第十九届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题 C
一、填空题（每小题 10 份，共 80 分）
1. 计算： 

【答案】1

【考点】计算：分数小数综合运输

【解析】

2. 在右边的算式中，每个汉字代表 0 至 9 这十个数字中的一个，相同汉字代表相同数字、不同汉字代表不同数字，则“ 数学竞赛 ”所代表的四位数是________．

【答案】1962

【考点】组合：数字谜

【解析】

遇到减法数字谜通常变成加法会更利于分析：

个位为4，所以赛为2或7，若赛为7则会进位，和的十位只能是奇数，所以；

个位为2，若，原式为，有重复数字；所以，．

3. 如下图，在直角三角形 ABC 中，点 F 在 AB 上且 AF = 2 FB ，四边形 EBCD 是平行四边形，那么 FD : EF为________．

【答案】

【考点】几何：沙漏模型

【解析】

由沙漏模型可知

4. 下图是由若干块长 12 厘米、宽 4 厘米、高 2 厘米的积木搭成的立体的正视图，上面标出了若干个点．一只蚂蚁从立体的左侧地面经过所标出的点爬到右侧的地面．如果蚂蚁向上爬行的速度为每秒 2 厘米，向下爬行的速度为每秒 3 厘米，水平爬行的速度为每秒4 厘米，则蚂蚁至少爬行了多少秒？

【答案】40秒

【考点】组合：最值问题

【解析】

要想时间最少，则需要按如图中的粗线爬行；蚂蚁向上、向下爬行的最短路程是厘米，水平爬行的路程是厘米，所以至少用时秒

5. 设 a ，b， c，d ，e均是自然数，并且 a < b < c  < d  < e  ， a + 2b+3c +4d +5e =300 ， 则 a + b的最大值为________．

【答案】35

【考点】组合：最值问题

【解析】

和是五个数中最小的两个，要想最大，则希望这五个数尽量接近，先估算再局部调整；，则先让．而，大于300，调整得：，离300差5，则最后让即可．所以的最大值．

也可通过计算证明最大只能取到35：

可得

6. 现有甲、乙、丙三个容量相同的水池．一台 A 型水泵单独向甲水池注水，一台 B 型水泵单独向乙水池注水，一台 A 型和一台 B 型水泵一期向丙水池注水．已知注满乙水池比注满丙水池所需时间多 4 个小时，注满甲水池比注满乙水池所需时间多 5 个小时，则注满丙水池的三分之二需要________个小时．

【答案】4

【考点】应用题：工程问题

【解析】

设注满丙池用小时，则注满乙池用时小时，注满甲池用时小时；利用丙池工效应该等于甲乙两池工效之和可得：

所以注满丙池的三分之二需要小时

注:通常工程问题都设工效为未知数，但此题如果设工效，则方程非常难解，需要用到初中知识因式分解中的十字交叉法，对于小学生来说是无法做的．而本题解法比较巧妙，设丙池的时间，最终只需要解即可，所以有时候还是需要有突破性的思维，学会打破常规，寻求出路．

7. 用八块棱长为 1cm 的小正方体堆成一个立体图形，其俯视图如下图所示，则共有
________种不同的堆法．（经过旋转能重合的算一种堆法）

【答案】10

【考点】计数：分类枚举

【解析】

法一：（先每列放几块讨论）

可以直接分类枚举，也可以先再每个位置放一块，这样只需要分析剩下4块的方法即可

，1种；

，3种，，（这两个不一样，此题的易错点），

，2种，，

，3种，，，

，1种，．

共：种

法二：（按每层放几块讨论）

底层已用了四块小方体，考虑第二层分别有一、二、三、四块的情况．见下图，第二层有一块，只有1种堆法；第二层有两块，有5种堆法；第二层有三块，有3种堆法；第二层有四块，只有1种堆法．

总计有10种堆法．

8. 如图， 在三角形 ABC 中，AF = 2 BF ，CE = 3 AE ，CD = 4 BD ， 连接 CF 交 DE 于 P 点，则 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

【答案】

【考点】几何：风筝模型

【解析】

连接和．

因为，所以,又因为，；

同理可得；所以．

注：填空题所以直接使用了风筝模型的结论，如果是解答题同学们最好自己证明一次．

 

二、解答下列各题（每题 10 分，共 40 分，要求写出简要过程）
9. 有三个农村在一条公路边， 分别在下图所示的 A ，B 和C 处．A 处农场年产小麦 50 吨，B 处农场年产小麦 10 吨，C处农场年产小麦 60 吨．要在这条公路边修建一个仓库收买这些小麦，假设运费从 A 到 C 方向是每吨每千米 1.5 元，从 C 到 A 方向每吨每千米 1元．问仓库应该建在何处才能使运费最低？

【答案】处

【考点】应用题：分类讨论

【解析】

讨论变化趋势，比较A、B两点设仓库可知A→B运费越来越高，而B→A则运费越来越低，同理可知C→B运费越来越低，而B→C则运费越来越高．

具体比较三点：

若建在处，运费为：元

若建在处，运费为：元

若建在处，运费为：元

所以建在处运费最低．

10. 把 中的每个分数都化成最简分数，最后得到的以 2014为分母的所有分数的和是多少？

【答案】468

【考点】数论：因数倍数

【解析】

全部分数都化成最简分数分母还是2014，则说明原分子和2014互质，接下来计算1~2013中，与2014互质的数有有多少个即可，这一步有两种方法：

法一：（容斥原理）

，，，，，，；所以1~2013中，与2014互质的数有个；

法二：（利用欧拉公式直接计算）

因为，所以1~2013中，与2014互质的数有个；

而这936个数中，只要有一个是最简分数，一定也有一个也是最简分数，两个一组和为1（如：；），所以他们的和为．

11. 上面有一颗星、两颗星和三颗星的积木分别见下图的（a），（b），和（c）．现有 5 块一颗星，2 块两颗星和 1 块三颗星的积木，如果用若干个这些积木在地面上组成一个五颗星的长条，那么一共有多少种不同的摆放方式？（下图（d）是其中一种摆放方式）．

【答案】13

【考点】计数：分类枚举、乘法原理

【解析】

先拆分5，再算每种情况有多少种摆法即可

两块：

三块：

四块：

五块：

共：．

12. 某自然数减去 39是一个完全平方数，减去 144 也是一个完全平方数，求此自然数

【答案】160，208，400，2848

【考点】数论：因数倍数、分类讨论

【解析】

设这个数为，则，

（1）；

（2）；

（3）；

（4）；

所以可能为160，208，400和2848．

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，圆周上均匀地标出十个点，将 1~10 这十个自然数分别放到这十个点上，用过圆心的一条直线绕圆心旋转，当线上没有标出的点时，就把 1~10 分成两组，每种摆放方式，随着直线的转动有五种分组方式，对于每种分组都有一个两组数和的乘积．记五个积中最小的值为 K ，问所有的摆放中， K 最大为多少？

【答案】756

【考点】组合：最值问题、构造与论证

【解析】

，共55要分成两组，则两组的和一定为55，由最值原理：和一定，差小积大可知，当这两组的和分别为27、28时，乘积为最大．而要取到756，需要构造出一种摆法能实现五个分组方式中，两个组的和都为27、28．经尝试，可以实现，构造方法不唯一，如图所示为两种不同的情况．

           

14. 将每个最简分数 （其中 m n , 为互质的非零自然数） 染成红色或蓝色，染色规则如下：（1）将 1 染成红色；（2）相差为 1 的两个数颜色不同；（3）不为 1 的数与其倒数颜色不同．问： 分别被染成了什么颜色？

【答案】染成蓝色；染成红色

【考点】组合：操作类问题

【解析】

由规则（1）和（2）得到结论，奇数都被染成红色，偶数则被染成蓝色，再由规则（3）可得到结论，不为1的奇数的倒数是蓝色，偶数的倒数是红色．

 

第二篇：第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛试题B

详解第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛决赛小学高年级组B卷题

特级教师 吴迺华

一、填空题（每小题10分，共80分） 1．计算：57.6×

85

＋28.8×

1845

－14.4×80＋11

12

解：原式＝57.6×

858

2

921

＝57.6×＋57.6×－57.6×20＋11

5528921

＝57.6×（＋－20）＋11

5521＝11

2

5

＋（28.8×2）×（

184

×

1

）－（14.4×4）×（80÷4）＋11

12

2．甲、乙、丙、丁四人共植树60棵，己知，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，那么丁植树多少棵？

解：本题中的

1

11

、、，单位“1”的量都不相同，可以以甲、乙、丙、丁四人共植树的234

11+211+311+4

棵数为单位“1”来统一。

甲植树的棵数是其余三人的二分之一，即甲植树的棵数是四人共植棵数的乙植树的棵数是其余三人的三分之一，即乙植树的棵数是四人共植棵数的丙植树的棵数是其余三人的四分之一，即丙植树的棵数是四人共植棵数的所以，丙植树的棵数是：60×（1―

3、当时间为5点8分时，钟表面上的时针与分针成度的角。 解：分针每分钟走6°，5：00时，分针与时针夹角为：25×6°＝150°

1

； ； ；

11+2

―

11+3

―

11+4

）＝13（棵）

八分钟分针走了8×6°＝48°；时针每分钟走0.5°，八分钟走8×0.5°＝4°。

所以，5：08时，时针与分针成的夹角为：150°－ (48°－4°) ＝106°

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。

解：换句话说，这个数除以3余2，除以4余2，除以5余2，除以6余2，这样，只要求出3、4、5、6的最小公倍数后，再加上2就可求出。不过，要注意的是：这是个三位数。

[3，4，5，6] ＝60

所以，这个三位数最小为：60×2＋2＝122.

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。

解：因为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。设这七个国家分别为：A、B、C、D、E、F、G，他们之间的

关系如右图：虚线为互为敌对国，实线为两两都是友国的三国联盟。

根据图示，A、B、C、D、E、F、G七个点，排除虚线表示的互为敌对国的线段外，每一个点都可以与另两个不相邻的点连成一个两两都是友国的三国联盟。比如：A与F、D或者C可以连成实线三角形。三角形AFD表示A、F、D为两两都是友国的三国联盟，三角形FCA也表示为F、C、A两两都是友国的三国联盟。

所以，共可以组成7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 。

解：设这四个数字分别为：A、B、C、D，组成的四位数如：ABCD、AB DC、ACBD、ACDB ADBC、ADCB、??

2

共能组成的四位数共有：4×3×2×1＝24（个）

在这24个三位数中，以A开头＝以B开头＝以C开头＝以D开头的个数=24÷4＝6（个） 也就是说A、B、C、D在四个数字分别在千位、百位、十位、个位各出现6次，已知所组成的没有重复数字的所有四位数之和为106656，即

6×（A＋B＋C＋D）×1111＝106656 化简，知A＋B＋C＋D＝16

推知，这四个互不相同的非零数字为：16＝9＋1＋4＋2

这些四位数中最大的是：9421，最小的是：1249。

7、如右图，三角形ABC的面积为1，DC：OB＝1：3，EO：OA＝4：5，则三角形DOE的面积是多少？

解：根据题意OB＝1：3，EO：OA＝4：5，如下图，设S△

DOE＝4，则S△AOD＝5，S△BOE＝12，S△AOB＝15，

设S△CDE ＝x， 三角形BCD中，则三角形CDE和三角形

BDE同高，所以面积的比等于边长的比， CE

BE＝x

4?12

同样，三角形ACE和三角形ABE同高，所以面积的比等于边长的比，CE

BE12?15

xx?4?5144所以， ＝ 解得：x＝ 4?1212?1511

114所以，三角形DOE的面积是：1×＝ 1441354?5?12?15?11

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＝x?4?5 字，那么，这三个数之积的末尾三位数字有 种可能数值。底低抵邸砥骶

解：设三个数的个位分别为a、b、c

⑴ 如果a、b、c都相等，则只能都为0；

⑵ 如果a、b、c中有两个相等，则有以下两种情况：

3

①.a、a、c且a＜c，必有c＋a＝10＋，则c＝10，与c为数字矛盾；

②.a、a、c且a＞c，则有c＋a＝a， a＋a＝10＋，则a＝5，c＝0；

⑶.如果a、b、c都不相等，设a＜b＜c，则c＋b＝10＋a，c＋a＝10＋，则c＝10，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，则乘积末尾三位为000；

⑵.如果为0，5，5

①.如果个位为0的数，末尾3位都为0，则乘积末尾三位为000；

②.如果个位为0的数，末尾2位都为0，则乘积末尾三位为500或000；

③.如果个位为0的数，末尾1位为0 设末尾两位为c0，设另外两个末尾两位为a5，b5 则a5×b5＝100ab＋50（a＋b）＋， 若（＋b）为奇数，则乘积的末两位为75；若（＋）为偶数，则乘积的末两位为25，再乘上c0，无论c为多少，末尾三位只有000，250，500，750这4种．

综上所述，积的末尾三位有000，500，250，750这四种可能．

二、解答下列各题（每小题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。 解：不能得到完全平方数。因为1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋1＋0＋1＋1＝48 交换数字的位置，其数字和仍然是48。

48是3的倍数，但不是9的倍数，所以不是完全平方数。

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

4

为整数），余下部分的体积为120，求x和y。

解：由题意得,15×4×5－5xy＝l20

知 5xy＝300－120＝180

xy＝180÷5＝36

由长方体的长、宽、高分别为15，5，4，知，x<4 y<15 ◎

满足以上条件的只有36＝3×12，

所以，x＝3，y＝12

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？

解：由甲与乙再次同时回到出发点时，甲跑了23圈，乙跑了13圈，知

甲与乙的速度比为：23：13。由甲比乙多跑一圈就追上一次，共追上：23－13＝10（次） 甲要追上乙，甲要比乙多走2015面旗子，根据追及问题的关系式

甲共跑过的旗子数为：2015×（23－13）×23＝4634.5（面）

正好在旗子位置甲追上乙，甲跑的旗子的面数应当是整数，而4634.5只有乘2、4、6、8、10，才能成为整数。可是，追上第10次时，是最后一次，是在起始点上，应当排除。

所以，甲正好在旗子位置追上乙，是在第2、4、6、8次追上时，共有四次。

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分后多得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？

解：设赢得比赛的为甲，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，

5

设三场比赛的比分是：a1:b1，a2: b2，a3：b3，并且 a1－b1≥2，a3－b3≥2

由题目条件“两人的得分总和都是31分”可知，乙第二局至少赢甲4分及以上，并且只能以11分取胜．

所以，第二局的比分可以为：0:11、1:11、2:11、??、7:11，共八种。

三、解答下列各囊（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DM：MC＝1：2，四边形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l3cm，求平行四边形

ABCD的面积。

解：如下图连接BD。

在梯形BCED中，根据梯形蝴蝶定理，由DM：MC＝1：2，知：DE：BC＝EM：MB＝1：2； S△DEM：S△CEM＝S△CEM：S△BCM＝S△DEM：S△BDM＝1：2

如果设S△DEM＝1份。

则，S△CEM＝S△BDM＝2份；S△BCM＝2×2＝4（份）

因为EBFC为平行四边形，且BC为对角线

推知：S△BCF＝S△BCE＝S△BCD＝2＋4＝6（份）

在梯形BMCF中，根据梯形蝴蝶定理，CF：BM＝3：2，知

S△FCG＝6×23

3+2＝3.6（份）

2已知“三角形FCG的面积与三角形MED的面积之差为l3cm”，所以，

S△BCF＝13÷（3.6－1）×6＝30（平方厘米）

所以，平行四边形ABCD的面积为：30×2＝60（平方厘米）

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

6

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？

解：观察这四个成语，“一、言、举、知、行”这五个字各出现两次，其它汉字只有一次。 由“每个成语中四个汉字所代表的数之和都是21”则这四个成语的数字之和为，即 一＋家＋之＋言＋言＋扬＋行＋?＋合＋一＝21×4＝84

而 从1开始的11个连续自然数的和是：1＋2＋3＋4＋?＋1l＝66

可知 这五个字各出现两次的汉字的和为：84－66＝18

题目要求“行”代表的数目最大，那就让其它四个数字尽可能小。由

l＋2＋3＋4＝10，此时，“行”可以为8.

所以“行”可以代表的数最大是8。这四个成语分别表示的数目为：

“一家之言” 所代表的四个数目为：3，5，11，2

“言扬行举” 所代表的四个数目为：2，10，8，1

“举世皆知” 所代表的四个数目为：1，9，7，4

“知行合一” 所代表的四个数目为：4，8，6，3．

7