2010 年第十五届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷 C（小学组）一、填空题（每小题 10 分，共 80 分）1．（10 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．（10 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、5元、7 元、9 元、11 元的包装盒．一个礼品配一个包装盒，共有　 　种不同的价格．3．（10 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．（10 分）以 100 为分母的所有最简真分数的和等于　 　．5．（10 分）一个自然数可以表示为两个连续的非零自然数之和，还可以表示为三个连续的非零自然数之和，就称这个自然数为“好数”，那么不大于 2011 的自然数中最大的“好数”为　 　．6．（10 分）在一条 3000m长的新公路的一侧，从一端开始等距离立电线杆，按原设计，电线杆间隔50m，已挖好了坑．若间隔距离改为 60m，则需要重新挖　 　个坑，有　 　个原来挖好的坑将废弃不用．7．（10 分）数字卡片“3”、“4”、“5”各 10 张，从中任意选出 8 张，使它们的数字和是 27，则最多有　 　张是卡片“3”．8．（10 分）若将算式 ﹣ + ﹣ +…+ 的值化为小数，则小数点后第 1 个数字是　 　．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．（10 分）足球队A，B，C，D，E进行单循环赛（每两队赛一场），每场比赛胜队得 3 分，负队得 0分，平局两队各得 1 分．若A，B，C，D四支球队的总分分别是 1，4，7，8，请问：E 队至多得几分？至少得几分？11．（10 分）甲、乙两人轮流从 1，2，3，…，100，101 这 101 个自然数中每次划掉 9 个数，经过 11次后，还剩下两个数．如果甲第一个划数，请问甲是否有方法使得最后剩下的两个数之差是 55？并说明理由．12．（10 分）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（每小题 15 分，共 30 分，要求写出详细过程）13．（15 分）图中，直角三角形ABC 的两条直角边AB 和BC 的长度分别为 3 和 4，将三角形ABC绕点C顺时针旋转至A1B1C，使得A1C与B1C在直线l上．A1A交B1C于D，求 ．14．（15 分）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 C（小学组） 参考答案与试题解析一、填空题（每小题 10 分，共 80 分）1．（10 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．（10 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、5元、7 元、9 元、11 元的包装盒．一个礼品配一个包装盒，共有　 19 　 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：共有 25﹣6＝19（种）包 装 盒 价 格礼品盒价格1 3 5 7 92 3 5 7 9 115 6 8 1012148 9 1113151711 121416182014 1517192123故答案为：19．3．（10 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．（10 分）以 100 为分母的所有最简真分数的和等于　 20 　 ． 【分析】设以 100 为分母的最简真分数为 ，且 1≤p≤99．因为 是最简分数，所以p和100 不能有大于 1 的公因数，即p不能有因数 2 和 5．然后分类讨论：以 2 为因数小于 100 的数（偶数）之和；以 5 为因数小于 100 的数之和；以 10 为因数小于 100 的数之和．进而得出小于 100 且不以 2 或 5 为因数的数之和，进一步解决问题．【解答】解：设以 100 为分母的最简真分数为 ，且 1≤p≤99．因为 是最简分数，所以p和 100 不能有大于 1 的公因数，即p不能有因数 2 和 5．以 2 为因数小于 100 的数（偶数）之和为：2+4+6+…+96+98＝49×50＝2450．以 5 为因数小于 100 的数之和为：5+10+15+…+90+95＝ ×19×20＝950．以 10 为因数小于 100 的数之和为：10+20+30+…+90＝ ×9×10＝450．小于 100 且以 2 或 5 为因数的数之和为：2450+950﹣450＝2950．所以以 100 为分母的所有最简真分数的和等于：（ + +…+ ）﹣＝ × ﹣29.5＝20．故答案为：20．5．（10 分）一个自然数可以表示为两个连续的非零自然数之和，还可以表示为三个连续的非零自然数之和，就称这个自然数为“好数”，那么不大于 2011 的自然数中最大的“好数”为　 2007 　 ．【分析】根据题意，可把“好数”表示为m，m+1 两个非零自然数的和，也可以表示为n，n+1，n+2 个非零自然数的和．因此，可列出一个等式 2m+1＝3n+3，得出n的取值范围，进而解决问题．【解答】解：把“好数”表示为m，m+1 两个非零自然数的和，也可以表示为n，n+1，n+2 个非零自然数的和．所以 2m+1＝3n+3，即m＝n+1，所以 2|n．因为 3n+3≤2011，所以n≤669 ，因为 2|n，所以n的最大值为 668，此时 3n+3＝2007不大于 2011 的自然数中最大的“好数”为 2007．故答案为：2007．6．（10 分）在一条 3000m长的新公路的一侧，从一端开始等距离立电线杆，按原设计，电线杆间隔50m，已挖好了坑．若间隔距离改为 60m，则需要重新挖　 40 　 个坑，有　 50 　 个原来挖好的坑将废弃不用．【分析】由题意知，先分别求出原来挖好坑的个数及现在要挖的个数，再求得重叠的坑有多少个，用现需挖的个数减去重叠要保留的个数即得还要挖的个数，用原来挖好的个数减去重叠要保留的个数即得废弃不用的个数；据此解答．【解答】解：原来挖好的坑有：3000÷50+1＝61（个），现在需要挖：3000÷60+1＝51（个），50 与 60 的最小公倍数是 300，即每隔 300 米处的坑应该保留，共有：3000÷300+1＝11（个）， 还需要挖：51﹣11＝40（个），原来挖好的坑将废弃不用的有：61﹣11＝50（个），答：则需要重新挖 40 个坑，有 50 个原来挖好的坑将废弃不用．故答案为：40，50．7．（10 分）数字卡片“3”、“4”、“5”各 10 张，从中任意选出 8 张，使它们的数字和是 27，则最多有　 6 　 张是卡片“3”．【分析】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 27 相差 3，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”，然后多用卡片“4”换卡片“3”，现在 3＝2+1，因此可用 1 张卡片“5”换卡片“3”，1 张卡片“4”换卡片“3”．这样 8 张卡片的数字之和正好等于 27．所以最多可能有 6 张是卡片“3”．【解答】解：假设摸出的 8 张卡片全是数字“3”，则其和为 3×8＝24，27﹣24＝3，这是因为将摸出的卡片“4”、“5”都当成是卡片“3”的缘故．5﹣3＝2，4﹣3＝1，所以为了使卡片“3”尽可能地多，应用一张卡片“5”换卡片“3”，一张卡片“4”换卡片“3”，这样 8 张卡片的数字之和正好等于 27．所以最多可能有 6 张是卡片“3”．故答案为：6．8．（10 分）若将算式 ﹣ + ﹣ +…+ 的值化为小数，则小数点后第 1 个数字是　 4 　 ．【分析】根据分数数列运算符号的加减周期性，将分数数列分组求近似值，进行估算．【解答】解： ﹣ ≈0.41﹣ ≈0.01548﹣ ≈0.00﹣ ≈0.00133﹣ ≈0.00063…推理后面每两个分数之差更接近 0，而且是有限个求和，所以小数点后第一位为 4．故答案为：4．二、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．（10 分）足球队A，B，C，D，E进行单循环赛（每两队赛一场），每场比赛胜队得 3 分，负队得 0分，平局两队各得 1 分．若A，B，C，D四支球队的总分分别是 1，4，7，8，请问：E 队至多得几分？至少得几分？【分析】足球队单循环比赛共赛 4+3+2+1＝10 场．从计分标准看，有胜负的场次得 3 分，平局的场次共得 2 分，题意中的问题是E队最多得分和最少得分，显然和整个比赛中平局的次数有关，平局越少，E队得分会越高；平局越多，E队得分会越低．假设全是 3 分，10 场共计 30 分，每平局总分倒减 1 分．由A、B、C、D的得分不难分析．【解答】解：由题意得：A＝1＝1+0+0+0B＝4＝3+1+0+0＝1+1+1+1C＝7＝3+3+1+0D＝8＝3+3+1+1从得分看至少 3 局平局，全部比赛总分 30﹣3＝27（分），E队得分最多为 27﹣1﹣4﹣7﹣8＝7（分）．从得分看最多 5 场平局，全部比赛总分 30﹣5＝25（分），E队得分最少为 25﹣1﹣4﹣7﹣8＝5（分）．答：E队至多得 7 分，至少得 5 分．11．（10 分）甲、乙两人轮流从 1，2，3，…，100，101 这 101 个自然数中每次划掉 9 个数，经过 11次后，还剩下两个数．如果甲第一个划数，请问甲是否有方法使得最后剩下的两个数之差是 55？并说明理由．【分析】由于 56﹣1＝55，57﹣2＝55，…101﹣46＝55，所以甲可先划去 47 至 55 这 9 个自然数，于是还剩下 1 至 46，56 至 101 这些数．将这些数分成以下 46 组：（1，56），（2，57），（3，58），…，（45，100），（46，101）①．每组的两个数之差都是 55．接下来，如果乙只划上述某组中的一个数，甲就划掉该组的另一个数；如果乙划掉了某组的两个数，甲就将未划掉数的另外一组划掉．按此操作即可．【解答】解：甲先划去 47 至 55 这 9 个自然数，于是还剩下 1 至 46，56 至 101 这些数．将这些数分成以下 46 组：（1，56），（2，57），（3，58），…，（45，100），（46，101）①．每组的两个数之差都是 55．接下来，如果乙只划上述某组中的一个数，甲就划掉该组的另一个数；如果乙划掉了某组的两个数，甲就将未划掉数的另外一组划掉．由此，甲、两人轮流划数，则最后剩下的两个数一定是①描述的一组，两数之差为 55．所以甲可以采取上述的策略使得最后剩下的两个数之差是 55．12．（10 分）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（每小题 15 分，共 30 分，要求写出详细过程）13．（15 分）图中，直角三角形ABC 的两条直角边AB 和BC 的长度分别为 3 和 4，将三角形ABC绕点C顺时针旋转至A1B1C，使得A1C与B1C在直线l上．A1A交B1C于D，求 ．【分析】如图，作三角形ABC关于A1B对称的三角形A2BC，连结AB1，A2B和A2C，根据角之间的关系推出A2、C、B1 三点共线，然后根据三角形的面积与底成正比的关系，解决问题．【解答】解：如图，作三角形ABC关于A1B对称的三角形A2BC，连结AB1，A2B和A2C，因为AB＝3，BC＝4，所以A2C＝5，B1C＝4，S△AA2C＝2S△ABC＝12．因为∠ACB+∠ACB1+∠A1CB1＝∠ACB+∠ACB1+∠A2CB＝180°，所以A2、C、B1 三点共线，且＝ ＝ ，即 ＝ ．因为 ＝ ，且 ＝ ，所以 ＝ ．因此， ＝ × ＝ ．14．（15 分）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＝36⑦Y＝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 10:53:02；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@xyh.com；学号：20913800