第十五届华罗庚金杯决赛试题A（小学高年级组）答案_奥数专题合集_H003小学奥数培训班课程+习题_华罗庚_小高

第十五届全国华罗庚金杯少年数学邀请赛 决赛试题 A 解答（小学组） 一、填空题 1. 要在10个盒子中放乒乓球, 球的个数彼此不同, 不能少于11, 不能是13, 也不能是 5 的倍数, 那么至少需要 个乒乓球. 【答案】173. 【解答】至少需要11121416171819212223173(个). 2. 有五种价格分别为 2 元、5 元、8 元、11 元、14 元的礼品以及五种价格 分别为1元、3元、5元、7元、9元的包装盒, 一个礼品配一个包装盒, 共有 种 不同价格. 【答案】19. 【解答】任意的搭配共有 25种, 其中有价格重复的情况. 由于礼品和包装盒的价格分别是公差为3和2的等差数列, 故当礼品和包装 盒的价格分别差 6 时, 会出现价格重复的情况, 共有 3×2=6 种, 所以不同价格的 礼品共有25619种. 3. 汽车 A 从甲站出发开往乙站, 同时汽车 B、C 从乙站出发与 A 相向而行 开往甲站, 途中 A与 B相遇 20 分钟后再与C 相遇. 已知 A、B、C 的速度分别 是每小时90km, 80km, 60km, 那么甲乙两站的路程是 km. 【答案】425. 【解答】设 A与 B出发 t 小时后相遇, 两地距离为s, 则 1 (9080)t s, (6090)(t ) s. 3 解之得 s 1702.5425. 1 1 1 1 1 1 4. 将 , , , , , 和这6 个分数的平均值从小到大排列, 则这个平 2 3 4 5 6 7均数排在第 位. 【答案】 5. 1 1 1 1 1 1 【解答】先从小到大排列这6个分数:      , 因为前三个分 7 6 5 4 3 2 数之和比后三个分数之和小, 因此这 6 个分数的平均值不可能排在它们的中间. 因为 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1       6    =  0, 2 3 4 5 6 7 4 5 7 4 7 20 且 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 6            0 3 2 3 4 5 6 7 4 5 7 1 1 所以这 6个分数的平均值大于 ,小于 . 4 3 即这 6 个分数的平均值排在第5位. 5. 将一个数的各位数字相加得到新的一个数称为一次操作, 经连续若干次 操作后可以变为6的数称为“好数”, 那么不超过2012的“好数”的个数为_______, 这些“好数”的最大公约数是 _______. 【答案】223, 3. 【解答】 易知, 从 1开始, 连续递增的自然数, 经过上述操作最后得到的一 2012 位数是从1 到9 循环地变化的. 因此, 最后变为6 的数一共有[ ]223个. 9 因为经过若干次操作后得到的数是 6, 故这些数都是 3 的倍数. 又因为 6 和 15都是这种数, 而（6, 15）= 3, 所以这些数的最大公约数是3. 6. 图 A-10 所示的立体图形由 9 个棱长为 1 的立方块搭成, 这个立体图 形的表面积为 . 图 A-10 【答案】32. 【解答】从上、下、前、后、左、右看到的这个立体图形的表面的面积分别为 5, 5, 5, 5, 6, 6, 总和为 32 . 7. 数字卡片“3”、 “4”、 “5”各 10 张，任意选出8 张使它们的数字和是33， 则最多有 张是卡片“3”. 【答案】3. 【解答】假设摸出的8 张卡片全是数字“3”，则其和为3×8＝24，与实际 的和33 相差9，这是因为将摸出的卡片“4”、“5”都当成是卡片“3”的缘故. 用一张卡片“5”和“4”换一张卡片“3”，数字和可分别增加2 和1. 为了使卡 片“3”尽可能地多，应该多用卡片“5”或卡片“4”换卡片“3”，现在9421， 因此可用4 张卡片“5”和 1张卡片“4”换卡片“3”，这样8张卡片的数字之 和正好等于33. 所以最多可能有3 张是卡片“3”. 1 1 1 1 1 1 8. 若将算式      的值 12 34 56 78 20072008 20092010 化为小数, 则小数点后第1 个数字是 . 【答案】4. 【解答】因为 1 1 1 1 1 (  )(  ) 12 34 56 20072008 20092010 1 1 1 9  (  )  0.45, 2 34 56 20 且 1 1 1 1 1 1 1 (  )(  )(  ) 12 34 56 78 20052006 20072008 20092010 1 1 5    0.41, 2 34 12 所以小数点后的第1个数字是 4. 二、解答下列各题 9. 图 A-11 中有 5 个由 4 个 1×1 的小正方格组成 的不同形状的硬纸板. 问能用这5个硬纸板拼成图A-11 图A-11中4×5 的长方形吗？如果能, 请画出一种拼法；如果不能, 请简述理由. 【答案】不能. 【解答】 假设能拼成4×5 的长方形, 如图A-12小方格黑白相间染色. 其中 黑格、白格各10 个. ① ② ③ ⑤ ④ 图A-12 图 A-13 将五块纸板编号, 如图A-13所示, 除纸板④之外, 其余4张硬纸板每一张都 盖住 2 个黑格, 而④盖住3 个黑格或一个黑格. 这样一来, 由 4个 1×1 的小正方 格组成的不同形状的5 个硬纸板, 只能盖住9或 11 个黑格, 与 10 个黑格不符. 10. 长度为L 的一条木棍, 分别用红、蓝、黑线将它等分为8, 12 和 18 段, 在 各划分线处将木棍锯开, 问一共可以得到多少段？其中最短的一段的长是多 少？ L 【答案】28, . 72 【解答】（1）易知 红线与蓝线重合的条数是 (8,12)13； 红线与黑线重合的条数是 (8,18)1211； 蓝线与黑线重合的条数是 (12,18)15； 红线、蓝线、黑线都重合的条数是 (8,12,18)1211. 由红线 7条, 蓝线 11 条, 黑线 17条确定的位置的个数是 71117(315)127.因此, 依不同位置的线条锯开一共得到 27128（段）. （2）最小公倍数 [8,12,18]2[4,3,9]23672. 因此, 将木棍等分成72段时, 至少有一段是在上述红、蓝、黑线的某两条之间, 并 且再短（段数更多）时就做不到了. L 所以锯得的木棍最短的一段的长度是 . 72 11. 足球队 A，B，C，D，E 进行单循环赛（每两队赛一场）, 每场比赛胜 队得3分, 负队得0 分, 平局两队各得 1分. 若 A，B，C，D总分分别是1, 4, 7, 8, 请问：E队至多得几分？最少得几分？ 【答案】7, 5. 【解答】 设 A，B，C，D，E 五队的总分分别是a, b, c, d , e, 五队的 总分为S, 则S abcd e20e. 五队单循环共比赛 10 场, 则S 30. 如果有一场踢平, 则总分S 减少 1 分. 因为 a11000, b411113100, c73310, d 83311, 所以比赛至少有 3 场平局, 至多有 5 场平局. 于是305S 307 , 即 2520e27.故5e7. 事实上, E胜 A, B, 负于 C, 与 D踢平时, e7；E胜 A, 负于 C, 但与B、D 踢平时, e5.所以 E队至少得5 分, 至多得7分. 12. 华罗庚爷爷出生于1910 年 11月12 日. 将这些数字排成一个整数, 并且 分解成19101112116316424, 请问这两个数 1163 和16424中有质数吗? 并说 明理由. 【答案】1163 是质数. 【解答】1163 是质数, 理由如下: （1）显然16424 是大于2 的偶数, 是合数. （2）如果 1163 是合数, 但不是完全平方数, 则至少有 2个不同的质因数, 因 为113 13311163, 所以, 如果 1163 有 3 个以上不同的质因数, 必有一个小于 11. 但是显然2, 3, 5, 7 都不能整除1163, 11 也不能整除1163, 因此 1163 仅有 2 个不同的大于11 的质因数. 大于 11 的质数有: 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, … 既然114731371163372, 1163 的两个不同的质因数一定有一个小于37, 另一个大于31. 计算 13919231163131213101； 17591003116313431779； 1947893116312731967； 2341943116314032361； 29371073116313632947. 所以1163 是质数. 三、解答下列各题 13. 图A-14中，六边形ABCDEF的面积是2010平方厘米. 已 知△ABC, △BCD, △CDE, △DEF, △EFA, △FAB的面积都等于 图 A-14335 平方厘米, 6 个阴影三角形面积之和为 670 平方厘米. 则六边形ABC DE F 1 1 1 1 1 1 的面积是 平方厘米. 【答案】670. 【解答】 如图 A-15, 已知△ABC, △BCD, △CDE, △DEF, △EFA, △FAB的 面积都等于 335 平方厘米, 它们面积之和为33562010平方厘米=六边形 ABCDEF 的面积. 因此, 未被盖住的六边形ABC DE F的面积 1 1 1 1 1 1 = 重叠部分的面积 = S S S S S S . (1) (3) (5) (7) (9) (11) 图 A-15 另一方面, 在△ABC 中, S S 335S , (1) (3) (2) 在△BCD中, S S 335S (3) (5) (4) 在△CDE 中, S S 335S (5) (7) (6) 在△DEF 中, S S 335S (7) (9) (8) 在△EFA 中, S S 335S (9) (11) (10) 在△FAB中, S S 335S (11) (1) (12) 上述6个式子相加, 得     2 S S S S S S 3355 S S S S S S (1) (3) (5) (7) (9) (11) (2) (4) (6) (8) (10) (12) 即  2 S S S S S S 33566701340. (1) (3) (5) (7) (9) (11) 所以 1340 S S S S S S  670. (1) (3) (5) (7) (9) (11) 2 因此, 六边形ABC DE F的面积 1 1 1 1 1 1 =S S S S S S =670 (平方厘米). (1) (3) (5) (7) (9) (11) 14. 已知两位自然数“虎威”能被它的数字之积整除, 求出“虎威”代表的两 位数. 【答案】11, 12, 15, 24, 36. 【解答】两位自然数共有 90 个, 一个一个地去试算检验它是不是满足条件, 工作量太大, 显然需要开动脑筋, 缩小试算范围. 设“虎”、“威”两个汉字分表代表的数字为a, b. 因为ab10ab, 10ab能被ab整除意味着10ab能被 a整除且10ab能 被b 整除. 如果10ab能被 a整除, 说明 b 能被a 整除；如果10ab能被 b整除, 说明10a能被b 整除. 这就是说, 数字 a, b 同时要满足两个条件： （1）a 整除 b, （2）b 整除 10a. 对满足这两个条件的a, b, 进行试算, 可以缩小试算的范围. 若a＝1, 则 10 能被b整除, b的可能值为1, 2, 5, 这时ab＝11, 12, 15, 它们 符合条件； 若a＝2, 则 b是偶数, 且20 能被b 整除, b 的可能值是2, 4. 经检验后知只有 ab＝24 满足条件； 若a＝3, 则 b是 3的倍数, 且30 能被 b整除, b的可能值是3, 6. 经检验后知只有ab＝36 合于要求； 若a＝4, 则 b是 4的倍数, 且40 能被 b整除, b的可能值是4, 8. 经检验后它 们都不合题意. 若 a＝5, 6, 7, 8, 9, 经过同样的检验后知, 没有符合题意的值. 综上所述知：“虎威”代表的两位数 11, 12, 15, 24, 36.