2013年第十八届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组b卷）.doc

2013年第十八届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B卷） 一、填空题（每空3分，第8小题6分，共30分） 1．（3分）计算：19×0.125+281×+12.5＝　 　． 2．（6分）农谚‘逢冬数九’讲的是，从冬至之日起，每九天分为一段，依次称之为一九，二九，…，九九，冬至那天是一九的第一天．2012年12月21日是冬至，那么2013年的2月10日是　 　九的第　 　天． 3．（3分）某些整数分别被，，，除后，所得的商化作带分数时，分数部分分别是，，，，则满足条件且大于1的最小整数是　 　． 4．（3分）如图，P，Q分别是正方形ABCD的边AD和对角线 AC上的点，且PD：AP＝4：1，QC：AQ＝2：3，如果正方形ABCD的面积为25，那么三角形PBQ的面积是　 　． 5．（3分）有一筐苹果，甲班分，每人3个还剩10个； 乙班分，每人4个还剩11个； 丙班分，每人5个还剩12个．那么这筐苹果至少有　 　个． 6．（3分）两个大小不同的正方体积木粘在一起，构成图所示的立体图形，其中，小积木的粘贴面的四个顶点分别是大积木的粘贴面各边不是中点的一个四等分点．如果大积木的棱长为4，则这个立体图形的表面积为　 　． 7．（6分）甲、乙两车分别从A，B两地同时出发相向而行，甲车每小时行40千米，乙车每小时行60千米．两车分别到达B地和A地后，立即返回．返回时，甲车的速度增加二分之一，乙车的速度不变．已知两车两次相遇处的距离是50千米，则A，B两地的距离为　 　千米． 8．（3分）用“学”和“习”代表两个不同的数字，四位数“”与“”的积是一个七位数，且它的个位和百万位数字与“学”所代表的数字相同，那么“”所能代表的两位数共有　 　个． 二、解答下列各题（每题10分，共40分，要求写出简要过程） 9．（10分）如图中，不含“*”的长方形有多少个？ 10．（10分）如图，三角形ABC中，AD＝2BD，AD＝EC，BC＝18，三角形AFC的面积和四边形DBEF的面积相等，那么AB的长度是多少？ 11．（10分）若干人完成了植树2013棵的任务，每人植树的棵数相同．如果有5人不参加植树，其余的人每人多植2棵不能完成任务，而每人多植3棵可以超额完成任务．问：共有多少人参加了植树？ 12．（10分）由四个完全相同的正方体堆积成如图所示的立体，则立体的表面上（包括底面）所有黑点的总数至多是　 　． 三、解答下列各题（每小题15分，共30分，要求写出详细过程） 13．（15分）用八个如图所示的2×1的小长方形可以拼成一个4×4的正方形．若一个拼成的正方形图形经过旋转与另一个拼成的正方形图形相同，则认为两个拼成的正方形相同．问：可以拼成几种两条对角线都是其对称轴的正方形图形？ 14．（15分）对于155个装有红、黄、蓝三种颜色球的盒子，有三种分类方法：对于每种颜色，将该颜色的球数目相同的盒子归为一类．若从1到30之间所有的自然数都是某种分类中一类的盒子数，那么， （ 1）三种分类的类数之和是多少？ （ 2）说明，可以找到三个盒子，其中至少有两种颜色的球，它们的数目分别相同． 2013年第十八届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组B卷） 参考答案与试题解析 一、填空题（每空3分，第8小题6分，共30分） 1．（3分）计算：19×0.125+281×+12.5＝　50　． 【分析】根据乘法分配律进行简算． 【解答】解：19×0.125+281×+12.5 ＝19×0.125+281×0.125+100×0.125 ＝（19+281+100）×0.125 ＝400×0.125 ＝50． 故答案为：50． 2．（6分）农谚‘逢冬数九’讲的是，从冬至之日起，每九天分为一段，依次称之为一九，二九，…，九九，冬至那天是一九的第一天．2012年12月21日是冬至，那么2013年的2月10日是　六　九的第　7　天． 【分析】先求出2012年12月21日到2013年的2月10日经过了多少天，再求这些天里有几个9天，还余几天，再根据余数推算是几九第几天即可． 【解答】解：2012年12月21日到2013年的2月10日的元旦共有11+31+10＝52天， 52÷9＝5…7， 说明已经经过了5个9天，还余7天，这一天就是六九的第7天． 答：2013年的2月10日是六九的第7天． 故答案为：六，7． 3．（3分）某些整数分别被，，，除后，所得的商化作带分数时，分数部分分别是，，，，则满足条件且大于1的最小整数是　3466　． 【分析】设这个数为x，则：x÷＝x，x÷＝x，x÷＝x，x÷＝x，因此这个数应是分母的最小公倍数+1，据此解答． 【解答】解：设这个数为x，则： x÷＝x， x÷＝x， x÷＝x x÷＝x 因此这个数应是分母的最小公倍数+1， 即5×7×9×11+1＝3465+1＝3466 答：满足条件且大于1的最小整数是3466． 故答案为：3466． 4．（3分）如图，P，Q分别是正方形ABCD的边AD和对角线 AC上的点，且PD：AP＝4：1，QC：AQ＝2：3，如果正方形ABCD的面积为25，那么三角形PBQ的面积是　6.5　． 【分析】过Q点作，EF∥AB，交AD于F，交BC于E，QG⊥DC于G，根据相似比可以求出各线段的长度，再用正方形的面积分别减去其余的部分，可得最后结果． 【解答】解：连结QD，作EF∥AB，交AD于F，交BC于E，QG⊥DC于G， 因为正方形ABCD的面积为25， 所以AD＝EF＝5； 因为QC：AQ＝2：3，根据正方形的对称性，所以QE＝QG＝2，QF＝3． 因为PD：AP＝4：1，所以AP＝1，PD＝4． S△PQD＝S正方形ABCD﹣S△CQB﹣S△DQC﹣S△PQD﹣S△PAB ＝25﹣2×5÷2﹣2×5÷2﹣4×3÷2﹣1×5÷2 ＝25﹣5﹣5﹣6﹣2.5＝6.5． 答：三角形PBQ的面积是6.5． 故答案为：6.5． 5．（3分）有一筐苹果，甲班分，每人3个还剩10个； 乙班分，每人4个还剩11个； 丙班分，每人5个还剩12个．那么这筐苹果至少有　67　个． 【分析】因为10÷3＝3…1，11÷4＝2…3，12÷5＝2…2，苹果个数除以3余1，除以4少1，除以5余2，满足除以3余1，除以4少1的数最少是7，7除以5余数刚好是2，又因为苹果个数大于12，3、4、5的最小公倍数是60，所以这筐苹果至少有：60+7＝67；由此解答即可． 【解答】解：10÷3＝3…1， 11÷4＝2…3， 12÷5＝2…2， 满足除以3余1，除以4少1的数最少是7，7除以5余数刚好是2，又因为苹果个数大于12， 所以苹果至少：3×4×5+7＝60+7＝67（个）； 答：这筐苹果至少有67个． 故答案为：67． 6．（3分）两个大小不同的正方体积木粘在一起，构成图所示的立体图形，其中，小积木的粘贴面的四个顶点分别是大积木的粘贴面各边不是中点的一个四等分点．如果大积木的棱长为4，则这个立体图形的表面积为　136　． 【分析】观察图形可知，大正方体与小正方体的相连的两个面如图所示：因为大正方体的棱长是4，则四周的小直角三角形的直角边分别是3、1；如果把四周的四个直角三角形剪下来，正好拼成一个一个面的面积是4×4﹣3×1÷2×4＝10的正方形，根据正方形的面积公式可得：大正方体的一个面的面积是4×4＝16；则这个立方体的表面积就是大正方体的表面积与小正方体的四个面的面积之和，据此即可解答． 【解答】解：根据题干分析可得：大正方体的一个面的面积是：4×4＝16， 小正方体一个面的面积是： 4×4﹣3×1÷2×4 ＝16﹣6 ＝10， 所以这个立体图形的表面积是： 16×6+10×4 ＝96+40 ＝136， 答：这个立体图形的表面积为136． 故答案为：136． 7．（6分）甲、乙两车分别从A，B两地同时出发相向而行，甲车每小时行40千米，乙车每小时行60千米．两车分别到达B地和A地后，立即返回．返回时，甲车的速度增加二分之一，乙车的速度不变．已知两车两次相遇处的距离是50千米，则A，B两地的距离为　　千米． 【分析】已知原来甲车每小时行40千米，乙车每小时行60千米，则此时两车的速度比是40：60＝2：3，则第一次相遇时，甲行了全程的＝，乙行了全程的＝；甲车加速后，速度是每小时60×（1+）＝60千米，即两车返回时的速度相同．当甲到达B地时，乙速度快，在此之前就返回了，由于此时甲行完全程，则乙所行路程是甲的，即此时乙从A地返回又行了全程的﹣1＝，剩下路程两人速度一样，则各行一半，即在距B地处相遇，所以50千米占全程的﹣＝，则全程是50÷千米． 【解答】解：甲乙两车的速度比是：40：60＝2：3， 甲车加速后是每小时行：60×（1+）＝60千米， （﹣1）÷2＝ 50÷（﹣） ＝50÷（﹣） ＝50 ＝（千米） 答：两地相距千米． 故答案为：． 8．（3分）用“学”和“习”代表两个不同的数字，四位数“”与“”的积是一个七位数，且它的个位和百万位数字与“学”所代表的数字相同，那么“”所能代表的两位数共有　3　个． 【分析】因为四位数“”与“”的积是一个七位数，且它的个位和百万位数字与“学”所代表的数字相同，那么习＝1，若习取大于1的数字，则不满足题意，又因为1111×2222＝2468642，1111×3333＝3702963，1111×4444＝4937284，1111×5555＝6171605，不符合题意，据此即可解答问题． 【解答】解：根据题干分析可得：1111×2222＝2468642， 1111×3333＝3702963， 1111×4444＝4937284， 它们的积的个位和百万位数字与“学”所代表的数字相同，那么习＝1， 所以“”所能代表的两位数有21、31、41，一共有3个． 答：“”所能代表的两位数共有 3个． 故答案为：3． 二、解答下列各题（每题10分，共40分，要求写出简要过程） 9．（10分）如图中，不含“*”的长方形有多少个？ 【分析】如下图：含有A的标记*的长方形有4×15＝60个，含有B的标记*的长方形有4×15＝60个，含有标记A和标记B的长方形有4×4＝16个，所以含有*的三角形有60+60﹣16＝104个，再算出图中一共长方形的个数，据此解答． 【解答】解：图中共有长方形：×＝21×10＝210（个）， 含有A的标记*的长方形：4×15＝60（个）， 含有B的标记*的长方形：4×15＝60（个）， 含有标记A和标记B的长方形：4×4＝16（个）， 所以含有*的长方形：60+60﹣16＝104（个）， 不含“*”的长方形：210﹣104＝106． 答：不含“*”的长方形有106个． 10．（10分）如图，三角形ABC中，AD＝2BD，AD＝EC，BC＝18，三角形AFC的面积和四边形DBEF的面积相等，那么AB的长度是多少？ 【分析】此题可以设想通过求得AD、BD的长度，来求AB的长度．因为AD＝EC，只要求出EC的长度，就可知AD的长度．根据三角形AFC的面积和四边形DBEF的面积相等，求得＝，即可求出EC＝BC＝×18＝6；再根据AD＝2BD，求得2BD＝6，则BD＝3，因此求出AB的长度，解决问题． 【解答】解：设S△AFC＝S四边形DBEF＝1，S△CEF＝x，S△ADF＝y， 因为AD＝2BD，所以＝＝，即＝＝， 解得y＝2x+1 则＝＝＝， 所以＝． 所以EC＝×BC＝×18＝6，则AD＝EC＝6． 又因为AD＝2BD，BD＝AD÷2＝6÷2＝3． 综上，AB＝AD+BD＝6+3＝9． 答：AB的长度是9． 11．（10分）若干人完成了植树2013棵的任务，每人植树的棵数相同．如果有5人不参加植树，其余的人每人多植2棵不能完成任务，而每人多植3棵可以超额完成任务．问：共有多少人参加了植树？ 【分析】根据时间知“若干人完成了植树2013棵的任务，每人植树的棵数相同”，则人数与棵数是2013的因数，可设原来有a人，每人植树b棵，则ab＝2013，因有5人不参加植树，所以，a＞5．“如果有5人不参加植树，其余的人每人多植2棵不能完成任务，而每人多植3棵可以超额完成任务”．则2（a﹣5）＜5b＜3（a﹣5）．据此解答． 【解答】解：设原来a人，每人b棵 ab＝2013，a＞5 2（a﹣5）＜5b＜3（a﹣5） 2（a﹣5）÷5＜b＜3（a﹣5）÷5 b在0.5（a﹣5）附近 2013＝33×61符合 a＝61，b＝33 共有61人参加植树． 答：共有61人参加了植树． 12．（10分）由四个完全相同的正方体堆积成如图所示的立体，则立体的表面上（包括底面）所有黑点的总数至多是　59　． 【分析】每个正方体总点数为1+2+3+4+5+6＝21，4个正方体共84个黑点，因为要求黑点的总数至多是多少，因此，遮住的部分的点数应尽量少．然后根据相邻边的点数推出个正方体被遮住的面上的点数，解决问题． 【解答】解：每个正方体总点数为1+2+3+4+5+6＝21，4个正方体共84个黑点，因为要求黑点的总数至多是多少，因此，遮住的部分的点数应尽量少． 根据相邻边的点数推出： 最上面正方体底面点数为5；右面正方体的左面的点数为6；中间正方体5的对面是2，因此被遮住部分的总点数为21﹣5﹣2﹣6＝8；左边正方体右面的点数为6． 因此立体的表面上（包括底面）所有黑点的总数至多是84﹣（5+6+8+6）＝84﹣25＝59． 故答案为：59． 三、解答下列各题（每小题15分，共30分，要求写出详细过程） 13．（15分）用八个如图所示的2×1的小长方形可以拼成一个4×4的正方形．若一个拼成的正方形图形经过旋转与另一个拼成的正方形图形相同，则认为两个拼成的正方形相同．问：可以拼成几种两条对角线都是其对称轴的正方形图形？ 【分析】用右图代替题目中的2×1小长方形，因为题目所给的小长方形的上下不对称，所以同一个小长方形在拼成的两条对角线都是其对称轴的正方形图形中，这样，就可以只考虑上半部分的不同情形，据此画图分析解解答． 【解答】解：如图： 答：以拼成4种两条对角线都是其对称轴的正方形图形． 14．（15分）对于155个装有红、黄、蓝三种颜色球的盒子，有三种分类方法：对于每种颜色，将该颜色的球数目相同的盒子归为一类．若从1到30之间所有的自然数都是某种分类中一类的盒子数，那么， （ 1）三种分类的类数之和是多少？ （ 2）说明，可以找到三个盒子，其中至少有两种颜色的球，它们的数目分别相同． 【分析】根据题意，可得a1，a2，a3，…，ai；b1，b2，b3，…，bj；c1，c2，c3，…，ck，包含了1到30的所有整数，所以n≥30，另一方面，3×155＝a1+a2+a3+…+ai+b1+b2+b3+…+bj+c1+c2+c3+…+ck≥1+2+3+…+30＝＝465＝3×155．故三种分类的类数之和是30．进而论证得出答案． 【解答】解：（1）因为 a1，a2，a3，…，ai；b1，b2，b3，…，bj；c1，c2，c3，…，ck包含了1到30的所有整数，所以n≥30，另一方面， 3×155＝a1+a2+a3+…+ai+b1+b2+b3+…+bj+c1+c2+c3+…+ck≥1+2+3+…+30＝＝465＝3×155． 所以n＝i+j+k＝30，三种分类的类数之和是30． （2）不妨设a1＝30，记这30个盒子的类为A类．因为i+j+k＝30，必有j≤14或k≤14，不妨设j≤14．A类的30个盒子分到这不超过14个类中去，必有一类至少有三个盒子，这三个盒子里的红球数相同并且黄球数也相同． 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 10:52:54；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@；学号：20913800 第12页（共12页）