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2008六年级组初赛试卷详解

发布时间:2013-10-21 08:03:31  

2008“数学解题能力展示”读者评选活动

六年级组初赛试题

(测评时间:2007年12月2日9:00—10:30; 满分150)

一、填空题Ⅰ(每题8分,共40分)

1. 计算:??2007??8.5?8.5?1.5?1.5??10???160?0.3?______.

???2007??8.5?1.5??8.5?1.5??10???160?0.3 【解析】 原式???2007??8.5?1.5??8.5?1.5??10???160?0.3

??2007?7??160?0.3

?12.5?0.3

?12.2.

2. 七个同样的圆如右图放置,它有_______条对称轴.

【解析】 如图:6条.

3. 大正方体的棱长是小正方体棱长的4倍,那么它的表面积是小正方体表面积的______倍.

?6??4a?2?:?6?a2??16:1. 【解析】 ????

4. 甲、乙、丙三件商品,甲的价格比乙的价格少20%,甲的价格比丙的价格多20%;那么,乙的价格

比丙的价格多______%.

【解析】 甲∶乙=4:5

甲∶丙=6:5

甲∶乙∶丙=12:15:10

所以,乙比丙多50%.

5. 分别以一个边长为2厘米的等边三角形的三个顶点为圆心,以2厘米为半径画弧,得到右图;那么,

_______厘米.(?取3.14)

111【解析】 每段弧长为C圆,所以C阴影?6?C圆?C圆C阴影=6×C圆= C圆 666

所以C阴影?12.56

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二、填空题Ⅱ(每题10分,共50分) 6. 如图,5×5方格被分成了五块;请你在每格中填入1、2、3、4、5中的一个,使得每行、每列、每条

对角线的五个数各不相同,现有两个格子已分别填入1和2,请在其它格子中填上适当的数.那么,

ABCDE是________.

12a

2

123512

5241

41532

1245

2351

34

ABCDEABCDE

b

a

b

【解析】 因为每行、每列、每条对角线的五个数各不相同,且每块上所填数的和都相等,所以,⑴如图两

个a的位臵的数一定相等;⑵右下角的数如果有数相同,只能是两个b的位臵的数相同;⑶左上角一组第二行的数为2.

由于每一行都恰好是1、2、3、4、5这5个数,又被分成了5块,那么每一块的数之和为(1?2?3?4?5)?5?5?15.所以,右下角的四个数中必有5,否则为15?4?4?4?3,这样将有两个4同时出现在同一行或者同一列,这与题意不符.可能的情况有:①15?5?5?4?1;②15?5?5?3?2,这样一条对角线上将出现两个2,与题意不符,不成立;③15?5?4?4?2,这样一条对角线上也将出现两个2,与题意不符,不成立;④15?5?4?3?3,这样b的位臵为3,左上角的a在一条对角线上,它不能为1、2、4、5,只能为3,但这样最下面一将行有两个3,故此时也不成立.所以右下角的四个数只能为4、5、5、1,a不能为1、2、4、5,只能为3. 根据题意可以得出方格中其它位臵上的数,最后结果如图所示,所以ABCDE?14523.

7. 已知九位数2007□12□2既是9的倍数,又是11的倍数;那么,这个九位数是______.

【解析】 设原数=2007a12b2

∵9能整除2007a12b2

∴a?b?4或者a?b?13

又∵11能整除2007a12b2

∴2?0?a?2?2??0?7?1?b??0或者其他11的倍数 ∴a?b?2或者b?a?9 根据两数和差同奇偶,得:

?a?b?4?a?3

???

a?b?2b?1???a?b?13?a?2或者?(不成立). ??

?b?a?9?b?11

43

所以,2007a12b2?200731212.

8.

电子数字0~9如图1所示,图2是由电子数字组成的乘法算式,但有一些已经模糊不清.请将图2的电子数字恢复,并将它写成横式:______.

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1

ab

?d

【解析】 设竖式如hjk

2ce,那么各个字母可以代表的数如表:

⑵若h?8,那么l?9,并且a?d一定是1?8或4?2,如果是前者,那么由于b?2,所以b?d 进位,导致h?8,产生矛盾,所以只有可能a?4,d?2,并可以得到b?2,考虑到fig是三位数,

420

?22

所以e?2,再根据g?0或8,得到c?0,所得到的数式为.

840

⑶若h?2,则一次可得到l?3,a?1,d?2,b?2(因为b?d?10)

⑷∵f?6或8,∴e?5或者e?7.

122

?25

当e?5时,竖式成立;

244

120

?27

当e?7时,竖式成立;

240

9. A、B两地相距22.4千米.有一支游行队伍从A出发,向B匀速前进;当游行队伍队尾离开A时,

甲、乙两人分别从A、B两地同时出发.乙向A步行;甲骑车先追向队头,追上队头后又立即骑向队尾,到达队尾后再立即追向队头,追上队头后又立即骑向队尾……当甲第5次追上队头时恰与乙相遇在距B地5.6千米处;当甲第7次追上队头时,甲恰好第一次到达B地,那么此时乙距A地还有______千米.

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【解析】 设第一次追上队头与第二次追上队头时队伍所行的距离为x千米,从队头到队尾时甲所行距离为

x?2.8?2x?5.6

,解得. y千米.则有:?

y?2.87x?y?22.4?

2.8?2?5+2.8?45.6

所以有 =

v甲v乙

v甲:v乙?7:1

因为

?2.8?2+2.8??2

7

所以S乙?2.4

所以22.4?5.6?2.4?14.4(千米)

S乙

1

10.

一个等腰直角三角形和一个正方形如图摆放,①、②、③这三块的面积比依次为1:4:41.那么,④、⑤这两块的面积比是______.

D

AE

②C

H

K

③⑤

GFI

J

【解析】 如图∵S?1?:S?2??1:4, ∴AB:BC?1:2,

∴S?ABE:SBCHE?1:5,

SEHIF:SAEHC??41?5?:?1?5??6:1,EF:AE?6:1,

又∵AE:CD?1:2, ∴AF:CD?7:2,

∴AF:AC?AF:DH?7:3,

?1?

∴S?4?:S?5????6?6?:???7?3??7???9:14. 2??

三、填空题Ⅲ(每题12分,共60分)

11. 有4个不同的数字共可组成18个不同的4位数.将这18个不同的4位数由小到大排成一排,其中

第一个是一个完全平方数,倒数第二个也是完全平方数.那么这18个数的平均数是:_______. 【解析】 一般而言,4个不同的数字共可组成P43?24个不同的4位数.

如果只能组成18个不同的4位数,说明其中必有0,即按3?3?2?1?18算出来的.

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4

在这四个不同的数中,则设最小的数小0中大?A2,倒数第二个则是大中0小?B2,

两数正好是一对反序数.

根据完全平方数特点,

“小”、“大”两数必是1,4,6,9之中的两个.

且中数在小大之间.

可以分为以下3类:

当“大”=4,在1024、1034中,1034不是完全平方数,1024=32×32,但4201不成立.

当“大”=6,1026、1036、1046、1056、4056.都不是完全平方数.

当“大”=9, 在10中9的数中,取332?1089,而9801?992 在40中9的数中,取632,672不成立. 在50中9的数中,取672,732不成立. 在60中9的数中,取732,772不成立.

所以,符合条件的数只能是由1089开始的四位数,

求这18个数的和,有两种方法,一种是枚举法,

另一种是概率法,可以作为方法来记:

即,对于没有0的四位数a,b,c,d排列互不相同的四位数时,共有24个数,每个数字在每位上出现的概率机会是一样的,所以,每个数字在每位上都出现24?4?6次.

则总和为:?a?b?c?d??6?1111.

如果有一个数是0,则在此基础上,考虑0作首位的部分要排除.

即:?a?b?c?0??6?1111??a?b?c???6?3??111??a?b?c??6444,

所以,本题的总和为?1?8?9??6444?115992,所以,这18个数的平均数为115992?18?6444.

12. 国际象棋中“马”的走法如图1所示,位于○位置的“马”只能走到标有×的格中,类似于中国象

棋中的“马走日”.如果“马”在8×8的国际象棋棋盘中位于第一行第二列(图2中标有△的位置),要走到第八行第五列(图2中标有★的位置),最短路线有___条.

×

×

×

××

×××

图1 图2

【解析】 如图所示,采用标数法,可知共有12条最短路线。

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13. 将0~9这十个数字分别填入下面算式的□内,每个数字只能用一次;那么满足条件的正确填法共有

______种.

□+□□+□□□=□□□□

【解析】 根据弃九法(或者说四大同余定理之一),两边的数除以9的余数应该相同,即各位数字之和应该相

差9n.所以,如图

g

ef ?9cd

则,设A?9?c?d?e?f?g,B?1?0?a?b.

?A?B?45所以,? A?B?9n?

因为A?B与A?B同奇偶,所以A?B不可能等于偶数,可以是9,或者27.

当A?B?9时,A?27,B?18,则a?b?17,不成立.

当A?B?27时,A?36,B?9,则a?b?8,成立.

所以,a、b可能为?2,6??3,5??6,2??5,3?四种.

当?a,b???2,6?则有e?c?11?3?8?4?7.

当?a,b???3,5?则有e?c?12?4?8;

当?a,b???6,2?则有e?c?15?7?8;

当?a,b???5,3?则有e?c?14?6?8;

上面从右边分类看,共分5类,每一类中e与c都可以交换,g,f,d可以交换排列

所以每一类有P22?P33?12种.

所以共有5×12=60(种).

14. 右图是个有底无盖的容器的平面展开图,其中①是边长为18厘米的正方形,②③④⑤是同样大的等

腰直角三角形,⑥⑦⑧⑨是同样大的等边三角形.那么,这个容器的容积是___毫升.

⑨⑤④

⑧③⑦

【解析】 该容器是一个棱长为18的立方体割去八个角后(从每条棱的中点)剩下部分的一半. 1?11?即:??183??93??8??2430(毫升). 2?32?

15. 有10个整数克的砝码(允许砝码重量相同),将其中一个或几个放在天平的右边,待称的物品放在天奥数网题库 2008“数学解题能力展示”读者评选活动初赛试卷(六年级) page 6 of 7 6

平的左边,能称出1,2,3,…,200的所有整数克的物品来;那么,这10个砝码中第二重的砝码最少是______克.

【解析】 ⑴这10个整数克的砝码共重应该是200,这样,才能在最重的定下来后,第二重的尽量少.

⑵作为一般结论,如果要连续称出一些重量,只在天边的一边放砝码,另一边放重物,则砝码最少的情况应该结合二进制,即1,2,4,8,16,32,64,128.这种情况下,只需要7个砝码,就能至多称到128×2-1=255克重.

⑶而本题共有10个砝码,只需要调整一下这里的砝码:

第一种方案:为了实现第二重最少,则可以让第一重尽量大,而且不止一个,

这里的思路是:如果后面6个数中,有5个相同的最大,把前面所有5个数的和与之相等,200=6×33+2,即后面有5个33,前面则有1,2,4,8,18这种方案中,无法凑出16,17这两种重量.

于是换一种思路,让最大数相同的只有4个,前面6个砝码看作一个.

则最重的为40,这样,可以构造出1,2,4,8,12,13,40,40,40,40.

不过,对于这种解法,与官方的推荐答案不符,原因在于,最重的有4个,次重的被看作“第五名”.在这里,“第五名”“第二重”之间是有一定的歧义的.所以,我们建议大家做这道题应用高级技巧“歧义解决”.即说清楚:

如果只看重量,第一重(可以并列)与第二重,则第二重最少可以是13克.

如果根据“名次”,第二名(可以并列)为第二重,则第二重最少可以是18克.

这种情况的算理是:

首先考虑1、2、4、8这四种砝码必须有,另外,对于第二重,至少要是16.

这里除了第一重之外,16最多可以有5个砝码,即:

1、2、4、8、16、16、16、16、16.

要称200,第一重的要达到200-(1+2+4+8+16+16+16+16+16)=105

则96-104的重量无法称出来.

所以,把第二重的调整为17,即;

1、2、4、8、17、17、17、17、17、100

但16无法称出来,所以要调整出16,必会现18,(如果调整给100,即100变为101,则100无法称出来).所以,“最佳方案”是1、2、4、8、16、17、17、17、18、100.

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