2014 年第五届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛试卷（小中组笔试一）一、填空题（每题 8 分，共 32 分）1．（8 分）在我国长度计量单位中，1 米＝3 尺．1 丈＝10 尺，1 千米＝2 里，那么 1 里＝　 　丈．2．（8 分）六个等腰三角形如图摆放，那么四个空白三角形的面积和是两个阴影三角形的面积和的　 倍．3．（8 分）足球队中，每队共 11 人上场，其中 1 人是守门员，不参与后卫、中场、前锋的队形排列．已知后卫人数在 3﹣5 人之间，中场人数在 3﹣6 人之间，前锋人数在 1﹣3 人之间．那么，按照后卫、中场、前锋人数来说，有　 　种阵型．4．（8 分）一艘轮船，从上游A地开往下游B地，需要 1 小时，原路返程时，将船速提高到原来的 2 倍，也需要 1 小时．那么，如果游轮从A地出发时也采用 2 倍船速，需要　 　分钟可以到达B地．二、填空题Ⅱ（每题 10 分，共 40 分）5．（10 分）桌面上放有 10 张卡片，编号分别是 1、1、2、2、3、3、4、4、5、5，现在将这 10 张卡片打乱，并从左至右排成一排，然后数出夹在两个 1 之间的卡片数、两个 2 之间的卡片数、两个 3 之间的卡片数、两个 4 之间的卡片数和两个 5 之间的卡片数，这 5 个数总和的最大值是　 　．6．（10 分）如图，在 5×5 表格的每个格子中都填上一个自然数（自然数包括 0），使得每个 2×2 方格所填四个数的平均数都是 100，那么，整个 5×5 表格所填 25 个自然数的平均数的最小值是　 ．7．（10 分）在每个方框中填入一个数字，使得乘法竖式成立．则算式中的两个乘数的和是　 　．8．（10 分）老师共买了 53 支铅笔，分给了A、B、C、D四个同学，分到最多的与最少的铅笔数相差不到 5 支，如果B把分到的铅笔全部给A，那么A的铅笔数是C的 2 倍，如果B把分到的铅笔全部给C，那么C的铅笔数是D的 2 倍．由此可知，B分到　 　支铅笔．三、填空题Ⅲ（每题 12 分，共 48 分）9．（12 分）四只猫、四只狗和四只老鼠分别关在 12 个笼子内．如果猫和老鼠在同一列，猫就会喵个不停；如果老鼠左右被两只猫夹着，老鼠就会吱个不停；如果狗两侧被猫和老鼠夹着，狗就会汪个不停．其它情况下动物都不叫．某天，编号是 3、4、6、7、8、9 这 6 个笼子很吵闹，其它笼子很安静，那么四只狗所在笼子的编号之和是　 　．10．（12 分）如图，从A点出发，要求每条路都必须经过，但都恰好只走一次，最后回到A点．那么，满足条件的走法有　 　种． 11．（12 分）商店有编号为 1～89 的 89 个金币等待销售，每个售价 30 元，其中只有 1 个是“幸运币”．菲菲每次可以选择其中一些编号向诚实的营业员提问：“幸运币的编号在其中吗？”．如果得到的答案是“在”，那么菲菲需要支付 20 元钱咨询费，如果得到的答案是“不在”，那么菲菲需要支付10 元钱咨询费，当然，她也可以什么都不问，直接选择一些金币买走．菲菲至少需要支付　 　元才可以保证自己一定能得到幸运币．2014 年第五届两岸四地“华罗庚金杯”少年数学精英邀请赛试卷（小中组笔试一）参考答案与试题解析一、填空题（每题 8 分，共 32 分）1．（8 分）在我国长度计量单位中，1 米＝3 尺．1 丈＝10 尺，1 千米＝2 里，那么 1 里＝　 150 　 丈．【分析】根据给出 1 米＝3 尺．1 丈＝10 尺，可知：1 千米＝1000 米＝3000 尺＝300 丈；而 1 千米＝2 里，所以 1 里＝300 丈÷2＝150 丈．【解答】解：1 千米＝1000 米＝3000 尺＝300 丈；所以：1 里＝300 丈÷2＝150 丈．故答案为：150．【点评】解决本题关键是通过中间的数量找出里与丈之间的关系，从而求解．2．（8 分）六个等腰三角形如图摆放，那么四个空白三角形的面积和是两个阴影三角形的面积和的　 6 倍．【分析】三角形之间的关系是相邻的 2 个三角形中一个的斜边恰是另一个的直角边．根据这个关系设定最上面的（最小）三角形的边为单位“1”，即可表示出所有三角形的面积单位数．也就知道了四个空白三角形的面积和是两个阴影三角形的面积和的几倍了．【解答】解：设最上面的三角形的边为单位“1”．则：面积是 1×1÷2＝ ．它邻着的面积是 × ÷2＝1依此类推得：2、4、8、16（1+2+8+16）÷（ +4）＝6（倍）故：四个空白三角形的面积和是两个阴影三角形的面积和的 6 倍．【点评】只要看出相邻三角形之间的关系，注意用好单位“1”，就OK了．3．（8 分）足球队中，每队共 11 人上场，其中 1 人是守门员，不参与后卫、中场、前锋的队形排列．已知后卫人数在 3﹣5 人之间，中场人数在 3﹣6 人之间，前锋人数在 1﹣3 人之间．那么，按照后卫、中场、前锋人数来说，有　 8 　 种阵型．【分析】后卫人数在 3﹣5 人之间，可以根据后卫的人数进行分类讨论，列举出所有的可能，从而解决问题．【解答】解：阵形一般按照后卫人数、中场人数、前锋人数的顺序进行排列后卫人数是 3 人时，阵形可以是：343，352，361，3 种；后卫人数是 4 人时，阵形可以是：433，442，451，3 种；后卫人数是 5 人时，阵形可以是：532，541，2 种； 3+3+2＝8（种）答：有 8 种阵型．故答案为：8．【点评】解决本题运用枚举的方法进行求解，注意：每队的 11 人中要去掉 1 名守门员．4．（8 分）一艘轮船，从上游A地开往下游B地，需要 1 小时，原路返程时，将船速提高到原来的 2 倍，也需要 1 小时．那么，如果游轮从A地出发时也采用 2 倍船速，需要　 36 　 分钟可以到达B地．【分析】根据题意可知返回时将船速提高到原来的 2 倍，需要的时间和原来从上游到下下游用的时间相同都是 1 小时，可知提速后逆水速度＝原顺水速度，即原船速度+水速＝原船速×2﹣水速，从而可得出原船速＝水速×2，游轮从A地出发时也采用 2 倍船速，则它的速度航行的速度是原船速×2+水速＝水速×5，而原来从A地开往下游B地的航行速度是：原船速+水速＝水速×3，游轮从A地出发时也采用 2 倍船速，它与原来游轮从A地开往下游B地的速度比是水速×5：水速×3＝5：3，根据路程一定，速度和时间成反比，可知用的时间的比是 3：5，据此可求出需要的时间．【解答】解：根据题意可知原船速度+水速＝原船速×2﹣水速原船速＝水速×2游轮从A地出发时也采用 2 倍船速，则它的速度航行的速度是：原船速×2+水速＝水速×5而原来从A地开往下游B地的航行速度是：原船速+水速＝水速×3游轮从A地出发时也采用 2 倍船速与原来游轮从A地开往下游B地的速度比是：水速×5：水速×3＝5：31 小时＝60 分60× ＝36（分钟）答：需要 36 分钟可以到达B地．故答案为：36．【点评】本题的重点是求出游轮从A地出发时也采用 2 倍船速后它的航行速度与原来没提速时航行速度的比，再根据路程一定速度和时间成反比进行解答．二、填空题Ⅱ（每题 10 分，共 40 分）5．（10 分）桌面上放有 10 张卡片，编号分别是 1、1、2、2、3、3、4、4、5、5，现在将这 10 张卡片打乱，并从左至右排成一排，然后数出夹在两个 1 之间的卡片数、两个 2 之间的卡片数、两个 3 之间的卡片数、两个 4 之间的卡片数和两个 5 之间的卡片数，这 5 个数总和的最大值是　 20 　 ．【分析】把 10 张卡片从左至右依次编号为 1、2、3、4、5、6、7、8、9、10，而两张卡片之间的卡片数＝这两张牌的编号之差﹣1，问题转化成在这 10 个编号中选 5 个数做被减数，另 5 个做减数最后减去 5 即是答案．最后给出一种排列，证明答案可行性．【解答】解：把 10 张卡片从左至右依次编号为 1、2、3、4、5、6、7、8、9、10，而两张卡片之间的卡片数＝这两张牌的编号之差﹣1，问题转化成在这 10 个编号中选 5 个数做被减数，另 5 个做减数．最大是（10+9+8+7+6）﹣（5+4+3+2+1）﹣5＝20．给出下列排法：3，2，4，5，1，3，2，4，5，1，这里两个 1 之间有 4 张卡片，两个 2 之间有 4张卡片，…，两个 5 之间有 4 张卡片；5 个数总和＝4×5＝20．答案是可以实现的．故答案为：20【点评】通过排序，转化为求一组数的最值问题，简单明了．6．（10 分）如图，在 5×5 表格的每个格子中都填上一个自然数（自然数包括 0），使得每个 2×2 方格所填四个数的平均数都是 100，那么，整个 5×5 表格所填 25 个自然数的平均数的最小值是　 64 ． 【分析】取左上角，左下角，右上角，右下角 4 个 2×2 方格，它们所含的 16 个小格互相之间不重叠，所以这个表格中的数的和不会小于 400×4＝1600，平均数不会小于 1600÷25＝64，构造平均数为 64 的图形即可解决问题．【解答】解：因为每个 2×2 方格所填四个数的平均数都是 100，所以四个数的和为 400，取左上角，左下角，右上角，右下角 4 个 2×2 方格，它们所含的 16 个小格互相之间不重叠，所以这个表格中的数的和不会小于 400×4＝1600，平均数不会小于 1600÷25＝64．当填的数如图所示时，符合题意，所以 5×5 表格所填 25 个自然数的平均数的最小值是 64．故答案为 64．【点评】本题考查最大与最小、平均数的概念等知识，解题的关键是学会利用特殊位置、特殊值法解决问题．7．（10 分）在每个方框中填入一个数字，使得乘法竖式成立．则算式中的两个乘数的和是　 658 　 ．【分析】首先根据由于第二个乘数的十位一定比百位数字大，所以题中所给的“1”不可能是9×9 得来的，由于 200 多与 100 多相乘不可能是 6 位数，所以题中给出的 1 不能是两个 1 相乘得来的，那么一定是 3×7 的个位数．根据这个规律逐步推理即可．【解答】解：由于第二个乘数的十位一定比百位数字大，所以题中所给的“1”不可能是 9×9 得来的，由于 200 多与 100 多相乘不可能是 6 位数，所以题中给出的 1 不能是两个 1 相乘得来的，那么一定是 3×7 的个位数．由题中所给的“2”只能是有 1□□×□□2 或者 2□□×1□□得到；综合上面分析，可得以下 4 种情况：① 1□3×7□2 ②1□7×3□2 ③2□3×7□1 ④2□7×3□1，如果是情况①，那么 7□2 中的□一定大于 7，只能是 8 或者 9，再通过第二行的 0 分析，得到的只能是 113×782，163×782 但是均不成立．如果是情况②，总乘积不可能是六位数．如果是情况③，题中所给的“1”所在的行就是四位数．如果是情况④，对于 3□1 的□进行逐一尝试，看是否有 2□7×□＝□□0□，有277×341，217×361，267×361，287×371，267×391．检验可知只能是 287×371＝106477．故答案为：287+371＝658．【点评】本题的关键在于对已知数字的可能性进行分析，然后枚举出来逐个排除，同时要注意数字位数之间的隐含关系，最终逐个排除求出答案，问题解决． 8．（10 分）老师共买了 53 支铅笔，分给了A、B、C、D四个同学，分到最多的与最少的铅笔数相差不到 5 支，如果B把分到的铅笔全部给A，那么A的铅笔数是C的 2 倍，如果B把分到的铅笔全部给C，那么C的铅笔数是D的 2 倍．由此可知，B分到　 15 　 支铅笔．【分析】首先根据题意找出A、B、C、D的关系，结合题中“最多的与最少的铅笔数相差不到 5支”进行分析可解．【解答】解：设A，B，C，D分到的铅笔数分别是A，B，C，D，由B+C＝2D，知C、D、B依次成等差数列，设公差为K； 由A+B＝2C，知A、C、B依次成等差数列，则公差为 2K； 由 4 人铅笔数相差不会超过 4，所以K＝0 或 1； 若K＝0，则 4×B＝53，但 53 不是 4 的整数倍； 若K＝1，A＜C＜D＜B，则 4×C+1＝53，C＝13，B＝15． A＞C＞D＞B，则 4×C﹣1＝53，但 54 不是 4 的整数倍． 综上所述，B分到 15 支铅笔．故答案为：15．【点评】本题考查盈亏问题的理解和运用，关键问题是找到这几个数字之间的数量关系，问题解决．三、填空题Ⅲ（每题 12 分，共 48 分）9．（12 分）四只猫、四只狗和四只老鼠分别关在 12 个笼子内．如果猫和老鼠在同一列，猫就会喵个不停；如果老鼠左右被两只猫夹着，老鼠就会吱个不停；如果狗两侧被猫和老鼠夹着，狗就会汪个不停．其它情况下动物都不叫．某天，编号是 3、4、6、7、8、9 这 6 个笼子很吵闹，其它笼子很安静，那么四只狗所在笼子的编号之和是　 28 　 ．【分析】按题意，得到 1、12 是老鼠，6、7 是猫，接下来可采用假设法从 8 的可能情况进行推理，确定 8 后可进一步确定 2，结合 2 推测 3，3 确定后可进一步确定 4，10，进而求解．【解答】解：根据分析，由于 6、7 很吵，得到 1、12 是老鼠，6、7 是猫；若 8 是狗，那么 9 一定是老鼠，9 的老鼠无法被猫夹着，不成立；若 8 是老鼠，那么 9 是猫，由 9 也吵闹，得到 3 是老鼠，由 3 吵闹，得到 2 和 4 都是猫，这样已经有 5 只猫，不成立；所以 8 只能是猫，由 8 吵闹得到 2 是老鼠，若 3 是猫，那么 9 是老鼠，10 必须也是猫，不成立；若 3 是老鼠，它根本无法吵闹，不成立；所以 3 是狗，那么 4 是猫，由 4 吵闹，得到 10 是老鼠，那么其余未知都是狗，综上，狗的编号之和是：3+5+9+11＝28．故答案是：28．【点评】本题考查数字和问题，本题突破点是：需要逆向思维，一一排除与题意矛盾的情况，最后确定狗所在的编号．10．（12 分）如图，从A点出发，要求每条路都必须经过，但都恰好只走一次，最后回到A点．那么，满足条件的走法有　 32 　 种．【分析】从A出发有 2 种选择，不妨设从A到D，那必须将其它路都走完，最后由E回A．去掉AD、AE后，从D出发，要使每条路线恰走一遍，最后走到E点，途中D、E、F被路过的次数分别为 1 次，1 次，2 次． 按树形枚举，可得结论．【解答】解：从A出发有 2 种选择，不妨设从A到D，那必须将其它路都走完，最后由E回A．去掉AD、AE后，从D出发，要使每条路线恰走一遍，最后走到E点，途中D、E、F被路过的次数分别为 1 次，1 次，2 次．按树形枚举，不同的“蛙跳方式”只有以下 4 类：（1）D﹣E﹣F﹣D﹣F﹣E；（2）D﹣F﹣E﹣D﹣F﹣E；（3）D﹣F﹣E﹣F﹣D﹣E；（4）D﹣F﹣D﹣E﹣F﹣E．每一类“蛙跳方式”所对应的走法都有 2×2＝4 种．4 类“蛙跳方式”所对应的走法都有 4×4＝16 种，所以，从A出发每条路线恰好走一遍回到A点的走法共有 2×16＝32 种走法．故答案为 32．【点评】本题考查计数原理的运用，考查学生分析解决问题的能力，正确枚举是关键．11．（12 分）商店有编号为 1～89 的 89 个金币等待销售，每个售价 30 元，其中只有 1 个是“幸运币”．菲菲每次可以选择其中一些编号向诚实的营业员提问：“幸运币的编号在其中吗？”．如果得到的答案是“在”，那么菲菲需要支付 20 元钱咨询费，如果得到的答案是“不在”，那么菲菲需要支付10 元钱咨询费，当然，她也可以什么都不问，直接选择一些金币买走．菲菲至少需要支付　 130 　 元才可以保证自己一定能得到幸运币．【分析】解析：考虑更一般的情形：有n 枚金币待售且其中只有一枚幸运币．（1）即便n＝2 时，如果菲菲不咨询任何问题，直接买走两个金币，她当然能得到幸运币，但她需要一共需要支付 60 元；如果菲菲就某个编号提问，要保证得到金币，她需要支付 20+30＝50 元．这意味着不管n 是多少，菲菲都需要明确到底哪枚才是幸运币后才进行购买才最划算．所以：菲菲需要支付的钱＝甄别出幸运币的咨询费+买走幸运币的购买费（2）接下来我们通过找规律来探寻：菲菲从n 枚待售金币中甄别出幸运币所需要支付的咨询费m 的变化情况（注意，要么不变，要么变大 10）待售金币n枚 2 3 4 5 6 7 8…咨询费用m元 20 30 40 40 50 50 50…通过找规律我们发现：2×10 元咨询费，最多可以从 2 枚金币中甄别出幸运币，记作E （2）＝2；3×10 元咨询费，最多可以从 3 枚金币中甄别出幸运币，记作E （3）＝3；4×10 元咨询费，最多可以从 5 枚金币中甄别出幸运币，记作E （4）＝5；5×10 元咨询费，最多可以从 8 枚金币中甄别出幸运币，记作E （5）＝8；将 2，3，5，8 单独列出，我们发现这个数列的特点：从第 3 项起，每一项等于它前面两项的和，如果将此数列一直写下去为：2、3、5、8、13、21、34、55、89…至此，便可得到答案为：咨询费 100 元+购买费 30 元＝130元．（3）下面对（2）中发现的规律给出解释：我们重审E（m）的含义为 10m元的咨询费，可以从E（m）枚或者更少的金币中甄别出幸运币，但无法从多于E（m）枚金币中甄别出幸运币．当m≥3 时，菲菲将待售金币分成两堆，然后就第一堆提问． 如果得到的答案为“是”，菲菲需要先付 20 元，接下来剩余的 10×（m﹣2）元咨询要从第一堆中甄别出幸运币，说明第一堆待售金币的个数不能超过E（m﹣2）枚；如果得到的答案为“否”，菲菲需要先付 10 元，接下来剩余的 10x（m﹣1）元咨询要从第二堆中甄别出幸运币，说明第二堆待售金币的个数不能超过E（m﹣1）枚 所以・E（m）≤E（m﹣2）+E（m﹣1）；另一方面，当待售金币有E（m﹣2）+E（m﹣1）枚时，菲菲将待售金币分成第一堆E（m﹣2）枚，第二堆E（m﹣1）枚，然后就第一堆提问，即可用 10m元钱从E（m﹣2）+E（m﹣1）中甄别出幸运币．所以E（m）＝E（m﹣2）+E（m﹣1）．【解答】解：由分析得规律待售金币n枚2 3 4 5 6 7 8 ••89••咨询费用m元203040 4050 50 50 ••100••100+30＝130（元）故：此空为 130．【点评】解答此题的关键是找出支付费用的规律即可．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 10:43:35；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@xyh.com；学号：20913800