第十五届华罗庚金杯决赛试题B（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 B 解答（小学组） 一、填空题 1．在10 个盒子中放乒乓球，每个盒子中球的个数不能少于11，不能是 17， 也不能是 6 的倍数，并且彼此不同，那么至少需要 个乒乓球. 【答案】174. 【解答】至少需要11131415161920212223174(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3 元、6元、9 元、12 元、15 元的包装盒. 一个礼品配一个包装盒，共 有 种不同的价格. 【答案】9. 【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都是公差为3的等差数列，故当礼品和包装盒可以 组成一个5 元，8元，11 元，14 元，17 元，20 元，23 元，26 元，29 元，共有 9种不同的价格. 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 个分数的平均值从大到小排列, 则这个平 2 3 4 5 6 7 均值排在第 位.【答案】 3. 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 . 即这六个分数的平均值排在第3位. 4 3 5. 若两位数的平方只有十位上的数字是0，则这样的两位数共有 个. 【答案】9. 【解答】设符合条件的两位数是ab. 两位数ab的平方的十位上的数字等于 2ab 个位上的数与b2的十位上的数字 之和的个位数字，为 0. 因为ab的平方只有十位上的数字为0，所以b0. 当 b取 1～9时, b2的十位上的数字分别为 0、0、0、1、2、3 、4、6、8. 2ab个位上的数字如下： 当 a为 1 时，分别为 2、4、6、8、0、2、4、6、8； 当 a为 2时，分别为 4、8、2、6、0、4、8、2、6； 当 a为 3时，分别为 3、6、9、2、5、8、1、4、7； 当 a为 4时，分别为 8、6、4、2、0、8、6、4、2；当 a为 5时，分别为 0、0、0、1、2、3、4、6、8； 当 a为 6或 7 时，分别与1或 2时相同； 当 a为 8时，分别为 6、2、8、4、0、6、2、8、4； 当 a为 9时，分别为 8、6、4、2、0、8、6、4、2. 所以这样的两位数有47，48，49，51，52，53，97，98，99，共 9个. 6. 图 A-16 所示的立体图形由 10 个棱长为 1 的立方块搭成, 这个立 体图形的表面积为 . 图 A-16 【答案】34. 【解答】 从上、下、前、后、左、右看这个立体图形的表面的面积分别为 6, 6, 5, 5, 6, 6, 总和为 34 . 7. 数字卡片“3”、 “4”、 “5”各 10 张，从中任意选出 8张，它们的数字和是 31，则最多有 张是卡片“3”. 【答案】4. 【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 31 相差 8，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”换卡片“3”，现在8÷2＝4，因此 可用4张卡片“5”换卡片“3”，这样 8张卡片的数字之和正好等于32. 所以最 多可能有4 张是卡片“3”. 8. 能同时表示成连续 9 个、10 个和 11 个非零自然数的和的最小自然数 是 . 【答案】495. 【解答】设所求的正整数为A，则由题意得： A=(p1)(p2)(p3)(p9)9p45， ①A=(m1)(m2)(m3)(m10)10m55， ② A=(n1)(n2)(n3)(n9)11n66， ③ 其中 p, m, n均为整数. 由①、②可得：9p4510m55，所以 9p10(m1). ④ 由②、③可得：10m5511n66，所以 10m11(n1). ⑤ 因为 10 与 11互质，所以由⑤可知，m是 11 的倍数，由④可知，m1是 9 的倍数，所以m是 11 的倍数，且被 9 除的余数为 8，于是m的最小值为 44，A 的最小值为104455495. 二、解答下列各题 9. 图A-17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-17 中4×5 的长方形吗？如果能, 请画出一种拼法；如果不 图A-17 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-18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-18 图 A-19 将五块纸板编号, 如图A-19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. 图 A-20 中，ABCD是一个梯形，且 AB//CD，三角形 ABO和三角形 OCD DC 的面积分别是16 和 4，求 . AB 图 A-20 1 【答案】 . 2 【解答】由三角形面积公式， S S OC BCO  OCD  . S S AO ABO AOD 又有S  S ，故 AOD BCO S 4 BCO  . 16 S BCO 所以 S  S 8. BCO BCO 设梯形高为h, 因为 hAB hCD S  , S  ， ABC 2 DAC 2 所以 S CD DAC  . S AB ABC 又因为 S S S 24, S S S 12, ABC ABO BCO DAC OCD AOD 所以 DC 1  . AB 211. 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 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, 等等. 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11. 计算 13891157116312611397； 17681156116312411773； 19611159116312731967； 23471081116312192353； 29371073116311892941； 31371143116312713141. 所以1163 是质数. 三、解答下列各题 13. 一批货物重13.5 吨，每包货物重量不超过350 千克，请问：能否用11 辆载重为1.5 吨的小货车一次运走？并对你的结论加以说明. 【答案】能. 【解答】一种方案如下：把11 辆货车顺序编号为1，2，3，…，11. 先把 1 至8 号车装上货物，每车一直装到不超过1.5 吨为上限, 只要再装一包便超过1.5 吨为止，并把这 8个最后一包分成两组，每组4 包，每组重量不超过35041400千克1.5吨，用9，10 号车可将这两组8 包货物运走，这样1 至 10号车共装运 了超过 1.5812（吨）货物，还剩下的货物的重量不超过13.5121.5吨，这 样可以用11 号车把剩下的货物运走. 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. 显然a, b不等于0. 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.