【真题】2016年迎春杯决赛高年级-含答案

2016“数学花园探秘”科普活动总决赛小学五年级组一试

一、填空题（每题10分，共30分）

1.某次考试共有20道题，其中选择题每题4分，填空题每题6分，所有题目的平均正确率是53%，其中填空题的正确率是45%，所有人的平均得分是53.2分，那么这次考试选择题的正确率是__________%．

【答案】65            

【分析】设有x道选择题，正确率为y，列方程组，解得．

2.右图是一个小镇的道路，标有箭头的道路只能按箭头方向单向行驶．如果将所有的道路不重复的走过一遍，共有__________种不同的路线． 

【答案】96 

【分析】“一笔画问题”，又称“哥尼斯堡城'七桥问题’”，大数学家欧拉对于这个问题的研究是数学史上的一段佳话．他指出，一个图形要能一笔画完成，必满足：①图形是封闭联通   ②图形中的奇点(与奇数条边相连的点)个数为0或2．③当奇点为2时，必定以一个奇点为起点，另外一个奇点为终点．

这幅图中有A、B两个奇点，一定以这两点做为起点和终点．考虑A→B，那么其他线的方向也就固定了，可以看出要想画出此图需从A至B走3次，从B回到A走2次．从A到B可以选择走斜线，也可以走折线，斜线只有一条，折线分为两段，第一次走折线有2×2＝4种选法，但是走过一次折线后，剩下的折线只有1种．B至A的折线同样要求

①先走斜线有1（斜线）×4（B→A折线）×4（A→B折线）×1（B→A）×1（A→B）＝16种

②先走折线有4（A→B折线）×4（B→A折线）×2（A→B选折或斜）×1×1＝32种

所以A→B共有16＋32＝48种画法

同理B→A也有48种画法，共96种画法

3.甲乙二人进行如下操作：甲选出6个互不相同的非零自然数写成一圈，然后先由乙任意指定一个位置，甲再定顺时针或逆时针，从乙指定的位置开始，依次将这些数标记上1号，2号，……，6号，使得每个数能被其号码整除．为了让乙可以任意指定，甲写的6个数之和最小__________．

【答案】276

【分析】方法1：分别考虑乙指定这6个数，

若乙指定A，那么只要顺时针分别填1、2、3、4、5、6即可，在此基础上，

若乙指定B，则在逆时针方向上，F和C已经是3的倍数，在此基础上A×2，E×4，D×5，C×2即可．

若乙指定C逆时针需A×3，F×2，D×3，顺时针需E×3，F×2，A×5，B×3，显然若使和最小，应选择逆时针．

若乙指定D，顺时针需A×2，B×5．

若乙指定E，顺时针需B×2，C×5．

若乙指定F，逆时针需C×2，

此时A，B，C，D，E，F分别为12，20，60，60，20，12，各数互不相同，则扩大2倍，如图所示，和为276．

方法2：把1号当成定位位置，则4号一定在1号的对面，所以每个数均是4的倍数；3号与6号相对，且距离1号分别为1格和2格，所以只需要下面4个位置为3的倍数即可；5号与1号相距2格，所以只需要下面4个位置为5的倍数即可，综上所述，和最小为．

　　　　　

二、解答题（每题15分，共30分）

4.已知21最多可以表示成4个互不相等的自然数平方和：，那么2016最多能表示成多少个互不相等的自然数平方和，请构造出一种方法．

【答案】18            

【分析】自然数越多，应使自然数尽量小，考虑

        估算，所以

        ，所以最多18个自然数（加上）

        而，

    构造如下

5.如下图，一块耕地被分成了9块长方形的菜地．其中两块阴影的面积都是18．如果MC = 3DM，4AN = 3NB，那么，整块耕地的面积是多少？

【答案】81            

【分析】方法1：按下图所示设边长和连接辅助线，

则可列方程：，得，，

结合①②，可得，即左上角面积为9，则右下角面积为36．

综上所述，长方形面积为81．

方法2：梅涅劳斯定理：，

则，即右下角面积为左上角面积的4倍，进一步可以求出这两块面积分别为9和36，长方形面积为81．

2016“数学花园探秘”科普活动总决赛小学五年级组二试

一、填空题（每题10分，共30分）

1.正六边形的面积是2016．A、B、C是三边的中点，那么，阴影部分的面积是__________．

【答案】630

【分析】方法1：如下左图所示，连接DE，因为，A为DF中点，所以，，则，所以．

方法2：按下右图分割，共24个小三角形，阴影占7.5个，所以．

2.某人用相同大小的黑白两种小正方体积木在桌子上堆成了一个4×4×4的大正方体，使得任何两列的各四块积木从上到下对应的颜色都不完全相同；更巧的是：任何相邻（有公共面）两列积木中，都恰有一组（共两块）水平相邻的积木颜色不同．那么，这种大正方体的搭建方法共有________种（不允许将大正方体旋转）．

【答案】384            

【分析】这道题对学生把实际问题转化为数学模型有较高要求，考察排列组合。

笔者提供一种构建思路：不妨在立方体的俯视图里(4×4方格)，将某一格的从上到下的四个正方体的类型，依次用四位代码表示，白色记为1，黑色记为0  (如0110表示这个位置的四个正方体最上面为黑色，其次是白色，其次是白色，与地面接触是黑色)。

由于，即类似于0000、1111这样的不同的记录代码恰有16种，分别对应大正方体俯视图的十六个位置 。

0000	0001
0010	①

    先考虑大正方体的俯视图（4×4区域）中，我们先选出2×2区域研究。不妨以0000为起点，任意写其旁边两个位置的编号（比如0001和0010），则①号位置代码可以确定为0101，且与0000的差异恰为2个代码。

由于0000变化到1111的差异为4个代码，容易判断两者相对位置关系为3×3矩形区域顶点。然后尝试，发现在确定了五个格子后，从0000到1111依然存在两种填充方式：

0000	0001
0010	0011	1011
	0111	1111

0000	0001
0010	0011	1011
	0111	1111

  

   明确以上要点后，题目便非常清晰了：

   仍以0000为研究起点

①先考虑0000的位置在大立方体俯视图4×4区域的内部：

    第一步，安排0000在4×4内部区域四个位置任选一个，则1111位置随之固定

①	0001	②
	0000
③		④
			1111

    第二步，安排0000的上下左右四格（蓝色区域）。且对于每一种确定的形式，①②③④位置的代码随之确定。以0000为中心的九宫格有24种形式，这是此题中最可能出错的地方！

    第三步，根据每一个确定的九宫格的编号为④的位置的代码，由其变化到1111有两种方式。对于任何一种方式，所有16个代码的位置均能唯一确定。

因此，00000000的位置在大立方体俯视图内部区域的方式合计： 4×24×2=192

②再考虑0000在大立方体俯视图边缘一圈的情况。不妨看看如下两种填充的联系：

0011	0001	0101	0111
0010	0000	0100	0110
1010	1000	1100	1110
1011	1001	1101	1111

1100	1110	1010	1000
1101	1111	1011	1001
0101	0111	0011	0001
0100	1001	0010	0000

显然，对于每一种0000不在边缘的搭建法，将所有的0改写为1,1改写为0则变成唯一对应的0000在边缘的搭法。即0000在俯视图外部一圈的填法也为192种。

因而，所有的填法合计种。

3.B地在A地的东边，甲、乙分别从A、B两地同时出发，向东匀速行进；有一只小狗与甲同时出发，在甲、乙之间来回穿梭（即从甲跑向乙，追上乙后调头向甲，与甲相遇后又调头向乙）；当小狗第1次回到甲处时，甲恰好行了140米；当小狗第2次回到甲处时，甲恰好共行了350米；如果小狗的速度是乙速的3倍，那么当小狗第3次追上乙时甲、乙相距        米．

【答案】1080        

【分析】第一次狗追上乙时，分别走3份和1份，最开始甲乙相距2份，利用行程中的相似两次之间的比为2:3，所以第一次相遇后甲乙相距2÷2×3＝3份，即狗追上乙后，两人再走的路程和为3份，如图，进而可知甲第一次与狗相遇时走份，所以甲乙速度比为，全程米第二次相遇后甲乙之间的距离为米，接下来的过程与图中完全相同，当小狗追上乙时，甲、乙相距米

二、解答题（每题15分，共30分）

4.[x]表示不超过x的最大整数，{x}=x-[x]；

，其中a、b、c、d、e、f、g、h、i表示的是1至9中不同的数字，n是自然数，那么所有满足要求的的和是多少？

【答案】3303        

【分析】，既然结果为6位循环，所以分母中的2应被约掉，而，·所以分母中的7会留下，而与同余，且数字和为45，所以是9的倍数，由此可知左边化简后为分母为7的分数，所以是142857的组合，所以是369的组合，且不是7的倍数，不能为693，所以和为。

5.“数学花园探秘”总决赛期间，同学们自发举办第一届“弹笔大赛”，一共有10名选手参加，每场比赛有3名选手上场．如果“弹笔大赛”规定，任意两场比赛的参赛选手中，至多只有1名相同的同学；那么，本次“弹笔大赛”最多可以比赛多少场？ 

【答案】13                

【分析】每名选手最多参加场比赛，所有选手最多打场次比赛，一场比赛3名选手参加，所以最多打场，构造如下：

	A	B	C	D	E	F	G	H	I	J
第一场	√	√	√
第二场	√			√	√
第三场	√					√				√
第四场	√							√	√
第五场		√						√		√
第六场		√			√				√
第七场		√		√		√
第八场						√	√	√
第九场			√		√			√
第十场			√	√			√
第十一场			√			√			√
第十二场				√					√	√
第十三场					√		√			√

2016“数学花园探秘”科普活动总决赛小学六年级组一试

一、填空题（每题10分，共30分）

1.有两个多位数甲和乙满足：

（1）甲＋2016＋2＋19＝乙；

（2）甲、乙两数的各位数字之和均是7的倍数．

那么甲的最小值是________．

【分析】加法竖式，每进一次位数字和少9．，数字和为12．

设甲的数字和为，乙的数字和为，则．

又因为甲乙均为7的倍数，所以，则k至少为6．

甲至少为6位数，所以乙至少是七位数，最小取1000006，此时甲为997969，正好是7的倍数．

2.一笔画出下图，要求有箭头的线必须沿着剪头方向画，共有________种不同的画法．

  

【答案】96 

【分析】“一笔画问题”，又称“哥尼斯堡城'七桥问题’”，大数学家欧拉对于这个问题的研究是数学史上的一段佳话．他指出，一个图形要能一笔画完成，必满足：①图形是封闭联通   ②图形中的奇点(与奇数条边相连的点)个数为0或2．③当奇点为2时，必定以一个奇点为起点，另外一个奇点为终点．

这幅图中有A、B两个奇点，一定以这两点做为起点和终点．考虑A→B，那么其他线的方向也就固定了，可以看出要想画出此图需从A至B走3次，从B回到A走2次．从A到B可以选择走斜线，也可以走折线，斜线只有一条，折线分为两段，第一次走折线有2×2＝4种选法，但是走过一次折线后，剩下的折线只有1种．B至A的折线同样要求

①先走斜线有1（斜线）×4（B→A折线）×4（A→B折线）×1（B→A）×1（A→B）＝16种

②先走折线有4（A→B折线）×4（B→A折线）×2（A→B选折或斜）×1×1＝32种

所以A→B共有16＋32＝48种画法

同理B→A也有48种画法，共96种画法

3.设正整数n的不同因数个数为．例如24的因数有1，2，3，4，6，8，12，24，所以．若设数列的前n项和为，即：

，

，

，

……

；

则在这2016个和中，共有________个奇数．

 【答案】990

 【分析】对于，若n为完全平方数，即，则为奇数，反之为偶数．

        显然为奇数，由于都是偶数，不改变奇偶性，所以都是奇数，而为偶数，且都是偶数．

从开始每到会改变奇偶性，所以对于，n从奇数平方到偶数平方的前一个均为奇数，而，奇数的个数为

二、解答题（每题15分，共30分）

4.甲乙二人进行如下操作：甲选出6个互不相同的非零自然数写成一圈，然后先由乙任意指定一个位置，甲再定顺时针或逆时针，从乙指定的位置开始，依次将这些数标记上1号，2号，……，6号，使得每个数能被其号码整除．为了让乙可以任意指定，甲写的6个数之和最小是多少？

【答案】276

【分析】方法1：分别考虑乙指定这6个数，

若乙指定A，那么只要顺时针分别填1、2、3、4、5、6即可，在此基础上，

若乙指定B，则在逆时针方向上，F和C已经是3的倍数，在此基础上A×2，E×4，D×5，C×2即可．

若乙指定C逆时针需A×3，F×2，D×3，顺时针需E×3，F×2，A×5，B×3，显然若使和最小，应选择逆时针．

若乙指定D，顺时针需A×2，B×5．

若乙指定E，顺时针需B×2，C×5．

若乙指定F，逆时针需C×2，

此时A，B，C，D，E，F分别为12，20，60，60，20，12，各数互不相同，则扩大2倍，如图所示，和为276．

方法2：把1号当成定位位置，则4号一定在1号的对面，所以每个数均是4的倍数；3号与6号相对，且距离1号分别为1格和2格，所以只需要下面4个位置为3的倍数即可；5号与1号相距2格，所以只需要下面4个位置为5的倍数即可，综上所述，和最小为．

　　　　　

5.如图，AC和DB垂直，，，三角形AQD和三角形AQP的面积分别为1734和726．求：

（1）分别以线段AQ和线段DP为长和宽的长方形面积是多少？

（2）四边形BCPQ的面积是多少？

【答案】2016，2016

【分析】（1）．

（2）方法1：根据燕尾模型，，又，设，，则，，所以，则．

方法2：设，，，，，，根据燕尾列方程

            ， 再利用已知条件

①×②，得，③－④，得，带入前面的式子可得，所以四边形的面积为 

方法3：梅涅劳斯定理：，

则，所以．

2016“数学花园探秘”科普活动总决赛小学六年级组二试

一、填空题（每题10分，共30分）

1.请将1～9分别填入下面算式的方框中，每个数字恰用一次；现已将“2”、“1”、“9”填入；若等式成立，那么三位数＝________．

【答案】475                

【分析】易知，而，所以

        而

        若拆为8、5、3，剩余4，6，7，

        估算可知A应是的1.6倍以上，不存在

        若拆为7、6、3，剩余4，5，8，

只能为4，可以是，验证可得均不成立

若拆为7、5、4，剩余3，6，8，

可以为3或4，当为3时，应为27的倍数，可以为，成立

                当为3时，可以为验证可知不成立

所以，

2.老师拿出3张卡片，每张卡片上写有一个数字，甲用这三个数字组成了一个完全平方数，乙用这三个数字组成了一个完全平方数的3倍，丙用这三个数字组成了一个平方数和立方数的乘积，已知甲乙丙三人组成的三位数各不相同．那么，甲乙丙写的三位数之和是________．

【答案】999                

【分析】乙组成平方数的3倍，说明这3个数的数字和为3的倍数；甲组成平方数，所以这3个数的数字和为9的倍数．所以乙组成的同样为9的倍数，除以3依然是3的倍数，又因为是平方数，所以乙除以3后仍为9的倍数，设，其中k为3的倍数，，，依次验证可得，时，，或时，，成立．

所以三数之和为999．

3.如图，一个五棱柱型的铜鼓，上下表面是正五边形，其余5个侧面都是正方形．现在该铜鼓的每个顶点放置一个白球或者黑球，要求每个侧面正方形的4个顶点不同色，有________种不同的放置办法．

【答案】572    

【分析】在一条棱上下两个顶点放球，有四种放法，利用标数法

	①	②	③	④	⑤	1
黑黑	1	0	3	8	31	108
黑白	0	1	3	11	39
白黑	0	1	3	11	39
白白	0	1	2	9	30

	①	②	③	④	⑤	1
黑黑	0	1	3	11	39
黑白	1	1	4	14	50	178
白黑	0	1	4	14	50
白白	0	1	3	11	39

所以一共有：种不同的放置办法．

二、解答题（每题15分，共30分）

4.甲、乙两人从A地、丙从B地同时出发，相向而行．当甲率先和丙相遇时，乙走了720米；此时，甲立即掉头，与乙相遇时，丙距离A地还有2016米；当乙、丙相遇时，甲恰好回到A地．那么，AB两地相距多少米？

【答案】4320

【分析】如下左图，第一次相遇甲丙合走一个全程；第三次相遇，乙丙合走一个全程；而甲往返时间相同，可知从开始到第三次相遇甲＋丙＝2全程＝2（乙+丙），即甲－丙＝2乙.

如下右图两条虚线之间，第一与第二次相遇之间甲丙路程差与乙之和为 米，可知这一段乙走了 米．第二三次相遇之间乙走了米，丙走了 米，故可知甲乙丙三人速度比为甲:乙:丙=4:1:2，全程为 米．

      说

5.平面上有10个点，其中任三点不在同一直线上；以这10个点为三角形的顶点，而且使得任意两个三角形至多只有一个公共顶点；问：最多能连出多少个三角形？

【答案】13                

【分析】考虑包含其中一个点A的所有三角形，由于最多只有一个公共点（也就是A），所以这些三角形其他的两个点都不相同，所以包含点A的三角形有个，同样的对于每个点都可以得到4个三角形，共个三角形，由于每个三角形都算了3次，所以最多连出个，构造如下：

	A	B	C	D	E	F	G	H	I	J
第一个	√	√	√
第二个	√			√	√
第三个	√					√				√
第四个	√							√	√
第五个		√						√		√
第六个		√			√				√
第七个		√		√		√
第八个						√	√	√
第九个			√		√			√
第十个			√	√			√
第十一个			√			√			√
第十二个				√					√	√
第十三个					√		√			√