2015年第十三届走美杯五年级决赛试卷详解
2015年第十三届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷(五年级第1试)
2015年第十三届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷（五年级第1试）一、以下每题6分，共120分1．（6分）计算：=．2．（6分）9个13相乘，积的个位数字是．3．（6分）如果自然数a、b、c除以14都余5，则a+b+c除以14，得到的余数是．4．（6分）将1到25这25个数随意排成一行，然后将它们依次和1，2，3，…，25相减，并且都是大数减小数，则在这25个差中，偶数最多有个．5．（6分）如图，有3个长方形，长方形①的长为16厘米，宽为8厘米；长方形②的长、宽分别是长方形①长、宽的一半；长方形③的长、宽分别是长方形②长、宽的一半．则这个图形的周长是厘米．6．（6分）字母a，b，c，d，e，f，g分别代表1至7中的一个数字，若a+b+c=c+d+e=c+f+g，则c可取的值有个．7．（6分）用64个体积为1立方米的小正方体拼成一个大正方体，如果将大正方体8个顶点处的小正方体都去掉，则此时的几何体的表面积是平方米．8．（6分）有一个三位数，百位数字是最小的质数，十位数字是算式（0.3+π×13）的结果中小数点后第1位数字，个位数字是三位数中能被17整除的最小数的个位数字，则这个三位数是．（π取3.14）9．（6分）循环小数0.04285．的小数部分的前2015位数字之和是．10．（6分）如图，用若干个相同的小正方体摆成一个几何体，从上面、前面、左面看分别是图形①、②、③则至少需要个小正方体．11．（6分）已知a与b的最大公约数是4，a与c、b与c的最小公倍数都是100，而且a≤b．满足条件的自然数a、b、c共有多少组？12．（6分）从写有1，2，3，4，5的5张卡片中任取3张组成一个三位数，其中不能被3整除的有个．13．（6分）两位数和都是质数，则有个．14．（6分），分别表示两位数和三位数，如果+=1079，则a+b+c+d+e=．15．（6分）已知三位数，并且a（b+c）=33，b（a+c）=40，则这个三位数是．16．（6分）若要组成一个表面积为52的长方体，则最少需要棱长为1的小正方体个．17．（6分）某工厂生产一批零件，如果每天比原计划少生产3个，同时零件生产定额减少60个，那么需要31天完成；如果每天超额生产3个，并且零件生产定额增加60个，那么经过25天即可完成．则原计划的零件生产定额是个．18．（6分）某次考试中，11名同学的平均分经四舍五入到小数点后第一位等于85.3，已知每名同学的得分都是整数，则这11名同学的总分是分．19．（6分）有编号为1，2，3，…2015的2015盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制．若将编号为2的倍数，3的倍数，5的倍数的灯线都各拉一下，这时，亮着的灯有盏．20．（6分）今年是2015年，小明说：“我现在的年龄正好与我出生那年年份的四个数字之和相同”，则小明现在岁．2015年第十三届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷（五年级第1试）参考答案与试题解析一、以下每题6分，共120分1．（6分）计算：=890．【分析】根据同分母分数相加减的法则：分母不变，只把分子相加减；由此，原式可写成几个同分母分数的差的形式，然后化简每个分数，再相减即可．【解答】解：=﹣﹣=1000﹣100﹣10=890．故答案为：890．【点评】本题解决的关键是仔细观察数字的特点，把原式转化为几个同分母分数的差的形式．2．（6分）9个13相乘，积的个位数字是3．【分析】数的个位数，13的个位数是3，因为1个3是3，3×3=9，3×3×3=27，3×3×3×3=81，3×3×3×3×3=243，…，即个位数依次为3、9、7、1、3、…，即每4个为一周期，9÷4=2…1，所以9个13相乘的积与1个13相乘积的个位数相同，是3；由此解答即可．【解答】解：因为1个3是3，3×3=9，3×3×3=27，3×3×3×3=81，3×3×3×3×3=243，…，即个位数依次为3、9、7、1、3、…，即每4个为一周期，9÷4=2…1，所以9个13相乘的积与1个13相乘积的个位数相同，是3；故答案为：3．【点评】要考查积的尾数特征，找出尾数出现的规律是解答本题的关键．3．（6分）如果自然数a、b、c除以14都余5，则a+b+c除以14，得到的余数是1．【分析】自然数a、b、c除以14都余5，设a=14x+5，b=14y+5，c=14z+5，所以a+b+c=14（x+y+z）+15，再除以14，即可得余数为1．据此解答即可．【解答】解：设a=14x+5，b=14y+5，c=14z+5，所以a+b+c=14（x+y+z）+15[14（x+y+z）+15]÷14=x+y+z+1…1，故答案为：1．【点评】本题考查了带余除法，关键是设出a=14x+5，b=14y+5，c=14z+5，所以a+b+c=14（x+y+z）+15．4．（6分）将1到25这25个数随意排成一行，然后将它们依次和1，2，3，…，25相减，并且都是大数减小数，则在这25个差中，偶数最多有25个．【分析】根据题意分析可知：如果恰好是一奇一偶的排下去，3、4、5…25、2、1，然后依次和1，2，3，…，25相减，则是：奇数﹣奇数=偶数，偶数﹣偶数=偶数；所以最多25个偶数，据此得解．【解答】解：根据题意分析可知：为了让得到的偶数最多，则按照一奇一偶的排列，如，3、4、5…25、2、1，然后依次和1，2，3，…，25相减，则是：奇数﹣奇数=偶数，偶数﹣偶数=偶数所以最多25个偶数．故答案为：25．【点评】本题主要考查学生对于奇数和偶数的性质的理解和应用，要熟练掌握．另外要学会分情况思考问题的能力．5．（6分）如图，有3个长方形，长方形①的长为16厘米，宽为8厘米；长方形②的长、宽分别是长方形①长、宽的一半；长方形③的长、宽分别是长方形②长、宽的一半．则这个图形的周长是60厘米．【分析】平面图形的周长，就是这个围成这个图形的各条边的长度的和．这个组合图形的外围折线部分向外平移，就成了一个大长方形，其长是16厘米，宽是8+8÷2+8÷2÷2=14（厘米），要求这个组合图形的周长，就相当于求长是16厘米、宽是14厘米的长方形的周长，利用长方形的周长=（长+宽）×2计算即可．【解答】解：[16+（8+8÷2+8÷2÷2）]×2=（16+14）×2=60（厘米）答：这个图形的周长是60厘米．故答案为：60．【点评】考查了巧算周长，解答此题的关键是明确这个图形的周长是由哪几条边长组成的．6．（6分）字母a，b，c，d，e，f，g分别代表1至7中的一个数字，若a+b+c=c+d+e=c+f+g，则c可取的值有3个．【分析】要满足a+b+c=c+d+e=c+f+g，即为a+b=d+e=f+g，而a，b，c，d，e，f，g分别代表1至7中的一个数字，所以，只要确定a，b，d，e，f，g的组合，就可以确定c．【解答】解：a+b+c=c+d+e=c+f+g，即为a+b=d+e=f+g，只能出现3种情况：①1+7=2+6=3+5，此时c=4；②2+7=3+6=4+5，此时c=1；③1+6=2+5=3+4，此时c=7；所以c的可能取值有1、4、7，共3个．【点评】a+b=d+e=f+g，这6个数需要满足“对称”，分情况讨论可以确定它们的组合．7．（6分）用64个体积为1立方米的小正方体拼成一个大正方体，如果将大正方体8个顶点处的小正方体都去掉，则此时的几何体的表面积是96平方米．【分析】由题意可知：拿走一个小正方体，就减少了三个面，同时又增加了三个面，同理可得，拿走8个顶点上的小正方体，就减少了24个面，同时又增加了24个面，则图形的表面积没有变，据此解答即可．【解答】解：因为拿走一个小正方体，就等于减少了三个面，同时又增加了三个面，则拿走8个顶点上的小正方体，就减少了24个面，同时又增加了24个面，所以说表面积相比没有变，64=4×4×4，表面积是4×4×6=96（平方米）．故此时的几何体的表面积是96平方米．故答案为：96．【点评】解答此题的关键是：看计算表面积所用的面有没有变化，从而问题得解．8．（6分）有一个三位数，百位数字是最小的质数，十位数字是算式（0.3+π×13）的结果中小数点后第1位数字，个位数字是三位数中能被17整除的最小数的个位数字，则这个三位数是212．（π取3.14）【分析】百位数字是最小的质数，最小的质数2，那么百位数字是2；十位数字是算式（0.3+π×13）的结果中小数点后第1位数字，而0.3+π×13=41.12，那么十位上是1；个位数字是三位数中能被17整除的最小数的个位数字，三位数中能被17整除的最小数是102，这个三位数的个位数字式是2，所以这个三位数是212，据此解决即可．【解答】解：最小的质数2，那么百位数字是2，0.3+π×13=41.12，那么十位上是1，三位数中能被17整除的最小数是102，那么个位上是2，这个三位数是212．故答案为：212．【点评】本题考查计算及其概念问题，根据已知条件推出各位数字，进而解决问题．9．（6分）循环小数0.04285．的小数部分的前2015位数字之和是9060．【分析】通过观察，0.04285的循环节是142857，说明每6位数一个循环，求出小数部分前2015位的数字里面有多少个6，就有多少个（1+4+2+8+5+7），再根据余数，进一步确定余数是下一个循环的前几个，进而解决问题．【解答】解：循环小数0.04285每6位数一个循环，小数部分第一位是0，后面小数部分的2014位数字共有2014÷6=335（个）…4，余数是4，所以在第336个周期的第4个数是8，即小数部分前2015位数字和是：（1+4+2+8+5+7）×335+1+4+2+8=27×335+15=9045+15=9060；答：和是9060．故答案为：9060．【点评】此题属于周期问题，最后的余数是解决问题的关键，最后的余数是下一个周期的前几个，先探索周期的变化规律，再根据规律和余数解答，求出问题．10．（6分）如图，用若干个相同的小正方体摆成一个几何体，从上面、前面、左面看分别是图形①、②、③则至少需要10个小正方体．【分析】根据给出从上面看到的图形可知：下层最少有8个，最中间不放；根据从前面和左面看到的是，可知上层最少有2个占2个角，右后面的角没有，由此即可解决问题．【解答】解：由题意可知正方体的个数：8+2=10（个）答：一共有10个小正方体组成的．故答案为：10．【点评】此题考查了从不同方向观察物体和几何体，锻炼了学生的空间想象力和抽象思维能力．11．（6分）已知a与b的最大公约数是4，a与c、b与c的最小公倍数都是100，而且a≤b．满足条件的自然数a、b、c共有多少组？【分析】根据a与b的最大公约数是4，可以得出a，b可能的数，再根据a与c、b与c的最小公倍数都是100，得出c的取值的范围，由乘法原理解答即可．【解答】解：根据题意可得，a、b中有一个为4，另一个为4、20或100，故有3种可能：①a=4，b=4，②a=4，b=20；③a=4，b=100；对于a、b的这3组取值，c可取25，50，100；因此，满足以上条件的自然数a、b、c有：3×3=9（组）．答：满足条件的自然数a、b、c共有9组．【点评】根据a与b的关系确定a，b可能的数，再根据a与c，b与c的关系求出c可能的数，再根据乘法原理解答即可．12．（6分）从写有1，2，3，4，5的5张卡片中任取3张组成一个三位数，其中不能被3整除的有36个．【分析】根据能被3整除的数的特征：各位上数字之和能被3整除，这个数就能被3整除，所以1，2，3，4，5可把这五个数字三个三个相加，相加的和不能被3整除的三个数，组成的三位数也不会被3整除，据此解答即可．【解答】解：1+2+3=6，1+2+4=7，1+2+5=8，1+3+4=8，1+3+5=9，1+4+5=10，2+3+4=9，2+3+5=10，2+4+5=11，3+4+5=12，其中不能被3整除的数有7、8、10，11，那么由数字1、2、4，1、2、5，2、3、5组成的三位数不是3的倍数，即不能被3整除的数有：124、142、214、241、412、421；125、152、215、251、512、521；134，143，314，341，413，431；145，154，415，451，514，541；235、253、325、352、523、532；245，254，425，452，524，542；共36个．故答案为：36．【点评】此题主要考查的是能被3整除数的特征的应用，先找出不是3的倍数的数字组合，再进一步求解．13．（6分）两位数和都是质数，则有9个．【分析】根据质数的定义“除了1和它本身外，没有别的因数的数为质数”，把两位数中的质数写出来即可．【解答】解：两位数的质数有：11，13，31，17，71，37，73，79，97，共9个．答：有9个．故答案为：9．【点评】此题解答的关键在于理解质数的概念，注意不重不漏．14．（6分），分别表示两位数和三位数，如果+=1079，则a+b+c+d+e= 35．【分析】题目可转化为一个两位数与一个三位数的和等于1079，求这两个数各位上的数字．【解答】解：由题意知，一个两位数与一个三位数的和等于1079∴c=9，a+d=17，b+e=9，∴a+b+c+d+e=35．故答案为：35．【点评】此题属于比较灵活的题目，关键在于读懂题目，转换问题，解决问题．15．（6分）已知三位数，并且a（b+c）=33，b（a+c）=40，则这个三位数是347．【分析】要求这个三位数是多少，可通过求得a、b、c的值解决．因为a×（b+c）=33=3×11，只有一种可能，a=3；两式相减得c×（b﹣a）=7，7=1×7，只有一种可能，c=7，从而推出a值，解决问题．【解答】解：a×（b+c）=33=3×11，只有一种可能，a=3；b（a+c）﹣a（b+c）=40﹣33=7，即c×（b﹣a）=7，又7=1×7，所以c×（b﹣a）=1×7，只有一种可能，c=7；所以3×（b+7）=33b+7=11b=4所以这个三位数是347．故答案为：347．【点评】此题关键通过两式之间的关系推出这个三位数各位上的数值，解决问题．16．（6分）若要组成一个表面积为52的长方体，则最少需要棱长为1的小正方体16个．【分析】根据长方体的表面积公式S=﹙长×宽+长×高+宽×高﹚，求出长×宽+长×高+宽×高的和，由此判断出长方体的最小体积，进而求出最少需要棱长为1的小正方体的个数．【解答】解：长×宽+长×高+宽×高=52÷2，长×宽+长×高+宽×高=26，8×2+8×1+2×1=26，此时长方体的体积最小，8×2×1=16，因此最少需要棱长1的小正方体16个．故答案为：16．【点评】本题主要是灵活利用长方体的表面积公式与长方体和正方体的体积公式解答．17．（6分）某工厂生产一批零件，如果每天比原计划少生产3个，同时零件生产定额减少60个，那么需要31天完成；如果每天超额生产3个，并且零件生产定额增加60个，那么经过25天即可完成．则原计划的零件生产定额是215个．【分析】设原计划的工作量是每天生产x个零件，利用原来零件的总数作为相等关系列方程求解．【解答】解：设原计划的工作量是每天生产x个零件，由题意得：（x﹣3）×31+60=（x+3）×25﹣6031x﹣93+60=25x+75﹣606x=48x=8（8﹣3）×31+60=5×31+60=215（个）答：原计划的零件生产定额是215个．故答案为：215．【点评】解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．18．（6分）某次考试中，11名同学的平均分经四舍五入到小数点后第一位等于85.3，已知每名同学的得分都是整数，则这11名同学的总分是938分．【分析】首先判断出这11名学生的平均分大于等于85.25和小于85.35之间，这11名同学的总分大于或等于85.25×11=937.75分和小于85.35×11=938.85之间，然后求出这11名同学的总分．【解答】解：用四舍五入取近似值的方法精确到一位小数能得到85.3的数值范围是：（大于等于85.25和小于85.35之间）所以这11名同学的总分大于或等于85.25×11=937.75分和小于85.35×11=938.85之间，∵每个学生的分数都是整数，∴得分总和也是整数，在937.75和838.85之间只有938是整数，∴这11名同学的总得分是938分．故答案为：938．【点评】解答此题的关键是判断出这11名学生的平均分大于等于85.25和小于85.35之间．19．（6分）有编号为1，2，3，…2015的2015盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制．若将编号为2的倍数，3的倍数，5的倍数的灯线都各拉一下，这时，亮着的灯有1006盏．【分析】分别找出2、3、5的倍数，2和3的公倍数，2和5的公倍数，3和5以及2、3和5的公倍数，求出拉过三次、二次、一次的个数，一次、三次是被拉灭的灯，求出被拉灭的灯的个数，进而求出亮着的灯的个数，解决问题．【解答】解：在1到2015这2015个数中，2的倍数有：2015÷2≈1007（个）3的倍数有：2015÷3≈671（个）5的倍数有：2015÷5=403（个）2和3的倍数有：2015÷（2×3）≈335（个）2和5的倍数有：2015÷（2×5）≈201（个）3和5的倍数有：2015÷（3×5）=≈134（个）2、3、5的倍数有：2015÷（2×3×5）≈67（个）可知，拉过三次的有：67盏，拉过二次的有：（335﹣67）+（201﹣67）+（134﹣67）=268+134+67=469（盏）拉过一次的有：（1007﹣268﹣134﹣67）+（671﹣268﹣67﹣67）+（403﹣134﹣67﹣67）=538+269+135=942（盏）被拉灭的灯有：942+67=1009（盏）所以，亮着的灯为：2015﹣1009=1006（盏）．答：这时，亮着的灯有1006盏．故答案为：1006．【点评】此题运用最小公倍数的知识，求出各种情况灯的数量，根据拉过的次数，求得拉过奇数次的灯的数量，进而解决问题．20．（6分）今年是2015年，小明说：“我现在的年龄正好与我出生那年年份的四个数字之和相同”，则小明现在22或4岁．【分析】根据题意，假设小明是2000年前出生的，设出生日期为19xy，根据题意可得，2015﹣（1900+10x+y）=1+9+x+y，因为x与y都是个位数，然后后用尝试法进行解答即可；假设小明是2000年后出生的，设出生日期为20xy，x要小于2；根据题意可得，2015﹣（2000+10x+y）=2+0+x+y，然后再进一步解答即可．【解答】解：假设小明是2000年前出生的，设出生日期为19xy，根据题意可得：2015﹣（1900+10x+y）=1+9+x+y115﹣10x﹣y=10+x+y11x+2y=105因为x与y是个位数，解得：x=9，y=3也就是小明是1993年出生的，今年是：1+9+9+3=22（岁）假设小明是2000年后出生的，设出生日期为20xy，x要小于2，根据题意可得：2015﹣（2000+10x+y）=2+0+x+y15﹣10x﹣y=2+x+y11x+2y=13因为x与y是个位数，解得：x=1，y=1也就是小明是2011年出生的，今年是：2+0+1+1=4（岁）答：小明今年22岁或4岁．故答案为：22或4．【点评】根据题意，分为两个年龄阶段，也就是2000年前出生，或2000年后出生，根据题意设出出生年份，列出方程，用尝试法进行解答即可．。
2015年第十三届小学“希望杯”五年级第二试试题及答案
4. 一次数学竞赛中，某小组 10 个人的平均分是 84 分，其中小明得 93 分，则 其他 9 个人的平均分是____分. 【解析】 10 个人的总分是 84 10 840 （分） ， 其他 9 个人的总分是 840 93 747 （分），因此其他 9 个人的平均分是 747 9 83 （分）.
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方法二：题目要求最多个质数，应该使一位数的质数尽量多，有 2、3、5、7； 剩下 1、6、8、9，我们会发现 6 和 8 只要放在个位这个数就不是质数，尝试可 以组成 61 和 89 这两个质数，因此最多可以组成 6 个质数.
5. 同时掷 4 个相同的小正方体(小正方体的六个面上分别写有数字 1、 2、 3、 4、 5、6)，则朝上一面的 4 个数字的和有____种. 【解析】朝上一面的 4 个数字和最大是 6 6 6 6 24 ，最小是 1 1 1 1 4 ， 最小和最大数字和之间的情况都有可能出现，因此朝上一面的 4 个数字和有
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知道这三个彼此互质的自然数分别是 5、7、19，长方体的表面积是
(5 7 7 19 5 19) 2 526 .
7.大于 0 的自然数 n 是 3 的倍数，3n 是 5 的倍数，则 n 的最小值是_____. 【解析】若 3n 是 5 的倍数，那么 n 也是 5 的倍数，由题意可以得到 n 既是 3 的倍数，也是 5 的倍数，所以 n 的最小值是 3 5 15 .
10.如果 2 头牛可以换 42 只羊，3 只羊可以换 26 只兔，2 只兔可以换 3 只鸡， 则 3 头牛可以换______只鸡. 【解析】根据题意有：2 牛=42 羊，3 羊=26 兔，2 兔=3 鸡，所以可得： 3 牛= 42 2 3 羊=63 羊= 26 3 63 兔=546 兔= 546 2 3 鸡=819 鸡.
2015年第十三届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷(五年级第1试).doc
2015年第十三届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷（五年级第1试）2015 年第十三届小学希望杯全国数学邀请赛试卷（五年级第 1 试）一、以下每题 6 分，共 120 分 1．（6 分）计算： = ． 2．（6 分）9 个13 相乘，积的个位数字是． 3．（6 分）如果自然数 a、b、c 除以 14 都余 5，则 a+b+c 除以 14，得到的余数是． 4．（6 分）将 1 到 25 这 25 个数随意排成一行，然后将它们依次和 1，2，3，，25 相减，并且都是大数减小数，则在这 25 个差中，偶数最多有个． 5．（6 分）如图，有 3 个长方形，长方形①的长为 16 厘米，宽为 8 厘米；长方形②的长、宽分别是长方形①长、宽的一半；长方形③的长、宽分别是长方形②长、宽的一半．则这个图形的周长是厘米． 6．（6分）字母a，b，c，d，e，f，g分别代表1至7中的一个数字，若a+b+c=c+d+e=c+f+g，则 c 可取的值有个． 7．（6 分）用 64 个体积为 1 立方米的小正方体拼成一个大正方体，如果将大正方体 8 个顶点处的小正方体都去掉，则此时的几何体的表面积是平方米． 8．（6 分）有一个三位数，百位数字是最小的质数，十位数字是算式（0.3+13）的结果中小数点后第 1 位数字，个位数字是三位数中能被 17 整除的最小数的个位数字，则这个三位数是．（取 3.14） 9．（6 分）循环小数 0.0 4285 ．的小数部分的前 2015 位数字之和是． 10．（6 分）如图，用若干个相同的小正方体摆成一个几何体，从上面、前面、左面看分别是图形①、②、③则至少需要个小正方体． 11．（6 分）已知 a 与 b 的最大公约数是 4，a 与 c、b 与 c 的最小公倍数都是 100，而且ab．满足条件的自然数 a、b、c 共有多少组？ 12．（6 分）从写有 1，2，3，4，5 的 5 张卡片中任取 3 张组成一个三位数，其中不能被 3 整除的有个． 13．（6 分）两位数和都是质数，则有个． 14．（6 分），分别表示两位数和三位数，如果 + =1079，则a+b+c+d+e= ． 15．（6 分）已知三位数，并且 a （b+c）=33，b （a+c）=40，则这个三位数是． 16．（6 分）若要组成一个表面积为 52 的长方体，则最少需要棱长为 1 的小正方体个． 17．（6 分）某工厂生产一批零件，如果每天比原计划少生产 3 个，同时零件生产定额减少 60 个，那么需要 31 天完成；如果每天超额生产 3 个，并且零件生产定额增加 60 个，那么经过 25 天即可完成．则原计划的零件生产定额是个． 18．（6 分）某次考试中，11 名同学的平均分经四舍五入到小数点后第一位等于85.3，已知每名同学的得分都是整数，则这 11 名同学的总分是分． 19．（6 分）有编号为 1，2，3，2015 的 2015 盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制．若将编号为 2 的倍数，3 的倍数，5 的倍数的灯线都各拉一下，这时，亮着的灯有盏． 20．（6 分）今年是 2015 年，小明说：我现在的年龄正好与我出生那年年份的四个数字之和相同，则小明现在岁．2015 年第十三届小学希望杯全国数学邀请赛试卷（五年级第 1 试）参考答案与试题解析一、以下每题 6 分，共 120 分 1．（6 分）计算： =890 ．【分析】根据同分母分数相加减的法则：分母不变，只把分子相加减；由此，原式可写成几个同分母分数的差的形式，然后化简每个分数，再相减即可．【解答】解： = ﹣﹣ =1000﹣100﹣10 =890．故答案为：890．【点评】本题解决的关键是仔细观察数字的特点，把原式转化为几个同分母分数的差的形式． 2．（6 分）9 个 13 相乘，积的个位数字是 3 ．【分析】数的个位数，13 的个位数是 3，因为 1 个 3 是 3，33=9，333=27，3333=81，33333=243，，即个位数依次为 3、9、7、1、3、，即每 4 个为一周期，94=21，所以 9 个 13 相乘的积与 1 个 13 相乘积的个位数相同，是 3；由此解答即可．【解答】解：因为 1 个 3 是 3，33=9，333=27，3333=81，33333=243，，即个位数依次为 3、9、7、1、3、，即每 4 个为一周期，94=21，所以 9 个 13 相乘的积与 1 个13 相乘积的个位数相同，是 3；故答案为：3．【点评】要考查积的尾数特征，找出尾数出现的规律是解答本题的关键． 3．（6 分）如果自然数 a、b、c 除以 14 都余 5，则 a+b+c 除以 14，得到的余数是 1 ．【分析】自然数 a、b、c 除以 14 都余 5，设 a=14x+5，b=14y+5，c=14z+5，所以a+b+c=14（x+y+z）+15，再除以 14，即可得余数为 1．据此解答即可．【解答】解：设 a=14x+5，b=14y+5，c=14z+5，所以 a+b+c=14（x+y+z）+15 [14（x+y+z）+15]14 =x+y+z+11，故答案为：1．【点评】本题考查了带余除法，关键是设出 a=14x+5，b=14y+5，c=14z+5，所以a+b+c=14（x+y+z）+15． 4．（6 分）将 1 到 25 这 25 个数随意排成一行，然后将它们依次和 1，2，3，，25 相减，并且都是大数减小数，则在这 25 个差中，偶数最多有 25 个．【分析】根据题意分析可知：如果恰好是一奇一偶的排下去，3、4、525、2、1，然后依次和 1，2，3，，25 相减，则是：奇数﹣奇数=偶数，偶数﹣偶数=偶数；所以最多 25 个偶数，据此得解．【解答】解：根据题意分析可知：为了让得到的偶数最多，则按照一奇一偶的排列，如，3、4、525、2、1，然后依次和 1，2，3，，25 相减，则是：奇数﹣奇数=偶数，偶数﹣偶数=偶数所以最多 25 个偶数．故答案为：25．【点评】本题主要考查学生对于奇数和偶数的性质的理解和应用，要熟练掌握．另外要学会分情况思考问题的能力． 5．（6 分）如图，有 3 个长方形，长方形①的长为 16 厘米，宽为 8 厘米；长方形②的长、宽分别是长方形①长、宽的一半；长方形③的长、宽分别是长方形②长、宽的一半．则这个图形的周长是 60 厘米．【分析】平面图形的周长，就是这个围成这个图形的各条边的长度的和．这个组合图形的外围折线部分向外平移，就成了一个大长方形，其长是 16 厘米，宽是 8+82+822=14（厘米），要求这个组合图形的周长，就相当于求长是16 厘米、宽是 14 厘米的长方形的周长，利用长方形的周长=（长+宽）2 计算即可．【解答】解：[16+（8+82+822）]2 =（16+14）2 =60（厘米）答：这个图形的周长是 60 厘米．故答案为：60．【点评】考查了巧算周长，解答此题的关键是明确这个图形的周长是由哪几条边长组成的． 6．（6分）字母a，b，c，d，e，f，g分别代表1至7中的一个数字，若a+b+c=c+d+e=c+f+g，则 c 可取的值有 3 个．【分析】要满足 a+b+c=c+d+e=c+f+g，即为 a+b=d+e=f+g，而 a，b，c，d，e，f，g 分别代表 1 至 7 中的一个数字，所以，只要确定 a，b，d，e，f，g 的组合，就可以确定 c．【解答】解：a+b+c=c+d+e=c+f+g，即为a+b=d+e=f+g，只能出现 3 种情况：①1+7=2+6=3+5，此时 c=4；②2+7=3+6=4+5，此时 c=1；③1+6=2+5=3+4，此时 c=7；所以 c 的可能取值有 1、4、7，共 3 个．【点评】a+b=d+e=f+g，这 6 个数需要满足对称，分情况讨论可以确定它们的组合．7．（6 分）用 64 个体积为 1 立方米的小正方体拼成一个大正方体，如果将大正方体 8 个顶点处的小正方体都去掉，则此时的几何体的表面积是 96 平方米．【分析】由题意可知：拿走一个小正方体，就减少了三个面，同时又增加了三个面，同理可得，拿走 8 个顶点上的小正方体，就减少了 24 个面，同时又增加了 24 个面，则图形的表面积没有变，据此解答即可．【解答】解：因为拿走一个小正方体，就等于减少了三个面，同时又增加了三个面，则拿走 8 个顶点上的小正方体，就减少了 24 个面，同时又增加了 24 个面，所以说表面积相比没有变， 64=444，表面积是 446=96（平方米）．故此时的几何体的表面积是 96 平方米．故答案为：96．【点评】解答此题的关键是：看计算表面积所用的面有没有变化，从而问题得解． 8．（6 分）有一个三位数，百位数字是最小的质数，十位数字是算式（0.3+13）的结果中小数点后第 1 位数字，个位数字是三位数中能被 17 整除的最小数的个位数字，则这个三位数是212 ．（取 3.14）【分析】百位数字是最小的质数，最小的质数 2，那么百位数字是 2；十位数字是算式（0.3+13）的结果中小数点后第 1 位数字，而0.3+13=41.12，那么十位上是 1；个位数字是三位数中能被 17 整除的最小数的个位数字，三位数中能被 17 整除的最小数是 102，这个三位数的个位数字式是2，所以这个三位数是 212，据此解决即可．【解答】解：最小的质数 2，那么百位数字是 2， 0.3+13=41.12，那么十位上是 1，三位数中能被 17 整除的最小数是 102，那么个位上是 2，这个三位数是 212．故答案为：212．【点评】本题考查计算及其概念问题，根据已知条件推出各位数字，进而解决问题． 9．（6 分）循环小数 0.0 4285 ．的小数部分的前 2015 位数字之和是9060 ．【分析】通过观察，0.0 4285 的循环节是 142857，说明每 6 位数一个循环，求出小数部分前 2015 位的数字里面有多少个 6，就有多少个（1+4+2+8+5+7），再根据余数，进一步确定余数是下一个循环的前几个，进而解决问题．【解答】解：循环小数 0.0 4285 每 6 位数一个循环，小数部分第一位是 0，后面小数部分的 2014 位数字共有 20146=335（个）4，余数是 4，所以在第 336 个周期的第 4 个数是 8，即小数部分前 2015 位数字和是：（1+4+2+8+5+7）335+1+4+2+8 =27335+15 =9045+15 =9060；答：和是9060．故答案为：9060．【点评】此题属于周期问题，最后的余数是解决问题的关键，最后的余数是下一个周期的前几个，先探索周期的变化规律，再根据规律和余数解答，求出问题． 10．（6 分）如图，用若干个相同的小正方体摆成一个几何体，从上面、前面、左面看分别是图形①、②、③则至少需要 10 个小正方体．【分析】根据给出从上面看到的图形可知：下层最少有 8 个，最中间不放；根据从前面和左面看到的是，可知上层最少有 2 个占 2 个角，右后面的角没有，由此即可解决问题．【解答】解：由题意可知正方体的个数：8+2=10（个）答：一共有 10 个小正方体组成的．故答案为：10．【点评】此题考查了从不同方向观察物体和几何体，锻炼了学生的空间想象力和抽象思维能力． 11．（6 分）已知 a 与 b 的最大公约数是 4，a 与 c、b 与 c 的最小公倍数都是 100，而且 ab．满足条件的自然数 a、b、c 共有多少组？【分析】根据 a 与 b 的最大公约数是 4，可以得出 a，b 可能的数，再根据 a 与 c、b 与 c 的最小公倍数都是 100，得出 c 的取值的范围，由乘法原理解答即可．【解答】解：根据题意可得，a、b 中有一个为 4，另一个为 4、20 或 100，故有3 种可能：①a=4，b=4，②a=4，b=20；③a=4，b=100；对于 a、b 的这 3 组取值，c 可取 25，50，100；因此，满足以上条件的自然数 a、b、c 有：33=9（组）．答：满足条件的自然数 a、b、c 共有 9 组．【点评】根据 a 与b 的关系确定 a，b 可能的数，再根据 a 与 c，b 与 c 的关系求出 c 可能的数，再根据乘法原理解答即可． 12．（6 分）从写有 1，2，3，4，5 的 5 张卡片中任取 3 张组成一个三位数，其中不能被 3 整除的有 36 个．【分析】根据能被 3 整除的数的特征：各位上数字之和能被 3 整除，这个数就能被 3 整除，所以 1，2，3，4，5 可把这五个数字三个三个相加，相加的和不能被 3 整除的三个数，组成的三位数也不会被 3 整除，据此解答即可．【解答】解：1+2+3=6，1+2+4=7，1+2+5=8，1+3+4=8，1+3+5=9，1+4+5=10，2+3+4=9，2+3+5=10，2+4+5=11，3+4+5=12，其中不能被 3 整除的数有 7、8、10，11，那么由数字 1、2、4，1、2、5，2、3、5 组成的三位数不是 3 的倍数，即不能被 3 整除的数有： 124、142、214、241、412、421； 125、152、215、251、512、521； 134，143，314，341，413，431；145，154，415，451，514，541； 235、253、325、352、523、532； 245，254，425，452，524，542；共 36 个．故答案为：36．【点评】此题主要考查的是能被 3 整除数的特征的应用，先找出不是 3 的倍数的数字组合，再进一步求解． 13．（6 分）两位数和都是质数，则有 9 个．【分析】根据质数的定义除了 1 和它本身外，没有别的因数的数为质数，把两位数中的质数写出来即可．【解答】解：两位数的质数有：11，13，31，17，71，37，73，79，97，共 9个．答：有 9 个．故答案为：9．【点评】此题解答的关键在于理解质数的概念，注意不重不漏． 14．（6 分），分别表示两位数和三位数，如果 + =1079，则 a+b+c+d+e= 35 ．【分析】题目可转化为一个两位数与一个三位数的和等于 1079，求这两个数各位上的数字．【解答】解：由题意知，一个两位数与一个三位数的和等于 1079 c=9，a+d=17，b+e=9，a+b+c+d+e=35．故答案为：35．【点评】此题属于比较灵活的题目，关键在于读懂题目，转换问题，解决问题． 15．（6 分）已知三位数，并且 a（b+c）=33，b（a+c）=40，则这个三位数是 347 ．【分析】要求这个三位数是多少，可通过求得 a、b、c 的值解决．因为 a（b+c）=33=311，只有一种可能，a=3；两式相减得 c（b﹣a）=7，7=17，只有一种可能，c=7，从而推出 a 值，解决问题．【解答】解：a（b+c）=33=311，只有一种可能，a=3； b（a+c）﹣a（b+c）=40﹣33=7，即 c（b﹣a）=7，又 7=17，所以 c（b﹣a）=17，只有一种可能，c=7；所以 3（b+7）=33 b+7=11 b=4 所以这个三位数是347．故答案为：347．【点评】此题关键通过两式之间的关系推出这个三位数各位上的数值，解决问题． 16．（6 分）若要组成一个表面积为 52 的长方体，则最少需要棱长为 1 的小正方体 16 个．【分析】根据长方体的表面积公式 S=﹙长宽+长高+宽高﹚，求出长宽+长高+宽高的和，由此判断出长方体的最小体积，进而求出最少需要棱长为 1 的小正方体的个数．【解答】解：长宽+长高+宽高=522，长宽+长高+宽高=26， 82+81+21=26，此时长方体的体积最小，821=16，因此最少需要棱长 1 的小正方体 16 个．故答案为：16．【点评】本题主要是灵活利用长方体的表面积公式与长方体和正方体的体积公式解答． 17．（6 分）某工厂生产一批零件，如果每天比原计划少生产 3 个，同时零件生产定额减少 60 个，那么需要 31 天完成；如果每天超额生产 3 个，并且零件生产定额增加 60 个，那么经过 25 天即可完成．则原计划的零件生产定额是 215 个．【分析】设原计划的工作量是每天生产 x 个零件，利用原来零件的总数作为相等关系列方程求解．【解答】解：设原计划的工作量是每天生产 x 个零件，由题意得：（x﹣3）31+60=（x+3）25﹣60 31x﹣93+60=25x+75﹣60 6x=48 x=8 （8﹣3）31+60 =531+60 =215（个）答：原计划的零件生产定额是 215个．故答案为：215．【点评】解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解． 18．（6 分）某次考试中，11 名同学的平均分经四舍五入到小数点后第一位等于85.3，已知每名同学的得分都是整数，则这 11 名同学的总分是 938 分．【分析】首先判断出这 11名学生的平均分大于等于 85.25 和小于 85.35 之间，这11 名同学的总分大于或等于 85.2511=937.75 分和小于 85.3511=938.85 之间，然后求出这 11 名同学的总分．【解答】解：用四舍五入取近似值的方法精确到一位小数能得到 85.3的数值范围是：（大于等于 85.25 和小于 85.35 之间）所以这 11 名同学的总分大于或等于 85.2511=937.75 分和小于 85.3511=938.85 之间，∵每个学生的分数都是整数，得分总和也是整数，在 937.75 和 838.85 之间只有938 是整数，这 11 名同学的总得分是 938 分．故答案为：938．【点评】解答此题的关键是判断出这 11 名学生的平均分大于等于 85.25 和小于85.35之间． 19．（6 分）有编号为 1，2，3，2015 的 2015 盏亮着的电灯，各有一个拉线开关控制．若将编号为 2 的倍数，3 的倍数，5 的倍数的灯线都各拉一下，这时，亮着的灯有 1006 盏．【分析】分别找出 2、3、5 的倍数，2 和 3 的公倍数，2 和 5 的公倍数，3 和 5以及 2、3 和 5 的公倍数，求出拉过三次、二次、一次的个数，一次、三次是被拉灭的灯，求出被拉灭的灯的个数，进而求出亮着的灯的个数，解决问题．【解答】解：在 1 到 2015 这 2015 个数中， 2 的倍数有：201521007（个） 3 的倍数有：20153671（个） 5 的倍数有：20155=403（个） 2 和 3 的倍数有：2015（23）335（个） 2 和 5 的倍数有：2015（25）201（个） 3 和 5 的倍数有：2015（35）=134（个） 2、3、5 的倍数有：2015（235）67（个）可知，拉过三次的有：67 盏，拉过二次的有：（335﹣67）+（201﹣67）+（134﹣67）=268+134+67=469（盏）拉过一次的有：（1007﹣268﹣134﹣67）+（671﹣268﹣67﹣67）+（403﹣134﹣67﹣67） =538+269+135=942（盏）被拉灭的灯有：942+67=1009（盏）所以，亮着的灯为：2015﹣1009=1006（盏）．答：这时，亮着的灯有 1006 盏．故答案为：1006．【点评】此题运用最小公倍数的知识，求出各种情况灯的数量，根据拉过的次数，求得拉过奇数次的灯的数量，进而解决问题． 20．（6 分）今年是 2015 年，小明说：我现在的年龄正好与我出生那年年份的四个数字之和相同，则小明现在 22或 4 岁．【分析】根据题意，假设小明是 2000 年前出生的，设出生日期为19xy，根据题意可得，2015﹣（1900+10x+y）=1+9+x+y，因为 x 与 y 都是个位数，然后后用尝试法进行解答即可；假设小明是 2000 年后出生的，设出生日期为 20xy，x 要小于 2；根据题意可得，2015﹣（2000+10x+y）=2+0+x+y，然后再进一步解答即可．【解答】解：假设小明是 2000 年前出生的，设出生日期为 19xy，根据题意可得： 2015﹣（1900+10x+y）=1+9+x+y 115﹣10x﹣y=10+x+y11x+2y=105 因为 x 与 y 是个位数，解得：x=9，y=3 也就是小明是 1993 年出生的，今年是：1+9+9+3=22（岁）假设小明是 2000 年后出生的，设出生日期为 20xy，x 要小于 2，根据题意可得： 2015﹣（2000+10x+y）=2+0+x+y 15﹣10x﹣y=2+x+y 11x+2y=13 因为 x 与 y 是个位数，解得：x=1，y=1 也就是小明是 2011 年出生的，今年是：2+0+1+1=4（岁）答：小明今年 22 岁或 4 岁．故答案为：22 或 4．【点评】根据题意，分为两个年龄阶段，也就是 2000 年前出生，或 2000 年后出生，根据题意设出出生年份，列出方程，用尝试法进行解答即可．。
五年级走美杯试题(带答案)doc
第十届“走进美妙数学花园”中国青少年数学论坛趣味数学解题技能展示大赛初赛注意事项：1. 考生按要求在密封线内填好考生的有关信息.2. 不允许使用计算器.小学五年级试卷（B 卷）一、填空题Ⅰ(每题8分，共40分) 1．一段路，第一天修了全长的12，第二天修了剩下的12，第三天又修了剩下的12，还剩全长的______。
2．一块玉米地的形状如右图(单位：米)。
它的面积是_____平方米。
3．7A 是最简分数且7710A ，A 最小是____。
4．学校参加体操表演的学生人数在60~100之间。
把这些同学按人数平均分成8人一组，或平均分成12人一组都正好分完。
参加这次表演的同学至少有______人。
5．右图的量杯可以盛6杯水或4碗水。
现将1杯水和2碗水倒入量杯，这时水面应到刻度_______。
二、填空题Ⅱ(每题10分，共50分)6．2012×20122012－2011×20122013 ＝________。
7．有一张残缺的发票如右图，那么单价是_______元。
8．200到220之间有唯一的质数，它是______。
9．右图中共能数出______个三角形来。
10．平时轮船从A地顺流而下到B地要行20小时，从B地逆流而上到A地要行28小时。
现在正值雨季，水流速度为平时的2倍，那么，从A到B再回到A共需_____小时。
三、填空题Ⅲ(每题12分，共60分)11．玉米炮有单筒玉米炮、双筒玉米炮、三筒玉米炮三种。
单筒玉米炮每次发射一根玉米，可以消灭20个僵尸；双筒玉米炮每次发射2根玉米，每根玉米消灭17个僵尸，三筒玉米炮每次发射3根玉米，每根玉米消灭16个僵尸。
玉米炮一共开炮10次发射玉米23根，消灭_____个僵尸。
12．小华需要构造一个3×3的乘积魔方，使得每行、每列、每条对角线上三个正整数的乘积都相等；现在他已经填入了2，3，6三个数，那当小华的乘积魔方构造完毕后，x等于______。
2016年第14届“走美杯”小学数学竞赛试卷(五年级初赛B卷)
2016年第14届“走美杯”小学数学竞赛试卷（五年级初赛B卷）一、填空题Ⅰ（每题8分，共40分）1．（8分）计算：××××××=（写成小数的形式，精确到小数点后两位）2．（8分）1角硬币的正面与反面如图所示，拿三个1角硬币一起投掷一次，得到两个正面一个反面的概率为．3．（8分）大于0的自然数，如果满足所有自然数之和等于它自身的2倍，则这样的数称为完美数或完全数．比如，6的所有因数为1，2，3，4，1+2+3+6=12，6就是最小的完美数．是否有无限个完美数的问题至今仍然是困扰人类的难题之一．研究完美数可以从计算自然数的所有因数之和开始，8128的所有因数之和为．4．（8分）某大型会议上，要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案有种．5．（8分）将从1开始到25的连续的自然数相乘，得到1×2×3×…×25，记为25!（读作25的阶乘）用3除25!显然，25!被3整除，得到一个商，再用3除这个商，…，这样一直用3除下去，直到所得的商不能被3整除为止．那么，在这个过程中用3整除了次．二、填空题Ⅱ（每题10分，共50分）6．（10分）如图，已知正方形ABCD中，F是BC边的中点，GC=2DG，E是DF 与BG的交点，四边形ABED的面积与正方形ABCD的比是．7．（10分）如图所示，将一张A4纸沿着长边的2个中点对折，得到2个小长方形，小长方形的长与宽之比与A4纸相同．如果设A4纸的长为29.4厘米，那么，以A4纸的宽为边长的正方形面积为平方厘米（精确到小数点后一位）．8．（10分）由一些顶点和边构成的图形称为一个图，对一个图用不同颜色给顶点染色，要求具有相同边的两个顶点染不同的颜色．称为图的点染色，图的点染色通常要研究的问题是完成染色所需要的最少的颜色数，这个数称为图的色数．如图的图称为皮特森图，皮特森图的色数为．9．（10分）在平面上，用边长为1的单位正方形构成正方形网格，顶点都落在单位正方形的顶点（又称为格点）上的简单多边形叫做格点多边形．最简单的格点多边形是格点三角形，而除去三个顶点之外，内部或边上不含格点的格点三角形称为本原格点三角形，如图所示的格点三角形MBN，每一个格点多边形都能够很容易地划分为若干个本原格点三角形．那么，如图中的格点四边形EBGF可以划分为个本原格点三角形．10．（10分）在放置有若干小球的一排木格中，甲乙两人轮流移动小球，移动的规则为：每人每次可以选择某一木格中的任意数目的小球，并将其移动到该木格右边紧邻的那一木格中；当所有小球全部移动到最右端的木格中时，游戏结束，移动最后一个小球的一方获胜．面对如图所示的局面（每个木格中的数字代表小球的数目，木格下方的数字表示木格编号），先手必胜策略，那么，为确保获胜，先手第一步应该移动号木格中的个小球．三、填空题Ⅲ（每题12分，共60分）11．（12分）m，n是两个自然数，满足26019×m﹣649×n=118，那么，m=，n=．12．（12分）以下由1、2构成的无穷数列有个有趣的特征，从第一项开始，把数字相同的项合成一个组，再按照顺序将每组的项数写下来，则这些数构成的无穷数列恰好是它自身．这个数列被称为库拉库斯基数列．按照这个特征，继续写出这个数列后8项（从第14项到第21项），如果已知这个数列的前50项的和为75，第50项为2，则可知道第73项、74项、第75项、第76项分别．13．（12分）不全为零的两个自然数的公因数中的最大者，称作这两个数的最大公因数．如果不全为2个自然数的最大公因数为1，则这两个数称为互素的或互质的，比如．2与3互素．3与8互素；12与15不是互素的．因为它们的最大公因数是3，不超过81的自然数中，有个数与81互素．14．（12分）任何一个直角三角形都有这样的性质：以两个直角边为边长的正方形的面积之和等于以斜边为边长的正方形的面积．这就是著名的勾股定理，在西方又被称为毕达哥拉斯定理．勾般定理有看悠悠4000年的历史，出现了数百个不同的证明．魏晋时期的中国古代数学家刘徽给出了如图1所示的简洁而美妙的证明方法，如图2是以这个方法为基础设计的刘徽模式勾股拼围板刘徽模式勾股拼图板的5个组块，还可以拼成个如图3所示的平行四边形，如果其中的直角三角形直角边分别为3厘米与4厘米，那么，这个平行四边形的周长为厘米15．（12分）在的圆圈中填入1到16的自然数，（每一个只能用一次），连接在同一直线上的4个圆圈中的数字之和都相等，这称为一个8阶幻星图，这个相等的数称为8阶幻星图的和．那么，8阶幻形图的幻和为，并继续完成以下8阶幻星图．2016年第14届“走美杯”小学数学竞赛试卷（五年级初赛B卷）参考答案与试题解析一、填空题Ⅰ（每题8分，共40分）1．（8分）计算：××××××= 1.67（写成小数的形式，精确到小数点后两位）【分析】把分数的分子分母交叉约分，化成最简分数，然后用最简分数的分子除以分母把商保留两位小数即可．【解答】解：××××××===2048÷1225≈1.67故答案为：1.67．【点评】完成本题要注意先约分，再根据分数化小数的方法计算即可．2．（8分）1角硬币的正面与反面如图所示，拿三个1角硬币一起投掷一次，得到两个正面一个反面的概率为．【分析】每个硬币只有正面与反面两种情况，所以拿三个1角硬币一起投掷一次，可能出现••=8种情况，每种两个正面一个反面的概率为×3=；据此解答即可．【解答】解：••=8（种），×3=；答：得到两个正面一个反面的概率为．故答案为：．【点评】本题考查了概率与排列组合知识的灵活应用，关键是求出拿三个1角硬币一起投掷一次，可能出现的情况数．3．（8分）大于0的自然数，如果满足所有自然数之和等于它自身的2倍，则这样的数称为完美数或完全数．比如，6的所有因数为1，2，3，4，1+2+3+6=12，6就是最小的完美数．是否有无限个完美数的问题至今仍然是困扰人类的难题之一．研究完美数可以从计算自然数的所有因数之和开始，8128的所有因数之和为16256．【分析】首先对8128进行分解质因数，计算出因数个数，共14个，找出这7对数字相加即可．【解答】解：分解质因数8128=26×127．8128个因数共有（6+1）×（1+1）=14（个）．8128=1×8128=2×4064=4×2032=8×1016=16×508=32×254=64×127．8128的因数和为：1+8128+2+4064+4+2032+8+1016+16+508+32+254+64+127=16256．故答案为：16256．【点评】本题的关键是先进行分解质因数同时计算出8128的因数共有多少个，不重复不遗漏的计算和．成对出现都一起计算比较方便．4．（8分）某大型会议上，要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案有36种．【分析】首先考虑特殊情况的两个人，分为不选小张、小赵、小李、小罗、小王5种情况．进行讨论．【解答】解：从5个人中选4人中有①不选小张，小赵有2种选择，剩下3人任意选择，共有3×2×1×2=12种；②不选小赵，小张有2种选择，剩下3人任意选择，共有3×2×1×2=12种；③从小赵，小王，小李选出两个参加共有3种情况．翻译2种，导游1种，礼仪2种，司机1种；共3×2×2=12种；共12+12+12=36种；故答案为：36【点评】排列组合是奥数的重要知识点．注意是5选4的排列．把特殊的对象安排好在进行排列．5．（8分）将从1开始到25的连续的自然数相乘，得到1×2×3×…×25，记为25!（读作25的阶乘）用3除25!显然，25!被3整除，得到一个商，再用3除这个商，…，这样一直用3除下去，直到所得的商不能被3整除为止．那么，在这个过程中用3整除了10次．【分析】被整除多少次就是要看因数3的个数，注意的是9中含有2个3．分别用25除以3，9得到的商的和就是因数3的个数．即可求解．【解答】解：被整除次数就是看因数3的个数．25÷3=8…1和25÷9=2…7．3的倍数有8个，9的倍数有2个，共8+2=10（个）．故答案为：10．【点评】此类题中想要找到所有的因数3的个数，需要分别除以3再除以9，因为9的倍数中含有2个3需要再计算一次．以此类推．问题解决．二、填空题Ⅱ（每题10分，共50分）6．（10分）如图，已知正方形ABCD中，F是BC边的中点，GC=2DG，E是DF 与BG的交点，四边形ABED的面积与正方形ABCD的比是5：8．【分析】按题意，作CG的中点H，连接FH，设正方形ABCD的边长为1份，求得△BCG、△DEG的面积所占的份数，再用正方形的面积减去△BCG、△DEG 的面积和，即可得到四边形ABED的面积，不难求出四边形ABED的面积与正方形ABCD的比．【解答】解：如图，作CG 的中点H ，连接FH ，设正方形ABCD 的边长为1份，则：份；份； 又∵S △DEG ：S △DFH =1：4，∴份；四边形ABED 的面积=正方形ABCD 的面积﹣S △BGC ﹣S △DEG =1=，即：四边形ABED 的面积与正方形ABCD 的面积的比为：5：8故答案是：5：8．【点评】本题考查了三角形面积，本题突破点是：利用线段之间的比，算出面积比，再用正方形的面积减去三角形的面积即可求得四边形与正方形的面积比．7．（10分）如图所示，将一张A4纸沿着长边的2个中点对折，得到2个小长方形，小长方形的长与宽之比与A4纸相同．如果设A4纸的长为29.4厘米，那么，以A4纸的宽为边长的正方形面积为 432.2 平方厘米（精确到小数点后一位）．【分析】根据题意可知原A4纸的长：原A4纸的宽=原A4的宽：原A4纸长的一半，据此比例式可求出原A4纸宽的平方是多少，即是以A4纸的宽为边长的正方形面积．据此解答．【解答】解：设原A4纸的宽是a29.4：a=a ：a 2=29.4×a2≈432.2答：以A4纸的宽为边长的正方形面积为432.2平方厘米．故答案为：432.2．【点评】本题的重点是根据小长方形的长与宽之比与A4纸相同，列出比例式进行解答．8．（10分）由一些顶点和边构成的图形称为一个图，对一个图用不同颜色给顶点染色，要求具有相同边的两个顶点染不同的颜色．称为图的点染色，图的点染色通常要研究的问题是完成染色所需要的最少的颜色数，这个数称为图的色数．如图的图称为皮特森图，皮特森图的色数为3．【分析】首先分析五点染色的需求最少是3个颜色，3色可以染外边的五点，枚举即可．【解答】解：依题意可知：因为是5个点循环，数字1和2循环最后还缺一个颜色．染色顺序如图所示：每一个数字代表一个颜色．故答案为：3【点评】本题考查对染色问题的理解和分析，重点是循环的五点至少需要3个颜色．问题解决．9．（10分）在平面上，用边长为1的单位正方形构成正方形网格，顶点都落在单位正方形的顶点（又称为格点）上的简单多边形叫做格点多边形．最简单的格点多边形是格点三角形，而除去三个顶点之外，内部或边上不含格点的格点三角形称为本原格点三角形，如图所示的格点三角形MBN，每一个格点多边形都能够很容易地划分为若干个本原格点三角形．那么，如图中的格点四边形EBGF可以划分为36个本原格点三角形．【分析】这题根据毕克定理S=2×N+L﹣2即可求出这个图能分成多少个本原格点三角形，其中N表示内部的格点数，L表示边界上的格点数．【解答】解：内部格点有15个，边界格点有8个15×2+8﹣2=36故此题填36．【点评】此题属于格点问题，遇到这类问题直接运用公式即可，在运用公式时一定要分清是正方形格点问题还是三角形格点问题，以免公式运用错误．10．（10分）在放置有若干小球的一排木格中，甲乙两人轮流移动小球，移动的规则为：每人每次可以选择某一木格中的任意数目的小球，并将其移动到该木格右边紧邻的那一木格中；当所有小球全部移动到最右端的木格中时，游戏结束，移动最后一个小球的一方获胜．面对如图所示的局面（每个木格中的数字代表小球的数目，木格下方的数字表示木格编号），先手必胜策略，那么，为确保获胜，先手第一步应该移动1号木格中的2个小球．【分析】由题意可知，这个游戏的题的策略是奇数性的利用，由图可知，3号格和1号格里的球数不相同，要确保获胜，先手必须先要取成3号格和1号格里的球数相同，所以先手必须将1号格中的2个小球移入0号格，后手无论怎么移，都会导致这两格球数不一样，先手只须保持两格一样即可最后获胜；据此解答即可．【解答】解：由图可知，3号格和1号格里的球数不相同，要确保获胜，先手必须先要取成3号格和1号格里的球数相同，所以先手必须将1号格中的2个小球移入0号格，后手无论怎么移，都会导致这两格球数不一样，先手只须保持两格一样即可最后获胜．所以为确保获胜，先手第一步应该移动1号木格中的2个小球．故答案为：1，2．【点评】解答此题要明确：先手必须先要取成3号格和1号格里的球数相同才能获胜．三、填空题Ⅲ（每题12分，共60分）11．（12分）m，n是两个自然数，满足26019×m﹣649×n=118，那么，m=2+11×t，n=80+441×t．【分析】要想找到m和n的关系需要将原式中的数字化简，首先分解质因数再进行枚举法找规律即可．【解答】解：分解质因数649=11×59，26019=441×59，118=2×59原式=441m﹣11n=2①当m=1时，441m﹣11n最小的数字是1，不满足条件．②当m=2时，n=80是满足条件的．③当m=3时，441m﹣11n最小可以等于3不满足条件．④当m=4时，441m﹣11n最小可以得4．不满足条件．发现倍数增加一倍得数最小增加1．那么需要让得数等于2增加的数字需要是11的倍数．⑤当m=2+11时，n=80+441⑥当n=2+22时，n=80+882…那么当m=2+11t时（t=0，1，2，3，…），n=80+441t（t=0，1，2，3，…）故当m=2+11t时，n=80+441t．【点评】本题的关键是找到m和n的关系，中间利用字母t转换，找到数字变化的规律表示出来．问题解决．12．（12分）以下由1、2构成的无穷数列有个有趣的特征，从第一项开始，把数字相同的项合成一个组，再按照顺序将每组的项数写下来，则这些数构成的无穷数列恰好是它自身．这个数列被称为库拉库斯基数列．按照这个特征，继续写出这个数列后8项12112212（从第14项到第21项），如果已知这个数列的前50项的和为75，第50项为2，则可知道第73项、74项、第75项、第76项分别1221．【分析】把两列数列上下写成两排，前一问可以根据规律填出：122112122122112112212…，可得从第14项到第21项；如果前50项全部为1，则和应该是50，现在和为75，说明有25个2，每个2意味着上面一列多一个数，现在有25个，说明第50个数2对应的数字是上排第74，75个，所以第73项、74项、第75项、第76项，形如abba，再确定奇偶性和第一个不同，第一个是1，所以74，75个数字为2，所以第73项、74项、第75项、第76项为1221．【解答】解：把两列数列上下写成两排，前一问可以根据规律填出：122112122122112112212…所以从第14项到第21项是12112212；如果前50项全部为1，则和应该是50，现在和为75，说明有25个2，每个2意味着上面一列多一个数，现在有25个，说明第50个数2对应的数字是上排第74，75个，所以第73项、74项、第75项、第76项，形如abba，因为下排每增加一个数字，意味着上排对应数字改变一次奇偶性，如下排第二个数字为2，对应上排数字从1变成2，下排第二个数字2，对应上排数字改变为1，…，以此类推，下排第50个，意味着对应数字改变了49次奇偶性，所以奇偶性和第一个不同，第一个是1，所以74，75个数字为2，所以第73项、74项、第75项、第76项为1221．故答案为12112212；1221．【点评】本题考查奇偶性问题，考查学生规律的寻找，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．13．（12分）不全为零的两个自然数的公因数中的最大者，称作这两个数的最大公因数．如果不全为2个自然数的最大公因数为1，则这两个数称为互素的或互质的，比如．2与3互素．3与8互素；12与15不是互素的．因为它们的最大公因数是3，不超过81的自然数中，有54个数与81互素．【分析】在81个数字中，找到不是互质的，其余就是互质的．所有3的倍数都不是与81互质，不超过81的意思是可以取到81，3的倍数是不符合题意的．【解答】解：在不超过81的数字中3的倍数有81÷3=27（个）．在不超过81的数字中有27是和81有最大公约数大于1的数．互质的共有81﹣27=54（个）故答案为：54【点评】此题是逆向思维，要找到互质的，首先找到不互质的更为容易，特别注意1和81也是互质的．所以不需要讨论．14．（12分）任何一个直角三角形都有这样的性质：以两个直角边为边长的正方形的面积之和等于以斜边为边长的正方形的面积．这就是著名的勾股定理，在西方又被称为毕达哥拉斯定理．勾般定理有看悠悠4000年的历史，出现了数百个不同的证明．魏晋时期的中国古代数学家刘徽给出了如图1所示的简洁而美妙的证明方法，如图2是以这个方法为基础设计的刘徽模式勾股拼围板刘徽模式勾股拼图板的5个组块，还可以拼成个如图3所示的平行四边形，如果其中的直角三角形直角边分别为3厘米与4厘米，那么，这个平行四边形的周长为厘米【分析】直角边为3和4的那么斜边长为5，在根据这个平行四边形的面积是不变的，高为4时求出一边即可求出周长．【解答】解：依题意可知：这个图形的面积是32+42=25（平方厘米），斜边长为5．再根据最后的平行四边形的面积是底乘高．在高位4时，底边长为：25÷4=（厘米）周长为：=（厘米）故答案为：【点评】本题的关键是根据面积相当求出当高为4时候的底边长，根据勾股定理知道斜边为5，边长相加既是周长．问题解决．15．（12分）在的圆圈中填入1到16的自然数，（每一个只能用一次），连接在同一直线上的4个圆圈中的数字之和都相等，这称为一个8阶幻星图，这个相等的数称为8阶幻星图的和．那么，8阶幻形图的幻和为34，并继续完成以下8阶幻星图．【分析】8条线的幻和相加就是把所有的数字加了2遍．根据幻和的8倍就是所有数字和的2倍即可求解．【解答】解：根据所有的数字和的两倍就是幻和的8倍可得：1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14+15+16=136．136×2=272，272÷8=34．首先根据幻和为34，34﹣2﹣4=28，那么28=16+12唯一情况．在接下来根据数字规律进行分析即可．故答案为：34【点评】本题的关键问题是所有的数字和的2倍等于每一条线的幻和相加．问题解决．。
走美杯试题汇总及答案
走美杯试题汇总及答案一、选择题1. 下列选项中，哪一个是走美杯的全称？A. 美国数学竞赛B. 美国物理竞赛C. 美国化学竞赛D. 美国数学奥林匹克答案：D2. 走美杯的举办周期是多久？A. 每年一次B. 每两年一次C. 每三年一次D. 每四年一次答案：A3. 走美杯的参赛对象是？A. 小学生B. 初中生C. 高中生D. 大学生答案：C二、填空题4. 走美杯的题目类型包括________、________和________。
答案：选择题、填空题、解答题5. 走美杯的题目难度分为________、________和________三个等级。
答案：初级、中级、高级三、解答题6. 已知函数f(x) = 2x^2 - 4x + 3，求f(2)的值。
答案：f(2) = 2(2)^2 - 4(2) + 3 = 8 - 8 + 3 = 37. 已知等差数列{an}的首项a1 = 3，公差d = 2，求该数列的第10项。
答案：a10 = a1 + (n - 1)d = 3 + (10 - 1) * 2 = 3 + 18 = 21四、证明题8. 证明：对于任意实数x，等式x^2 - 5x + 6 = (x - 2)(x - 3)成立。
答案：证明如下：x^2 - 5x + 6= x^2 - 2x - 3x + 6= x(x - 2) - 3(x - 2)= (x - 2)(x - 3)9. 证明：如果一个三角形的两边之和大于第三边，则该三角形是存在的。
答案：证明如下：设三角形的三边分别为a、b、c，根据三角形的三边关系定理，要构成三角形，必须满足以下条件：a +b > ca + c > bb +c > a若已知a + b > c，则根据三角形的三边关系定理，该三角形是存在的。
五、应用题10. 某工厂生产一种产品，固定成本为10000元，每件产品的变动成本为50元，产品售价为100元。
若要实现利润为20000元，该工厂需要生产并销售多少件产品？答案：设需要生产并销售x件产品，则有：100x - 50x - 10000 = 2000050x = 30000x = 600所以，该工厂需要生产并销售600件产品。
2015年五年级秋季杯赛模拟卷(1)(解析版)
4
x 2 x 156, x( x 1) 12 13, x 12 ，所以大房面积： 13 13 169
m
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20.小朋友做游戏，把若干尺寸为 2 3 的木块分为三堆.第一堆以 3 5 为底面，一块一块 地往上放；第二堆以 2 5 为底面，一块一块地往上放；第三堆以 2 3 为底面，一块一块地 往上放.这三堆木块恰好有相同的高度.这三堆木块至少有（ ）块. 【分析】三堆木块一样高，高度至少 2,3,5 30 ，数量分别需要 30 2 15,30 3 10,
1
a b 54 c a 25 b c 79 （1）若 c 是最多的： 1）若 a 是最少的，则 c 50, a 25, b 29 ，满足题目要求； 2）若 b 是最少的，则 c 2b ，而 79 不是 3 的倍数，矛盾！ （2）若 b 是最多的：则 a 是最少的，即 b 2a ，解得 a 18, b 36 c 43 b ，矛盾！ 综上，乙有 29 本书. 8.A、 B、 C 三人被安排坐入排成一排的 8 个座位中， 若任何两个人都不相邻而坐， 共有 （ 种不同的入座方式. ）
【分析】如图联结辅助线，每一小块的面积都一样，阴影面积为 1 18 6
1 （平方米）. 3
17.设有 25 个标号筹码，其中每个筹码都标有从 1 到 49 中的一个不同的奇数，两个人轮流 选取筹码.当一个人选取了标号为 x 筹码时，另一个必须选取标号为 99-x 的最大奇因数的筹 码.如果不能再取，则游戏结束.如果第一个被选取的筹码编号为 5，那么当游戏结束时还剩
2015年第十三届走美杯四年级考试题及答案
第十三届走美杯四年级1.如果10+9+8*7÷□+6-5*4-3*2=1，那么□=？2.a.b.c 都是质数，并且a+b=49，b+c=60，则c=？3.去掉20.15中的小数点，得到的整数比原来的数增加了？倍4.梯形的上底、高、下底依次构成一个等差数列，其中高是12.那么梯形的面积是？5.两个小胖子一样重，他们决定一起减肥。
三个月后大胖减掉了12千克，二胖减掉7千克。
这时大胖的体重比二胖的体重的2倍少80千克。
原来他们各重？千克6.有两组数，第一组7个数的和是84，第二组的平均数是21,两组中的所有数的平均数是18，则第二组有几个数7.植树节去植树，120米长的路两边每隔3米挖个坑，后来改成5米挖个坑，问最多可以保留多少坑8.ABCD四人进行围棋比赛，每人都要与其他三人各赛一场，比赛在两张棋盘上同时进行，每天每人只赛一盘第一天A与C比赛，第二天C与D比赛，第三天A与谁比赛9.六条铁链，每条四个环，打开一个环要用1分钟，封闭一个环要三分钟，现在要把这24个环连成一条铁链，问至少要几分钟10.一块正放形的钢板，先截去一个宽3厘米的正方形，又截去一个宽5厘米的长方形，面积比原来的正方形减少81平方厘米，原正方形的面积是（）平方厘米。
11.王伟从甲地走向乙地，同时张明骑自行车到甲地，半小时后两人在途中相遇，张明到达甲地后，马上返回乙地，在第一次相遇后20分钟又追上王伟。
张敏到乙地后又折回，两人在第二次相遇后的__________分钟第三次相遇。
12.这是一种两人玩的游戏。
两位选手轮流在一条20×1的矩形长带上移动筹码。
每一轮都可将四个筹码的任意一个向右移动任意方格。
但不能放在其他筹码上面或超过其他筹码。
开始时如图中看到的各筹码位置，赢家是最后移动筹码者。
（他移动后，四个筹码恰好占据了长带右端的四个放个，不可能在移动了）。
先移动者应将________向右移动________格，才能保证获胜。
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第十三届“走进美妙的数学花园”上海决赛小学五年级----王洪福老师第1页共9页第十三届“走进美妙的数学花园”青少年展示交流活动趣味数学解题技能展示大赛初赛（上海决赛）小学五年级试卷（B卷）
2015年3月8日上午10:45——12:15满分150分
一、填空题（每小题8分，共40分）【第1题】计算：() ×+×=2487710000010120150308
考点：整数计算解析：()()
42487799508248771000001995082487710000010120150308=÷=÷−=÷−÷
【第2题】将32，85，2315，1710按照从小到大顺序排列。考点：分数比较大小解析：
（解法一）先把分数化为小数形式：666032.≈，625085.=，65202315.≈，58801710.≈
通过比较小数的大小，从小到大顺序排列为3223158517
10<<<
（解法二）比较倒数
32，85，2315，1710的倒数分别为23，58，1523，1017，通分后为3045，3048，3046，3051
所以231523581017>>>，倒数大的原分数反而小，所以3223158517
10<<<
【第3题】像2，3，5，7这样只能被1和自身整除的大于1的自然数叫做质数或素数。将2015分拆成100个质数之和，要求其中最大的质数尽可能小，那么这个最大质数是。考点：质数合数解析：要求最大的质数尽可能小，也就是当这100个数越接近越好。15201002015…=÷因此最大的质数再小也要比20大，比20大的最小的质数为23.13211186232015×+×+×=（2015可以表示为86个23、1个11、13个2的和）
所以这个最大质数是23.第十三届“走进美妙的数学花园”上海决赛小学五年级----王洪福老师第2页共9页【第4题】质数就好像自然数的“建筑基石”，每一个自然数都能写成若干个质数（可以有相同的）的乘积，比如224×=，326×=，2228××=，339×=，5210×=等，那么，231135−××写成这种形式为考点：分解质因数解析：201322015231135=−=−××611132013××=
【第5题】“24点游戏”是很多人熟悉的数学游戏，游戏过程如下：任意从52张扑克牌（不包括大小王）中抽取4张，用这4张扑克牌上的数字（1=A，11=J，12=Q，13=K）通过加减乘除四则运算得出24，最先找到算法者获胜。游戏规定4张扑克牌都要用到，而且每张牌只能用1次，比如2，3，4，Q则可以由算法()()342−××Q得到24。
王亮在一次游戏中抽到了4，4，7，7，经过思考，他发现,247744=×⎟⎠⎞⎜⎝⎛−，我们将满足24=×⎟⎠⎞⎜⎝⎛−bbaa的牌组{}bbaa，，，称为“王亮牌组”，请再写出一组不同的“王亮牌组”。考点：24点
解析：()241=−=−=×⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛−baaabbbaa，所以24能被a整除，
所以a的可能取值为1，2，3，4，6，8，12，24，对应的b的取值为25，13，9，7，5，4，3，2又因为ba、的取值范围为1至13，
所以满足条件的“王亮牌组”有{} 131322，，，、{} 9933，，，、{} 7744，，，（题目中已给出，不作答案）、{} 5566，，，、{} 4488，，，、{} 331212，，，。
二、填空题（每小题10分，共50分）【第6题】用2个边长为单位长度的小正方形（单位正方形）可以构成2—联方，这就是常说的多米诺，显然，经过平移、旋转、对称变换，能够重合的多米诺应该看成是同一个，因此，多米诺只有一个。同理，用3个单位正方形构成的不同的3—联方只有2个。用4个单位正方形构成的不同的4—联方有5个。那么，用5个单位正方形构成的不同的5—联方有个。
2—联方3—联方第十三届“走进美妙的数学花园”上海决赛小学五年级----王洪福老师第3页共9页考点：图形切拼割解析：用5个单位正方形构成的不同的5—联方有12个可以借助英文字母F、I、L、P、T、U、V、W、X、Y、Z直观形象记忆其中的11种。
【第7题】如图所示，在边长为15厘米的正方形纸片从各顶点起4厘米处，沿着45°角下剪，中间形成一个小正方形。这个小正方形的面积为（平方厘米）。第十三届“走进美妙的数学花园”上海决赛小学五年级----王洪福老师
第4页共9页考点：勾股定理、组合图形面积解析：
（解法一）
如图，延长小正方形的一边AB，与大正方形的一边交于C点，连接CD。∴CEDΔ为直角边长为4cm的等腰直角三角形
∴()2222223244cmDECECD=+=+=
而CD等于小正方形的边长∴阴影正方形的面积为232cm
（解法二）
如图所示，在大正方形中有四个相同的图形，我们可以把它们缺的一角补上（左图），此时得到了四个相同的等腰直角三角形，且这个等腰直角三角形的斜边为cm15，然后把这四个等腰直角三角形拼成一个正方形（右图），这个正方形的边长刚好为cm15，恰好与原来的大正方形的边长一样。这说明补上的四个角，也就是直角边为4的四个等腰直角三角形的面积之和恰好等于中间阴影正方形的面积。
每个小等腰直角三角形的面积是()28244cm=÷×
所以阴影正方形的面积为23248cm=×第十三届“走进美妙的数学花园”上海决赛小学五年级----王洪福老师第5页共9页8.【第8题】如图所示，已知大圆的半径为2，则阴影部分的面积为（圆周率用π表示）。
考点：园、组合图形的面积解析：可以把中间的四个叶子形状的图形分成两半，刚好可以补到正方形外边的空白处。所以大圆的面积减去内接正方形的面积，就是阴影部分的面积。
8424422−=×−×=ππ阴S
【第9题】如图所示，已知长方形ABCD中，FDCΔ的面积为4，FDEΔ的面积为2，则阴影四边形AEFB的面积。
考点：蝴蝶定理、一半模型解析：连接BE，由梯形蝴蝶定理可知，4==ΔΔCDFBEFSS,所以8244=÷×=ΔBCFS
所以1284=+=ΔBCDS，24212=×=ABCDS所以1084224=−−−=AEFBS第十三届“走进美妙的数学花园”上海决赛小学五年级----王洪福老师
第6页共9页【第10题】索玛立方体是丹麦物理学家皮特‧海音（PietHein）发明的7个小立方体组块（如图所示），如果假设这些小立方体的边长为1，则利用这7个组块不仅可以组成一个33×的立方体，还可以组成很多美妙
的几何体。那么，要组成下面的几何体，需要用到的3个索玛立方体的编号是。
考点：组合立体图形解析：首先先确定目标图形需要多少块单位立方体（棱长为1的小立方体）。如左图所示，共需要11块。索玛立方体的1号包含3块单位立方体，2号至7号都是包含4块单位立方体，而目标图形需要用到3个索玛立方体，只能是44311++=，所以1号必须选择。之后通过观察，发现1号、3号、5号或1号、3号、6号是成立的。（3号放在最底层，且保持图中摆放的姿势，1号放在3号的上面。）
三、填空题（每小题12分，共60分）【第11题】一个自然数有10个不同的因数（即约数，指能够整除它的自然数），但质因数（即为质数的因数）只有2与3。那么，这个自然数是。
考点：约数的个数
解析：设这个数为ba32×（ba、均为正整数），由题意可知
()()521011×==+×+ba
所以41==ba， 或14==ba，
所以这个自然数是1623241=×或483214=×
【第12题】有5个自然数（允许有相等的），从其中任意选取4个数求和，可以而且只能得到44，45，46，47，那么，原来的5个自然数分别是。考点：不定方程、数论解析：设这5个自然数分别为edcba、、、、，设edcbam++++=从其中任意选取4个数求和分别为emdmcmbmam−−−−−、、、、
当这5个数各不相同时，应该有5个不同的和，而题目当中只能得到4个不同的和，说明这5个数中有两个是相等的。假设dcba>>>（e为重复的数），第十三届“走进美妙的数学花园”上海决赛小学五年级----王洪福老师第7页共9页则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=−=−=−=−=−xemdmcmbmam47464544（其中x的可能取值为44、45、46、47）将5个式子相加，可得()xedcbam++++=++++−474645445
即xm+=1824解之得，46=x，57=m
所以13=a，12=b，11==ec，10=d
【第13题】如果两个自然数的积被9除余1，那么我们称这两个自然数互为“模9的倒数”。比如，1052=×，被9除余1，则2和5互为“模9的倒数”；111=×，则1的“模9的倒数”是它自身。显然，一个自然数如果存在“模9的倒数”，则它的倒数并不是唯一的，比如，10就是1的另一个“模9的倒数”。判断1，2，3，4，5，6，7，8是否有“模9的倒数”，并将存在“模9的倒数”的数，以及它们相对应的最小的“模9的倒数”分别写出来。考点：余数问题解析：当ba、满足19+=×nba时，ba、互为“模9的倒数”（nba、、均为自然数）当1=a时，对应的最小的“模9的倒数”为1当2=a时，对应的最小的“模9的倒数”为5当3=a时，bba3=×，b3除以9的余数只能是0、3、6，所以3没有“模9的倒数”。当4=a时，对应的最小的“模9的倒数”为7当5=a时，对应的最小的“模9的倒数”为2当6=a时，bba6=×，b6除以9的余数只能是0、3、6，所以6没有“模9的倒数”。当7=a时，对应的最小的“模9的倒数”为4当8=a时，对应的最小的“模9的倒数”为8
【第14题】我国南宋数学家杨辉在其《续古摘奇算法》上记载了这样一个问题：“二数余一，五数余二，七数余三，九数余四，问本数。”用现代语言表述就是：“有一个数用2除余1，用5除余2，用7除余3，用9除余4，问这个数是多少？”请将满足条件的最小的自然数写在这里。
考点：中国剩余定理解析：（解法一）先考虑除以5余2，除以7余3，除以9余4用剩余定理得5×7×______+5×9×______+7×9×______5×7×5+5×9×1+7×9×4=472[5,7,9]=315故472±315k都符合除以5余2，除以7余3，除以9余4最小是472-315=157，且也符合除以2余1。