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

“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. “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 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， “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 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;01)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. “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 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 “华杯赛”组委会办公室 咨询电话：4006500888