第20届华杯赛小高组答案详解

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华杯赛小高近真题附详解 C

2
第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试题 C（小学高年级组）
第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试题 C（小学高年级组）
答案解析
1.
【答案】 A
【解析】原式
1 4
+
1 5
1 5
1+1+1 667
1 7
1 8
+
1 8
+
1 9
120
4 3
1 4
+
1 9
120
4 3
30+ 40 3
4 3
42 ．
按分数从高到低居第三位的同学的分数至少是（）．
A．94
B．95
C．96
D．97
5. 如图，BH 是直角梯形 ABCD 的高，E 是梯形对角线 AC 上一点；如果 △DEH 、△BEH 、△BCH 的面积依
次是 56、50、40，那么 △CEH 的面积是（）．
A．32
B．34
C．35
D．36
第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试题 C（小学高年级组）
3月1 4 相约华杯
8. 整数 n 一共有 10 个约数，这些约数从小到大排列，第 8 个是 n ，那么整数 n 的最大值是________． 3
9. 在边长为 300 厘米的正方形中，如图放置了两个直角扇形和一个半圆，那么两块阴影部分的面积差是 ________平方厘米，两块阴影部分的周长差是________厘米．（ π 取 3.14 ）
A
B
E
D
H
C
6. 【答案】 B 【解析】 3 3 、 4 4 能够成功，例子如图：
第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试题 C（小学高年级组）

18~22届华杯赛小高组初赛试题及参考答案

第一章计算篇
1、【第 18 届华杯赛初赛 A 第 1 题】
2012.25×2013.75-2010.25×2015.75=（）
(A)5
(B)6
(C)7
(D)8
2、【第 18 届华杯赛初赛 B 卷第 2 题】
2 2 3 2 3 3 2 3 3 3 2 33的个位数字是（）。
9个3
-4-
第三章几何篇
1、【第 18 届华杯赛初赛 A 卷第 5 题】
右图 ABCD 是平行四边形，M 是 DC 的中点，E 和 F 分别位于 AB 和 AD 上，且 EF
平行于 BD。若三角形 MDF 的面积等于 5 平方厘米，则三角形 CEB 的面积等于（）
平方厘米。
(A)5
(B)10
(C)15
计算： 481 1 265 1 904 1 184 29 160 41 703 55 _____。
6
12
20
30
42
56
7、【第 20 届华杯赛初赛 C 卷第 1 题】
计算： 9 11 13 15 17 120 1 1 （）
20 30 42 56 72
34
（A）42
（B）43
4、【第 19 届华杯赛初赛 A 卷第 9 题】四个黑色 1×1×1 的正方体和四个白色 1×1×1 的正方体可以组成________种不同的 2×2×2 的正方体（经过旋转得到相同的正方体视为同一种情况）。 5、【第 19 届华杯赛初赛 B 卷第 10 题】从 1,2,3,…,2014 中取出 315 个不同的数（不计顺序）组成等差数列，其中组成的等差数列中包含 1 的有________种取法；总共有________种取法。 6、【第 20 届华杯赛初赛 A 卷第 3 题】

2015年第二十届华杯赛决赛C卷详解(高年级组)

1 ＝336（千米）。 4
3
成都市青羊区金河路 59 号尊城国际 13 楼 1305 10.
68890961
【答案】33 【解析】最简分数的分母只含有 2 或 5，化为小数才为有限小数分母形式只能是： 2 5 ，且 2 5 2016 ，则 5 2016, b 4
a b a b
【答案】101 【解析】由于∠ADH＋∠IDE＝90°，则△AHD 与△DIE 完全相同，则 S△AHD＝S△DIE＝11×9÷2，可得 AH＝DI＝9，HB＝11－9＝2，得 S 阴影＝SABEI－S△DIE－S△ADH－S△HBE＝（11＋9）×11－11×9÷2－11×9÷2－2×20÷2＝101.
5
成都市青羊区金河路 59 号尊城国际 13 楼 1305 14.
68890961
【答案】3 【解析】① 若 48 名学生分到的数量互不相同，则至少要： 0 1 2 3 47 1128 530 ，不满足条件 ② 若只有 2 名学生分到的书数量相同，则至少要： (0 1 2 3 23) 2 552 530 ，不满足条件 ③ 若有 3 名学生分到的书的数量相同，则至少要： (0 1 2 3 15) 3 360 530 ，满足条件综上所述：至少有 3 名学生分到的书的数量相同。
成都市青羊区金河路 59 号尊城国际 13 楼 1305
68890961
第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛
决赛 C 试卷（小学高年级组）一、选择题（每小题 10 分，共 80 分.）
1. 科雅数学电话：68890961，86111521；科雅小升初 QQ 交流群： 194587786；科雅 5 年级 QQ 交流群：252737962；科雅 3，4 年级交流群： 217107180；

2015年第二十届华杯赛小高组初赛详解

【答案】630
【题型】几何：一半模型【解析】
帅
A F C作 AB , AC , BC 的平行线，则 S1 = S 2 ， S3 = S4 ， S5 = S6 ， S7 = S8 ， S9 = S10 ， S11 = S12 ；
1 1 2 所以 S阴影 =S白 = S△ABC = × 2028 = 1014cm ，则 S△PCF = 1014 − 192 × 2 = 630cm 2 2 2
余帅老师公众号：shuaiteacher
帅
第 3 页兴趣是最好的老师
老
师
学习有意思
快乐思维
二、填空题 (每小题 10 分，共 40 分)
1 1 1 29 41 55 7. 计算: 481 + 265 + 904 − 184 − 160 − 703 =________． 6 12 20 30 42 56
余
如图所示示，第一列和和第二行已经经有 A，所以以左上角 3*2 粗线方格的 A 只能填在第二列；因为为第一列 3*2 粗线方格和第二列列已经有 A，所所以左下角格的 A 只能填填在第三列；因为第五列和第四行已经经有 A， 3*2 2 A A 所以右中中位置的粗线方格的的只能填在在第四列；因为为第五行和第第五列已经有有，右下角 3*2 所以右粗线方格格的 A 只能填填在第六列；以此类推，可以填出所所以的数.
学习有意思
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2015年第二十届华杯赛小高组初赛详解
0分总分：100 时间间：60 分钟
0 分，共 60 分．以下每题的一、选选择题．（每小题 10 以的四个选项项中，仅有有一个是正确确的，请将将表示正确确答案的英英文字母写在每题题的圆括号号内．）

第二十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛决赛试卷(小高组c卷)

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C卷）一、填空题（每小题10分，共80分）1．（10分）计算：+＝．2．（10分）将自然数1至8分为两组，使两组的自然数各自之和的差等于16，共有种不同的分法．3．（10分）将2015的十位、百位和千位的数字相加，得到的和写在2015个位数字之后，得到一个自然数20153；将新数的十位、百位和千位数字相加，得到的和写在20153个位数字之后，得到201536；再次操作2次，得到201536914，如此继续下去，共操作了2015次，得到一个很大的自然数，这个自然数所有数字的和等于．4．（10分）如图，四边形ABCD是边长为11厘米的正方形，G在CD上，四边形CEFG是边长为 9 厘米的正方形，H在AB上，∠EDH是直角，三角形EDH的面积是平方厘米．5．（10分）如图是网格为3×4的长方形纸片，长方形纸片正面是灰色，反面是红色，网格是相同的小正方形．沿网格线将长方形裁剪为两个形状相同的卡片，如果形状和正反面颜色相同，则视为相同类型的卡片，则能裁剪出种不同类型的卡片．6．（10分）一个长方体，棱长都是整数厘米，所有棱长之和是 88 厘米，问这个长方体总的侧面积最大是平方厘米．7．（10分）[x﹣]＝3x﹣5，这里[x]表示不超过x的最大整数，则x ＝．8．（10分）右边是一个算式，9个汉字代表数字1至9，不同的汉字代表不同的数字，则该算式可能的最大值是．二、解答下列各题（每小题10分，共40分，要求写出简要过程）9．（10分）已知C地为A，B两地的中点．上午7点整，甲车从A出发向B 行进，乙车和丙车分别从B和C出发向A行进．甲车和丙车相遇时，乙车恰好走完全程的，上午10点丙车到达A地，10点30分当乙车走到A 地时，甲车距离B地还有84千米，那么A和B两地距离是多少千米？10．（10分）将2015个分数，，…，，化成小数，共有多少个有限小数？11．（10分）a，b 为正整数，小数点后第3位经四舍五入后，式子+＝1.51，求a+b＝？12．（10分）已知算式abcd＝aad×e，式中不同字母代表不同的数码，问四位数abcd最大值是多少？三、解答下列各题（每题15分,共30分,要求写出详细过程）13．（15分）在图中，ABCD是平行四边形，F在AD上，△AEF的面积＝8cm2，△DEF的面积＝12cm2，四边形BCDF的面积＝72cm2，求出△CDE的面积？14．（15分）将530本书分给48名学生，至少有几名学生分到的数量相同？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C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：+＝ 1 ．【分析】把繁分数的分子分母中的算式分别化简，然后根据分数的基本性质解答即可．【解答】解：+＝+＝+＝1；故答案为：1．2．（10分）将自然数1至8分为两组，使两组的自然数各自之和的差等于16，共有8 种不同的分法．【分析】根据题意，分成的两组之和为（1+8）×8÷2＝36，因为两组的自然数各自之和的差等于16，因此和较大的一组等于（36+16）÷2＝26，较小的一组是36﹣26＝10，由此即可解答．【解答】解：分成的两组之和为：（1+8）×8÷2＝9×8÷2＝36和较大的一组等于：（36+16）÷2＝52÷2＝26较小的一组是：36﹣26＝10因为10＝2+8＝3+7＝4+6＝1+2+7＝1+3+6＝1+4+5＝2+3+5＝1+2+3+4相应地26＝1+3+4+5+6+7＝1+2+4+5+6+8＝1+2+3+5+7+8＝3+4+5+6+8＝2+4+5+7+8＝2+3+6+7+8＝1+4+6+7+8＝5+6+7+8所以共有8种不同的分法故答案为：8．3．（10分）将2015的十位、百位和千位的数字相加，得到的和写在2015个位数字之后，得到一个自然数20153；将新数的十位、百位和千位数字相加，得到的和写在20153个位数字之后，得到201536；再次操作2次，得到201536914，如此继续下去，共操作了2015次，得到一个很大的自然数，这个自然数所有数字的和等于8479 ．【分析】按题设条件，操作16次后，如上图，发现数字的规律为：从7次开始数字为11、3、3、5、7，从第12次开始为11、3、3、5、7，这5个数字重复出现．根据整个规律，推出操作了2015次，得到的数，再求和即可．【解答】解：按题设条件，操作16次后，如下：数字的规律为：从7次开始数字为11、3、3、5、7，从第12次开始为11、3、3、5、7，这5个数字重复出现，则操作2015次：（2015﹣6）÷5＝401…4，则2015次操作的对应的数字是5；则所有自然数和为：前4位：2+0+1+5＝8，后6为：3+6+9+1+4+1+6+6＝36，重复的数字和为：1+1+1+3+3+5+7＝21，重复401次后，和为401×21＝8421，余数4，对应数字的和为：1+1+1+3+3+5＝14，以上数字相加即为所有自然数和＝8+36+8421+14＝8479．故：应该填：8479．4．（10分）如图，四边形ABCD是边长为11厘米的正方形，G在CD上，四边形CEFG是边长为 9 厘米的正方形，H在AB上，∠EDH是直角，三角形EDH的面积是101 平方厘米．【分析】1、延长EF、AD交于点K；2、将△DEK和△ADH面积相等，所以，HB＝2；3、S阴影＝S ABEK﹣S DEK﹣S ADH﹣S BHE【解答】根据上述分析故答案是：S阴影＝S ABEK﹣S DEK﹣S ADH﹣S BHE＝11×（11+9）﹣0.5×9×11﹣0.5×9×11﹣0.5×2×（11+9）＝1015．（10分）如图是网格为3×4的长方形纸片，长方形纸片正面是灰色，反面是红色，网格是相同的小正方形．沿网格线将长方形裁剪为两个形状相同的卡片，如果形状和正反面颜色相同，则视为相同类型的卡片，则能裁剪出8 种不同类型的卡片．【分析】可首先分析向左的减法，然后根据左右对称情况得出向右的剪法，减去重合的剪法，从而得出总的不同剪法．【解答】解：先考虑从正面剪，中间那条粗线是一定要剪开的，剪开后，从点1有三种选择，向上向左向右；1、向上：，属于第1种类型；2、向左：剪至点3，又有3种选择，向上向左向下，（1）向上（黑线）：，红线是和黑线对称的情况，但按红线剪出的图形旋转后和黑线相同，属于第2种类型；（2）向左：，按红线剪出的图形旋转后和黑线不同，是两种不同的类型，属于第3、4种类型；（3）向下：向下剪至点6，有两种选择，向左，向下，①向左：，按红线剪出的图形旋转后和黑线不同，是两种不同的类型，属于第5、6种类型；②向下：，按红线剪出的图形旋转后和黑线不同，是两种不同的类型，属于第7、8种类型；综上可得，总共有8种类型．故答案是：8．6．（10分）一个长方体，棱长都是整数厘米，所有棱长之和是 88 厘米，问这个长方体总的侧面积最大是224 平方厘米．【分析】长宽高的和是：88÷4＝22厘米，长方体的总侧面积最大，长宽高的长度必须最接近，即22＝8+7+7，然后再利用长方体的侧面积公式，也就是用底面周长乘高，据此解答即可．【解答】解：长宽高的和是：88÷4＝22（厘米），长方体的总侧面积最大，长宽高的长度必须最接近，即22＝8+7+7，（7+7）×2×8＝28×8＝224（平方厘米）；答：这个长方体的总侧面积最大是224平方厘米．故答案为：224．7．（10分）[x﹣]＝3x﹣5，这里[x]表示不超过x的最大整数，则x＝2 ．【分析】按题意，要使原式成立，则[x﹣]≤x﹣，⇒3x﹣5≤x﹣，而3x﹣5为整数，不难求得x＝2．【解答】解：根据分析，要使原式成立，则[x﹣]≤x﹣，⇒3x﹣5≤x﹣，⇒x≤，∵3x﹣5≥0∴x＝2而3x﹣5为整数，不难求得x＝2．故答案是：28．（10分）右边是一个算式，9个汉字代表数字1至9，不同的汉字代表不同的数字，则该算式可能的最大值是8569 ．【分析】观察这个算式，要使这个算式的值最大，那么两位数与两位数的乘积就要尽可能的大，所以天空＝96，则湛蓝＝87；同理，两位数与一位数的乘积也要尽可能的大，所以翠绿＝43，则树＝5；那么盼＝1，望＝2；据此解答即可．【解答】解：根据分析可得，1×2+43×5+96×87＝2+215+8352＝8569；故答案为：8569．二、解答下列各题（每小题10分，共40分，要求写出简要过程）9．（10分）已知C地为A，B两地的中点．上午7点整，甲车从A出发向B 行进，乙车和丙车分别从B和C出发向A行进．甲车和丙车相遇时，乙车恰好走完全程的，上午10点丙车到达A地，10点30分当乙车走到A 地时，甲车距离B地还有84千米，那么A和B两地距离是多少千米？【分析】首先根据甲丙相遇走完全程的一半，乙走完全程的即可列出一组甲乙丙速度的关系式，再根据丙3小时走一半路程，乙3.5小时走完全程可以列出乙丙的速度关系式．重点求出甲乙的速度比，根据甲车距离B 地84千米，求得对应的份数，即可求出所求．【解答】解：根据题意可知，当甲丙相遇时走完全程的一半，乙走完全程的，即（V甲+V丙）＝V乙．①再根据丙3小时走了全程的一半，乙3.5小时走完全程，即6V丙＝3.5V乙．②根据①②得：V甲：V乙＝3：4．所以甲乙路程之比就是3：4．一份量是：84÷（4﹣3）＝84千米．全程是：84×4＝336千米．故答案为：336千米．10．（10分）将2015个分数，，…，，化成小数，共有多少个有限小数？【分析】先找出分母中只有因数2，5，同时有2和5的数的个数，即可得出结论．【解答】解：在2015个分数，，…，，的分母中，只有因数2的数有2，4，8，16，32，64，128，256，512，1024共10个数，只有因数5的数有5，25，125，625共4个数，既有因数2，也有因数5的数有10，20，40，50，80，100，160，200，250，320，400，500，640，800，1000，1250，1280，1600，2000共19个数，所以总有10+4+19＝33个有限小数，答：共有33个有限小数．11．（10分）a，b 为正整数，小数点后第3位经四舍五入后，式子+＝1.51，求a+b＝？【分析】根据条件，代入验证，求出a，b，即可得出结论．【解答】解：由题意，a＝7，则取b＝1，+＝1.4+0.143≈1.54，不符合题意；a＝6，则取b＝3，+＝1.2+0.429≈1.63，不符合题意；a＝5，则取b＝4，+＝1+0.571≈1.57，不符合题意；a＝4，则取b＝5，+＝0.8+0.714≈1.51，符合题意；∴a+b＝9．12．（10分）已知算式abcd＝aad×e，式中不同字母代表不同的数码，问四位数abcd最大值是多少？【分析】aad×e＝abcd中，d×e的个位数仍为d（1～9）×1＝（1～9）（2、4、6、8）×6＝（12、24、36、48）5×（3、5、7、9）＝（15、25、35、45）【解答】解：从上面的分析可以看出e可能为1、6、（3、5、7、9）设：e为9，希望得最大值，则d为5从a＝（1～9）检测，得115×9＝1035225×9＝2025335×9＝3015…通过检测，∴abcd的最大值为3015答：这个四位数最大是3015．三、解答下列各题（每题15分,共30分,要求写出详细过程）13．（15分）在图中，ABCD是平行四边形，F在AD上，△AEF的面积＝8cm2，△DEF的面积＝12cm2，四边形BCDF的面积＝72cm2，求出△CDE的面积？【分析】连接BD（如下图），若△AEF以AF为底、△EFD以FD为底，他们的高相等，则底边比等于面积比，可以求出AF：DF＝2：3；若△ABF、△BFD分别以AF、FD为底，他们高相同，则S△ABF＝0.2×S▱ABCD、而S△BDF＝0.6×S△ABD＝0.3×S▱ABCD；S△BCDF＝S△BFD+S△BCD，求出S▱ABCD；由S△ABF＝0.2×S▱ABCD，求出S△ABF；，根据S△AEB＝S△ABF﹣S△AEF，可以S△AEB；S△AEB与S△ECD之和为平行四边形面积的一半，可以求出S△ECD．【解答】解：连接BD（如上图），根据△AEF的面积＝8cm2，△DEF的面积＝12cm2，求出AF：DF＝8：12＝2：3；S△BCDF＝S△BFD+S△BCD＝0.5S▱ABCD+0.3S▱ABCD＝0.8S▱ABCD＝72，所以：S▱ABCD＝90；S△ABF＝0.2S▱ABCD＝18，S△ABE＝S△ABF﹣S△AEF＝10；S△ABE+S△ECD＝0.5×S▱ABCD＝45；故S△ECD＝45．答：S△ECD的面积为45cm2．14．（15分）将530本书分给48名学生，至少有几名学生分到的数量相同？【分析】①若48名学生分到的数量互不相同，则至少要：0+1+2+3+…+47＝1128＞530，不满足条件；②若只有2名学生分到的书数量相同，则至少要：（0+1+2+3+…+23）×2＝552＞530，不满足条件；③若只有3名学生分到的书数量相同，则至少要：（0+1+2+3+…+15）×3＝360＜530，满足条件；所以至少3名学生分到的书数量相同，据此解答即可．【解答】解：①若48名学生分到的数量互不相同，则至少要：0+1+2+3+…+47＝1128＞530，不满足条件；②若只有2名学生分到的书数量相同，则至少要：（0+1+2+3+…+23）×2＝552＞530，不满足条件；③若只有3名学生分到的书数量相同，则至少要：（0+1+2+3+…+15）×3＝360＜530，满足条件；所以至少3名学生分到的书数量相同．答：至少3名学生分到的书数量相同．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 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第二十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷(小高组c卷)

2015年第二十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷（小高组C卷）一、选择题（每小题10分，共60分）．1．（10分）计算：（﹣+﹣+）×120﹣÷（）A．42 B．43 C．15D．162．（10分）如图，有一排间距相同但高度不等的小树，树根成一条直线，树顶也成一条直线，这两条直线成45度角，最高的小树高2.8米，最低的小树高峰1.4米，那么从左向右数第4棵树的高度是（）米．A．2.6 B．2.4 C．2.2 D．2.03．（10分）春季开学后，有不少同学都将部分压岁钱捐给山区的贫困学生；事后，甲、乙、丙、丁4位同学有如下对话：甲：“丙，丁之中至少有1人捐了款”乙：“丁，甲之中至多有1人捐了款”丙：“你们3人之中至少有2人捐了款”丁：“你们3人之中至多有2人捐了款”已知这4位同学说的都是真话且其中恰有2位同学捐了款，那么这2位同学是（）A．甲，乙B．丙，丁C．甲，丙D．乙，丁4．（10分）六位同学数学考试的平均成绩是92.5分，他们的成绩是互不相同的整数，最高的99分，最低的76分，那么按分数从高到低居第3位的同学的分数至少是（）A．94 B．95 C．96 D．975．（10分）如图，BH是直角梯形ABCD的高，E为梯形对角线AC上一点，如果△DEH、△BEH、△BCH的面积依次为56、50、40，那么△CEH的面积是（）A．32 B．34 C．35 D．366．（10分）一个由边长为1的小正方形组成的n×n的方格网，用白色或黑色对每个小正方形涂色，要求满足在任意矩形的4个角上的小正方形不全同色，那么正整数n的最大值是（）A．3 B．4 C．5 D．6二、填空题：（每小题10分，满分40分）7．（10分）在每个格子中填入1﹣6中的一个，使得每行、每列及每个2×3长方形内（粗线框围成）数字不重复；如果小圆圈两边格子中所填数的和是合数，其它相邻两格所填数的和是质数，那么四位数“相约华杯”是．8．（10分）整数n一共有10个因数，这些因数从小到大排列，第8个是．那么整数n的最大值是．9．（10分）在边长为300厘米的正方形中，如图放置了两个直角扇形和一个半圆，那么两块阴影部分的面积差是平方厘米，两块阴影部分的周长差是厘米．（π取3.14）10．（10分）A地，B地，C地，D地依次分布在同一条公路上．甲，乙，丙三人分别从A地，B地，C地同时出发，匀速向D地行进．当甲在C地追上乙时，甲的速度减少40%，当甲追上丙时，甲的速度再次减少40%，甲追上丙后9分钟，乙也追上了丙，这时乙的速度减少25%；乙追上丙后再行50米，三人同时到D地．已知乙出发时的速度是每分钟60米，那么甲出发时的速度是每分钟米，A、D两地间的路程是米．2015年第二十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷（小高组C卷）参考答案与试题解析一、选择题（每小题10分，共60分）．1．（10分）计算：（﹣+﹣+）×120﹣÷（）A．42 B．43 C．15D．16【分析】首先对（﹣+﹣+）进行拆分，然后用所得的结果减去除以所得的商，求出算式的值是多少即可．【解答】解：（﹣+﹣+）×120﹣÷＝（+﹣﹣++﹣﹣++）×120﹣＝（+）×120﹣＝30+×120﹣＝42故选：A．2．（10分）如图，有一排间距相同但高度不等的小树，树根成一条直线，树顶也成一条直线，这两条直线成45度角，最高的小树高2.8米，最低的小树高峰1.4米，那么从左向右数第4棵树的高度是（）米．A．2.6 B．2.4 C．2.2 D．2.0【分析】因为∠A＝45°，最高的小树高2.8米，所以AC＝2.8米，又因为树根成一条直线，树顶也成一条直线，所以所有的树都互相平行，所以AB＝1.4米，BC＝AC﹣AB＝1.4米，因为这排树的间距相同，则每个间距是1.4÷7＝0.2米，则从左向右数第4棵树的高度：0.2×4+1.4，据此解答即可．【解答】解：因为：树根成一条直线，树顶也成一条直线，∠A＝45°，最高的小树高2.8米，最低的小树高峰1.4米，所以AC＝2.8米，AB＝1.4米，BC＝AC﹣AB＝1.4米，又因为：这排树的间距相同，所以：1.4÷7＝0.2（米）0.2×4+1.4＝0.8+1.4＝2.2（米）答：那么从左向右数第4棵树的高度是2.2米．故选：C．3．（10分）春季开学后，有不少同学都将部分压岁钱捐给山区的贫困学生；事后，甲、乙、丙、丁4位同学有如下对话：甲：“丙，丁之中至少有1人捐了款”乙：“丁，甲之中至多有1人捐了款”丙：“你们3人之中至少有2人捐了款”丁：“你们3人之中至多有2人捐了款”已知这4位同学说的都是真话且其中恰有2位同学捐了款，那么这2位同学是（）A．甲，乙B．丙，丁C．甲，丙D．乙，丁【分析】因为有2位同学捐了款，所以根据：丙：“你们3人之中至少有2人捐了款，说明捐款的只能是甲乙丁中的两个人，而丙没捐钱；甲：“丙，丁之中至少有1人捐了款”因为丙没捐钱，所以只能是丁捐款；乙：“丁，甲之中至多有1人捐了款”只能是丁，所以甲没捐款；这恰好印证了丁：“你们3人之中至多有2人捐了款”是正确的．据此解答即可．【解答】解：根据分析可得：丙：“你们3人之中至少有2人捐了款，说明捐款的只能是甲乙丁中的两个人，而丙没捐钱；甲：“丙，丁之中至少有1人捐了款”因为丙没捐钱，所以只能是丁捐款；乙：“丁，甲之中至多有1人捐了款”只能是丁，所以甲没捐款；这恰好印证了丁：“你们3人之中至多有2人捐了款”是正确的，只有乙和丁捐了款．故选：D．4．（10分）六位同学数学考试的平均成绩是92.5分，他们的成绩是互不相同的整数，最高的99分，最低的76分，那么按分数从高到低居第3位的同学的分数至少是（）A．94 B．95 C．96 D．97【分析】要求第三名同学至少要考多少分，知道六名同学的总平均分，能求出总成绩，用总成绩﹣最高分﹣最低分＝另四名同学的总成绩，要想第3个同学成绩最小，则第2个同学成绩取最大值为：98，进而求出另三位同学的总成绩，进而根据“总成绩÷总人数＝平均分”能求出另三名同学的平均分，继而分析、推导得出所求问题的答案．【解答】解：92.5×6﹣99﹣76＝380（分），由于最高分是99分，所以第二个的最好成绩最多是：98剩余三人成绩和为：380﹣98＝282（分），第3个同学成绩最小，第4、5个同学的成绩尽可能接近第三个同学的成绩，则这3个数相差为1，282÷3＝94（分），则第三位同学至少是：94+1＝95（分）．答：第三名至少得95分．故选：B．5．（10分）如图，BH是直角梯形ABCD的高，E为梯形对角线AC上一点，如果△DEH、△BEH、△BCH的面积依次为56、50、40，那么△CEH的面积是（）A．32 B．34 C．35 D．36【分析】如下图所示：分别过点E作EF⊥DC，EG⊥BH，连接AF，BF，BD，由等底等高的三角形面积相等，可得S△BDF＝S△ADF，S△ADC＝S△BDC，因此有：SS△ADC﹣S△ADE＝S△BDC﹣S△BDF＝S△BFC，而S△BFC＝S△BFH+S△BCH＝S△BEH+S△BCH＝90；△CDE＝因此S△CHE＝S△EDC﹣S△HDE＝90﹣56＝34，据此即可解决．【解答】解：如上图所示，分别过点E作EF⊥DC，EG⊥BH，连接AF，BF，BD，则S△BDF＝S△ADF，S△ADC＝S△BDC，所以S△CDE＝S△ADC﹣S△ADE＝S△BDC﹣S△BDF＝S△BFC，又因为S△BFC＝S△BFH+S△BCH＝S△BEH+S△BCH＝90，所以S△CHE＝S△EDC﹣S△HDE＝90﹣56＝34．故选：B．6．（10分）一个由边长为1的小正方形组成的n×n的方格网，用白色或黑色对每个小正方形涂色，要求满足在任意矩形的4个角上的小正方形不全同色，那么正整数n的最大值是（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】此题要充分利用抽屉原理和假设推理．根据题目所给的选项不妨选一个中间的数5为假设n的值，进行一步步地推理，进而推出与题目要求矛盾．从而得出n的取值范围，即得出答案．【解答】解：①假设n＝5，（由抽屉原理知）第一行中至少有3个格子颜色相同．不妨设前3格为黑色（如图1）．在这3个黑格下方可以分割为4个横着的3×1的长方形，若其中有一个中有2个黑格（如图2），则存在着图中的粗线长方形4个角上的小正方形都是黑格；所以这4个横着的3×1的长方形中，每个至多1个黑格．②假设这4个横着的3×1的长方形中，有两个对应格子颜色都一样（如图3），则一样存在图中的粗线长方形4个角上的小正方形都是白格；而3×1的长方形中至多1个黑格的只有如图4的这4种．如果这4种都存在的话如图5，则同样存在图中粗线长方形4个角上的小正方形都是白格；这均与题目要求的矛盾．所以，n＜5，正整数n的最大值是4．而图6给出了n＝4的一种构造．故选：B．二、填空题：（每小题10分，满分40分）7．（10分）在每个格子中填入1﹣6中的一个，使得每行、每列及每个2×3长方形内（粗线框围成）数字不重复；如果小圆圈两边格子中所填数的和是合数，其它相邻两格所填数的和是质数，那么四位数“相约华杯”是4123 ．【分析】如图：因为第三行存在1、3、4，所以A为2，5，6之一，而3与A的和是质数，所以A为2．在A所在的长方形中，还剩下1、4、5、6没有使用．而3与“相”的和是质数，所以“相”是4．“相”与“约”的和为质数，“约”为1，“约”与“月”的和为质数，“月”为6，剩下的C为5．第三行只剩下数字5，所以B为5；在B所在的长方形中，还剩下2、3、6没有使用．而4与“杯”的和是质数，所以“杯”为3，“杯”与”“华”的和为质数，所以“华”为2，剩下的D就是6；所以四位数“相约华杯”是4123，据此解答即可．【解答】解：如图：因为第三行存在1．、3、4，所以A为2，5，6之一，而3与A的和是质数，所以A为2．在A所在的长方形中，还剩下1、4、5、6没有使用．而3与“相”的和是质数，所以“相”是4．“相”与”“约”的和为质数，“约”为1，“约”与”“月”的和为质数，“月”为6，剩下的C为5．第三行只剩下数字5，所以B为5；在B所在的长方形中，还剩下2、3、6没有使用．而4与“杯”的和是质数，所以“杯”为3，“杯”与”“华”的和为质数，所以“华”为2，剩下的D就是6；所以四位数“相约华杯”是4123．故答案为：4123．8．（10分）整数n一共有10个因数，这些因数从小到大排列，第8个是．那么整数n的最大值是162 ．【分析】由于整数的因数都是成对出现，则这10个约数必然是1、、3、、、、、、、n，立即可以填出1、2、3、、、、、、、n，也就是说n必然含有质因数2和3，然后结合因数个数定理可求解．【解答】解：根据分析可知10个因数分别为1、2、3、、、、、、、n，根据因数个数定理10＝1×（9+1）＝（1+1）×（4+1），由于含质因数2和3，则n应为21×34或24×31，其中21×34＝162更大．故答案为：162．9．（10分）在边长为300厘米的正方形中，如图放置了两个直角扇形和一个半圆，那么两块阴影部分的面积差是15975 平方厘米，两块阴影部分的周长差是485 厘米．（π取3.14）【分析】（1）如图：扇形ABC的面积＝①+②+③，扇形BCD的面积＝②+③+④，正方形ABCD 的面积＝①+②+③+④+⑤，所以扇形ABC的面积+扇形BCD的面积﹣正方形ABCD的面积＝②+③﹣⑤，据此可求出两块阴影部分面积的差是多少；（2）连结BE、CE，因BC＝BE＝CE，所以三角形BCE是等边三角形，所以扇形BCE的圆心角是60°，扇形CED的圆心角是30°，据此可分别阴影部分的周长是多少，再相减即可．【解答】解：（1）S扇形ABC＝①+②+③S扇形BCD＝②+③+④S正方形ABCD＝①+②+③+④+⑤，S扇形ABC+S扇形BCD﹣S正方形ABCD的＝②+③﹣⑤③﹣⑤＝S扇形ABC+S扇形BCD﹣S正方形ABCD的﹣②＝3.14×3002÷4+3.14×3002÷4﹣300×300﹣3.14×（300÷2）2÷2＝3.14×90000÷4+3.14×90000÷4﹣300×300﹣3.14×22500÷2＝70650+70650﹣90000﹣35325＝15975（平方厘米）（2）连结BE、CE阴影部分③的周长是×3.14×300×2+3.14×300÷2＝628+471＝1099（厘米）阴影部分⑤的周长是×3.14×300×2+300＝314+300＝614（厘米）1099﹣614＝485（厘米）答：两块阴影部分的面积差是 15975平方厘米，两块阴影部分的周长差是485厘米．故答案为：15975，485．10．（10分）A地，B地，C地，D地依次分布在同一条公路上．甲，乙，丙三人分别从A地，B地，C地同时出发，匀速向D地行进．当甲在C地追上乙时，甲的速度减少40%，当甲追上丙时，甲的速度再次减少40%，甲追上丙后9分钟，乙也追上了丙，这时乙的速度减少25%；乙追上丙后再行50米，三人同时到D地．已知乙出发时的速度是每分钟60米，那么甲出发时的速度是每分钟125 米，A、D两地间的路程是1880 米．【分析】由于同时到达，所以甲追上丙后二者速度相等，乙追上丙后二者速度相等．乙出发时的速度是每分钟60米，遇到丙后速度变为60×（1﹣25%）＝45（米/分），所以丙的速度为45米/分，可以推知甲在追上丙后的速度变为45米/分，在追上乙后追上丙之前速度为45÷（1﹣40%）＝75米/分，甲出发时的速度为75÷（1﹣40%）＝125（米/分）．甲在C地追上乙，设在此时起追上丙花了t分钟，则在乙追上丙时也追上了甲，此时甲走的路程为（75t+45×9）米，乙走的路程为60×（t+9）米，列方程为：75t+45×9＝60×（t+9），解得t＝9．由于此后又走了50米到达D地，所以CD的距离为75t+45×9+50＝1130（米）．由于甲从C地花了9分钟追上乙，所以此时丙到C的距离为75×9﹣45×9＝270（米），即甲从A地到C地，丙走了270÷45＝6（分钟），那么AC的距离为125×6＝750（米），所以AD得距离为1130+750＝1880（米）．【解答】解：遇到丙后速度变为：60×（1﹣25%）＝60×0.75＝45（米/分）甲在追上乙后追上丙之前速度为：45÷（1﹣40%）＝45÷0.6＝75（米/分）甲出发时的速度为：75÷（1﹣40%）＝75÷0.6＝125（米/分）甲在C地追上乙，设在此时起追上丙花了t分钟，得：75t+45×9＝60×（t+9）75t+405＝60t+54015t＝135t＝9CD的距离为：75t+45×9+50＝75×9+405+50＝1130（米）甲从C地花了9分钟追上乙，所以此时丙到C的距离为：75×9﹣45×9＝（75﹣45）×9＝270（米）甲从A地到C地，丙走了：270÷45＝6（分钟），那么AC的距离为：125×6＝750（米），所以AD得距离为1130+750＝1880（米）．答：甲出发时的速度是每分钟125米，A、D两地间的路程是1880米．故答案为：125，1880．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 11:00:31；用户：小学奥数；邮箱：pfpxxx02@；学号：20913800。

2020华杯赛决赛小学高年级组试题A参考答案详解

处的木桩上.
【考点】圆与扇形
【答案】B 【解析】拴在B处活动区域最大，为 3 圆。
4
2. 在所有是20的倍数的正整数中, 不超过2014并且是14的倍数的数之和是
.
【考点】最小公倍数，等差数列
【答案】14700
【解析】 20,14
140
，
2014 140
14
，140
1
2
3
14
14700
.
3. 从1～8这八个自然数中任取三个数, 其中没有连续自然数的取法有
则 a+b+c+d=5+3+10=18 或 a+b+c+d=5+3+11=19 （2）当 c=4 时，b+d 不进位，只能取 b+d=1，0+1=1 符合要求
此时 a+b+c+d=5+4+1+0=10.
聚智堂教研组王乃聪
9
当a=8＋25=33时，b=5，共2组整数解。
8. 平面上的五个点A, B, C, D , E 满足: AB = 8厘米, BC = 4厘米, AD = 5厘米, DE = 1厘米, AC = 12
厘米, AE = 6厘米. 如果三角形EAB的面积为24平方厘米, 则点 A 到 CD 的距离等于
厘
米
聚智堂教研组王乃聪
4
您身边的教学专家
0 51 4 63
2
7. 学校组织1511人去郊游, 租用42座大巴和25座中巴两种汽车. 如果要求恰好每人一座且每座一
人, 则有
种租车方案.
【考点】不定方程
【答案】2
【解析】设大巴a辆，中巴b辆

第20届华杯赛小高决赛B卷-解析

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）一、填空题（每小题10份，共80分）1. 计算：8184157.628.814.48012552⨯+⨯-⨯+=________．【难度】★【考点】计算：提取公因数2.甲=13=（棵） 3.544106-=度 4.5. 【难度】★★★★【考点】计数：组合计数【答案】7【解析】用1234567,,,,,,A A A A A A A 这7个点代表七个国家，用虚线连接表示敌国关系，用实线连接表示友国关系．则每个国家连出2条虚线，4条实线．共7227⨯÷=条虚线，其余为实线．首先说明这7个点必然由7条虚线依次连接为一个闭合回路．2A 必与两个点连接虚线，不妨记为13,A A ，而3A 必然再与一个点连接虚线，记为4A ；4A 虚线连接5A ，否则剩下3个点互为敌国关系；5A 虚线连接6A ，否则剩下两个点无法由2条虚线连接；6A 虚线连接7A ，最后7A 只能虚线连接1A ．最终连线图如下．只要选出的三个点没有任何两个相邻则满足条件．有135，136，146，246，247，257，357，这7种．（为了直观我们用1,2,3,4,5,6,7分别代表1234567,,,,,,A A A A A A A ）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________．【难度】★★★【考点】数论:位值原理【答案】9421，1249【解析】设其中最小的四位数为abcd ，一共可组成432124⨯⨯⨯=个不同的四位数，由于每个数字在每位上均出现6次，9421和和23567. ．的11135=． 8. 3个数⑴ ⑵ ①,a ②,a 且，则有，则；⑶ 如果,,a b c 都不相等，设a b c <<，则10,10c b a c a b +=++=+，则10c =，与c 为数字矛盾；综上三个数的个位分别为0，0，0或0，5，5；⑴如果都为0，则乘积末尾3位为000；⑵如果为0，5，5①如果个位为0的数，末尾3位都为0，则乘积末尾3位为000；②如果个位为0的数，末尾2位都为0，则乘积末尾3位为500或000；③如果个位为0的数，末尾1位为0设末尾两位为0c ，设另外两个末尾2位为5,5a b ，则()551005025a b a b a b ⨯=+++，若()a b +为奇数，则乘积末尾3位为75；若()a b +为偶数则乘积为25，在乘上0c,无论c为多少，末尾三位只有000，250，500，750这4种．综上，积的末尾3位有000，500，250，750这4种可能．二、解答下列各题（每题10分，共40分，要求写出简要过程）9.．【难度】★★★★【考点】数论：完全平方数【答案】不能【解析】++++++++=，为3的倍数，而交换数字位置不会改变数字和，所以无论原数的数字和为12391011489的倍10.，解得所以11.跑了n=12.两【难度】★★★★【考点】组合：体育比赛【答案】8【解析】设赢的为甲，输的为乙．甲第一局获胜，如果第二局又胜则直接获胜总分一定比乙多不符合题意，所以甲第二局输第三局赢．甲第一、三局都赢，则一、三局至少会比乙多得4分，所以乙第二局至少赢甲4分及以上，所以只能以11分取胜．所以第二局的比分可以为：0:11,1:11,2:117:11，共8种．（乙在第二局赢了多少分，甲都可以通过一、三局赢回多少分使两人总分相同，所以甲在第二局得分从0~7都可能；例如三局比分分别为20:18、0:11、11:2）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．【难度】★★★★【考点】几何：蝴蝶模型【答案】60【解析】连接BD令DEM S a =则24CEM BDM CBM S S a S a ===，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个连续的非设则(x 即11到11．可，“1，9，7，。

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3
二、填空题 (每小题 10 分，共 40 分)
1 1 1 29 41 55 7. 计算: 481 + 265 + 904 − 184 − 160 − 703 =________． 6 12 20 30 42 56
【答案】 600
3 8
【题型】凑整、分数裂项【解析】
1 1 1 1 1 1 + + − (1 − ) − (1 − ) − (1 − ) 6 12 20 30 42 56 1 1 1 1 1 1 + + + ) = (481 + 265 + 904 − 184 − 160 − 703 − 1 − 1 − 1) + ( + + 6 12 20 30 42 56 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 600 + ( − ) + ( − ) + ( − ) + ( − ) + ( − ) + ( − ) 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 1 1 = 600 + − 2 8 3 = 600 8 = 481 + 265 + 904 − 184 − 160 − 703 +
4.
足球友谊比赛的票价是 50 元，赛前一小时还有余票，于是决定降价．结果售出的票增加了三分之一，而票房收入增加了四分之一，那么每张票售价降了（）元． 25 50 （A）10 （B）（C）（D）25 2 3
【答案】B 【题型】方程【解析】设共有 x 张票，赛前一小时的余票降价 y 元. 1 25 1 由题意得： × ( x × 50) = × [ x × (50 − y)], y = 3 2 4
3.
桌上上有编号 1 至 20 的 20 张卡片，小明每次取取出 2 张卡卡片，要求一一张卡片的的编号是另一一张卡片的的 2 倍多 2，则小明最多取出（片．
1
（A）12
（B）14
（C）16
（D）18
【答案】A 【题型】倍数、枚举【解析】由于有 2 倍多 2 的关系，所以 1、4、10 只能取其中两个，2、6、14 只能取其中两个，3、 8、18 只能取其中两个．即这里至少有 3 个数取不到，而 11、13、15、17、19 不满足 2 倍多 2 的关系，也无法取到．合计至少有 8 个数取不到，取 12 个数为最多的情况.列举最多的一种情况：1、4； 2、6；3、8；5，12；7，16；9，20.取到了最多的 12 个数的情况．
（B）快 6 分
（C）慢 6 分
ห้องสมุดไป่ตู้
（D）慢 12 分
(24 × 60) × 66 = 1452 旧钟的 24 小时，相当于标准时间的 720 分钟，所以比标准时间 24 小时对应的 11
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、每个有粗线的 2×3 长方形的六个字母均不能重复．那么，第行除了首尾两个方格外，中间四个方格填入的字母从左）．右的顺序是（
2.
以平平面上任意意 4 个点为顶顶点的三角角形中，钝角角三角形最最多有（（A）5 （B）2 （C）4
）个．
（D）3
【答案】】C 【题型】】最值、构造造
3 【解析】】4 个点，最最多可以构造 C4 = 4 个三角形．
如图所示示，共有图中中四个三角形形均为钝角三三角形．
如图所示示，第一列和和第二行已经经有 A，所以以左上角 3*2 粗线方格的 A 只能填在第二列；因为为第一列 3*2 粗线方格和第二列列已经有 A，所所以左下角格的 A 只能填填在第三列；因为第五列和第四行已经经有 A， 3*2 2 A A 所以右中中位置的粗线方格的的只能填在在第四列；因为为第五行和第第五列已经有有，右下角 3*2 所以右粗线方格格的 A 只能填填在第六列；以此类推，可以填出所所以的数.
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
【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， 720 360 = 时针分针重合一次.经过分钟，旧钟时针分针重合一次，需要经过标准时间 66 分钟；则 6 − 0.5 11
1.
现在在从甲、乙乙、丙、丁四四个人中选选出两个人参参加一项活活动．规定：：如果甲去去，那么乙也也去；如果果丙不去，那那么乙也不不去；如果丙丙去，那么么丁不去．最最后去参加加活动的两个个人是（）．（A）甲、乙乙（B）乙、丙（C）甲、丙（D））乙、丁
（A） E , C , D, F （B） E , D, C , F （
标四到
C
）
2
D, F , C , E
（D） D, C , F , E
【答案】】C 【考察知知识点】数阵阵图：数独【分析】】每行每列每每个 3*2 的粗粗线方格均必必有 A、B、C、D、E、F 各一个，选选择一个合适适的位置，尝试即可可快速得出答答案。以下提提供一种解法法：
第第二十届届华罗庚庚金杯少少年数学学邀请赛赛
初赛 A 卷解析析（小学学高年级级组）
0分总分：100 时间间：60 分钟
0 分，共 60 分．以下每题的一、选选择题．（每小题 10 以的四个选项项中，仅有有一个是正确确的，请将将表示正确确答案的英英文字母写在每题题的圆括号号内．）
【答案】】B 【题型】】逻辑推理、逆否命题【解析】】在逻辑推理理中，原命题题成立，则逆逆否命题也成立．（1）甲去则乙去，逆逆否命题：乙乙不去则甲也也不去（2）丙不去则乙不去去，逆否命题题：乙去则丙丙去（3）丙去则丁不愿意意去，逆否命命题：丁去则则丙不去从（2）出发可以看出出答案为 B. 题目要求求有两个人去去，可以使用用假设法，若若甲去，则乙去，乙去则丙丙也去．三个个人去，矛盾盾，所以甲不去．若丙不去则则乙不去，那那么只有丁去去，矛盾，所所以丙去．丙去去则丁不去，，由两个人去去得到结论，乙要要去．所以答答案是 B，丙丙和乙去．