上，有4种可能：A、B或B、C或C、D或D、A 此时，每种情况下对应大圆上的2个点有224种可能 例如：当小圆上的2个点为A、B时，大圆上的2个点可能为E、F或E、H或G、F或G、H 综上所述，不同的选法有214418种 二、填空题 【第9题】 A、B、C、D四人参加了一个会议，他们都获得一个相同的正整数，接下来每人对这个正整 数进行描述，每人都说了三句话，其中至少有一句是真话，至少有一句是假话，他们说的话 如下： A：A这个数小于12 1 A 7不能整除这个数 2 A 5乘以这个数的结果小于70 3 B:B 12乘以这个数的结果大于1000 1 B 10能整除这个数 2 B 这个数大于100 3C:C 4能整除这个数 1 C 11乘以这个数的结果小于1000 2 C 9能整除这个数 3 D: D 这个数小于20 1 D 这个数是一个质数 2 D 7能整除这个数 3 这个数是________ 【分析与解】 设这个数为n 我们把条件整理一下： A:An12;A 7不能整除n；A 5n70，即n14 1 2 3 1 B:B 12n1000，即n83 ；B 10n;B n100 1 3 2 3 10 C:C 4n;C 11n1000,n90 ;C 9n 1 2 11 3 D:D n20;D n是一个质数；D 7n 1 2 3 首先，我们注意到A 与D 完全相反 2 3 ⑴若D 是真话，A 是假话；即7n 3 2 A与A 中至少有一个是真话 1 3 但不可能为A是真话，A 是假话 1 3 则A 是真话；则n14 3 故D 是真话 1 故D 是假话 2 注意到，符合n14且7n的正整数只有n7，而7是质数，与“D  n是一个质数”是假 2 话矛盾 ⑵故若D 是假话，A 是真话；即7不能整除n 3 2 A与A 中至少有一个是假话 1 3但不可能为A是真话，A 是假话 1 3 则A是假话；则n12 1 再对A是假话，则n12 1 再对D 进行讨论 1 ①若D 是真话，即12n20 1 故B 与B 都是假话 1 3 则B 是真话；则10n 2 但不存在既满足12n20，又满足10n的正整数n ②故D 是假话，即n20 1 则D 是真话，即n是一个质数 2 故B 、C 、C 均是假话 2 1 3 则C 是真话，即20n90 2 故B 是假话 3 则B 是真话，即84n90 1 注意到，符合84n90且n为质数的只有n89，即这个数是89 【第10题】 如图，ABC是一个等边三角形，在BC边上取点D、E，使得BC3DE，作等边DEF ， 联 结 AF ， 作 DG 平 行 AF 于 点 G ， 作 EH 平 行 AF 交 边 AC 于 点 H ， 作 GI AF、HJAF、HJAF 。若BDF 的面积为 45，DEF 的面积为 30，则GIHJ  ______【分析与解】 几何，等积变形，燕尾模型 延长AF 交BC于点K，分别联结AD、AE 由共边模型，得BD:DES :S 45:303:2 BDF DEF 又因为BC3DE 所以BD:DE:BC3:2:6 所以BD:DE:CE3:2:1 因为ABCFDE60 所以DF//AB 所以DK:BKDF:AB1:3 所以DK:BD=1:2 因为FED=ACB60 所以EF//AC 所以EK:CKEF:AC1:3 所以EK:CK1:2 因为BD:DE:CE3:2:1 3 1 所以BD:DK:EK:CE3: : :16:3:1:2 2 2 根据燕尾模型，S :S DK:EK 3:1 ADF AEF 而注意到，S  AFGI 2,S  AFHJ 2 ADF AEF 故GI:HJ S :S 3:1 ADF AEF 即GJHJ 3【第11题】 一个55的方格由 25 个11的小方格组成，每个小方格都被分成四个相同的等腰三角形， 其中三个被涂成了黑色（如图a所示）。小正方形的边如果位于黑色部分，就称为黑边，反 之就是白边，在55的方格内，相邻（有公共边）小方格的公共边必须是同色的，那么55 方格的四条边长（如图b所示）上最少有________条黑边【分析与解】 角上的小方格，每个有2条边在外面，故其中至少有1条是黑边 这样55方格的四条长边上，黑边不少于144条 每个小方格有3条黑边，5525个小方格一共有32575条黑边 而在55的方格内，相邻（有公共边）小方格的公共边必须是同色的 故内部的黑边的条数为偶数 则四条长边上的黑边的条数为奇数 所以55方格的四条长边上，黑边不少于5条 如图所示为55方格的四条长边上有5条黑边的例子 综上所述，55方格的四条长边上至少有5条黑边【第12题】 如图，在88的正方形网格中，A、B两点处各有一只臭虫（A点处的臭虫我们称其为a臭 虫，B点处的臭虫我们称其为b臭虫）。臭虫每次走 1 格（向上、向下、向左、向右这四个 方向选中一个方向走）。若b臭虫走两个，a臭虫走三格，最后b臭虫与A点的距离小于等 于a臭虫与A点距离的走法有______种 【分析与解】 计数，乘法原理，加法原理，排列，组合 ⑴b臭虫走2格 ，最后b臭虫距离A点3格 ，最后b臭虫距离A点1格 或，最后b臭虫距离A点 5 格（21长方形的对角线） 或以及其排列，最后b臭虫距离A点1格 或以及其排列，最后b臭冲距离A点1格 以及其排列，最后b臭虫距离A点1格 最后b臭虫距离A点1格，有14P2 9种走法 2 最后b臭虫距离A点 5 格（21长发形的对角线），有22P2 6种走法 2 最后b臭虫距离A点3格，有1种走法 ⑵a臭虫走3格 或或或，最后a臭虫距离A点3格 或或或以及其排列的，最后a臭虫距离A点1格 或或或或或或或以及其排列最后a臭虫距离A点 5 格（21长方形的对角线） 或或或以及其排列，最后a臭虫距离A点1格 最后a臭出距离A点1格，有4C1C24P336种走法 3 2 3 最后a臭出距离A点 5 格（21长方形的对角线），有8C1C2 24种走法 3 2 最后a抽出距离A点3格，有4种走法 ⑶最后b臭虫与A点的距离小于等于a臭虫与A点距离 ⑷当最后b臭出距离A点1格 则最后a臭出距离A点1格或 5 格（21长方形的对角线）或3格 有936244964576种 ②当最后b臭出距离A点 5 格（21长方形的对角线） 则最后a臭出距离A点 5 格（21长方形的对角线）或3格 有6244168种 ③当最后b臭出距离A点的3格 则最后a臭虫距离A点3格 有144种 综上所述，最后 b 臭虫与 A 点的距离小于等于 a 臭虫与 A 点的距离的走法有 5761684748种 三、动手动脑题 【第13题】 甲、乙两车分别从A、B两地同时出发（甲从A地出发），相向而行。甲、乙两车速度分别 为40千米/时和50千米/时，A、B两地相距900千米。当甲车到达B地后立刻调头开回A 地，速度变为50千米/时。当乙车到达A地后立刻调头开回B地，速度变为40千米/时。当 甲车到达A地后立刻调头开回B地，速度恢复为40千米/时。当乙车到达B地后立刻调头开 回A地，速度恢复为50千米/时。依次类推，两车在A、B两地间不断地开来开去，速度也 在40千米/时与50 千米/时之间不断地切换。当两车第 2016次相遇时，甲车一共行驶了多 少千米？ 【分析与解】 行程问题，多次相遇 甲以40千米/时的速度从A到B，再以50千米/时的速度从B到A 乙以50千米/时的速度从B到A，再以40千米/时的速度从A到B 故甲、乙各走了一个来回用时相等 在甲、乙各走了一个来回的过程中，甲、乙相遇了2次 201621008，若甲、乙各走了1008个来回的过程中，甲、乙相遇了2016次 从第2016次相遇到最后甲、乙同时回到A、B两地这个过程中 甲的速度为50千米/时，乙的速度为40千米/时则甲、乙的速度比为50:405:4 甲、乙的路程比也为5:4 5 其中甲行驶了900 500km 54 故当两车第 2016 次相遇时，甲车行驶的路程相等于 1008 个来回再去掉这 500 千米，即为 900100825001813900km 【第14题】 D老师脑子里想了两个正整数x、yyx1，然后他将xy的值告诉了A，将xy的值 告诉了B，接下来，A、B有如下的对话（A、B都知道yx1） B说：我不知道xy的值 A说：给你一个提示，xy的值不超过 20，一旦你能通过这个提示确定下xy的值，那 么我也就知道xy的值了 B说：我知道xy的值了 求：x和y的值了 【分析与解】 逻辑推理 ⑴由“B不知道xy的值”可得 将xy的乘积折成两个正整数的乘积方法不唯一 即xy既不是1也不是质数，xy为合数 ⑵再由“xy20这个提示下，B知道了xy的值”可得 将合数xy的乘积折成两个和不大于20的正整数的乘积方法唯一确定 2137,22211,2555,26213,2739,33311,34217,3557， 39313,44411,4977,50510,51317,52413,5469,55511， 6379,65513,66611,75515,77711,80810,8199,88811 ⑶最后由“B在知道了xy的值之后，A也就知道xy的值”可得 在⑵所列的情况下，分别计算对应两个因数的和，这个和是唯一的 2137 22211 2555 26213 2739 33311 34217 3557 3710 21113 5510 21315 3912 31114 21719 5712 39313 44411 4977 50510 51317 52413 5469 55511 31316 41115 7714 51015 31720 41317 6915 51116 6379 65513 66611 75515 77711 80810 8199 88811 7916 51318 61117 51520 71118 81018 9918 8111990=910 91713 96812 99911 1001010 91019 71320 81220 91120 101020 其中，只有“和13”只出现一次 故x2,y11