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