四川省广安中学小升初数学试卷

2012年四川省广安中学小升初数学试卷一、填空题（每小题5分，共45分）（2012·四川省广安中学）小学画展上展出了许多幅画，其中有16幅不是六年级的，有15幅不是五年级的．现知道五、六年级共有25幅画，因此其它年级的画共有3幅．考点：容斥原理．分析：16幅不是六年级的，那就是五年级和其他年级的；15幅不是五年级的，那就是六年级和其他年级的；16+15=31幅，是六个年级的作品和，多加了一次其他年级的作品数，由此即可计算．解答：解：（16+15-25）÷2，=6÷2，=3（幅）；答：其他年级的作品数是3幅．故答案为：3．点评：根据题干得出16+15中是指五、六年级的作品数与其他年级作品数的2倍，是解决本题的关键．（2012·四川省广安中学）小华和小强各自用6角4分买了若干支铅笔，他们买来的铅笔中都是5分一支和7分一支的两种，而且小华买来的铅笔比小强多，小华比小强多买来铅笔2支．考点：整数的裂项与拆分．分析：64分分解为50+14和15+49，可知小华买了5分的10支，7分的2支，共花了5×10+7×2=50=14=64（分），小华买了5分的10支，7分的2支，共花了5×10+7×2=50+14=64（分）；小强买了5分的3支，7分的7支，共花了5×3+7×7=15+49=64（分），小华比小强多买（10+2）-（3+7）=2（支）．解答：解：6角4分=64分．根据题意，将64分分解为50+14和15+49，①50+14，50÷5=10（支），14÷7=2（支），即小华买了5分的10支，7分的2支；②15+49，15÷5=3（支），49÷7=7（支），即小强买了5分的3支，7分的7支；因此，小华比小强多买（10+2）-（3+7）=2（支）．答：小华比小强多买来铅笔2支．故答案为：2．点评：此题也可这样解答：设他们都买了x支5分的和y支7分的．于是可以得出一个等式：5x+7y=64；因为x和y只可能是正整数，观察发现，只有两种可能：x=10，y=2或x=3，y=7时等式才能成立．也就是说他们买的铅笔总数为x+y=12或10．题目说明小华比小强买的多，那么得出小华买了12支，小强买了10支．因此小华比小强多买2支．（2012·四川省广安中学）如图，甲、乙、丙是三个车站．乙站到甲、丙两站的距离相等．小明和小强分别从甲、丙两站同时出发相向而行．小明过乙站后150米后与小强相遇，然后两人又继续前进．小明走到丙站立即返回，经过乙站后450米又追上小强．则甲、丙两站的距离是900米．甲、乙两人沿铁路线相向而行，速度相同，一列火车从甲身边开过用了8秒钟，5分钟后火车又从乙身边开过，用了7秒钟，那么再过35分钟甲、乙两人相遇．考点：错车问题．专题：综合行程问题．分析：根据题意，假设甲乙两人的速度是1米/秒，火车的速度是V米/秒，车长为L米，火车与甲是追及问题，即8V-8×1=L；火车与乙是相遇问题，7V+7×1=L；联立方程组可以得出火车的速度；当火车从甲身边开过后，又从乙身边开过，用了5分钟，火车行驶了5分钟，甲也走了5分钟，甲乙两人之间的路程等于火车5分钟行走的路程减去甲5分钟行走的路程，然后再进一步解答即可．解答：解：设甲乙两人的速度是1米/秒，火车的速度是V米/秒，车长为L米．火车与甲是追及问题，可得：8V-8×1=L；火车与乙是相遇问题，可得：7V+7×1=L；联立方程组可得：V=15米/秒；火车5分钟后遇到了乙，也即是300秒后，这时甲乙之间的距离是：15×300-1×300=4200（米）；这时甲乙相遇的时间是：4200÷（1+1）=2100（秒）=35（分钟）．答：再过35分钟甲、乙两人相遇．故答案为：35．点评：解答本题的关键之处在于火车于甲是同向而行，人的长度通常是忽略不计的，那么，8秒钟火车开过了甲，说明8秒钟火车比甲多行了一个火车车身的长度；5分钟后遇到了乙，并使用7秒钟开过了乙，说明火车和乙是同向而行的，经过7秒钟火车和人一共走了一个车身的长度．根据车身长度一定解答出火车速度于人行走的速度之间的倍数关系；现在甲乙两人之间的路程等于火车5分钟行走的路程减去甲5分钟行走的路程．最后，根据甲乙两人之间的路程和两人之间的速度和求出需要使用的相遇时间．号码分别为101，126，173，193的四个运动员进行乒乓球比赛，规定每两人比赛的盘数是他们号码的和被3除所得的余数．那么打球盘数最多的运动员打了2盘．考点：带余除法．分析：能被3整除的条件是：这个整数的各位数字和是3的整数倍；如15，1+6=6，6=3×2，所以15能被3整除；再如19，1+9=10，10÷3=3…1，则19不能被3整除，19÷3=6…1，通过此题说明了一个问题：数字和除以3余数是几，则这个数字除以3就余数是几；此题从101、126、173、193中任意选出2个数有6种，求和，除以3，再看和的数字除以3余数是几，即可得解．解答：解：101+126=227，2+2+7=11，11÷3=3…2；101+173=274，2+7+4=13，13÷3=4…1；101+193=294，2+9+4=15，15÷3=5；126+173=299，2+9+9=20，20÷3=6…2；126+193=319，3+1+9=13，13÷3=4…1；173+193=366，3+6+6=15，15÷3=5；答：那么打球盘数最多的运动员打了 2盘．故答案为：2．点评：此题作为一个选择题，不计算，也能知道是2，因为余数总小于除数，除数是3，余数最大是2，即可得解．有蜘蛛、蜻蜓、蝉三种动物共18只，共有腿118条，翅膀20对（蜘蛛8条腿；蜻蜓6条腿，两对翅膀；蝉6条腿，一对翅膀），其中蜻蜓有7只．（2012·四川省广安中学）今有A、B、C、D四位少年在森林中拾树籽．拾的树籽数以A为最多，B、C、D 依次减少．A和B拾得的树籽数之和为65个，A和D的和为61个，C和D的和为44个，则B拾得的树籽数是25个．考点：逻辑推理．分析：由题意可知，①A+B=65，②A+D=61，所以①-②=B-D=4，又因为C+D=44个，并且C＞D，经验证，当D=20时 C=24 此时 B=24=C与条件不符，当D＜20时更不可能满足条件，当D=21时 C=23，此时 B=25 A=40，满足条件，所以B=25．解答：解：由题意可得：①A+B=65，②A+D=61，所以①-②=B-D=4，又因为C+D=44个，又C＞D，当D=20时，C=44-20=24此时，B=20+4=24=C与条件不符，D＜20时更不可能满足条件，当D=21时 C=44-21=23，此时，B=21+4=25，A=40，满足条件，所以B=25．故答案为：25．点评：根据题意得出B-D=4，并由此据条件进行验证是完成本题的关键．（2012·四川省广安中学）某种商品，以减去定价的5%卖出，可得5250元的利润；以减去定价的2成5卖出，就会亏损1750元．这个物品的购入价是28000元．考点：百分数的实际应用．分析：减去定价的2成5卖出，是指减去了原价的25%；本题的单位“1”是定价，那么减价5%后的价格是原价的1-5%，减去2成5后的价格就是原价的 1-25%，这两者之间的差距就是得5250元的利润和亏损1750元之间差距，因为一个是得利润，一个是亏损，所以它们之间的差距应是：5250+1750，它对应的分数是（1-5%）-（1-25%）．我们就可以求出单位“1”定价的量．商品的购入价就是不盈利也不亏损的价格，即用定价的1-5%再减去此时的利润．解答：解：商品的定价为：（5250+1750）÷[（1-5%）-（1-25%）]=7000÷（95%-75%）=7000÷20%=35000（元）．商品的购入价为：35000×（1-5%）-5250=35000×95%-5250=33250-5250=28000（元）．故填：28000．点评：本题的关键是找出单位“1”，进一步发现比单位“1”多或少百分之几，然后根据数量关系求出单位“1”由此解决问题．（2012·四川省广安中学）一笔奖金分一等奖，二等奖和三等奖．每个一等奖的奖金是每个二等奖奖金的2倍，每个二等奖的奖金是每个三等奖奖金的2倍．如果评一、二、三等奖各两人，那么每个一等奖的奖金是308元；如果评一个一等奖，两个二等奖，三个三等奖，那么一等奖的奖金是392元．考点：简单的等量代换问题．分析：根据题意，原来每个二等奖为308÷2=154（元），每个三等奖为154÷2=77（元），奖金总额为（308+154+77）×2=1078（元）后来评一个一等奖，两个二等奖，三个三等奖，合起来相当于1×4+2×2+3=11（个）三等奖．故每个三等奖奖金为1078÷11=98（元），每个一等奖奖金为98×4=392（元）．据此解答即可．解答：解：原来每个二等奖：308÷2=154（元），每个三等奖：154÷2=77（元），奖金总额：（308+154+77）×2=1078（元），获奖数全部用三等奖计数：1×4+2×2+3=11（个），每个三等奖奖金：1078÷11=98（元），每个一等奖奖金：98×4=392（元）．故答案为：392元．点评：此题考查简单的等量代换问题，解决此提的关键是把获奖人数全部按三等奖计数．二、计算题．（2012·四川省广安中学）甲、乙、丙三个人共同完成一项工作，5天完成了全部工作的31，然后甲休息了3天，乙休息了2天，丙没有休息，之后三人都没有休息直至工作完成．如果甲一天的工作量是丙一天工作量的3倍，乙一天的工作量是丙一天工作量的2倍，那么这项工作，从开始到完成，前后的时间是1761天．（填准确的时间，允许用分数表示）．考点：工程问题．专题：工程问题．分析：由“甲一天的工作量是丙一天工作量的3倍，乙一天的工作量是丙一天工作量的2倍，”可知甲乙丙的工作效率的比是3：2：1，然后分别求出甲乙丙的工作效率各是多少，完成任务的时间就是丙干的天数，根据题意列方程解答即可．解答：解：甲乙丙的工作效率的比是：3：2：1，甲的工作效率是：31÷5×1233++=151×21=301； 乙的工作效率是：31÷5×1232++=151×31=451； 丙的工作效率是：31÷5×1231++=151×61=901； 设这项工作，从开始到完成，前后的时间是x 天．301×（x-3）+451×（x-2）+901x=1， 903x-909+902x-904+901x=1， 906x-9013=1， 906x-9013+9013=1+9013， 906x=90103， 906x×90=90103×90， 6x=103，6x÷6=103÷6，x=1761；答：这项工作，从开始到完成，前后的时间是1761天． 故答案为：1761． 点评：本题运用和比问题求出他们的工作效率，运用“工作效率×工作时间=工作总量”进行解答即可． （2012·四川省广安中学）有一列数：1，2006，2005，1，2004，…，从第三个数起，每一个数都是它前面两个数中大数减小数的差，那么第2006个数是672．考点：数列中的规律．分析：把 给出的数列按题意再写下去为：1，2006，2005，1，2004，2003，1，2002，2001，1…可以发现3个数一组，每组的第二个数比上一 组的第二个数少2，第三个数比上一组的第三个数少2，而2006除以3即可得出是哪一组的第几个数，由此即可得出答案．解答：解：2006÷3=668…2，所以2006是第668组的第2个数，2006-（668-1）×2，=2006-1334，=672，所以第2006个数是672，故答案为：672． 点评：解答此题的关键是根据题意把数列中的数多写一些，找出规律，再根据规律解决问题．（2012·四川省广安中学）有30张长3厘米，宽2厘米的纸片，将它们按照下图的样子摆在桌面上：那么这30张纸片所盖住桌面上的面积是64平方厘米．考点：重叠问题．分析：第一张纸盖住的面积是3×2=6平方厘米，第二张纸盖住的就是2×（3-2）=2平方厘米，第三张纸盖住的也是2×（3-2）=2平方厘米，以后每张纸盖住的面积都是2平方厘米，由此即可得出这30张纸所覆盖的面积为：第一张纸覆盖的面积+29个2平方厘米的面积．解答：解：3×2+2×（30-1）=6+2×29=6+58，=64（平方厘米）；答：这30张纸片所盖住桌面上的面积是64平方厘米．故答案为：64．点评：根据题意得出：每增加一个纸片所增加的面积是2平方厘米，从而得出增加的规律，这是解决本题的关键．（2012·四川省广安中学）算术测验出了A 、B 、C 三道题．如果B 题答不上时，C 题也答不上．在50人的班级里，能做出A 题的有32人，能做出B 题的有48人，没有连一道题也做不上的．在既能做A 题也能做出B 题的人数中，有60%的人又能做出C 题，这些人相当于会做出C 题的72%．那么能做出C ， 而不能做出A 题的有7人．考点：容斥原理．分析：根 据题干分析可得：既能做出A 也能做出B 的：48+32-50=30人，所以能把A 、B 、C 全部题做出的：30×60%=18人，而这18人正好是会做C 的 人数的72%，由此可求出会做C 的人数为：18÷72%=25人，那么能做出C ，而不能做出A 题的有：25-18=7人；解答：解：既能做出A也能做出B的：48+32-50=30（人），能把A、B、C全部题做出的：30×60%=18（人），会做C的人数为：18÷72%=25（人），做出C，不能做出A的有：25-18=7（人），答：能做出C，而不能做出A题的有7人．故答案为：7．点评：此题考查了利用容斥原理解决实际问题的灵活应用，这里关键是根据题干分别求出能做出A、B、C 和能做出C的人数．（2012·四川省广安中学）如图，在直线上两个相距1厘米的点A和B上各有一只电子青蛙．A点的青蛙沿直线跳往关于B点的对称点A1（即A1与A分居在B点两侧且与B点等距），而B点的青蛙跳往关于A点的对称点B1，然后A1点的青蛙跳往关于B1点的对称点A2，B1点的青蛙跳往关于A1点的对称点B2，如此跳下去．两只青蛙各跳了10次后，原来在A点的青蛙跳到的位置距离B点有29524厘米．考点：数与形结合的规律．分析：两只青蛙各跳一次，距离增加为原来的3倍，而且跳奇数次时，A点的青蛙在左，跳偶数次时，B 点的青蛙在左，所以跳10次后，AB两点的青蛙相距：310=59049厘米，根据对称性可得，A点的青蛙距离B点的距离是：（59049-1）÷2=29524厘米．解答：解：310=59049（厘米），根据对称性可得：（59049-1）÷2=59048÷2=29524（厘米），答：原来A点的青蛙跳到的位置距离B点有29524厘米．故答案为：29524．点评：主要考查了学生通过点的对称性，通过分析找到每次跳动后AB两点的青蛙的距离的变化规律后直接利用规律求解．一、填空题（每小题10分，共40分）：（2012·四川省广安中学）已知a与b的最大公约数是10，a与c，b与c的最小公倍数都是30．则满足此条件的a，b，c共有12组．考点：求几个数的最大公因数的方法；求几个数的最小公倍数的方法．分析：由已知a与b的最大公约数是10，a与c，b与c的最小公倍数都是30可知：10能整除a，a能整除30，10能整除b b能整除30，即a=10或30，然后分三种情况分析：（1）当a=10，b=10时c等于几；（2）当a=10，b=30，c等于几；（3）当 a=30，b=10时，c等于几．解答：解：10能整除a，a能整除30，10能整除b b能整除30，即a=10或30，这时有三种情况：（1）当a=10，b=10时，c=3，6，15，30；（2）当a=10，b=30时，c=3，6，15，30；（3）当a=30，b=10时，c=3，6，15，30；所以共有：3×4=12组；故答案为：12．点评：本题主要根据整除的意义，找出a和b然后逐个分析c的情况．（2012·四川省广安中学）有若干个自然数（都不为0），平均值是10．若从这些数中去掉最大的一个，则余下的平均值为9；若去掉最小的一个，则余下的平均值为11．则这些数中最大的数最大可以是20．考点：最大与最小；平均数问题．专题：平均数问题．分析：设有x个，那么他们的和是10x，去掉最大的一个，则余下的算术平均数为9，那么最大的那个数是10x-9×（x-1）=9+x，去掉最小的一个，则余下的算术平均数为11，那么最小的数是10x-11×（x-1）=11-x，因为是自然数，所以11-x≥0≥x，且x≤11．所以这些数最多有11个，这些数中最大的是9+11=20．解答：解：0是最小的自然数．由于去掉最小数后，平均数是11，所以，这些数最多有10÷（11-10）+1=11个．所以，最大的数最大值是11-1+10=20．答：这些数中最大的数最大值是20．故答案为：20．点评：此题主要利用平均数的定义，运用逐步探讨找出问题的答案．（2012·四川省广安中学）对自然数列1，2，3，4，5，6，…进行淘汰，淘汰的原则是：凡不能表示为两个合数之和的自然数均被淘汰．如：“1”应被淘汰；但12可以写成两个合数8与4的和，不应被淘汰．被保留下来的数按从小到大的顺序排列，则第2006个数是2015．考点：数字问题．分析：把自然数分为奇数和偶数两类讨论，能表示成两个偶合数之和的最小自然数是：4+4=8；因为大于8的偶数比8大的部分是偶数，将大的部分的偶数加到4上一定是合数；所以大于8的偶数都可以表示为两个合数之和的自然数，可以被保留下来；那么自然数列就只剩下了奇数，奇数能表示成两个合数之和的最小自然数是：4+9=13，又根据数的奇偶性，任何大于13的奇数与13的差一定是偶数，将差偶数加到4上一定是合数，所以大于13的奇数都可以表示为两个合数之和的自然数，可以被保留下来；这样大于8的偶数和大于13的奇数都需要被保留下来；反之，小于8的偶数和小于13的奇数都需要被淘汰：即1、2、3、4、 5、6、7、9、11；那么被保留下来的数是：8、10、12、13、14、15、16、…然后根据等差数列即可求出第2006个数是2015．解答：解：最小的偶合数是4，最小的，奇合数是9；能表示成两个偶合数之和的最小自然数是：4+4=8；所以在大于8的偶数M都比8大2N，将增加的2N加到4上一定是合数即：M=（4+2N）+4，所以大于8的偶数都可以表示为两个合数之和的自然数，可以被保留下来；那么自然数列就只剩下了奇数，下面我们就研究奇数：奇数如果能表示成两个合数之和，根据数的奇偶性，说明这两个合数必定是一奇一偶，那么奇数能表示成两个合数之和的最小自然数是：4+9=13，又根据数的奇偶性，任何大于13的奇数m与13的差一定是偶数2N，将2N加到4上一定是合数即：m=（4+2N）+9，所以大于13的奇数都可以表示为两个合数之和的自然数，可以被保留下来；所以小于8的偶数和小于13的奇数都需要被淘汰：即1、2、3、4、5、6、7、9、11；那么被保留下来的数是：8、10、12、13、14、15、16、…从12开始是一个等差数列，2006-2=2004，则第2006个数是：a2006=12+（2004-1）×1=2015；答：被保留下来的数按从小到大的顺序排列，则第2006个数是2015．故答案为：2015．点评：本题的思索重点是把自然数分为奇数和偶数去讨论，难点是根据数的奇偶性，确定大于8的偶数和大于13的奇数都需要被保留下来．（2012·四川省广安中学）一辆邮车每天从A地往B地运送邮件，沿途（包括A，B）共有18站．从A地出发时，装上发往后面17站的邮件各一个，到达后面各站后卸下前面各站发往该站的邮件，同时装上该站发往下面各站的邮件各一个，设邮车在第n站装卸完毕后剩余的邮件个数为a n（n=1，2，…，18），则a n的最大值是81．考点：最大与最小．分析：该题特点是后站得不能往前站发货，编号a0～a18，则在第n站装上18-n件货，卸下n-1件，则到第n站时，共装上17+16+…+18-n=（17+18-n）×n÷2=2n-35n）（件；共卸下的件数为：0+1+2+3+…n-1=（n-1）×n÷2=21-nn）（件，当2n-35n）（-2nn1）（+的值最大时，则在在第n站装卸完毕后剩余的邮件个数为a n的值最大．2n-35n）（-2nn1）（+=18n-n2，当n=9时，18n-n2的值最大，为81．即a n的最大值是81．解答：解：由题意可知，到第n 站时，共装上：17+16+…+18-n=（17+18-n ）×n÷2=2n -35n ）（件； 共卸下的件数为：0+1+2+3+…n -1=（n-1）×n÷2=21-n n ）（； 余下的件数为：2n -35n ）（-2n n 1）（+=18n-n 2， 当n=9时，18n-n 2=18×9-92=81，其值最大，即a n 的最大值是81．故答案为：81．点评：明确在第n 站装上件数为18-n 件，卸下n-1件，并根据高斯求和公式列出关系式是完成本题的关键．二、解答题（要求写出解答过程，每小题15分，共60分）（2012·四川省广安中学）李小华要把自己平时存的零用钱捐给残疾人协会，他把储蓄盒中的2分和5分的硬币都倒出来，估计有5～6元钱，李小华把这些硬币分成钱数相等的两堆，第一堆有2分和5分的硬币个数相等，第二堆2分和5分的钱数相等．问：李小华的这些钱一共是多少元？考点：钱币问题．分析：第 一堆2分、5分的个数相等，钱数一定是7分的倍数，第二堆的钱数一定是5个2分与2个5分的和的倍数，即2×5+5×2=20（分）的倍数．因为两堆的钱 数相等，所以每堆的钱应该是7×20=140的倍数．因为总钱数是5～6元，所以只有560分符合要求，故李小华的总钱数是5.6元．解答：解：第一堆2分、5分的个数相等，钱数一定是2+5=7分的倍数，因为第二堆2分和5分的钱数相等；所以第二堆的钱数一定是5个2分与2个5分的和的倍数，即2×5+5×2=20（分）的倍数．因为两堆的钱数相等，所以每堆的钱应该既是7的倍数，又是20的倍数；即7×20=140的倍数．因为总钱数是5～6元即500～600分，在500～600，只有560是70的倍数；所以只有560分符合要求，故李小华的总钱数是5.6元．答：李小华的总钱数是5.6元．点评：本题利用倍数知识还可这样解：2分和5分的硬币个数相等的堆，钱数为7N （N 为自然数）；2分和5分的硬币前数相等的堆，钱数为10M （M 为自然数）；7与10的最小公倍数为70，又总钱数在5～6元，即500～600分；在500～600，只有560是70的倍数；问题的解．（2012·四川省广安中学）有甲、乙两根水管，分别同时给两个大小相同的水池A 和B 注水，在相同时间内甲、乙两管注水量之比7：5．经过231时，A 、B 两池中已注入水之和恰好是一池水．此后，甲管的注水速度提高25%，乙管的注水速度降低 30%．当甲管注满A 池时，乙管还需多长时间注满B 池？ 考点：工程问题．分析：因为相同时间内甲、乙两管注水量之比7：5不变，所以经过231时恰好是一池水时，甲乙水管分别注入一池水的577+=127、575+=125．如果注水速度不变，那么注满一池水甲、乙管分别还需：231÷127- 231=35时，231÷125-231=1549时，由此即能根据它们注水速度变化后的分率求出它们分别注满水池还需多少时间，进而求出当甲管注满A 池时，乙管还需多长时间注满B 池．解答：解：如果注水速度不变，它们分别注满水池还需：甲：231÷577+-231=35（时）； 乙：231÷575+-231=1549（时）． 则注水速度变化后，注满一池水甲、乙水管分别还需： 甲：35÷（1+25%）=34（时）； 乙：1549÷（1-30%）=314（时）． 所以，当甲水管注满A 池时，乙水管注满B 池还需：314-34=331（时）． 答：当甲管注满A 池时，乙管还需331注满B 池． 点评：根据它们的效率比分别求出经过231时它们注水量占池子容量的分率是完成本题的关键． （2012·四川省广安中学）有些数既能表示成3个连续自然数的和，又能表示成4个连续自然数的和，还能表示成5个连续自然数的和．例如：30就满 足上述要求，因为30=9+10+11；30=6+7+8+9；30=4+5+6+7+8．请你在700至1000之间找出所有满足上述要求的数，并简述 理由．考点：数字和问题．分析：该 数能表示连续3个自然数的和，说明该数能够被3整除；该数能表示成连续5个自然数的和，说明该数能够被5整除；该数能够表示成4个连续自然数的和，假设4 个连续的自然数分别为：A ，A+1，A+2，A+3，四个数之和为4A+6，可见该数能够被2整除，但不能被4整除．据此特点进行解答即可． 解答：解：根据平均数的知识可知：该数能表示连续3个自然数的和，说明该数能够被3整除；该数能表示成连续5个自然数的和，说明该数能够被5整除；该数能够表示成4个连续自然数的和，假设4个连续的自然数分别为：A ，A+1，A+2，A+3，四个数之和为4A+6=2×（2a+3），可见该数能够被2整除，但不能被4整除．由此可知：该数必然能同时被2，3，5整除，但不能同时被4，3，5整除，因此该数是30的倍数但不是60的倍数．在700至1000之间能够被30整除而不能被60整除的数字有：750，810，870，930，990．共计5个符合要求的数．点评：根据平均数的知识得出此类数数必然能同时被2，3，5整除，但不能同时被4，3，5整除是完成本题的关键．（2012·四川省广安中学）如图是一个101×101的点阵，各点的位置用其下面与左边正对的两数来表示：若某点M下面正对的数是x，左边正对的数是y，则称M的位置为（x，y），如 P的位置为（7，3），Q的位置为（4，7）．现有一个粒子从（0，0）出发，沿图示路线运动，且每秒钟移动一个单位长度，即1秒钟后到（1，0），2秒钟后到（1，1），…．解答下列问题：（1）多少秒钟后粒子到（100，100）？（2）2006秒后粒子到达的位置是什么？（3）a，b是1～100内的整数且a大于b，问粒子是先到A（a，b），还是先到B（b，a）？考点：数阵图中找规律的问题．分析：（1）根据粒子的运动规律可知：从原点到（n，n）粒子运动用了n（n+1）秒钟，依此即可求出粒子到（100，100）时的时间；（2）由（1），当到（44，44）处，粒子运动了44×45=1980秒钟，方向向下，到2006秒钟，由（44，44）再向下运动2006-1980=26秒钟，即可推得2006秒钟这个粒子所处的位置；（3）分a为奇数和a为偶数两种情况讨论即可得出结论．解答：解：（1）粒子所在位置与运动的时间的情况如下：位置：（1，1）运动了2=1×2秒钟，方向向左；位置：（2，2）运动了6=2×3秒钟，方向向下；位置：（3，3）运动了12=3×4秒钟，方向向左；位置：（4，4）运动了20=4×5秒钟，方向向下；到（n，n）处，粒子运动了n（n+1）秒钟，方向向下，到（100，100）处，粒子运动了100×101=10100秒钟，方向向下，答：10100秒钟后粒子到（100，100）．（2）到（44，44）处，粒子运动了44×45=1980分钟，方向向下，故到2006秒钟，须由（44，44）再向下运动2004-1980=24秒钟，故到2006秒钟，须由（44，44）再向下运动2006-1980=26秒钟，到达（44，18）．（3）观察图形可知：①a为奇数时，粒子先到A（a，b）；②a为偶数时，粒子先到B（b，a）．点评：本题是考查了数阵图中找规律的问题，点的坐标的确定．本题也是一个阅读理解并猜想规律的题目，解答此题的关键是总结规律首先确定点所在的大致位置，然后就可以进一步推得点的坐标．。