第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题A
第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛(小学高年级组)-决赛试题B
第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题B （小学高年级组）（考试时长：90分钟）一、填空题（每小题 10分, 共80分）1. 计算: ⨯+⨯-⨯+=8184157.628.81448010552. . 2. 甲、乙、丙、丁四人共植树60棵. 已知, 甲植树的棵数是其余三人的二分之一, 乙植树的棵数是其余三人的三分之一, 丙植树的棵数是其余三人的四分之一, 那么丁植树 棵.3. 当时间为5点8分时, 钟表面上的时针与分针成 度的角.4. 某个三位数是2的倍数, 加1是3的倍数, 加2是4的倍数, 加3是5的倍数, 加4是6的倍数, 那么这个数最小为 .5. 贝塔星球有七个国家, 每个国家恰有四个友国和两个敌国, 没有三个国家两两都是敌国．对于一种这样的星球局势, 共可以组成 个两两都是友国的三国联盟．6. 由四个互不相同的非零数字组成的没有重复数字的所有四位数之和为106656, 则这些四位数中最大的是 , 最小的是 .7. 见右图, 三角形ABC 的面积为1, 3:1:=OB DO ,5:4:=OA EO , 则三角形DOE 的面积为 .8. 三个大于1000的正整数满足: 其中任意两个数之和的个位数字都等于第三个数的个位数字, 那么这3个数之积的末尾3位数字有 种可能数值.二、解答下列各题（每题10分, 共40分, 要求写出简要过程）9. 将 1234567891011的某两位的数字交换能否得到一个完全平方数? 请说明理由.10. 如右图所示, 从长、宽、高为15, 5, 4的长方体中切割走一块长、宽、高为y , 5, x 的长方体（x , y 为整数）,余下部分的体积为120, 求x 和 y .11. 圆形跑道上等距插着2015面旗子, 甲与乙同时同向从某个旗子出发, 当甲与乙再次同时回到出发点时, 甲跑了23圈, 乙跑了13圈. 不算起始点旗子位置, 则甲正好在旗子位置追上乙多少次?12. 两人进行乒乓球比赛, 三局两胜制, 每局比赛中, 先得11 分且对方少于10分者胜; 10平后多得2分者胜. 两人的得分总和都是31分, 一人赢了第一局并且赢得了比赛, 那么第二局的比分共有多少种可能?三、解答下列各题（每小题 15分，共30分，要求写出详细过程）13. 如右图所示, 点M 是平行四边形ABCD 的边CD 上的一点, 且2:1: MC DM , 四边形EBFC 为平行四边形, FM 与BC 交于点G . 若三角形FCG 的面积与三角形MED 的面积之差为13cm 2, 求平行四边形ABCD 的面积.14. 设“一家之言”、“言扬行举”、“举世皆知”、“知行合一”四个成语中的每个汉字代表11个连续的非零自然数中的一个, 相同的汉字代表相同的数, 不同的汉字代表不同的数. 如果每个成语中四个汉字所代表的数之和都是21, 则“行”可以代表的数最大是多少?试题说明：决赛试题小高B 组，各地第一题数据略有不同。
第二十届华杯赛解答
（B） 12 分
(24 ´ 60) ´ 66 = 1452 720 分钟，所以比标准 11
时间 24 小时对应的 24 ´ 60 = 1440 分钟多了 1452-1440=12 分钟，即慢了 12 分钟
6. 在右图的 6× 6 方格内, 每个方格中只能填 A, B, C, D, E, F 中的某个字母，要求每行、每列、每个 3 长方形的六个字母均不能重复．那么， 标有粗线的 2× 第四行除了首尾两个方格外， 中间四个方格填入的字母
【答案】630 【题型】几何：一半模型 【解析】
A A ①② F ③ D⑫ ④ ⑪ P ⑤ ⑩ ⑨ ⑧⑦ ⑥ C B E C
D P B E
F
S3 = S4 ， S5 = S6 ， S7 = S8 ， S9 = S10 ， S11 = S12 ； 过点 P 作 AB , AC , BC 的平行线， 则 S1 = S2 ，
第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛
初赛 A 卷解析（小学高年级组）
总分：150 分时间：60 分钟
一、选择题． （每小题 10 分，共 60 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.
现在从甲、 乙、 丙、 丁四个人中选出两个人参加一项活动． 规定： 如果甲去， 那么乙也去；如果丙不去，那么乙也不去；如果丙去，那么丁不去．最后去 参加活动的两个人是（） ． （A）甲、乙 （B）乙、丙 （C）甲、丙 （D）乙、丁
1 1 2 所以 S阴影 =S白 = S△ABC = 2028 = 1014cm ，则 S△PCF = 1014 - 192 2 = 630cm2 2 2
9. 自然数 2015 最多可以表示成________个连续奇数的和．
第20届华杯赛小中组答案详解a卷
第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛 A 卷（小学中年级组）总分：100 分时间：60分钟一、选择题．（每小题 10 分，共 60 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.森林里举行比赛，要派出狮子、老虎、豹子和大象中的两个动物去参加．如果派狮子去，那么也要派老虎去；如果不派豹子去，那么也不能派老虎去；要是豹子参加的话，大象可不愿意去．那么，最后能去参加比赛的是（）．（A）狮子、老虎（B）老虎、豹子（C）狮子、豹子（D）老虎、大象【答案】B【题型】逻辑推理、逆否命题【解析】在逻辑推理中，原命题成立，则逆否命题也成立．从题意出发：（1）狮子去则老虎去，逆否命题：老虎不去则狮子也不去（2）不派豹子则不派老虎，逆否命题：派老虎则要派豹子（3）派豹子则大象不愿意去，逆否命题：大象去则不能派豹子从（2）出发可以看出答案为 B.题目要求有两个动物去，可以使用假设法，若狮子去，则老虎去，老虎去则豹子也去．三个动物去，矛盾，所以狮子不去．若豹子不去则老虎不去，那么只有大象去，矛盾，所以豹子去．豹子去则大象不去，由两种动物去得到结论，老虎要去．所以答案是 B，豹子和老虎去．2.小明有多张面额为 1 元、2 元和 5 元的人民币, 他想用其中不多于 10 张的人民币购买一只价格为 18 元的风筝, 要求至少用两种面额的人民币，那么不同的付款方式有（）种.（A）3（B）9（C）11（D）8【答案】C【题型】奇数：列表枚举【解析】5 元 2 元 1 元总张数3 0 3 63 1 1 52 4 0 62 3 2 72 2 4 82 1 6 9 2 0 8 10 1 6 1 8 1 53 9 145 10 08210共11 种．3. 如右图，在由 1 1 的正方形组成的网格中,写有 2015 四个数字（阴影部分）．其边线要么是水平或竖直的直线段、要么是连接11 的正方形相邻两边中点的线段，或者是 1 1 的正方形的对角线. 则图中 2015 四个数字（阴影部分）的面积是（）．（A ）47（B ） 471（C ）48（D ） 48122【答案】B 【题型】几何：割补【解析】将小三角形移到空白处补成完整正方形再数正方形个数即可，共47.5 个．4.新生入校后，合唱队、田径队和舞蹈队共招收学员 100 人．如果合唱队招收的人数比田径队多一倍，舞蹈队比合唱队多 10 人，那么舞蹈队招收（）人．（注：每人限加入一个队）（A ）30（B ）42（C ）46（D ）52【答案】C 【题型】几何：割补【解析】设田径队员为a 人，则合唱队员2a 人，舞蹈队员(2a +10)人，2a +a +2a +10=100，则a = 18，所以舞蹈队员18 2 + 10 = 46人．5.一只旧钟的分针和时针每重合一次，需要经过标准时间66 分．那么，这只旧钟的24 小时比标准时间的 24 小时（）．（A ）快 12 分（B ）快 6 分（C ）慢 6 分（D ）慢 12 分【答案】D 【题型】时钟问题【解析】时针速度为每分钟 0.5 度，分针速度为每分钟6 度.分钟每比时针多跑一圈，即多跑 360 度，360720时针分针重合一次.经过6-0.511 分钟，旧钟时针分针重合一次，需要经过标准时间66分钟；则旧钟的 24 小时，相当于标准时间的(24 60) 661452分钟，所以比标准时间 24 小时对应的7201124 60 1440 分钟多了1452-1440=12分钟，即慢了12分钟6.一次考试共有 6 道选择题，评分规则如下：每人先给 6 分，答对一题加 4 分，答错一题减 1 分，不答得 0 分．现有 51 名同学参加考试，那么, 至少有（）人得分相同．（A）3（B）4（C）5（D）6【答案】A【题型】组合：抽屉原理【解析】设答对 x 题，答错y题，x y≤6；当x 6时，得分30分；当x 5时，y0,1，对应得分26, 25；当x 4时，y0,1, 2，对应得分22, 21, 20；当x 3时，y0,1,2,3，对应得分18,17,16,15；当x 2时，y0,1, 2,3,4，对应得分14,13,12,11,10；当x 1时，y0,1,2,3,4,5，对应得分10,9,8, 7, 6,5；当x 0时，y0,1,2,3,4,5,6，对应得分6,5, 4,3, 2,1, 0；共计 25 种得分，51252???1，则至少213人得分相同．二、填空题 (每小题 10 分, 共 40 分)7.计算:(1000 15 314) (201 360 110) (1000 - 201 - 360 - 110) (15 314) ________．【答案】1000000【题型】计算：换元法【解析】令 a 15314, b 201360110；则1000 15 314 201 360 110 1000 - 201 - 360 - 110 15 314=1000 a b1000 -b a1000 a ab 1000b-ab1000 a b1000 15 314 201 360 11010000008. 角可以用它的两边上的两个大写字母和顶点的字母表示,如右图的∠AOB 符号（“∠”表示角），也可以用∠O 表示（顶点处只有一个角时）．下图的三角形 ABC 中，∠BAO∠CAO，∠CBO∠ABO，∠ACO ∠BCO ，∠AOC 110，则∠CBO ________．【答案】20【题型】几何：角度2 ∠CAO∠ACO∠CBO 180，解得∠CBO 20．【解析】由题意得，∠ CAO ∠ ACO ∠ AOC 180∠ AOC 1109.张叔叔和李叔叔两人年龄和是 56 岁，当张叔叔是李叔叔现在年龄的一半时，李叔叔当时的年龄是张叔叔现在的年龄．那么张叔叔现在有________岁．【答案】24【题型】应用题：年龄问题【解析】设张叔叔现在 x 岁，张叔叔减少y岁后是李叔叔年龄的一半，则李叔叔现在年龄为2 x - y岁，张叔叔是李叔叔现在年龄的一半时李叔叔为 2 x-y-y岁，则56 y 8x 2 x - y，解得，即张叔叔现在 24 岁．x - y- yx 2 x 24此题亦可运用线段图的解法，同学们可以自己思考！10.妈妈决定假期带小花驾车去 10 个城市旅游，小花查完地图后惊奇地发现：这 10 个城市的任意三个城市之间或者都开通了高速公路，或者只有两个城市间没有开通高速路．那么这 10 个城市间至少开通了________条高速公路．（注：两个城市间最多只有一条高速公路）【答案】40【题型】组合：最值构造【解析】 (1) 将 10 个城市设为A1,A2,???,A10这 10 个点，两个城市间的高速路视为连接两个点的线段，则任意三点间至少连接两条线段．(2)先将 10 个点两量相连，共C10245条线段（中年级不会组合公式的同学可以想想怎么得出 45 条线段）．(3)现在考虑最多能去掉多少条线段?先任意去掉一条，不妨记为 A1 A2这一条，则线段 A1 A i或 A2 A（j i 3, 4,???,10; j 3, 4,???,10）均不能去掉，否则 A1, A2, A i或 A1, A2, A j三个点中只有一条线段．即只能在 A3, A4,???, A10这8个点的连线中去掉一条，记为 A3 A4；同理可再去掉 A5 A6, A7 A8, A9 A10，故最多可去掉5条线段.(4)因此至少连接45 - 5=40 条线段，即至少开通了 40 条高速公路．。
20届华杯赛试题及答案
20届华杯赛试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 下列哪个选项是华杯赛的全称？A. 中国数学奥林匹克竞赛B. 全国青少年数学奥林匹克竞赛C. 全国中学生数学竞赛D. 中国数学华罗庚杯赛答案：D2. 20届华杯赛的举办年份是？A. 2020年B. 2021年C. 2022年D. 2023年答案：B3. 华杯赛的参赛对象是？A. 小学生B. 初中生C. 高中生D. 大学生答案：B4. 20届华杯赛的冠军得主是？A. 张三B. 李四C. 王五D. 赵六答案：C二、填空题（每题5分，共20分）1. 20届华杯赛的试题难度为______。
答案：较高2. 华杯赛的举办地点通常为______。
答案：中国3. 20届华杯赛的参赛人数大约为______。
答案：数千人4. 华杯赛的试题类型包括选择题、填空题和______。
答案：解答题三、解答题（每题10分，共40分）1. 已知函数f(x) = 2x^2 - 3x + 1，请求解f(2)的值。
答案：f(2) = 2(2)^2 - 3(2) + 1 = 8 - 6 + 1 = 32. 一个数列的前三项分别为1, 2, 3，且每一项是前一项的两倍加1，求这个数列的第四项。
答案：第四项 = 2 * 3 + 1 = 73. 一个直角三角形的两条直角边分别为3和4，求斜边的长度。
答案：斜边长度= √(3^2 + 4^2) = √(9 + 16) = √25 = 54. 已知一个等差数列的首项为5，公差为2，求第10项的值。
答案：第10项 = 5 + (10 - 1) * 2 = 5 + 9 * 2 = 5 + 18 = 23。
2015年第二十届“华杯赛”决赛初一组试题.pdf
第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题（初一组）（时间: 2015年4月11日10:00～11:30）一、选择题 (每小题10分, 共80分)1. 计算: ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++⨯10241108134122112048 = . 2. 一堆彩球只有红、黄两色. 先数出的50个球中有49个红球, 此后, 每数出8个球中都有7个红球, 恰好数完. 已数出的球中红球不少于90%. 这堆彩球最多有 个.3. 正整数a ,b ,c ,d 满足4332<<<d c b a , 当d c b a +++最小时, c = , d = .4. 圆形跑道上等距插着2015面旗子, 甲与乙同时同向从某面旗子的位置出发,当甲与乙再次同时回到出发点时, 甲跑了23圈, 乙跑了13圈. 不算起始点旗子位置, 则中间有 次甲正好在旗子位置追上乙.5. 现有2015张卡片, 每张上写有数字1+或1-. 如果每次指着其中的三张卡片问：“这三张卡片所写的数字的乘积是多少？”并得到正确回答. 那么, 至少问 次才能确定这2015张卡片所写的数字的乘积.6. 设a , b , c 为1到9中的三个不同整数, 则c b a abc ++的最大值是 , 最小值是 .（abc 是个三位数）7. 如右图, 正六边形中两个等边三角形的面积都为30平方厘米,那么正六边形的面积是 平方厘米.8. 从一副扑克牌中抽走一些牌, 在剩下的牌中至少要数出20张, 才能确保数出的牌中有两张同花色的牌的点数和为15. 那么最多抽走 张牌, 最少抽走 张牌. （J 、Q 、K 的点数分别为11, 12, 13, 大、小王的点数为0；一副扑克牌有54张牌, 其中52张是正牌, 另2张是副牌（大王和小王）. 52张正牌又均分为13张一组, 并以黑桃、红桃、草花、方块四种花色表示各组, 每组花色的牌包括从1至10（1通常表示为A ）以及J 、Q 、K 标示的13张牌）.二、解答下列各题（每小题10分, 共40分, 要求写出简要过程）9. 算式20146422013531⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯ 的值被2015除的余数为多少？10. （1）右图共含有几个四边形? （2） 在右图的每个顶点处标上1或1-, 共有4个1和4个1-, 将每个四边形4个顶点处的数相乘, 再将所得的所有的积相加, 问：至多有多少个不同的和？11. 已知,2343111=++=-+ab c ac b bc a a c b ，,)(024222=---c b b c c b b 与c 同号, 且.c b 2≠ 求.444c b a ++12. 加工十个同样的木制玩具, 需用260毫米和370毫米长的标准木方分别为30根和40根. 仓库里有长度分别为900毫米、745毫米、1385毫米的三种标准木方, 用这三种标准木方锯出所需长度的木方, 每锯一次要损耗5毫米长木方. 问是否可以用三种木方, 每种木方选一些, 恰好锯出十个玩具所需的木方？如果可以, 要求锯的次数最少, 那么三种木方各选多少根？（说明：一根木方被锯一次要得到两个长度大于0的木方, 即不能从一端锯. ）三、解答下列各题（每小题15分, 共30分, 要求写出详细过程）13. 如图, △ABC 中, D 是BC 上一点且32::=DB CD , E 是AB 上一点且12::=EB AE , F 是CA 的延长线上一点且34::=AF CA . 若△DFE 的面积为1209, 求△ABC 的面积.14. 求使得n n 22+为完全平方数的自然数n .。
2015年第二十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷(小高组d卷)
的最多有 人．第1页（共 14页） 2015 年第二十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组 D 卷）一、填空题（每小题 10分，共 80 分）1．计算： 84 × 1.375+105 ×0.8＝ ．2．如图是用六个正方形，六个三角形、一个正六边形组成的图案，正方形边长都是2cm ， 这个图案的周长是 cm ．3．某项工程需要 100 天完成，开始由 10 个人用 30 天完成了全部工程的 ，随后再增加 10 个人来完成这项工程，那么能提前 天完成任务．4．王教授早上 8 点到达车站候车， 登上列车时， 站台上的时钟的时针和分针恰好左右对称． 列 车8点 35分出发，下午 2点 15分到达终点站．当王教授走下列车时，站台上时钟的时 针和分针恰好上下对称，走出车站时恰好 3 点整．那么王教授在列车上的时间共计分钟．5．由四个非零数字组成的没有重复数字的所有四位数的和为 73326，则这些四位数中最大 的是 ．6．如图所示，从长、宽、高分别为 15 cm ，5 cm ，4 cm 的长方体中切割走一块长、宽、高 分别为 ycm ，5cm ， xcm 的长方体（ x ，y 为整数），余下部分的体积为 120 cm 3，那么x+y，参赛的 39 个人中，每人至少答对了一道题．在答对 AA 的比还答对其它题目的多 5 人； 在没答对 A 的人中，答对 B 的是答的人中，只答对对C的2倍；又知道只答对A的等于只答对B的与只答对C的人数之和．那么答对A8．甲，乙进行乒乓球比赛，三局两胜制．每局比赛中，先得10 平多得 2 分者胜．甲、乙二人得分总和都是 30 分，在不计比分先后顺序时，三局的 比分共有 种情况．、解答下列各题（每小题 10 分，共 40 分，要求写出简要过程）9．两个自然数之和为 667，它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商等于 120．求这两个数．10．酒店有 100 个标准间，房价为 400 元/天，但入住率只有 50%．若每降低 20 元的房价，则能增加 5 间入住．求合适的房价，使酒店收到的房费最高．211．如图，长方形 ABCD 的面积是 56cm 2．BE ＝3cm ，DF ＝2cm ．请你回答：三角形 AEF 的面积是多少？12．当 N 取遍 1，2，3，⋯， 2015中所有的数时，形如 3n +n 3的数中能够被 7 整除的有多少个？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）如图所示， ABCD 是平行四边形， AM ＝MB ，DN ＝CN ，BE ＝EF ＝FC ，四边形EFGH 的面积是 1，求平行四边形 ABCD 的面积．14．（15 分）“虚有其表” ，“表里如一” ，“一见如故” ，“故弄玄虚”四个成语中每个汉字代表 11 个非零连续自然数中的一个， 相同的汉字代表相同的数， 不同的汉字代表不同的数， 且“表”>“一”>“故”>“如”>“虚” ，且各个成语中四个汉字所代表的数的和都 是 21 ．则“弄”可以代表的数最大是多少？11 分且对方少于 10 分者胜；2015 年第二十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小高组 D 卷）参考答案与试题解析一、填空题（每小题10分，共80 分）1．计算：84 × 1.375+105 ×0.8＝200 ．【分析】先把带分数化成假分数、小数化成分数，再约分求解即可．【解答】解：84 × 1.375+105 × 0.8＝× + ×+＝＝＝200故答案为：200．2．如图是用六个正方形，六个三角形、一个正六边形组成的图案，正方形边长都是2cm，这个图案的周长是24 cm ．【分析】这个图案的周长＝六个三角形的边长+六个正方形的边长，依此列出算式计算即可求解．【解答】解：2× 6+2×6＝12+12＝24（cm ）答：这个图案的周长是24cm．故答案为：24．3．某项工程需要100 天完成，开始由10 个人用30 天完成了全部工程的，随后再增加10个人来完成这项工程，那么能提前10 天完成任务．【分析】首先把这项工程看作单位“ 1”，根据工作效率＝工作量÷工作时间，用10 个人用30 天完成的工作量除以10× 30，求出每个工人每天完成这项工程的几分之几；然后求出再增加10 个人每天一共完成这项工程的几分之几，再根据工作时间＝工作量÷工作效率，用剩下的工作量除以再增加10 个人每天一共完成的工作量，求出剩下的工程需要多少天；最后用100 减去实际需要的时间，求出能提前多少天完成任务即可．【解答】解：100﹣30﹣（1﹣）÷[ ×（10+10）]＝70﹣60＝10（天）答：能提前10 天完成任务．故答案为：10．4．王教授早上8 点到达车站候车，登上列车时，站台上的时钟的时针和分针恰好左右对称．列车8点35分出发，下午2点15分到达终点站．当王教授走下列车时，站台上时钟的时针和分针恰好上下对称，走出车站时恰好3点整．那么王教授在列车上的时间共计360分钟．分析】钟面上12 个数字把钟面平均分成12 份，每份所对应的圆心角是360°÷ 12＝30°，即每两个相邻数字间的夹角是30°，分针每分钟走＝6 ，时针每分钟走＝0.5°，8 时整时分针与时针的夹角是120°，由于登上列车时，站台上的时钟的时针和分针恰好左右对称，是8 时过120÷（6+0.5）＝（分），此时是8 时分；下午2时15 分时，分钟与时针的夹角是15× 6﹣（60+0.5 ×15）＝22.5（度），又有王教授走下列车时，站台上时钟的时针和分针恰好上下对称，是下午2时15分过22.5÷（6+0.5）＝（分），此时是下午 2 时15 分+ 分＝下午 2 时分，两个时间之差就是王教授在车上的时间．【解答】解：8 时整时分针与时针的夹角是120°，120÷（6+0.5）＝（分），王教授登上车的时间是： 8 时 分；下午 2时 15 分时，分钟与时针的夹角是 15×6﹣（60+0.5×15）＝22.5（度），22.5÷（6+0.5）＝ （分），王教授下车的时间是： 2 时 15 分 + 分＝下午 2 时 分；下午下午 2时 分化成 24计时法是 14 时 分14时 分﹣8时 分＝6 小时6 小时＝ 360 分钟．故答案为： 360．5．由四个非零数字组成的没有重复数字的所有四位数的和为 的是 5321acbd ，acdb ，adbc ，adcb6 个，则这六个四位数分别是： a × 1000+b × 100+c ×10+d ×1，a × 1000+b × 100+c × 1+ d × 10 ，⋯ a × 1000+b × 1+c ×10+d × 100，这 6 个数的和是6000a+222b++222c++222d ；同理，以 b 开头的 6个四位数的和是 222a+6000b+222c+222d ； 以 c 开头的 6 个四位数的和是 222a+222b+6000c+222 d ；以 d 开头的 6 个四位数的和是 222a+222b+222c+6000d ；把它们组成的四位数全部加起来，就是 6666（ a+b+c+d ），则 6666（a+b+c+d ）＝ 73326，即 a+b+c+d ＝11，则分析可得 a 、b 、c 、d 是 1、2、3、5中 的一个数字，所以组成的四位数中最大四位数是 5321，最小是 1235 ．【解答】 解：设四个数字分别为 a 、 b 、 c 、d ．根据题意可得以 a 开头的组合有： abcd ， abdc ，acbd ，acdb ，adbc ，adcb6 个，则这六个四位数分别是： a ×1000+b ×100+c ×10+d ×1，a ×1000+b × 100+c ×1+d ×10，⋯ a × 1000+b ×1+c ×10+d × 100，这 6 个数的和是 6000a+222b++222 c++222d ；同理，以 b 开头的 6 个四位数的和是 222a+6000b+222 c+222d ； 以 c 开头的 6 个四位数的和是 222a+222 b+6000c+222d ； 以 d 开头的 6 个四位数的和是 222a+222 b+222c+6000d ； 则 6666（ a+b+c+d ）＝ 73326，即 a+b+c+d ＝ 11， 分析可得 a 、b 、c 、d 是 1、 2、 3、 5 中的一个数字， 所以组成的四位数中最大四位数是 5321．故答案为： 5321．6．如图所示，从长、宽、高分别为 15 cm ，5 cm ，4 cm 的长方体中切割走一块长、宽、高73326，则这些四位数中最大 分析】 设四个数字分别为 a 、b 、c 、d ．根据题意可得以 a 开头的组合有： abcd ，abdc ，分别为ycm，5cm，xcm 的长方体（x，y 为整数），余下部分的体积为120 cm3，那么x+y【分析】割走的长方体的体积＝大长方体的体积﹣余下部分的体积，依此列出算式15×5× 4﹣120求得割走的长方体的体积，再根据x，y 为整数，由整数的性质即可求解．【解答】解：15×5× 4﹣120＝300﹣120＝180（cm3）则5xy＝180，即xy＝36 ，因为x，y 为整数，且0< x<4，0< y< 15，所以x 为3cm，y 为12cm，x+y＝15cm．故答案为：15．7．一次数学竞赛有A，B， C 三题，参赛的39 个人中，每人至少答对了一道题．在答对 A 的人中，只答对 A 的比还答对其它题目的多 5 人；在没答对 A 的人中，答对 B 的是答对C 的2倍；又知道只答对A的等于只答对B的与只答对C的人数之和．那么答对 A 的最多有23 人．【分析】由题意得，如下图所示：只答对 A 的人数是3b+a，答对 A 还答对其他题目的人数是3b+ a﹣5，所以有：3b+a+3b+a﹣5+3b+2a＝39，化简得4a+9b＝44，然后对a、b 进行取值，求得a、b，取a、b的最大值；因为答对 A 的人共3b+a+3b+a﹣5＝6b+2a﹣5，3b+a﹣5，所以有：3b+a+3b+a﹣5+3b+2a＝39，化简得：4a+9b＝44 ，因为a、b都为自然数，所以当a＝2时，b＝4；当a＝11时，b＝0，即或答对 A 的人共3b+a+3b+a﹣5＝6b+2a﹣5，把a、b 的最大值代入6b+2a﹣5 中，最大值是：6× 4+2×2﹣5＝24+4﹣5＝23（人）答：答对 A 的人最多有23 人．故答案为：23．8．甲，乙进行乒乓球比赛，三局两胜制．每局比赛中，先得11 分且对方少于10 分者胜；10 平多得 2 分者胜．甲、乙二人得分总和都是30 分，在不计比分先后顺序时，三局的比分共有8 种情况．【分析】通过分析可知：甲、乙二人得分总和都是30 分，30<3×11，三局中其中一个人胜了两局，所以至少有两个分数不小于11，甲得分总和是30：30＝11+9+10，乙对应的得分是：30＝7+11+12：对应的比分是，之后7、9 依次减1，10 和12 依次故有8 种情况，据此解答即可．【解答】解：甲、乙二人得分总和都是30 分30<3×11 三局中其中一个人胜了两局，所以至少有两个分数不小于11，甲得分总和是：30：30＝11+9+10 乙对应的得分是：对应的比分是，之后7、9 依次减1，10 和12 依次加1：30＝8+11+12：答：三角形 AEF 的面积是 25 平方厘米．故有 8 种情况，答：三局的比分共有 8 种情况．故答案为： 8．二、解答下列各题（每小题 10 分，共 40 分，要求写出简要过程）9．两个自然数之和为 667，它们的最小公倍数除以最大公约数所得的商等于 120．求这两个 数．【分析】 667＝23×29，最小公倍数除以最大公约数， 所得的商是 120，如果 23 是它们的 最大公约数的话，那么 29 就得拆成两个数和，并且积是 120，试验得到 29＝24+5， 24 × 5＝120，所以两数分别是 24×23＝552， 5× 23＝115；同样，如果 29是它们的最大公约数的话，那么 23 就得拆成两个数的和，并且积是 120， 试验得到 23＝15+8，15×8＝ 120；所以两数分别是 15×29＝ 435， 8×29＝232． 【解答】 解： 667＝ 23×29，由题意，假设 23 是它们的最大公约数，由于 29＝24+5，24 ×5＝120， 所以两数分别是 24× 23 ＝552， 5×23＝ 115；假设 29 是它们的最大公约数，由于 23＝15+8 ，15×8＝ 120；所以两数分别是 15×29＝ 435，8×29＝232；答：这两个数是 115 和 552，或者 232 和 435 ．10．酒店有 100 个标准间，房价为 400 元/天，但入住率只有 50%．若每降低 20 元的房价， 则能增加 5 间入住．求合适的房价，使酒店收到的房费最高．【分析】 计算出原房价以及降价相应价格后的酒店收益，然后进行比较，即可．【解答】 解：由题意分析得① 房价为 400 元/天，入住房间为 100×50%＝50，所以收到的房费为： 400× 50＝20000元；答：当房价为 300 元/天时，酒店受到的房费最高．11．如图，长方形 ABCD 的面积是 56cm 2．BE ＝3cm ，DF ＝2cm ．请你回答：三角形 AEF 的面积是多少？分析】 如图所示：过点 F 作 AD 的平行线 GF ，则三角形 AGF 是长方形 AGFD 的面积 的一半；三角形 GEF 是长方形 GBCF 的面积的一半， 所以四边形 AGEF 的面积就是长方 形 ABCD 的面积的一半； 而阴影部分的面积等于四边形 AGEF 的面积减去三角形 AGE 的 四边形 AGEF 的面积为： 56÷2＝28（平方厘米） ，则阴影部分的面积为：28﹣ 2× 3÷ 2＝28﹣3 ＝25（平方厘米）．② 房价为 380 元 /天，入住房间为 50+5＝55，所以收到的房费为： 380×55＝20900 元； ③ 房价为 360 元 /天，④ 房价为 340 元 /天，⑤ 房价为 320 元 /天，⑥ 房价为 300 元 /天， 入住房间为 60， 入住房间为 65， 入住房间为 70， 入住房间为 75， 入住房间为 80， 入住房间为 85， 所以收到的房费为： 所以收到的房费为： 所以收到的房费为： 所以收到的房费为： 所以收到的房费为： 所以收到的房费为： 360×60＝ 21600 元； 340×65＝ 22100 元； 320×70＝ 22400 元； 300×75＝ 22500 元； 280×80＝ 22400 元； 260×85＝ 22100 元；解答】 解：据分析可知：12．当N取遍1，2，3，⋯，2015中所有的数时，形如3n+n3的数中能够被7 整除的有多少个？【分析】通过分析可知：3n除以7的余数以6为周期，3、2、6、4、5、1；n3除以除以7 的余数以7为周期，1、1、6、1、6、6、0，则总周期为42，当余数和为7 的倍数时能够被7 整除，列表如图：再看看2015 里共有多少个这样的周期，据此列式计算即可．【解答】解：如图：3n除以7的余数以 6 为周期，3、2、6、4、5、1；N3除以除以7的余数以7为周期，1、1、6、1、6、6、0；则总周期为42：2015÷42＝47⋯4147×6+6＝282+6＝288（个）答：能够被7 整除的有288 个．三、解答下列各题（每小题15 分，共30 分，要求写出详细过程）答：三角形AEF 的面积是25 平方厘米．第9页（共14页）14 13．（15 分）如图所示， ABCD 是平行四边形， AM ＝MB ，DN ＝CN ，BE ＝EF ＝FC ，四边形EFGH 的面积是 1，求平行四边形 ABCD 的面积．分析】 如图，作 EQ ∥CD ，FP ∥CD ，分别交 BN 与点 Q 、P ，然后分别判断出△ HEQ 、 四边形 EFPQ 、△ FGP 的面积占平行四边形 ABCD 的面积的几分之几，进而求出四边形 EFGH 的面积占平行四边形 ABCD 的面积的几分之几；最后根据分数除法的意义，用四 边形 EFGH 的面积除以它占平行四边形 ABCD 的面积的分率， 求出平行四边形 ABCD 的 面积是多少即可．解答】 解：如图，作 EQ ∥CD ，FP ∥CD ，分别交 BN 与点 Q 、P ，因为 ，所以 ；因为△ BEM 的面积占平行四边形 ABCD 的面积的：，，所以△ HEQ 的面积占平行四边形 ABCD的面积的：第13页（共 14页）所以△ BFP 的面积占△ BCN 的面积的： ， 所以四边形 EFPQ 的面积占平行四边形 ABCD 的面积的：因为所以△ FGP 的面积占平行四边形 ABCD 的面积的：1＝1÷答：平行四边形 15 分）“虚有其表” ，“表里如一” ，“一见如故” ，“故弄玄虚”四个成语中每个汉字代 表 11 个非零连续自然数中的一个， 相同的汉字代表相同的数， 不同的汉字代表不同的数， 且“表”>“一”>“故”>“如”>“虚” ，且各个成语中四个汉字所代表的数的和都 是 21 ．则“弄”可以代表的数最大是多少？分析】 有明确大小关系的“表、一、故、如、虚” ，其实都是成语中有重复的数字，每第12页（共 14页）所以平行四边形 ABCD 的面积的：ABCD 的面积是个四字成语的和都是21，那么总和是21×4＝84，所有数是连续的11 个非零自然数，因此它们的和一定是11的倍数，它们可能是：① 1﹣﹣11，和为66，即5个重复数字之和为84﹣66＝18；② 2﹣﹣12，和为77，5 个重复数字之和为84﹣77＝7，由于每个数各不相同，因此这种情况不可能，可得这五个重复数字之和为18，所有数是1﹣﹣11，重复数字只有以下几种可能：① 1、2、3、4、8；② 1、2、3、5、7；③ 1、2、4、5、6 代入发现只有情况③ 符合情况，每个数都填入后，可得虚＝1，故＝4，弄、玄只能是9、7，由此得解．【解答】解：根据分析可知，表、一、故、如、虚” ，五个重复数字之和为18 ，因为所有数是1﹣﹣11，重复数字只有以下几种可能：①1、2、3、4、8；② 1、2、3、5、7；③ 1、2、4、5、6代入发现只有情况③ 符合情况，每个数都填入后，可得虚＝1，故＝4，弄、玄只能是9、7，弄最大是9．答：“弄”可以代表的数最大是9．14第14页（共14页）。
历届“华杯赛”初赛决赛试题汇编【小中组(附答案)】
二、简答题（每小题 15 分, 共 60 分, 要求写出简要过程）
9. 用 4 个数码 4 和一些加、减、乘、除号和小括号, 写出值分别等于 2、3、4、 5、6 的五个算式. 10. 右图是 U, V, W, X 四辆不同类型的汽车每百千米的耗油 量. 如果每辆车都有 50 升油, 那么这四辆车最多可行驶 的路程总计是多少千米? 11. 某商店卖出一支钢笔的利润是 9 元, 一个小熊玩具的进 价为 2 元. 一次, 商家采取 “买 4 支钢笔赠送一个小熊玩具”的打包促销, 共 获利润 1922 元. 问这次促销最多卖出了多少支钢笔? 12. 编号从 1 到 10 的 10 个白球排成一行, 现按照如下方法涂红色: 1）涂 2 个球; 2）被涂色的 2 个球的编号之差大于 2. 那么不同的涂色方法有多少种?
四百米比赛进入冲刺阶段，甲在乙前面 30 米，丙在丁后面 60 米，乙在丙前面 20 米. 这时，跑在最前面的两位同学相差（ （A）10 （B）20 ）米. （D）60
（C）50
5.
在右图所示的两位数的加法算式中, 已知 A B C D 22 , ）. （B）4 （C）7 （D）13
一、选择题 (每小题 10 分, 满分 60 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.)
第二十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷(小中组b卷)
2015年第二十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小中组B卷）一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）计算：3752÷（39×2）+5030÷（39×10）＝．2．（10分）如图中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠F+∠G 等于度．3．（10分）商店以每张2角1分的价格进了一批贺年卡，共卖14.57元．若每张的售价相同，且不超过买入价格的两倍，则商店赚了角．4．（10分）两个班植树，一班每人植3棵，二班每人植5棵，共植树115棵．两班人数之和最多为．5．（10分）某商店第一天卖出一些笔，第二天每支笔降价1元后多卖出100支，第三天每支笔比前一天涨价3元后比前一天少卖出200支．如果这三天每天卖得的钱相同，那么第一天每支笔售价是元．6．（10分）一条河上有A，B两个码头，A在上游，B在下游．甲、乙两人分别从A，B同时出发，划船相向而行，4小时后相遇．如果甲、乙两人分别从A，B同时出发，划船同向而行，乙16小时后追上甲．已知甲在静水中划船的速度为每小时6千米，则乙在静水中划船每小时行驶千米．7．（10分）某个两位数是2的倍数，加1是3的倍数，加2是4的倍数，加3是5的倍数，那么这个两位数是．8．（10分）在三个给词语“尽心尽力”、“力可拔山”和“山穷水尽”中，每个汉字代表1至8之间的数字，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字，如果每个词语的汉字所代表的数字之和都是19，且“尽”＞“山”＞“力”，则“水”最大等于．二、简答题（每小题15分，共60分，要求写出简要过程）9．（15分）有一批作业，王老师原计划每小时批改6本，批改了2小时后，他决定每小时批改8本，结果提前3小时批改完，那么这批作业有多少本？10．（15分）用五种不同的颜色涂正方体的六个面．如果相邻的两个面不能涂同种颜色，则共有多少种不同的涂色方法？（将正方体任意翻转后仍然不同的涂色方法才被认为是不同的）11．（15分）如图所示，有一个圆圈填了数字1．请在空白圆圈内填上2，3，4，5，6中的一个数字，要求无重复数字，且相邻圆圈内的数字的差至少为2．问共有几种不同的填法？12．（15分）边长分别为8cm和6cm的两个正方形ABCD与BEFG如图并排放在一起．连接DE交BG于P，则图中阴影部分APEG的面积是多少？2015年第二十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷（小中组B卷）参考答案与试题解析一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）计算：3752÷（39×2）+5030÷（39×10）＝61 ．【分析】根据除法的性质，原式＝3752÷2÷39+5030÷10÷39＝1876÷39+503÷39＝（1876+503）÷39＝2379÷39＝61，据此解答即可．【解答】解：3752÷（39×2）+5030÷（39×10）＝3752÷2÷39+5030÷10÷39＝1876÷39+503÷39＝（1876+503）÷39＝2379÷39＝61；故答案为：61．2．（10分）如图中，∠A+∠B+∠C+∠D+∠F+∠G 等于360 度．【分析】连接CD，有∠G+∠F＝∠EDC+∠ECD，这样就转化成四边形的内角和了，四边形的内角和是360度．【解答】解：连接CD，有∠G+∠F＝∠EDC+∠ECD，所以，∠A+∠B+∠C+∠D+∠F+∠G＝∠A+∠B+∠C+∠D+∠EDC+∠ECD＝四边形ABCD的内角和，180×（4﹣2）＝180×2＝360（度）答：∠A+∠B+∠C+∠D+∠F+∠G 等于 360度．故答案为：360．3．（10分）商店以每张2角1分的价格进了一批贺年卡，共卖14.57元．若每张的售价相同，且不超过买入价格的两倍，则商店赚了47 角．【分析】将14.57元化为整数是1457分，售价应是不超过42的奇数，容易试出答案．【解答】1457分解质因数是1457＝31×47，47超过了21的2倍，31符合条件，所以售价是31分，进而数量是47张，47×（31﹣21）＝470分＝47角故答案为：47．4．（10分）两个班植树，一班每人植3棵，二班每人植5棵，共植树115棵．两班人数之和最多为37 ．【分析】设一班a人，二班b人，则有3a+5b＝115，求两班人数最多，算式转化成：3（a+b）+2b＝115，a+b最大，b尽可能的小，b＝2时，a+b ＝37．【解答】解：设一班a人，二班b人，则3a+5b＝115，3（a+b）+2b＝115，a+b最大，b尽可能的小，b＝1时，得出a不是整数，b＝2时，3（a+2）+2×2＝1153a+6+4＝1153a＝105a＝35a+b＝35+2＝37（人）答：两班人数之和最多的是37人．故答案为：37．5．（10分）某商店第一天卖出一些笔，第二天每支笔降价1元后多卖出100支，第三天每支笔比前一天涨价3元后比前一天少卖出200支．如果这三天每天卖得的钱相同，那么第一天每支笔售价是 4 元．【分析】设第一天每支笔售价x元，卖出y支，那么根据总价＝单价×数量可知：第一天卖出的钱数就是xy元，第二天的单价就是x﹣1元，卖出的支数是y+100支，第二天卖出的总价就是（x﹣1）（y+100）；同理得出第三天卖出的总价，再分别根据第一天卖出的钱数与第二天和第三天卖出的钱数分别相等列出方程组，再化简求解．【解答】解：设第一天的单价为x元，数量为y只，那么有：化简得：解得：答：第一天每支笔售价是 4元．故答案为：4．6．（10分）一条河上有A，B两个码头，A在上游，B在下游．甲、乙两人分别从A，B同时出发，划船相向而行，4小时后相遇．如果甲、乙两人分别从A，B同时出发，划船同向而行，乙16小时后追上甲．已知甲在静水中划船的速度为每小时6千米，则乙在静水中划船每小时行驶10 千米．【分析】在流水行船问题中，两船相遇的速度即两船的速度和，两船追及速度即两船的速度差．相向而行两船所行的路程是A、B两个码头之间的距离，同向而行两船的距离差也为A、B两个码头之间的距离，因此根据路程相等，设乙船的速度是x千米/小时，列出方程（x+6）×4＝（x﹣6）×16，解决问题．【解答】解：设乙船的速度是每小时x千米，（x+6）×4＝（x﹣6）×164x+24＝16x﹣9612x＝120x＝10答：乙在静水中划船每小时行驶10千米．故答案为：10．7．（10分）某个两位数是2的倍数，加1是3的倍数，加2是4的倍数，加3是5的倍数，那么这个两位数是62 ．【分析】根据2、3、5的倍数的特征：个位上是0、2、4、6、8的数都是2的倍数；各位上的数字之和是3的倍数，这个数一定是3的倍数；个位上是0或5的数都是5的倍数；据此解答即可．【解答】解：2、3、4、5的最小公倍数是：2×3×2×5＝60，已知这个两位数是偶数，在60～70之间5的倍数是65，又知这个两位数加上3是5的倍数，所以这个两位数是65﹣3＝62，答：这个两位数是62．故答案为：62．8．（10分）在三个给词语“尽心尽力”、“力可拔山”和“山穷水尽”中，每个汉字代表1至8之间的数字，相同的汉字代表相同的数字，不同的汉字代表不同的数字，如果每个词语的汉字所代表的数字之和都是19，且“尽”＞“山”＞“力”，则“水”最大等于7 ．【分析】通过分析可知：由“尽心尽力”、“力可拔山”和“山穷水尽”三个词语中每个词语的汉字所代表的数字之和都是19，可得方程：可得3尽+心+2力+可+拔+2山+穷+水＝19×3＝57而1～8的和是36，则有2尽+1力+1山＝57﹣36＝21，与（1）比较得山﹣心＝2．“尽”＞“山”＞“力”，“力”尽可能大，“尽”才最小，假定“力”、“山”、“尽”是连续自然数，有2（力+2）+力+1+力＝21 “力”为4，此时山＝5，心＝3，尽＝6；（1）式满足：6+3+6+4＝19；（3）式：5+穷+水+6＝19穷水，水此时最大为7，穷为1，来推倒2式：（2）式：4+可+拔+5＝19可拔，而现在只剩下2和8了，满足条件．此时水最大为7若水最大取8时，有但此时6（尽）、4（山）、5（力），不满足“尽”＞“山”＞“力”，所以不符合要求．故水最大为7．据此解答即可．【解答】解：由“尽心尽力”、“力可拔山”和“山穷水尽”三个词语中每个词语的汉字所代表的数字之和都是19，可得方程：（1）+（2）+（3）可得：3尽+心+2力+可+拔+2山+穷+水＝19×3＝57而1～8的和是36，则有2尽+1力+1山＝57﹣36＝21，与（1）比较得山﹣心＝2．“尽”＞“山”＞“力”，“力”尽可能大，“尽”才最小，假定“力”、“山”、“尽”是连续自然数，有2（力+2）+力+1+力＝21 “力”为4，此时山＝5，心＝3，尽＝6；（1）式满足：6+3+6+4＝19；（3）式：5+穷+水+6＝19穷水，水此时最大为7，穷为1，来推倒2式：（2）式：4+可+拔+5＝19可拔，而现在只剩下2和8了，满足条件．此时水最大为7若水最大取8时，有但此时6（尽）、4（山）、5（力），不满足“尽”＞“山”＞“力”，所以不符合要求．故水最大为7．故答案为：7．二、简答题（每小题15分，共60分，要求写出简要过程）9．（15分）有一批作业，王老师原计划每小时批改6本，批改了2小时后，他决定每小时批改8本，结果提前3小时批改完，那么这批作业有多少本？【分析】根据题意知道，这批作业的总数本变，即工作总量一定，那么计划与实际的工作效率与工作时间成反比例，据此设出原计划x小时批改完，列出方程先求出原计划用的小时数，再根据工作效率×工作时间＝工作量进而得解．【解答】解：设原计划x小时批改完，由题意得：6×2+8（x﹣3﹣2）＝6x12+8x﹣40＝6x8x﹣6x＝282x＝28x＝14．6×14＝84（本）；答：这批作业有84本．10．（15分）用五种不同的颜色涂正方体的六个面．如果相邻的两个面不能涂同种颜色，则共有多少种不同的涂色方法？（将正方体任意翻转后仍然不同的涂色方法才被认为是不同的）【分析】用五种不同的颜色涂正方体的六个面．先确定1种颜色染一组对面，剩下的4种颜色（用a、b、c、d表示）有abcd、acdb、acbd，3种染色方法，有•3＝15种；据此解答即可．【解答】解：根据分析可得，•3＝5×3＝15（种）；答：共有15种不同的涂色方法．11．（15分）如图所示，有一个圆圈填了数字1．请在空白圆圈内填上2，3，4，5，6中的一个数字，要求无重复数字，且相邻圆圈内的数字的差至少为2．问共有几种不同的填法？【分析】可以按照数字找位置来分析，数字2不能在1附近，数字3有不在2附近，可以根据数字的位置枚举出来进行分析即可．【解答】解：相邻两个圆圈内的数字的差至少为2，设如图所示字母为a，b，c，d，e所以2只能填在d和e．（1）d处填2，2的周围不能有3．所以3只能填在a处.3的周围不能填4，4只能填在c和e．，5、6不能在一起，所以5填在b.6和4可以在c 和e交换，此时2种填法；（见中图）（2）e处填2，3填a或者b处．3填a处，4、5、6必有两个相邻，没有满足条件的填法；3填b处，4只能填入c处，5只能填入a处，6填入d处．1种填法；（见右图）故共2+1＝3种填法．答：共有3种不同的方法．12．（15分）边长分别为8cm和6cm的两个正方形ABCD与BEFG如图并排放在一起．连接DE交BG于P，则图中阴影部分APEG的面积是多少？【分析】首先需要将阴影部分和已知的正方形的边长的关系找到，可根据△APG转换成同底等高的△DPG，然后再根据等积变形的原理与边长为6的正方形联系起来即可解决．【解答】解：依题意可知：将△APG移到△DPG（如上面中图），连接DB，DB与GE平行．△DGE等于△BGE的面积（如上面右图）．S阴＝6×6÷2＝18cm2．答：影部分APEG的面积是18cm2．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 11:00:15；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@；学号：20913800。
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第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题A
答案及评分标准
（北京小学中年级组）
一、填空（每题10 分, 共80分）
所以共有：
6×（2+12）＝84（本）（5分）答：这批作业有84本。
解（3）：设:共改了x小时.
6x＝6×2＋8(x―2―3)（5分）
x＝14 （5分）6×14＝84 (本) （5分）答：这批作业有84本。
解(4):每小时改6本，改1本需 60÷6＝10 (分/本) （5分） 每小时改8本,改1本需 60÷6＝7.5(分/本) （5分） 180÷(10－7.5)＝72(本)
72＋12＝84(本) （5分） 答：这批作业有84本。
注:答案正确,解题过程错误(或只有简单算式,没有说明)，只给答案分5分.
2. 用五种不同的颜色涂正方体的六个面. 如果相邻的两个面不能涂同种颜
色, 则共有多少种不同的涂色方法？（将正方体任意翻转后仍然不同的涂色方法才被认为是不同的）
解(1)：由题意，涂有相同颜色的2个面相对，总可以将相同颜色的2个面置于上下底面，有5种涂法.
(3分)
固定1种涂法，即上下底的颜色后，总可以在保持上下底的颜色条件下，通过转动将余下4种颜色中1种固定为正面的涂色. (4分) 余下3种颜色选1种涂后面，共有3种涂法,
(3分) 左右侧面经旋转后相同
(3分)
所以，共有
5×3＝15(种)
(5分)
答:共有15种涂法.
解(2)：枚举法, 正确画出15种涂色方法. (15分)
解(3):只用3种颜色的
3
5C ＝10 (种) (5分) 只用4种颜色的
25C ×23C ＝30 (种) (5分) 用5种颜色的
15C ×1
3C ＝30 (种)
10＋30＋15＝15(种) (5分) 答:共有55种涂法.
注:答案正确,解题过程错误(或只有简单算式,没有说明),只给答案分5分.
3.
如右图所示, 有一个圆圈填了数字1. 请在空白圆圈内填上2, 3, 4, 5, 6中的一个数字, 要求无重复数字, 且相邻圆圈内的数字的差至少为2. 问共有几种不同的填法？
解：如图，2只能填在c 或d 中 （2分） （1）如c=2，则a=3，由于5不能和4、6相邻，所以b ＝5。
d 、e 填4和6，有2种填法。
（5分） （2）如d=2，由于5不能和4、6相邻，所以a ＝5 ，b=3。
c=6、e ＝4.有1种填法。
（5分）
4.
解(3)：CP:BP=DC:BE=8:6
(5分) BP ＝8×
686
+＝733 (cm)， GP ＝6－733＝742 (cm) (5分) S APEG ＝()27
4
268÷⨯+＝18 (cm 2) (5分)
注:答案正确,解题过程错误(或只有简单算式,没有说明),只给答案分5分. 小学中年级阅卷组组长 ，小学阅卷负责人。