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÷ ＝xx÷ ＝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＞52（a﹣5）＜5b＜3（a﹣5）2（a﹣5）÷5＜b＜3（a﹣5）÷5b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@xyh.com；学号：20913800