2011 年第十六届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷（小学组）一、选择题（每小题 10 分．以下每题的四个选项中，仅有一个是正确的，请将表示正确答案的英文字母写在每题的圆括号内）1．（10 分）如连续的四个自然数都为合数，那么这四个数之和的最小值为（　　）A．100 B．101 C．102 D．1032．（10 分）用火柴棍摆成数字 0﹣9 的方式如下：现在，去掉“ ”的左下侧一根，就成了数字“ ”，我们称“ ”对应 1；去掉“ ”的上下两根和左下角一根，就成了数字“ ”，我们称“ ”对应 3，规定“ ”本身对应 0，按照这样的规则可以对应出 （　　）个不同的数字．A．10 B．8 C．6 D．53．（10 分）两数之和与两数之商都为 6，那么这两数之积减这两数之差（大减小）等于（　　）A．26 B．5 C． D．4．（10 分）老师问 5 名学生：“昨天你们有几个人复习数学了？”张：“没有人．”李：“一个人．”王：“二个人．”赵：“三个人．”刘：“四个人．”老师知道，他们昨天下午有人复习，也有人没复习，复习的人说的都是真话，没复习的人说的都是假话．那么，昨天这 5 个人中复习数学的有（　　）个人．A．3 B．2 C．1 D．05．（10 分）如图所示，在 7×7 方格的格点上，有 7 只机器小蚂蚁，他们以相同的速度沿格线到格点M、N、P、Q（图中空心圆圈所表示的四个位置）中的某个上聚会．所用时间总和最小的格点是（　）A．MB．NC．PD．Q6．（10 分）用若干台计算机同时录入一部书，计划若干小时完成，如果增加 3 台计算机，则只需原定时间的 75%；如果减少 3 台计算机，则比原定时间多用 小时，那么原定完成录入这部书稿的时间是（　　）小时．A． B． C． D．二、填空题（每小题 10 分，满分 40 分）7．（10 分）如图由 4 个正六边形组成，每个面积是 6，以这 4 个正六边形的顶点为顶点，可以连接面积为 4 的等边三角形有　 　个． 8．（10 分）甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，相向而行，3 小时后相遇，甲掉头返回A地，乙继续前行．甲到达A地后掉头往B行驶，半小时后和乙相遇．那么乙从A到B共需　 　小时．9．（10 分）如图所示，梯形ABCD的面积为 117 平方厘米，AD∥BC，EF＝13 厘米，MN＝4 厘米，又已知EF⊥MN于O，那么阴影部分的总面积为　 　平方厘米．10．（10 分）在右面的加法竖式中，如果不同的汉字代表不同的数字，使得算式成立，那么四位数的最大值是　 　．三、附加题（这次华杯赛上，除了上述十道题外，南京有的考点还有 2 道附加题）11．（10 分）有 6 个时刻，6：30，6：31，6：32，6：33，6：34，6：35 这几个时刻里，　 　时刻时针和分针靠的最近，　 　　 　时刻时针和分针靠得最远．12．（10 分）一个纸片倒过来，0、1、8 三个数字转 180°后不变，6 变成 9，9 变成 6，其他数字转180°没意义．问，7 位数转 180°后不变的有　 　个，其中能被 4 整除的有　 　个，这些转180°后不变的 7 位数的总和是　 　．2011 年第十六届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷（小学组）参考答案与试题解析一、选择题（每小题 10 分．以下每题的四个选项中，仅有一个是正确的，请将表示正确答案的英文字母写在每题的圆括号内）1．（10 分）如连续的四个自然数都为合数，那么这四个数之和的最小值为（　　）A．100 B．101 C．102 D．103【分析】因为任何四个连续自然数的和一定能够除以 4 余 2，所以题中给出的四个选项中只有102 满足条件．【解答】解：因为任何四个连续自然数的和一定能够除以 4 余 2，102÷4＝25…2，所以四个选项中只有 102 满足条件．故选：C．2．（10 分）用火柴棍摆成数字 0﹣9 的方式如下：现在，去掉“ ”的左下侧一根，就成了数字“ ”，我们称“ ”对应 1；去掉“ ”的上下两根和左下角一根，就成了数字“ ”，我们称“ ”对应 3，规定“ ”本身对应 0，按照这样的规则可以对应出 （　　）个不同的数字．A．10 B．8 C．6 D．5【分析】原数字的火柴数目依次是对应的火柴棍的根数是：2、5、5、4、5、6、3、7、6、6，这里面只含有 2、3、4、5、6、7，共 6 个不同的数字，取得根数只能从这 6 中数字里面取，所以对应的也有 6 不同的数字；据此解答． 【解答】解：原数字的火柴数目依次是对应的火柴棍的根数是：2、5、5、4、5、6、3、7、6、6，这里面只含有 2、3、4、5、6、7，共 6 个不同的数字，所以对应的也有 6 不同的数字；故选：C．3．（10 分）两数之和与两数之商都为 6，那么这两数之积减这两数之差（大减小）等于（　　）A．26 B．5 C． D．【分析】根据题意，可以把较大的数称为甲，较小的数称为乙．由题意可知甲是乙的 6 倍，甲加上乙等于 6，由和倍公式就可以求出乙数是 6÷（6+1）＝ ，再根据题意求出甲数，然后就可以求出这两个数的积和差，然后相减即可．【解答】解：可设较大的数为甲，较小的数为乙．由差倍公式可得乙是：6÷（6+1）＝ ，那么甲是： ×6＝ ；两个数的积是： × ＝ ，两数之差为： ﹣ ＝ ＝ ，则： ﹣ ＝ ；故选：D．4．（10 分）老师问 5 名学生：“昨天你们有几个人复习数学了？”张：“没有人．”李：“一个人．”王：“二个人．”赵：“三个人．”刘：“四个人．”老师知道，他们昨天下午有人复习，也有人没复习，复习的人说的都是真话，没复习的人说的都是假话．那么，昨天这 5 个人中复习数学的有（　　）个人．A．3 B．2 C．1 D．0【分析】根据题干：复习的人说的都是真话，没复习的人说的都是假话．可知五个人中只有一个人是对的．我们可以分别假定这五个同学中有一个说的是真话，来进行分析判断．【解答】解：假设张说的是真话，没有人复习数学，但这与老师知道，他们昨天下午是有人复习的条件是不相符合的，故假设错误．假设李说的话是真话，只有一个人复习数学，说明只他一个人复习了数学，其它同学都没有复习，其它同学都说了谎，符合题意．假设王说的话是真话，只有二个人复习数学，那么五个同学中另个一个复习的同学也应该说有二个人复习了数学，但其它同学中没有说有二个人复习数学的，说明五说的是谎话．同理，假设赵、刘说的是真话的话，其它复习的同学也应该与他们说的人数是一致的，但是没有，说明他们说的也是谎话．故选：C．5．（10 分）如图所示，在 7×7 方格的格点上，有 7 只机器小蚂蚁，他们以相同的速度沿格线到格点M、N、P、Q（图中空心圆圈所表示的四个位置）中的某个上聚会．所用时间总和最小的格点是（　） A．MB．NC．PD．Q【分析】看蚂蚁所在的列，可以知道应该在中间的一列，这列上有N和Q，再看蚂蚁所在的行，可以知道应该在中间的一行，所以该点是N．【解答】解：要判断出所用时间总和最小的格点，必须看蚂蚁所在的列，可以知道应该在中间的一列，这列上有N和Q，再看蚂蚁所在的行，可以知道应该在中间的一行，所以该点是N．故选：B．6．（10 分）用若干台计算机同时录入一部书，计划若干小时完成，如果增加 3 台计算机，则只需原定时间的 75%；如果减少 3 台计算机，则比原定时间多用 小时，那么原定完成录入这部书稿的时间是（　　）小时．A． B． C． D．【分析】增加 3 台计算机，时间是原定的 75%，工效就是原定的 1÷75%＝ ，则原来有 3÷（﹣1）＝9 台机器；减少 3 台计算机，则是用 6 台计算机录入，原定时间 × ÷（ ﹣ ），解决问题．【解答】解：原有机器：3÷（1÷75%﹣1），＝3÷ ，＝9（台）；原定时间：× ÷（ ﹣ ），＝ ÷ ，＝ （小时）；答：原定完成录入这部书稿的时间是 小时．故选：A．二、填空题（每小题 10 分，满分 40 分）7．（10 分）如图由 4 个正六边形组成，每个面积是 6，以这 4 个正六边形的顶点为顶点，可以连接面积为 4 的等边三角形有　 8 　 个．【分析】正六边形的中心到各边连线段都相等，都等于边长，即正六边形可分为 6 个相等的正三角形；所以每个小的三角形面积为 1；而题目要求得到的等边三角形面积为 4，所以边长就要为刚才小的等边三角形的 2 倍才行（这一点是根据“相似三角形的面积比等于边长平方之比”）；很明显，2 个正六边形的公共点都可画出 2 个这样的正三角形，而面积刚好是 4，即 4×2＝8 个；据此解答即可．【解答】解： 因为正六边形可分为 6 个相等的正三角形，所以每个小的三角形面积为 1，而要得到的等边三角形面积为 4，所以边长就要为刚才小的等边三角形的 2 倍才行（这一点是根据“相似三角形的面积比等于边长平方之比”）；很明显，2 个正六边形的公共点都可画出 2 个这样的正三角形，而面积刚好是 4，4×2＝8（个）；答：可以连接面积为 4 的等边三角形有 8 个．故答案为：8．8．（10 分）甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，相向而行，3 小时后相遇，甲掉头返回A地，乙继续前行．甲到达A地后掉头往B行驶，半小时后和乙相遇．那么乙从A到B共需　 7.2 　 小时．【分析】相遇后，甲还需要 3 小时返回甲地，第二次相遇时，甲距离相遇点的距离等于甲 2.5 小时的路程，乙用了 3.5 小时走这些路程，所以甲乙速度的比是 7：5，甲乙相遇需要 3 小时，那么乙单独到需要 3×12÷5＝7.2 小时．【解答】解：（3+0.5）：（3﹣0.5）＝7：5，3×（7+5）÷5＝7.2（小时）答：乙从A到B共需 7.2 小时．故答案为：7.2．9．（10 分）如图所示，梯形ABCD的面积为 117 平方厘米，AD∥BC，EF＝13 厘米，MN＝4 厘米，又已知EF⊥MN于O，那么阴影部分的总面积为　 65 　 平方厘米．【分析】根据图形可知△ABM和△EFM的面积相等，△CDN和△EFN的面积相等，△EFM和△EFN的面积和是EF×（MO+NO）÷2．然后再用平行四边形的面积减去 2 倍的，△EFM和△EFN的面积和，就是阴影部分的面积．据此解答．【解答】解：根据以上分析知阴影部分的面积是：117﹣（S△EFM+△EFN）×2，＝117﹣[EF×（MO+NO）÷2]×2，＝117﹣[13×4÷2]×2，＝117﹣26÷2×2，＝117﹣52，＝65（平方厘米）．故答案为：65．10．（10 分）在右面的加法竖式中，如果不同的汉字代表不同的数字，使得算式成立，那么四位数的最大值是　 1769 　 ． 【分析】要使四位数“华杯初赛”取得最大值，先确定“华”的值，进一步确定“杯”“初”和“赛”值，据此再利用弃九法推算即可解决问题．【解答】解：观察题干，很显然华＝1，一共有 9 个数字，所以 0 到 9 之间有一个不能用，根据弃九法，5 不能用，每进一位数字之和减少 9，0+1+2+3+4+6+7+8+9﹣（2+0+1+1）＝36，所以共进 4位，即个位与十位之一需要进 2，有两种可能：（1）个位数字之和是 11，十位数字之和是 20，百位数字之和是 8；（2）个位数字之和是 21，十位数字之和是 9，百位数字之和是 9；为了让四位数 的值最大，“杯”应该尽量的大，“十”尽量的小，“十”最小 2，此时“杯”是 7；则剩下的数字是 0、3、4、6、8、9，个位和是 21 时，显然 4+8+9＝21；十位和是 9，则剩下的正好 0+3+6＝9，所以这个四位数最大是 1769．答：这个四位数最大是 1769．故答案为：1769．三、附加题（这次华杯赛上，除了上述十道题外，南京有的考点还有 2 道附加题）11．（10 分）有 6 个时刻，6：30，6：31，6：32，6：33，6：34，6：35 这几个时刻里，　 6 ： 33 　 时刻时针和分针靠的最近，　 6 ：　　 30 　 时刻时针和分针靠得最远．【分析】分针每分钟走 360÷60﹣＝6 度，时针每分钟走 6×5÷60＝0.5 度，分别求出 6：30，6：31，6：32，6：33，6：34，6：35，时针和分针走的度数，再比较它们之间的差，据此解答．【解答】解：6 时 30 分＝390 分，6 时 31 分＝391 分，6 时 32 分＝392 分，6 时 33 分＝393 分，6时 34 分＝394，6 时 35 分＝395 分分针每分钟走360÷60﹣＝6（度），时针每分钟走6×5÷60＝0.5（度），6：30 时针与分针之间的度数：390×0.5﹣30×6＝15（度）；6：31 时针与分针之间的度数：391×0.5﹣31×6＝9.5（度）；6：32 时针与分针之间的度数：392×0.5﹣32×6＝4（度）；6：33 时针与分针之间的度数：33×6﹣393×0.5＝1.5（度）；6：34 时针与分针之间的度数：34×6﹣394×0.5＝7（度）；6：35 时针与分针之间的度数：35×6﹣395×0.5＝12.5（度）；1.5＜4＜7＜9.5＜12.5＜15，所以 6.33 时时针和分针最近，6.30 时时针和分针靠的最远．故答案为：6：33，6：30．12．（10 分）一个纸片倒过来，0、1、8 三个数字转 180°后不变，6 变成 9，9 变成 6，其他数字转180°没意义．问，7 位数转 180°后不变的有　 300 　 个，其中能被 4 整除的有　 75 　 个，这些转180°后不变的 7 位数的总和是　 1959460200 　 ．【分析】根据题干分析可得，这个 7 位数 ，旋转 180 度后不变，说明这个 7 位数是由0、1、8 组成的，据此分别列举即可，再根据被 4 整除的数字特征解答问题．【解答】解：（1）若 7 位数 转 180°后不变，那么D一定是 0、1、8 中的一个，C 和 E、B 和 F、A 和 G，这三组每组内两个数字只能同时为 0、1 或 8，或者一个 6，一个 9，这样只需要确定A、B、C、D这四个数字即可，A可以是 1、6、8、9 中的一个，4 种选择； B可选0、1、6、8、9 中的一个，5 种选择； C可选 0、1、6、8、9 中的一个，5 种选择； D从 0、1、8 中选择，3 种．所以 7 位数转 180°后不变的共有 4×5×5×3＝300（个）．（2）在这其中能被 4 整除的数末两位数只能是 00、08、16、60、68、80、88、96， 其中末尾为 00、80、60 的数转 180°后首位为 0，矛盾，排除．所以其中能被 4 整除的数有 5×3×5＝75（个）．（3）A、G 这个位置上 1、8、6、9 各出现了 5×5×3＝75（次），B、C、E、F 这两个位置上，所有数字各出现 4×5×3＝60 次，D 这个位置上，0、1、8 各出现 4×5×5＝100 次，所以所有转 180°后不变的 7 位数的总和是：24×75×1000001+24×60×110110+9×100×1000＝1959460200．答：7 位数转 180°后不变的有 300 个，其中能被 4 整除的有 75 个，这些转 180°后不变的 7 位数的总和是 1959460200．故答案为：300；75；1959460200．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 10:55:37；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@xyh.com；学号：20913800