2010年第十五届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷b（小学组）.doc

2010年第十五届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷B（小学组） 一、填空题 1．（3分）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． 2．（3分）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． 3．（3分）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． 4．（3分）将，，，，，和这6个分数的平均值从小到大排列，则这个平均值排在第　 　位． 5．（3分）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． 6．（3分）如图所示的立体图形由10个棱长为1的立方块搭成，这个立体图形的表面积为　 　． 7．（3分）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”． 8．（3分）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　 　． 二、解答下列各题 9．如图中有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个硬纸板拼成右图中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． 10．图中，ABCD是一个梯形，且AB∥CD，三角形ABO和三角形OCD的面积分别是16和4，求． 11．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？ 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． 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． 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． 2010年第十五届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷B（小学组） 参考答案与试题解析 一、填空题 1．（3分）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　174　 个乒乓球． 【分析】从11开始找出不是17，也不是6的倍数的10个数，然后相加即可． 【解答】解：符合条件的最小的10个数是： 11，13，14，15，16，19，20，21，22，23； 所以至少需要11+13+14+15+16+19+20+21+22+23＝174（个）． 答：至少需要 174 个乒乓球． 故答案为：174． 2．（3分）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　9　种不同的价格． 【分析】根据已知的价格用“列表方法”解答即可． 【解答】解： 包 装 盒 价 格 礼 品 盒 价 格 3 6 9 12 15 2 5 8 11 14 17 5 8 11 14 17 20 8 11 14 17 20 23 11 14 17 20 23 26 14 17 20 23 26 29 任意的搭配共有25 种，其中有价格重复的情况，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． 故答案为：9． 3．（3分）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　425　km． 【分析】根据题意，途中A与B相遇20分钟后再与C相遇，由此可以求出A与C20分钟（小时）共行：（90+60）×＝50千米，这50千米即是A与B相遇过程中，在相同时间内，B比C多行的路程，显然A与B相遇时间等于50÷（80﹣60）＝2.5小时，然后根据速度和×相遇时间＝两地之间的路程，列式解答． 【解答】解：20分钟＝小时， A与C 20分钟相遇，共行（90+60）×＝50（ 千米）， 这50 千米即是A与B相遇过程中，在相同时间内，B比C多行的路程， 显然A与B相遇时间等于50÷（80﹣60）＝2.5（小时）． 所以，A与B相遇甲乙两站的路程为（90+80）×2.5＝425（ 千米）． 答：甲乙两站的路程是425千米． 故答案为：425． 4．（3分）将，，，，，和这6个分数的平均值从小到大排列，则这个平均值排在第　5　位． 【分析】先求出这6个分数的平均值，然后通过排列，得出结果． 【解答】解：（+++++）÷6 ＝[（++）+（++）]÷6 ＝[1+]÷6 ≈1.593÷6 ＝0.2655； ＜＜＜＜0.2655＜＜． 所以这个平均数从小到大排列在第5位． 故答案为：5 5．（3分）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　9　 个． 【分析】设符合条件的两位数是．两位数 的平方的十位上的数字等于2ab 个位上的数与2b 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．然后讨论b取1～9 时的情况，解决问题． 【解答】解：设符合条件的两位数是． 两位数 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，与4相同，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．（3分）如图所示的立体图形由10个棱长为1的立方块搭成，这个立体图形的表面积为　34　． 【分析】此题可从上、下、前、后、左、右看这个立体图形的表面的面积，然后相加即可． 【解答】解：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6+6+5+5+6+6＝34． 故答案为：34． 7．（3分）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　4　 张是卡片“3”． 【分析】假设摸出的8张卡片全是数字“3”，然后运用盈亏问题的解法，进行解答． 【解答】解：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”． 答：最多有4 张是卡片“3”． 故答案为：4． 8．（3分）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　495　． 【分析】设所求的正整数为A，则由题意得： A＝（p+1）+（p+2）+（p+3）+…+（p+9）＝9p+45，① A＝（m+1）+（m+2）+（m+3）+…+（m+10）＝10m+55，② A＝（n+1）+（n+2）+（n+3）+…+（n+9）＝11n+66，③ 据这三个等式，进行讨论，解决问题． 【解答】解：设所求的正整数为A，则由题意得： A＝（p+1）+（p+2）+（p+3）+…+（p+9）＝9p+45，① A＝（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． 答：最小自然数是495． 故答案为：495． 二、解答下列各题 9．如图中有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个硬纸板拼成右图中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． 【分析】先将4×5的长方形黑白间隔染色，然后再将5个由4个1×1的小正方格黑白间隔染色，然后结合奇偶性判断即可． 【解答】解：将五块纸板编号，如图2，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盖住了3个或1个黑格，因此，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． 所以显然不能用左边5个硬纸板拼成右边的4×5的长方形． 10．图中，ABCD是一个梯形，且AB∥CD，三角形ABO和三角形OCD的面积分别是16和4，求． 【分析】根据AB∥CD，可得＝＝，又有s△AOD＝S△BCD，所以＝，因此S△BCO＝8．设梯形的高为h，根据三角形的面积公式，推出结果． 【解答】解：由AB∥CD，得 ＝＝ 又有s△AOD＝S△BCD 所以＝ 因此S△BCO＝8． 设梯形的高为h，因为S△ABC＝，S△DAC＝ 所以＝ 又因为S△ABC＝S△ABO+S△BCD＝24，S△DAC＝S△DAC+S△AOD＝12， 所以＝． 11．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？ 【分析】要满足条件，L一定是8，12和18的倍数，所以先求出三个数的公倍数，和两两的公倍数，从而得出重叠的段数，然后在根据容斥原理解答即可． 【解答】解：假设L＝[8，12，18]＝72的K倍，即L＝72K．那么： 红线将木棍等分8等份（9个分点），每份长度9K； 蓝线将木棍等分12等份（13个分点），每份长度6K； 黑线将木棍等分18等份（19个分点），每份长度4K； 又知：[9K，6K]＝18K，重叠4段；[6K，4K]＝12K，重叠6段；[9K，4K]＝36K，重叠2段； [9K，6K，4K]＝36K，重叠2段． 由容斥原理二得：一共分割的段数为：（8+12+18）﹣4﹣6﹣2+2＝28（段）； 或总点数为：（9+13+19）﹣5﹣7﹣3+3＝29（分点），所以共有28段． 那么，最短段为红线与黑线的距离：L÷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． 【分析】根据合数的概念，很容易判断出16424是合数，然后再判断1163是否是质数，方法见解答． 【解答】解：16424是合数，原因是16424的约数不止两个，除了有1和本身外，还有2、4…等等． 1163是质数，判断方法是：352＝1225，342＝1156，最接近1163，所以用小于34的所有质数2、3、5、7、11、13、17、19、23、29、31去除1163都除不尽，所以可以判断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． 【分析】为了确保把这批货物一次运走，需要从最不利的装箱情况来考虑．最不利的情况就是使每辆车运得尽量少，即空载最多．因为350×4＝1400，所以每辆车至少装4包．每包350千克，每车能装4包．如果每包比350千克略少一点，比如349千克，那么每车就只能装4包了．此时，每车载重350×4＝1400（千克），13500÷1400＝9…900，也就是说，13.5吨货物按最不利的情况，装9车后余900千克，所以余下2辆车可以装在任意一辆车中．能用11辆载重为1.5吨的小货车一次运走． 【解答】解：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． 答：能用11辆载重为1.5吨的小货车一次运走． 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． 【分析】由题目知，两位数虎威要满足：两位自然数“虎威”能被它的数字之积整除，有了这两个限制条件，依次进行试验即可得出结论． 【解答】解：令虎为X、威为Y，则：题意为：10X+Y＝X×Y×K（K为整数） ①Y＝1 （K﹣10）X＝1 X＝1，K＝11 所以虎威＝11； ②Y＝2 （K﹣5）X＝1 X＝1，K＝6 所以虎威＝12； ③Y＝3 （3K﹣10）X＝3 无解； ④Y＝4 （4XK﹣10K）＝2 X＝2，K＝3 所以虎威＝24； ⑤Y＝5 （K﹣2）X＝1 X＝1，K＝3 所以虎威＝15； ⑥Y＝6 （3K﹣5）X＝3 X＝3，K＝2 所以虎威＝36 ⑦Y＝7，同上方法讨论无解； ⑧Y＝8，同上方法讨论无解； ⑨Y＝9，同上方法讨论无解； 综上所述，有三个满足题目的两位数，即11、12、15、24、36． 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2019/5/7 10:52:58；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@；学号：20913800 第10页（共10页）