12届小机灵决赛解析五年级奥数竞赛培训班.docx
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12届小机灵决赛解析五年级奥数竞赛培训班
第十二届“小机灵杯”智力冲浪展示活动决赛试卷（五年级组）
2014年1月19日8:
30~9:
50
时间：
80分钟
总分：
120分
一、判断题（每题1分）
【第1题】
小数点在十进制中用来隔开整数部分和小数部分。
中国魏晋时代的数学家刘徽第一个将“小数”这一概念用
文字表达出来。
……………………………………………………………………………………………（）
【分析与解】
中国自古以来就使用十进位制计数法，一些实用的计量单位也采用十进制，所以很容易产生十进分数，即小
数的概念。
第一个将这一概念用文字表达出来的是魏晋时代的刘徽。
他在计算圆周率的过程中，用到尺、寸、
分、厘、毫、秒、忽等7个单位；对于忽以下的更小单位则不再命名，而统称为“微数”。
填“√”。
【第2题】
做小数加减法时要把小数点对齐。
在小数乘法法则中，两个因数中一共有几位小数，就要从积的左边向右数
几位点上小数点。
…………………………………………………………………………………………（）
【分析与解】
在小数乘法法则中，两个因数中一共有几位小数，就要从积的右边向左数几位点上小数点。
故填“×”。
第十二届“小机灵杯”智力冲浪展示活动决赛试卷五年级组
城隍喵
【第3题】
中国古代数学最重要的典籍应当是《九章算术》，魏晋数学家刘徽用割圆术证明了圆面积的精确公式，并给
出了计算圆周率的科学方法。
……………………………………………………………………………（）
【分析与解】
所谓“割圆术”，是用圆内接正多边形的面积去无限逼近圆面积并以此求取圆周率的方法。
“圜，一中同长也”。
意思是说：
圆只有一个中心，圆周上每一点到中心的距离相等。
早在我国先秦时期，《墨
经》上就已经给出了圆的这个定义，而公元前11世纪，我国西周时期数学家商高也曾与周公讨论过圆与方的
关系。
认识了圆，人们也就开始了有关于圆的种种计算，特别是计算圆的面积。
我国古代数学经典《九章算
术》在第一章“方田”章中写到“半周半径相乘得积步”，也就是我们现在所熟悉的公式。
为了证明这个公式，我国魏晋时期数学家刘徽于公元263年撰写《九章算术注》，在这一公式后面写了一篇
1800余字的注记，这篇注记就是数学史上著名的“割圆术”。
填“√”。
【第4题】
历史上，最先把幻方当作数学问题来研究的人，是我国宋朝著名数学家杨辉。
………………………（）
【分析与解】
在一个由若干个排列整齐的数组成的正方形中，图中任意一横行、一纵行及对角线的几个数之和都相等，具
有这种性质的图表，称为“幻方”。
中国古代称为“河图”、“洛书”，又叫“纵横图”。
十三世纪，中国南宋数学家杨辉在世界上首先开展了对幻方的系统研究。
填“√”。
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城隍喵
【第5题】
十八世纪时，数学家哥德巴赫在研究自然数时发现，很多偶数都有一个共同的性质，可以表示为两个奇素数
的和。
于是，他提出了一个猜想：
是不是任何一个比2大的偶数都能表示为两个奇素数的和
呢？
………………………………………………………………………………………………………（）
【分析与解】
1742年6月7日，普鲁士数学家克里斯蒂安·哥德巴赫在写给瑞士数学家莱昂哈德·欧拉的通信中，提出了
以下的猜想：
“任一大于2的整数都可以写成三个质数之和。
”上述与现今的陈述有所出入，原因是当时的哥
德巴赫遵照的是“1也是素数”的约定。
现今数学界已经不使用这个约定了。
哥德巴赫原初猜想的现代陈述
为：
“任一大于5的整数都可写成三个质数之和。
”欧拉在6月30日的回信中注明此一猜想可以有另一个等价
的版本：
“任一大于2的偶数都可写成两个质数之和。
”并将此一猜想视为一定理，但他却无法证明。
今日常
见的猜想陈述为欧拉的版本，亦称为“强哥德巴赫猜想”或“关于偶数的哥德巴赫猜想”。
从关于偶数的哥
德巴赫猜想，可推出：
“任一大于5的奇数都可写成三个素数之和。
”的猜想。
后者称为“弱哥德巴赫猜想”
或“关于奇数的哥德巴赫猜想”。
若关于偶数的哥德巴赫猜想是对的，则关于奇数的哥德巴赫猜想也会是对
的。
4只能表示为41322，即4不能表示为两个奇素数的和。
故填“×”。
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城隍喵
二、填空题（每题8分）
【第6题】
在1001当中嵌入一个数码组成五位数10□01，若这个五位数能被7整除，则嵌入的数码“□”是_______。
【分析与解】
数论，整除。
若五位数10□01能被7整除；
则10□011010□010能被7整除；
如果一个整数的末三位与末三位以前的数字组成的数之差能被7整除，那么这个数能被7整除。
即01010□，则10□109□能被7整除；
997141；
99198能被7整除；
98791也能被7整除；
“□”是1或8。
【第7题】
在12，22，32，…，952这95个数中，十位数字是奇数的数共有_______个。
【分析与解】
数论，完全平方数。
10ab100a20abb；
222
020，121，224，329，4216，5225，6236，7249，8264，9281；
如果完全平方数的十位数字是奇数，则它的个位数字一定是6；
反之，如果完全平方数的个位数字是6，则它的十位数字一定是奇数。
故若完全平方数n2的十位数字是奇数，则n2的个位数字是6，n的个位数字是4或6；
1~95中，个位数字是4或6的有19个；
故在12，22，32，…，952这95个数中，十位数字是奇数的数共有19个。
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【第8题】
某商店出售一种商品，有以下几种方案：
A.先提价10%，再降价10%
B.先降价10%，再提价10%
C.先提价20%，再降价20%
D.先提价30%，再降价30%
在这四种销售方案中，价格最低的是方案_______。
【分析与解】
经济问题。
方案A：
最后的价格是原来的110%110%10.110.1120.12；
方案B：
最后的价格是原来的
110%110%10.110.110.1；
22
方案C：
最后的价格是原来的
120%120%10.210.210.2
22
方案D：
最后的价格是原来的22
130%130%10.310.310.3；
因为0.120.220.32；
所以120.12120.22120.32；
故在这四种销售方案中，价格最低的是方案D。
【第9题】
画两条直线将正方形分成四个形状相同、大小相等的图形，共有_______种画法。
【分析与解】
图形剪拼。
这两条直线只要都过正方形的中心（正方形的对角线的交点）且相互垂直；
则这两条直线一定将这个正方形分成四个形状相同、大小相等的图形；
故画两条直线将正方形分成四个形状相同、大小相等的图形，共有无数种画法。
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【第10题】
某年级有甲、乙、丙三个班级，甲班比乙班多4个女生，乙班比丙班多1个女生。
如果把甲班的第一组调到
乙班，把乙班的第一组调到丙班，把丙班的第一组调到甲班，则三个班的女生人数恰好相等。
若已知丙班第
一组有2个女生，则甲班第一组有女生_______人，乙班第一组有女生_______人。
【分析与解】
平均数问题。
以“丙班原来的女生人数”为基准，乙班比丙班多1个女生，甲班比丙班多415个女生；
丙班比原来增加1532个女生，乙班比原来增加211个女生，甲班比原来减少523个女生；
甲班第一组有女生325人；
乙班第一组有女生514人。
【第11题】
两列火车分别从两座城市同时出发相向而行，3.3小时后在途中相遇。
如果甲车提前24分钟出发，那么乙车
出发3小时后两车还需行14千米才能相遇；如果乙车提前36分钟出发，那么甲车出发3小时后两车还需行9千
米才能相遇。
两座城市相距_______千米。
【分析与解】
行程问题。
设甲车的速度为x千米/时，乙车的速度为y千米/时；
24363.3xyx3xy14y3xy9；6060
两座城市之间的距离
即
24
x3xy143.3xy
60
36
y3xy93.3xy
60
；
解得
x115
；
y85
两座城市相距115853.3660千米。
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【第12题】
如图，直线a平行于直线b。
直线a上有10个点，分别是a、
1
a、a、…、
23
a，直线b上有11个点，分别
10
是b、b、b、…、b。
将a上的每个点与b上的每个点相连，可以得到许多线段。
已知没有三条线段相交
12311
于直线a、b外的一点，这些线段一共有_______个交点（不包括a、
1
a、…、
2
a，b、b、…、b）。
101211
a
a1a2a3a10
…
b
b1b2b3…b11
【分析与解】
图形计数。
a
a1a2a3a10
MN
…
b
b1b2b3P…Qb11
如图所示，如果注意到下面这个事实：
对于直线a上的任意两点M、N与直线b上的任意两点P、Q都可以构成一个四边形MNQP，
而这个四边形的两条对角线NQ、NP的交点恰好是我们要计数的点。
同时，对于任意四点（直线a、b上分别任取两个点）都可以产生一个这样的交点，
所以图中两条线段的交点与四边形有如下的对应：
交点四边形MNQP
这说明，为了计数出有多少个交点，
我们只需要求出在直线a与b中有多少个满足条件的四边形MNQP就可以了。
从而把问题转化为：
在直线a上有10个点，直线b上有11个点。
四边形MNQP有多少个？
其中，点M、N位于直线a上，点P、Q位于直线b上。
这是一个常规的组合计数问题，可以用乘法原理分2步计算：
第1步，确定线段MN，有129199245或
C
2
10
109
21
45种选择方式；
第2步，确定线段PQ，有121011010255或
根据乘法原理，共可产生45552475个四边形。
C
2
11
1110
21
55种选择方式；
而已知没有三条线段相交于直线a、b外的一点，那么这些线段一共有2475个交点。
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【第13题】
现有91根小棒，长度分别是1cm，2cm，3cm，4cm，…，91cm，从中至少选出_______根小棒就一定
能围成一个三角形。
【分析与解】
最不利原则。
构成一个三角形要满足“两边之和大于第三边”。
一方面，假设存在8根小棒不能组成三角形；
从小到大第3个数不小于123，
从小到大第4个数不小于1236，
从小到大第5个数不小于123612，
从小到大第6个数不小于12361224，
从小到大第7个数不小于1236122448，
从小到大第8个数不小于123612244896，
这与最长的小棒不大于91矛盾；
故原假设不成立，即任意选出8根小棒都能组成三角形。
另一方面，长度分别为1，2，3，6，12，24，48的这7根小棒不能围成一个三角形。
综上所述，从中至少选出8根小棒就一定能围成一个三角形。
【第14题】
幼儿园老师把270个苹果、180个梨和235个橘子平均分给大班小朋友，余下的苹果、梨和橘子的数量之比
是3:
2:
1。
大班有_______名小朋友。
【分析与解】
数论，同余。
如果橘子的个数扩大到原来的3倍，那么余下的橘子数量将与余下苹果的相等；
即2353705与270分别除以大班小朋友的人数，余数相同；
大班小朋友的人数是705270435的约数；
如果橘子的个数扩大到原来的2倍，那么余下的橘子数量将与余下的梨的相等；
即2352470与180分别除以大班小朋友的人数，余数相同；
大班小朋友的人数是470180290的约数；
则大班小朋友的人数是435和290的公约数；
435,290529145；
大班小朋友的人数是是145的约数：
1、5、29、145；①当大班有1名小朋友时，2701270，1801180，2351235；余下0个苹果、0个梨、0个橘子，不符题意；
②当大班有5名小朋友时，2705254，180536，235547；余下0个苹果、0个梨、0个橘子，不符题意；
③当大班有29名小朋友时，2702999，1802966，2352983；余下9个苹果、3个梨、3个橘子，9:
6:
33:
2:
1，符合题意；
④当大班有29名小朋友时，2701451125，180145135，235145190；余下125个苹果、35个梨、90个橘子，125:
35:
903:
2:
1，不符题意；
经检验，大班有29名小朋友。
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【第15题】
对于正整数n，如果能找到正整数a和b，使得nabab，那么n就称为“好数”。
例如31111，
所以3是“好数”，在1至100这100个正整数中，有_______个“好数”。
【分析与解】
数论，合数。
nabab；
n1abab1a1b1；
a1和b1分别是n1大于1的约数；
故n1是合数；
2~101中，有26个质数，74个合数；即n1有74种情况；
在1至100这100个正整数中，有74个“好数”。
【第16题】
一个棋盘有13行17列，每个小方格里都写了一个数，从左上角开始，第一行依次为1，2，…，17；第二
行依次为18，19，…，34；…一直写到最后一行。
现将此棋盘里的数重写，从左上角开始，第一列从上到
下依次为1，2，…，13；第二列从上到下依次为14，15，…，26；…一直写到最后一列。
这样有一些小
方格在两种写法里有相同的数，则所有这些小方格里（有相同数的）的数之和为_______。
【分析与解】
不定方程。
设两种写法里有相同的数在第x行、第y列（1≤x≤13，1≤y≤17）；
这个数x117yy113x；
化简，得4x3y1；
解得
x
1x
或
y1y
4
5
或
x7
或
y9
x10
或
y13
x13
y17
；
两种写法里有相同的数有5个：
1，56，111，166，221；
则所有这些小方格里（有相同数的）的数之和为156111166221555。
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三、解答题（请写出必要的解题步骤）（第17题12分，第18题15分）
【第17题】
如图，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于O点，如果S10△，S△BDC20，那么SBOC
△，SABC12
ABD△
的面积是多少？
D
A
O
BC
【分析与解】
等积变形，任意四边形蝴蝶模型。
SAOSAO
因为AOB，AOD
△
△；
SCOSCO
△BOC△COD
SSAOSAO
所以AOBAOD
△△
，即△ABD
SSCOSCO
△BOC△COD△BDC
；
因为S△10，SBDC20
ABD
△；
所以
AO
CO
101
；
202
所以
S
S
△AOB
△BOC
1
2
；
所以
22
SS128
△△。
BOCABC
33
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【第18题】
如果a，b，c，d，e是连续的正整数，且abcde，bcd是完全平方数，abcde是完
全立方数，那么c最小值是多少？
【分析与解】
数论，完全平方数，完全立方数。
a，b，c，d，e是连续的正整数；
由中项定理，bcd3c是完全平方数，abcde5c是完全立方数；
故c必含有质因数3和5；
要使c尽可能小，则设c3m5n；bcd3c33m5n3m15n是完全平方数；m1、n均为2的倍数；即m2余1，n2余0；
abcde5c53m5n3m5n1是完全立方数；m、n1均为3的倍数；
即m3余数0，n3余数2；
由m2余1，m3余数0，可得m6余3，m最小为3；
由n2余0，n3余数2，可得n6余2，n最小为2；
c最小值是3352675。
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