第十六届华罗庚金杯决赛试题深圳赛区（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

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第十六届华罗庚金杯少年数学邀请赛
决赛试题与解答（小学组）
一、填空（每题 10 分, 共 80 分）
1．

1

1
 
1 



2
 
2 
 


18

18

19
 .
2 3 20 3 20 19 20 20
解。
1 1 1  2 2  18 18 19
       
2 3 20 3 20 19 20 20
1 1 2 1 2 3  1 2 18  1 2 19
            
2 3 3 4 4 4 19 19 19 20 20 20
1 1 1 1
 
 11 99   12319
2 2 2 2
 95
2.甲车从 A 出发驶向B,往返来回；乙车从B同时出发驶向A,往返来回.两车第一次相遇后，
甲车继续行驶4 小时到达B，乙车继续行驶1小时到达 A.若A,B 两地相距100 千米，那么
当甲车第一次到达B时,乙车的位置距离 A 千米。
解.设甲车车速为 ，乙车车速为 .
v v
1 2
如图，第一次相遇在C 点，则
AC v v v
 1,而ACv ,BC4v , 2  1,
BC v 2 1 4v v
2 1 2
v 2v.
2 1
所以, 当甲车第一次到达B 时,乙车的位置
在B 处.距离A100 千米。
3.每个铅字上刻有一个数码.如果印刷十二页书，所用的页码铅字要以下15 个：
1，2，3，4，5，6，7，8，9，1，0，1，1，1，2。
现要印刷一本新书，从库房领出页码铅字共2011 个，排版完成后有剩余.那么，
这本书最多有 页.最少剩余 个铅字.
解.前9页用9个铅字;
从第10页到99页,每页用2个铅字,前99页共用189个铅字.
从第100页到999页,每页用3个铅字,前k页,100k 999,共用189+3(k99)个铅字.
1893(k99)2011, 3k 2011297189211937061.
答。这本书最多706 页. 最少剩余 1个铅字.
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4. 一列数:8,3,1,4,.….., 从第三个开始,每个数都是最靠近它前两个数的和
的个位数.那么第2011 个数是 .
解.写下这列数的前若干个数:
8,3,1,4,5,9,4,3,7,0,7,7,4,1,5,6,1,7,8,5,3,8,1,9,0,9,9,8,7,5,2,7,9,6,
5,1,6,7,3,0,3,3,6,9,5,4,9,3,2,5,7,2,9,1,0,1,1,2,3,5,8,3,…………….
第一个数=第 61 个数, 第二个数=第62 个数,…….60 为数的出现的周期.
2011336031,
第31 个数是2.所以第2011 个数 是 2.
5.编号从 1 到50 的 50 个球排成一行,现在按照如下方法涂色:1)涂 2 个球；２）
被涂色的２个球的编号之差大于2。如果一种涂法被涂色的两个球与另一种涂法
被涂色的两个球至少有一个是不同号的,这两种涂法就称为”不同的”.那么不同
的涂色方法共有 种.
解.设被涂色的球中的小号码为k, 1k 50347,
则另一个被涂色的球的号码可能是k+3, ,50.
一共有50(k 2)48k种不同涂法.k可以取值1,2, ,47.那么总共有
(48-1)+(48-2)+(48-3)+ +(48-47)=1+2+ +47=2447=1138种.
1128
6. A，B 两地相距100 千米。甲车从A 到B 要走m 个小时，乙车从A 到B 要走 n
个小时，m,n 是整数.现在甲车从A,乙车从B同时出发，相向而行，经过5小时
在途中 C点相遇。若甲车已经走过路程的一半，那么C 到 A路程是 千米。
解。 100 5. 则 1  1  1 。
100 100 m n 5

m n
1 1 1
令m5 p,n5q.我们有   ,5(5 p5q)(5 p)(5q),
5 p 5q 5
505(pq)  255(pq) pq, pq  25.
1 1
1)p  5,q  5,m 10,AC  5 AB  AB; 不满足要求.
10 2
1 1
2)p  25,q 1,m  30,AC  5 AB  AB. 不满足要求.
30 6
1 5 500 1 1
3)p 1,q  25,m  6,AC  5 AB  AB  83 千米  AB.满足要求.
6 6 6 3 2
7. 自然数b与 175 的最大公约数记为d . 如果 176(b11d 1)5d 1，
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则b = .
解：由于d (175,b)，d必为 175 的约数，而175=5×5×7，所以d只能取1，5，
7，25，35，175. 另外由176(b11d 1)5d 1 可知 b11d 1为非0 自
然数， 即b11d 11，因此 5d 1176d 35. 所以d =35 或175. (6 分)
以 d =35 代入176(b11d 1)5d 1，得b = 385.（8 分）
以d =175 代入176(b11d 1)5d 1，得
176(b111751)51751876，即44(b111751)219，左边是偶
数，右边是奇数，矛盾！所以d =175 不合要求. 所以b = 385.（10 分）
8. 如右图. ABCD 为平行四边形.AE=2EB. 若三角形 CEF 的面积=1 平方厘米.那
么，平行四边形ABCD 的面积= 平方厘米 .
解.设平行四边形ABCD 的面积=x平方厘米.
x x
S  S ,S S 1, S  1,
ACE 3 ADE ADF CEF AEF 3
x S S
则又S S S  1; AEF  CEF ,
DCF ADC ADF 2 S S
ADF DCF
x 1 x x
即 1= ,( 1)( 1)=1,(x3)(x2)=6,x5.
3 x 3 2
1
2
二、解答下列各题（每题 10 分, 共 40 分, 要求写出简要过程）
9．三位数的十位数字与个位数字的和等于百位数字的数,称为”好数 ”.问:共有
多少个好数？
解.按百位数分类计数:
百位数=1,十位数=0,1.共2 个;
百位数=2,十位数=0,1.2,共 3个;
百位数=3,十位数=0,1.2,3,共 4个;
……………………………………….
百位数=k,十位数=0,…,k..共 k+1 个;0<k<10.(7分)
所以共有2+3+………+10=54 个.(10 分)
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10．在下列 2n 个数中，最多能选出多少个数，使得被选出的数中任意两个数的
比都不是2 或1?
2
3, 32, 322, 323, 324, 325, , 322n1.
解。最多可以选出n个,如3, 322, 324, , 322n2.
(4 分)
如果选出的多于n个，那么就可以从中挑出n+1 个如下：
2l 1 3, 2l 2 3, 2l 3 3, , 2l n1 3, l l l  l
1 2 3 n1
则
2n1l l (l l )(l l ) (l l )22 22n.
n1 1 n1 n n n1 2 1
n个
不可能.(10分)
11 . 一个四位数 和它的反序数 都是 65 的倍数，求这个数。
abcd dcba
解.1000a100b10cd 1000d 100c10ba 0(mod65).
1001(ad)110(bc)0(mod65).
71113(ad)2511(bc)0(mod65). 65135.
ad 5,10,15; bc 0,13.(4分)
另一方面, 1000a100b10cd (1000d 100c10ba)
999(ad)90(bc) 0(mod65).
ad 0,5;或d a 5.
由于ad和ad有相同的奇偶性,a d 5.
若bc 13,则
1000a100b10cd
5000100b10(13b)5500590b130657965b25b 25b0(mod65),
25b0(mod13),b0,c 13,不可能(c是数码).
bc bc 0,1000a100b10cd 5005.(10分)
12. 用写有+1和-1 的长方块放在10n方格中，
使得每一列和每一行的数的乘积都是正的，n的
最小值是多少？
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解。每一列，每一行的-1 的个数都是偶数个，
所以，整个方格中的-1 的个数是偶数个。而-1
的个数就是长方块的个数。所以可以设有2m个
长方块。每个长方块占2个格.
当长方块放满的时候，
10n 4m,5n 2m,
n 2k,m 5k,k 1,2,3,
最小的n 2.但是,
若n2,m5.长方块不能水平放置,
竖直放置5个长方块,每一列恰好5个-1.
不可能满足要求的情况.
n4,m10如图。每个长方块都是水平放置+1,
在左边,-1在右边即可.
三、解答下列各题（每题 15 分, 共 30 分, 要求写出详细过程）
13. 十五个盒子，每个盒子装一个白球或一个黑球.，且白球不多于 12 个.你可
以任选三个盒子来提问：“这三个盒子中的球是否有白球？”并得到真实的回答.
那么你最少要问多少次，就能找出一个或更多的 白球？
解 . 将 所 有 的 盒 子 编 号 ： 1 ， 2 ， 3,…..,15. 如 下 提 问 91 次 ：
1413
选编号是1号,m号和n号三盒子提一次问,2m,n15,共提问 =91. 如果回
2
答全是“有”，则1 号盒子中的球是白的，这是因为2~15 号中2 个盒子是黑球，
如果 1 号是黑球，它们与 1 号盒子的组合得提问的回答一定是“无”.如果 91
个回答中有答“无”的，那么1号球是黑的.91 个回答中，凡是答“无”的三个
盒子（包括1号）全拿走，余下的盒子中的球就全是白的.
下面证明少于 91 次不一定能找出白球. 若 1 号盒子装的是黑球，少于 91
次，就有第k( >1)和第 m(>1)号盒子没能与1号盒子组合在一起提问，如果除了
这三个盒子外，其他 12 个盒子中的球都是白的，得到的回答全是“有”，而说
1号是白的就错了.
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14. 求与 2001 互质，且小于2001 的所有自然数的和。
解.若(a,2001)=1,则（2001- a,2001)=1.即小于2001与2001互质的自然数成对出现。而
1
a2001a 2001.所以，小于2001且与2001互质的自然数的和= 小于2001且
2
与2001互质的自然数的个数2001.
200132329.
2001
与2001有公约数3的数且不大于2001的数个数=[ ]=667;
3
2001
与2001有公约数23的数且不大于2001的数个数=[ ]=87;
23
2001
与2001有公约数29的数且不大于2001的数个数=[ ]=69;
29
2001
与2001有公约数329的数且不大于2001的数个数=[ ]=23;
329
2001
与2001有公约数323的数且不大于2001的数个数=[ ]=29;
323
2001
与2001有公约数2329的数且不大于2001的数个数=[ ]=3.
2329
2001
与2001有公约数32329的数且不大于2001的数个数=[ ]=1.
32329
与2001互质且小于2001的数个数=200166787692329311232.
20011232
与2001互质且小于2001的数的和= =1232616。
2
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