第十六届华罗庚金杯决赛试题D（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

“华杯赛”官方网站 www.huabeisai.com.cn 第十六届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题D参考答案（小学组） 第十六届华罗庚金杯少年数学邀请赛 决赛试题 D 参考答案（小学组） 一、 填空题 (每小题 10 分，共 80 分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 27 1577 42 10829 12 14 32 87654321 1800 3465 二、解答下列各题 (每题 10 分，共 40 分, 要求写出简要过程) 9. 答案: 1901 解答. 因为华杯决赛是四位数, 十六届是三位数, 兔年是两位数, 所以等式成 立时有 华杯决赛=2011十六届兔年 2011100101901. 当 华杯决赛=1901, 十六届=100, 兔年=10 时题目要求的等式成立. 10. 答案: 52.5. 解答：因为AC//DE，所以S  S . AOE COD OC S OE S S 又  COD ，  AOE  COD ， CE S CE S S CDE EAC EAC OC S 所以  EAC . OE S CDE 因为三角形EAC 在边AC上的高和三角形CDE在边DE 上的高相等， “华杯赛”组委会办公室 咨询电话：4006500888“华杯赛”官方网站 www.huabeisai.com.cn 第十六届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题D参考答案（小学组） OC S AC 1 所以  EAC   . OE S DE 2 CDE S OC 1 因为 COD   , 所以S 2S 20. S OE 2 DOE COD DOE S OC 1 1 1 因为 AOC   , 所以S  S  S 5. S OE 2 AOC 2 AOE 2 COD AOE 所以S  S S 15. ACE AOC AOE S AB 1 因为AB//CE，所以 ABC   ， S CE 2 ACE 1 即S  S 7.5. ABC 2 ACE 所以S  S S S S 52.5. ABCDE ABC ACE COD DOE 11. 答案: 7. 解答. 每张卡片, 所写数字有几个约数就被翻过几次. 被翻了奇数次的卡片红色 面朝上, 而只有完全平方数才能有奇数个约数, 所以本题也就是求写有完全平方 数的卡片有几张, 而 112 22 32 42 52 62 72 50, 所以红色朝上的卡片共有7 张. 12. 答案： 11厘米. 解答. 如图, “华杯赛”组委会办公室 咨询电话：4006500888“华杯赛”官方网站 www.huabeisai.com.cn 第十六届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题D参考答案（小学组） 球的内接正方体ABCD-A B C D 的顶点在球面上, 它的（体）对角线 AC 就是球 1 1 1 1 1 的直径, 即 AC 21020(厘米). 1 由图形的对称性, 可知 AAC 90, ABC 90. 设正方体的棱长为a 即 1 1 1 1 1 AA  AB  BC a, 连续用勾股定理两次, 得到 1 1 1 1 1 AC2 2a2, AC2  AA2 AC2 3a2, 1 1 1 1 1 1 则 400 1 3a2 202 400, a2  133 . 3 3 显然, 只要一个正方体的棱长a为整数, 满足a2 133, 那么这个正方体一定可 以放入球中, 因为 112 121133144122. 故所求的棱长为整数的正方体的 最大棱长等于11 厘米. 三、解答下列各题 (每小题 15 分，共 30 分，要求写出详细过程) 13. 答案: 2004, 2032, 2060, 2088. 解答. 根据题意, 符合题意的年份必定是闰年(二月有 29 天), 并且二月一日恰好 是星期日, 所以得先找到二十一世纪第一个二月一日是星期日的年份. 根据题意, 2011 年 4月 16 日是星期六, 可倒推得 2004 年 2月 1日是星期日. 这样可按每隔 47(28)年为一个周期推算, 二十一世纪符合题意的年份有 2004, 2032, 2060 和 2088 年, 共有 4个. 75 70 14. 答案: ， 34 51 am cm 解答. 设这两个最简分数为 和 , 其中: bk dk “华杯赛”组委会办公室 咨询电话：4006500888“华杯赛”官方网站 www.huabeisai.com.cn 第十六届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题D参考答案（小学组） b,d1； （1） a,c1； （2） am,bk1；cm,dk1. （3） 既然m  amcm, 所以有 ac1. （4） 又因为am,cm1050123557，并结合（4），可得到: ① c14， a15，m5，此时， 75 70 5 15 14 1   ，或   ； （5） bk dk 6 bk dk 6 ② c6， a7，m55，此时， 75 65 1   ； （6） bk dk 6 ③ c5， a6，m57，此时， 67 57 1   ； （7） bk dk 6 ④ c2， a3，m557，此时， 357 257 1   ； （8） bk dk 6 ⑤ c1， a2，m3557，此时， 2357 357 1   . （9） bk dk 6 上面第（6）式中， 75 65  7 6  1  5   ，   bk dk bk dk  6 “华杯赛”组委会办公室 咨询电话：4006500888“华杯赛”官方网站 www.huabeisai.com.cn 第十六届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题D参考答案（小学组） 15 14 1 结合条件（1），必有5 k，即k有约数5，和（3）矛盾. 即   无解. bk dk 6 同样，(7) ，(8) 和 (9) 中，必有7 k , 均和（3）矛盾，即都无解. 仅考虑（5）， 15 14 1 15 14 15d 14b 1 1   ，     ， （10) bk dk 6 bk dk kbd kbd 6 15d 14b 根据（1），（2）和（3），应当有 b,15d 14b1, d,15d 14b1， 此即意味着： k (15d14b)n， （11） 并且（10）变形为 1 1  ，即n,b,d 只能取1，2，3，6. nbd 123 由（3）和（11），可知：n,151,n,141，因此得n1. 同样，b,151， d,141，因此可得：b2,d 3. 所以 bk 215d 14b34，dk 315d 14b51. 75 70 这两个分数是 和 . 34 51 “华杯赛”组委会办公室 咨询电话：4006500888