2016第十六届中环杯四年级初赛详解_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）_初赛_四年级

届中环杯四年级初赛 16 1、计算：(20.15+40.3)×33+20.15 【分析】原式=(20.15+20.15×2)×33+20.15 =20.15×3×33+20.15 =20.15×(3×33+1) =2015 2、用1、2、3、4这四个数字构成一个四位数abcd，要求： （1）a、b、、c d互不相同；（2）b比a、d 都大，c比a、d 都大。这样的四位数有______ 个 【分析】由题意，b、c应取3、4，a、d 应取1、2，有2×2=4个数 3、一个长方体的六个面的面积之积为14641，则该长方体的体积为______ 【分析】不妨设长方体的长、宽、高分别为a、b、 c，则六个面的面积之积为： (ab)2×(ac)2×(bc)2 =a4×b4×c4 =(abc)4 =14641=114，所以 abc=11，即体积为 11 4、小明通过 2、0、1、6 这四个数字构造了一个数列（不断地将 2、0、1、6 这四个数 字按照这个顺序加在数后面）：2、20、201、2016、20162、201620、2016201、20162016、 201620162、……，这个数列中，质数有______个 【分析】这个数列中的数按照周期个位分别为2、0、1、6，也即除了个位为1的，其余 的均为偶数，而偶数中只有2是质数，也即数列的第一个数是质数，其余的偶 数均不是质数 再考虑以 1 结尾的奇数，这些数的数字和为(2+0+1+6 ×)k+2+0+1=9k+3 （其中k为自然数），所以这些数一定是3的倍数，而且这些数里没有3，所以 这些数都不是质数 综上，只有1个质数 5、甲、乙两车同时从A、B两地沿相同的方向行驶。甲车如果每小时行驶50千米，则 6小时可以追上前方的乙车；如果每小时行驶80千米，则2小时可以追上前方的乙车。 由此可知，乙车的速度是______千米/时 【分析】第一次6小时，甲行300千米，第二次2小时，甲行160千米，两次相差140 千米，这 140 千米也就是乙车6−2=4 小时行的路程，所以乙的速度是 140÷4=35千米/时 6、图中有______个三角形【分析】C3 −3=17个 6 7、已知四位数ABCD满足下面的性质：AB、BC、CD都是完全平方数（完全平方数 是指能表示为某个整数平房的数，比如4=22，81=92，则我们就称 4、81 为完全平方 数）。所有满足这个性质的四位数之和为______ 【分析】1649+3649+8164=13462 8、对于自然数a，S(a)表示a的数码和（比如S(123)=1+2+3=6）。如果一个自然数n 的各个数码都互不相同，并且S(3n)=3S(n)，则n的最大值为______ 【分析】即S(n+n+n)=S(n)+S(n)+S(n)，和的数码和等于数码和的和，也就是说，在 n+n+n的过程中不能有进位，所以n的数字组成仅能有0、1、2、3，由于各 个数码互不相同，所以n最大为3210 9、如图，ABCD 和 EGFO 都是正方形，其中点 O 是正方形 ABCD 的中心，EF∥BC。 若BC、EF的长度都是正整数，并且四边形BCEF的面积为3.25，则S −S =______ ABCD EGFO F A B O G D C E 【分析】如下图，过 O 作 ON 垂直 EF 于 N，交 BC 于 M，则易知，ON 是等腰直角三 角形OEF斜边EF上的高，OM 是等腰直角三角形OBC 斜边BC 上的高 设ON =a、OM =b，则有EF =2OM =2a，BC =2OM =2b S =(BC+EF)×MN ÷2=(2b+2a)×(a−b)÷2=(a+b)×(a−b)=a2 −b2 BCEF 所以a2 −b2 =3.25⇒ EF2 −BC2 =(2a)2 −(2b)2 =4(a2 −b2)=13 由于BC、EF的长度都是整数，所以有EF =7，BC =6 所以S −S = BC2 −EF2 ÷2=11.5 ABCD EGFO F A B O N G M D C E10、图中的乘法竖式，最后结果为______ 【分析】设乘法算式为ab×cd5，我们发现ab×5是个三位数，所以ab最小为20，而ab×c 是2，所以a=2，c=1 所以ab×5=2b×5，结果一定是一个一百多的数，所以2b×5=110或115 若2b×5=110，那么b=2，22×d是个十位为0的三位数，经尝试，没有符合 要求的解 若2b×5=115，那么b=3，23×d 是个十位为0的三位数，仅有23×9=207符 合要求，所以算式为23×195=4485 11、神庙里有一把古老的秤，对于重量小于 1000 克的物体，这把秤会显示其正确的重 量；对于重量大于等于1000克的物体，这把秤会显示出一个大于等于1000得随机数。 小明有五个物品，它们各自的重量都小于1000克，我们分别用P、Q、R、S、T表示它 们的重量。将这五个物品两两配对，放到秤上进行称重，得到下面的结果： Q+S =1200（克），R+T =2100（克），Q+T =800（克），Q+R=900（克），P+T =700 （克）。那么这五个物品的重量从重到轻的顺序为____________ 【分析】由后三个结果，易得R 比T重100克，Q比P 重100克，由第二个结果可知， R+T 大于等于1000克，而Q+T 等于800，所以R 比Q 重至少200克，而R 比T重100克，所以目前有R>T >Q> P，由第一个结果，Q+S大于等于1000 克，而Q+R=900克，所以S 比R重，因此从重到轻为S、R、T、Q、P 12、将 0、1、2、3、4、5、6、7 写在一个正方体的八个顶点上（每个顶点写一个数， 所有的数都只能使用一次），要求每条边上的两个数之和都是素数。则一个面上的四个 数之和最大为______ 【分析】若某条边上两个数奇偶性相同，那么和必定为偶数，那么只能是 2，所以这条 边上的两个数只能是 0、2，那么考虑这条边所在的某个面，这个面上有 4 个 数，0、2 相邻，那么另 2 个数必定为奇数，则那 2 个奇数的和也为偶数，但 最小为1+3=4，必定不是素数 所以，我们应该奇偶间隔的填数 所以一个面上应该是 2 奇 2 偶，和最大为7+6+5+4=22，可惜4+5=9是合 数，无法填出 由于2奇2偶，和一定为偶数，接下来考虑20，有7+6+5+2、7+6+4+3，可惜2+7、3+6都是合数，无法填出 再考虑18，有如下填法可行，所以最大为18 4 1 7 6 3 2 0 5 13、已知三个不同的质数 p、q、 r满足 pqr =1899962，定义 f(n)表示自然数n的数码  n个9 和，则 f(p)+ f(q)+ f(r)− f(pqr)=______ 【分析】1899962=2×9499981=2×(95000−19)=2×19×(5000−1)     n个个9 个个 n−1 9 n+1 0 n+1 0 所以， p、q、 r分别是2、19、4999，  n+1个9 所以 f(p)+ f(q)+ f(r)− f(pqr)=2+1 +40+9 n+(1)−(9+9n+8)=8 14、四个完全相同的等腰梯形如图进行放置，它们的下底构成了一个正方形的两条对角 线。若PX =3XQ，则阴影部分面积÷整个正方形面积=______ P X Q S R 【分析】如下图，显然正方形两条对角线交点是正方形中心点，延长OM 交SR于 N， 由于是等腰梯形，所以有∠NOS =∠NSO=45°，那么三角形 NOS 是等腰直角 三角形，于是有 NR=NS，由于 TR=3TS，所以 NR=2NT=2TS，由 MT∥OS， 有MN=MO， 不妨设S =1，则有S =1，S =2，S =4 ∆MTN ∆OMT ∆OTS ∆ORN 所以S ÷S =3÷8=0.375，显然阴影部分是OMTS 面积的4倍，正方形 OMTS ∆OSR 是三角形OST面积的4倍，所以结果仍为0.375P X Q O 1 M 2 4 1 S T N R 15、甲、乙两人分别从A、B两地同时出发，在A、B两地之间不断往返行进。当甲第 5次到达 B地的时候，乙恰好第9次回到了 B 地。则当甲第2015次到达B的时，两人 一个相遇了______次（迎面碰到和追上都算相遇，如果最后同时到达 B地，也算一次相 遇） 【分析】甲第5次到达 B地时，走了9个全程，乙第9次回到B地时，走了18个全程， 所以乙的速度是甲速度的2倍，可以画出柳卡图如下： A B 甲每走2个全程，2人均回到各自的出发点，进行周期循环，每一个周期 2人 相遇 3 次， 2015÷2=10071 ，最后一个全程相遇 2 次，共相遇 3×1007+2=3023次 16、在□□+□□=□□□的每个方框中填入一个 0、1、2、……、9 中的数字（方框内 数字允许相同，任何数最高位不能为0），使得算式成立.有______种填数方法。 【分析】第一个数如果填10，第二个数能填90到99，有10种填法 第一个数如果填11，第二个数能填89到99，有11种填法 …… 第一个数如果填89，第二个数能填11到99，有89种填法 第一个数如果填90到99，第二个数能填10到99，有90种填法 共10+11+12++89+90×10=4860种填法 AE =15 17、如图所示，△AED为直角三角形，两条直角边的长度分别为  。以AD为 DE =20 边作正方形 ABCD，以 AB、AE 为边作平行四边形 ABFE，EF 交 AD 边于点 G,AC 与 FG交于点H。则△AGH与△CFH的面积之差（大面积减去小面积）为 ______。【分析】由勾股定理，可知AD2 =152 +202 =625，所以AD是25 1 1 而S = ×AE×ED= ×AD×EG，所以EG =15×20÷25=12 ∆ADE 2 2 又由勾股定理，GD2 = ED2 −EG2 =202 −122 =256，所以GD是16 由于EF = AB= AD=25，所以GF =13 S +S =S =(13+25)×16÷2=304 ∆FHC GHCD FGCD S +S =S =25×25÷2=312.5 ∆AGH GHCD ∆ADC 所以，S −S =312.5−304=8.5 ∆AGH ∆FHC 18、四个不同的质数a、b、c、d满足下面的性质： （1）a+b+c+d 还是一个质数；（2）a、b、c、d中某两个数之和还是一个质数；（3） a、b、c、d中某三个数之和还是一个质数。满足条件的a+b+c+d 的最小值为______。 【分析】由奇偶性，若四个数均为奇数，那么和一定是偶数，显然不会是质数 所以四个数中必定有2，不妨令a=2 其中某三个数的和还是质数，那么必定是除了2以外的另外三个奇数之和为质 数 所以b+c+d 与a+b+c+d 是相差为2的素数对，即孪生素数 b+c+d 最小为3+5+7=15，也就是说我们要找大于15的尽量小的孪生素数 最小为17、19，但可惜17无法拆成3个不同素数的和 下一对是 29、31，可以去四个数为 2、3、7、19，其中2+3+7+19=31， 3+7+19=29、2+3=5符合要求，所以a+b+c+d 最小为31 19、一个 3×3的方格中，每个1×1的小方格内都要填一个数，其中右上角的数已经填 好了，为30（如图）。接下来填的数需要满足下列条件： （1）每个数都能整除与它相邻的上面方格内的数（如果与它相邻的上面方格不存在， 自然不用满足这个条件）；（2）每个数都能整除与它相邻的右面方格内的数（如果与它 相邻的右面方格不存在，自然不用满足这个条件）。不同的填法有______种。【分析】30=2×3×5，所以方格内的数一定都是形如2a×3b×5c的数，其中a、b、 c只能 选填0、1，所以我们先考察2，即观察整张表a的取值 观察剩下8个数 一、若8号格中是21，那么其余格子必须都填21，一种填法 接下来8号格中是20， 二、若6、7号格中均是21，那么其余格子必须都填21，一种填法 若 6、7 号格中一个是21，一个是20，不妨令 6 号格是21，那么 4、2、3、1 必须都填21，5 号格可以选填20、21，2 种填法，若 7 号格是21，对应也是 2 种 接下来6、7、8号格中均是20 三、若3、4、5号格中均是21，那么其余格子必须都填21，一种填法 若 3、4、5 号格中两个是21，一个是20，那么其余格子也必须都填21，有 3 种填法 若3、4、5号格中一个是21，两个是20 如果4号格是21，那么其余格子必须都填21，有1种填法 如果3号格是21，那么1号格子必须都填21，2号格子可以选填20、21，2种 填法， 如果3号格是21，那么2号格子必须都填21，1号格子可以选填20、21，2种 填法， 接下来3、4、5、6、7、8号格中均是20 那么1、2号格子可以选填20、21，4种填法 所以2的次数有1+1+2+2+1+3+1+2+2+4=1 种9 填法 同理3、5的次数也各有19种填法，因此一共有19×19×19=6859种填法 3 1 6 4 2 8 7 5 20、我们可以用5×3的方格表来表示字母A～I，如图20-1所示。将A～D填入图20-2 的表中，需要满足：左表中右边的数字表示这一行中圆点个数，下 边的数字表示这一列中圆点个数，填好后的结果如右表所示。 现在，将 A～I 填入图 20-3 的表中（每个字母能且只能使用一次），使其符合前面描述 的要求（只要将字母写入表格即可，不用画圆点）。 【分析】5 5 6 7 5 5 8 9 5 12 四季教育 李唯瑒