2010小学高年级迎春杯复赛试题详解

第一组： 1.

=×?

×+145

266.22010 ．答案：2058

2. 下表是人民币存款基准利率表．小明现在有10000元人民币，如果他按照三年期整存整取

的方式存款，三年后他连本带利一共能从银行拿到元人民币．

整存整取时间三个月半年一年三年五年年利率（％）

1.71

1.98

2.25

3.33

3.60

答案：10999

简解：一年利息是10000 3.33%333×=元，三年利息一共是3333999×=元，一共能拿到的钱数是1000099910999+=元．

3. 如图所示，有大小不同的两个正方体，大正方体的棱长是小正方体棱长的

6倍．将大正方体的6个面都染上红色，将小正方体的6个面都染上黄色，再将两个正方体粘合在一起．那么这个立体图形表面上红色面积是黄色面积的倍．答案：43

简解：假设小正方体棱长是1，大正方体棱长就是6，大正方体露在外面的表面积是6661215××?=，小正方体露在外面的表面积是5，所以有215543÷=倍．

4. 有一块用于实验新品种水稻的试验田形状如图，面积共40亩，一

部分种植新品种，另一部分种植旧品种（种植面积不一定相等），以方便比较成果．旧品种每亩产500千克；新的品种中有75%都没有成功，每亩只产400千克，但是另外25%试验成功,每亩产800

千克．那么，这块试验田共产水稻千克．

答案：20000 简解：25%试验成功的田中每亩多产的800-500=300千克，分给剩下的实验没有成功的75%的田，那么就相当于新品种田中每亩也是都产500千克，那么总产量就是40*500=20000千克

答案：1080

简解：

A 与乘数的乘积比21A =，1C =，又

B 与2的乘积个位是00 5B =或，6

C ×不进位，那么6

D ×得5D =，两个乘法式子分别为515216×和

510216×，

乘积的差为(515510)2161080?×=．新品种 25% 旧品种

第二组： 6. 直角边长分别为18厘米,10厘米的直角△ABC 和直角边长分

别为14厘米,4厘米的直角△ADE 如图摆放．M 为AE 的中点，则△ACM 的面积为平方厘米．答案：53

简解：S △ACE ＝S △ABC ＋S △ABE －S △CBE

＝18×10÷2＋18×4÷2－10×4÷2＝106(平方厘米)

所以，S △ACM ＝S △ACE ÷2＝106÷2＝53(平方厘米)

7. 黑板上一共写了10040个数字，包括2006个1，2007个2，

2008个3，2009个4，2010个5．每次操作都擦去其中4个不同的数字并写上一个第5种数字（例如擦去1、2、3、4各1个，写上1个5；或者擦去2、3、4、5各一个，写上一个1；……）. 如果经过有限次操作后，黑板上恰好剩下了两个数字，那么这两个数字的乘积是．答案：8

简解：每次操作，每个数字个数的奇偶性都会变化．1、3、5原来都是偶数个，它们的个数奇偶性永远保持一致；2、4原来都是奇数个，它们的个数奇偶性也永远保持一致，而且和1、3、5的个数奇偶性不同. 最后剩下2个数字，只能是2和4．

8. 蜜蜂王国为了迎接2010年春节的到来，特地筑了一个蜂巢如下．每个正六边形蜂窝中，有

由蜂蜜凝结而成的数字0、1或2．春节到来之时，群蜂

将在巢上跳起舞步，舞步的每个节拍恰好走过的四个数

字：2010（从某个2出发最后走完四步后又回到2，如图中箭头所示为一个舞步），且蜜蜂每一步都只能从一个正

六边形移动到与之有公共边的正六边形上．蜜蜂要经过四个正六边形且所得数字依次为2010，共有种方法．答案：30

简解：

图中标2的六边形分两类，第一类如上左图所示，第二类如上右图所示．从第一类六边形出发，每个六边形都只有1种走法，因此共有6种走法．

从第二类六边形出发，每个六边形有4种不同的走法，其中两种是环形回路（细线表示），两种

1 0 0 0 0 0

0 2 2

2 2

2 2 2 2 2

是原路返回（粗线表示），因此共有4624×=种走法．综上所述，共有24630+=种不同的走法．

9. 在反恐游戏中，一名“恐怖分子”隐藏在10个排成一行的窗户后面，一位百发百中的“反

恐精英”使用狙击枪射击这名“恐怖分子”．“反恐精英”只需射中“恐怖分子”所在的窗户就能射中这名“恐怖分子”．每次射击完成后，如果“恐怖分子”没有被射中，他就会向右移动一个窗户．一旦他到了最右边的窗户，就停止移动．为了确保射中这名“恐怖分子”，“反恐精英”至少需要射击次．答案：6

简解：自左至右将窗户编为1,2,3,…10号．如果射击6次，“反恐精英”采取以下设计方案：第一次射击1号窗户，第二次射击3号，第三次射击5号，第四次射击7号，第五次射击9号，第六次射击10号，一一验证知可保证射中这名“恐怖分子”．（还可以前五次都打5号窗户，第六次射击10号）．下面证明“反恐精英”仅射击5次不能保证射中这名“恐怖分子”．反之，设第一次射击1a 号窗户，第二次射击2a 号，第三次射击3a 号，第四次射击4a 号，第五次射击5a 号．为了保证射中开始位于第k （16k ≤≤）号窗户里的目标，等式1i a k i =+?号必须至少对一个i 成立．对于第i 次射击，(1)i a i ??只能得到至多一个1,2,3,4,5,6之间的数，5次射击只能保证一定可以射中1,2,3,4,5,6号窗户之中的5个，不符合题意．于是，为了确保射中这名“恐怖分子”，“反恐精英”至少需要射击6次．

10. 如图所示，直线上并排放置着两个紧挨着的圆，它们的面积都

等于1680平方厘米．阴影部分是夹在两圆及直线之间的部分．如果要在阴影部分内部放入一个尽可能大的圆，则这个圆的面积等于_________平方厘米．答案：105

解：如图所示，在阴影部分作出一个最大的圆，连接左侧大圆与小圆的圆心，然后如图所示构造一个直角三角形（在图中用粗线表示）．该直角三角形的斜边长为R r +，两直角边分别为R 与R r ?，由勾股定理可得

()()2

2R r R R r +=+?

上式移项可得

()

()2

R r R r R +??=

利用平方差公式化简可得4R r =，

这说明大圆半径是小圆半径的4倍，所以大圆面积就是小圆面积的16倍．由此可得小圆面积为168016105÷=．

第三组：

11. 用1～9这9个数字各一次，组成一个两位完全平方数，一个三位完全平方数，一个四位完

全平方数．那么，其中的四位完全平方数最小是．答案：1369

简解：四位完全平方数≥1234＞352＝1225，所以至少是362＝1296．当四位完全平方数是1296时，另两个平方数的个位只能分别为4,5，个位为5的平方数的十位只能是2，但数字2在1296中已经使用．

当四位完全平方数是372＝1369时，另两个平方数的个位只能分别为4,5，个位为5的平方数的十位一样只能是2，还剩下7,8，而784恰好为282．所以，其中的四位完全平方数最小是1369．

12. 现有一块L 形的蛋糕如图所示，现在要求一刀把它切成3部分，

因此只能按照如图的方式切，但不能斜着切或横着切.要使得到的最小的那块面积尽可能大，那么最小的面积为平方厘米．答案：80 简解：如下图，显然不论怎么切，B 是最大的那块，为使A 和C 尽量大一些，

切割线就要经过L 形的拐点.大致有如下3种切法.对于前两种，C 比A 要小，所以要使C 尽量大的话，就要使切线作顺时针方向调整.第三种

情况更优一些，当A 与C 面积相等时，就是最优的情况.此时22021010102x x ×÷=×?×÷，所以4x =，C 的面积是80立方厘米.

13. 小李开车从甲地去乙地，出发后2小时，车在丙地出了故障，修车用了40分钟，修好后，

速度只为正常速度的75%，结果比计划时间晚2小时到乙地．若车在行过丙地72千米的丁地才出故障，修车时间与修车后的速度分别还是40分钟与正常速度的75%，则比计划时间只晚1.5小时．那么，甲乙两地全程千米．答案：288 简解：

从丙到乙正常与故障后的速度比为1 : (1-75%)＝4:3，则时间比为3:4 那么丙到乙计划用(2-40/60)/(4-3)*3＝4(时) 所以原计划小李从甲地到乙地要走2+4＝6(时)

从丁到乙正常与故障后的速度比为1 : (1-75%)＝4:3，则时间比为3:4 那么丁到乙计划用(1.5-40/60)/(4-3)*3＝2.5(时) 所以甲乙全程为72/(1-2/6-2.5/6)＝288(千米)

10厘米

20厘米

30A B C A B C A B C A B C

14. 9000名同学参加一次数学竞赛，他们的考号分别是1000,1001,1002,…9999．小明发现他的

考号是8210，而他的朋友小强的考号是2180．他们两人的考号由相同的数字组成（顺序不一样），差为2010的倍数．那么，这样的考号（由相同的数字组成并且差为2010的倍数）共有对．答案：50对

简解：设abcd 与efgh 由相同的数字组成（顺序不一样），并且2010abcd efgh ?．由于abcd 与efgh 的数字和相同，它们除以9的余数相同，即9abcd efgh ?，从而6030abcd efgh ?．考虑到09000abcd efgh

?=．若3c ≥，603(6)(3)abc a b c ?=??，但

(6)(3)9a b c a b c a b c ?++?=++?≠++，(6)(3)a b c efg ??≠，603(6)(3)abc a b c ?=??不成

立．若2c ≤，0b =，6030603(7)9(7)abc a c a c ?=?=?+，同上知这种情况也不成立．因此，2c ≤，1b ≥．

603(6)(1)(7)abc a b c ?=??+．7c +在这里可能等于a 或者b ．如果7a c =+，则1b c =+，此

时(,,)a b c 可以等于(7,1,0)、(8,2,1)以及(9,3,2)；如果7b c =+，则6a c =+，此时(,,)a b c 可以

等于(7,8,1)和(8,9,2)．(,,)a b c 确定之后，再考虑d ，d 可以等于0,1,2,…9中的任何一个数字．这样，可以得到50个不同的abcd ，继而可得到相应的efgh ．于是，一共有50对这样的考号，由相同的数字组成，并且差为2010的倍数．

15. 小华编了一个计算机程序．程序运行后一分钟，电脑屏幕上首次出现一些肥皂泡，接下来每

到整数分钟的时刻都会出现一些新的肥皂泡，数量与第一分钟出现的相同．第11次出现肥皂泡后半分钟，有一个肥皂泡破裂．以后每隔一分钟又会有肥皂泡破裂，且数量比前一分钟多1个（即第12次出现肥皂泡后半分钟，有2个肥皂泡破裂…）．到某一时刻，已破裂的肥皂泡的总数恰好等于电脑屏幕上出现过的肥皂泡的总数，即此刻肥皂泡全部消失．那么在程序运行的整个过程中，在电脑屏幕上最多同时有个肥皂泡出现．答案：1026

简解：设每次出现的肥皂泡是k 个．第m 次肥皂泡破裂之后，已破裂的肥皂泡的总数恰好等于电脑屏幕上出现过的肥皂泡的总数，在此之前，已经出现了10m +次肥皂泡．依据已破裂的肥皂泡的总数恰好等于电脑屏幕上出现过的肥皂泡的总数，可得：

(1)

(10)2

m m m k ++= 化简得：2(10)(1)m k m m +=+．因为m 、k 都是正整数，因此

210(10)(9)m m m m m ++?+?

得到1090m +，于是1015,18,30,45,90m +=，5,8,20,35,80m =，相应的，1,2,7,14,36k =．当破

裂的肥皂泡的数量小于新出现的的肥皂泡数量的时候，电脑屏幕上的肥皂泡的总数增加；当破裂的肥皂泡的数量小于新出现的的肥皂泡数量的时候，电脑屏幕上的肥皂泡的总数减少．只有当破裂的肥皂泡的数量等于新出现的的肥皂泡数量的时候，电脑屏幕同时出现的肥皂泡才有可能最多．于是，当破裂的肥皂泡为k个的前半分钟电脑屏幕同时出现的肥皂最多，此时电脑上显示的

肥皂泡个数是

(1)(21)

(10)

k k k k

k k

+?=．k越大，显示的肥皂泡个数越多，当36

k=时，容

易验证满足条件，此时显示的肥皂泡个数是1026个．