华杯赛小中组初赛试题及答案

华杯赛小中组初赛试题及答案（精选4篇）

篇1：华杯赛小中组初赛试题及答案

第十届华杯赛初赛试题和答案

试题：

1.是中国伟大航海家郑和首次下西洋600周年，西班牙伟大航海家哥伦布首次远洋航行是在1492年.问这两次远洋航行相差多少年?

2.从冬至之日起每九天分为一段，依次称之为一九，二九，…，九九.的冬至为12月21日，20的立春是2月4日。问立春之日是几九的第几天?

3.右图是一个直三棱柱的表面展开图，其中，黄色和绿色的部分都是边长等于1的正方形。问这个直三棱柱的体积是多少?

4.爸爸、妈妈、客人和我四人围着圆桌喝茶。若只考虑每人左邻的情况，问共有多少种不同的入座方法?

5.在奥运会的铁人三项比赛中，自行车比赛距离是长跑的4倍，游泳的距离是自行车的，长跑与游泳的距离之差为8.5千米。求三项的总距离。

6.如右图，用同样大小的正三角形，向下逐次拼接出更大的正三角形。其中最小的三角形顶点的个数(重合的顶点只计一次)依次为：3，6，10，15，21，…问：这列数中的第9个是多少?

7.一个圆锥形容器甲与一个半球形容器乙，它们圆形口的直径与容器的高的尺寸如图所示。若用甲容器取水来注满乙容器，问：至少要注水多少次?

8.100名学生参加社会实践，高年级学生两人一组，低年级学生三人一组，共有41组。问：高、低年级学生各多少人?

9.小鸣用48元钱按零售价买了若干练习本。如果按批发价购买，每本便宜2元，恰好多买4本。问：零售价每本多少元?

10.不足100名同学跳集体舞时有两种组合：一种是中间一组5人，其他人按8人一组围在外圈;另一种是中间一组8人，其他人按5人一组围在外圈。问最多有多少名同学?

11.输液100毫升，每分钟输2.5毫升。请你观察第12分钟时吊瓶图像中的数据，回答整个吊瓶的容积是多少毫升?

解答：

1.87年 2.六九的`第一天 3.1/2 4.共有6种不同的入座方法 5.三项的总距离为51.5千米

6.第9个是55 7.至少要注水8次 8.高年级学生46人、低年级学生54人 9.零售价每本6元

10.93名 11.150毫升 12.至多有6条直线.

1.【解】1492-(-600)=87(年)

2.【解】12月31天，1月31天，从冬至到立春共有(31-20)+31+4=46(天)

46÷9=5…1，立春是六九第一天.

3.【解】直三棱柱的体积是×1×1×1=(立方米)

4.【解】第一人落座有4个位置可选，第一人落座后，坐在他的左面的有三种情况，而每种情况另一人的左邻又有两种，所以共有4×3×2=24种方法，但由于是圆桌，只考虑相邻情况，不考虑具体坐在哪一面，所以只有24÷4=6种入座方法。

5.【解】设自行车距离为1，则长跑为，游泳为，长跑与游泳之差为自行车距离的-=，是8.5千米，所以自行车距离为8.5÷=40千米，长跑为40×=10千米，游泳为40×=1.5千米，共为40+10+1.5=51.5千米.

6.【解】这列数第一项为3，第二项比第一项多3，以后每项比前项多项数加1，所以第9项为3+3+4+5+6+…+10=1+2+3+4+5+6+…+10=55。

7.【解】球的体积为，圆锥的体积为，从图可知，此题中h=r，而圆锥的底面半径为半球半径的，所以半球的体积是圆锥体积的=8(倍)，即需要注水8次。

8.【解】如全为高年级学生，则只需41×2=82(人)，实际100人，100-82=18(人)，所以有18组低年级学生，41-18=23组高年级学生，高年级学生为23×2=46(人)，低年级学生为18×3=54(人)。

9.【解】见下图，以横线表示本数，纵线表示单价，因为黄色部分面积与绿色部分面积相等，所以黄色的宽是绿色高的2倍，设批发价为x元(图中绿色长方形的高)，

则有：x×(2x+4)=48，即x×(x+2)=24=4×6=4×(4+2)

所以，x=4(元)，零售价为x+2=6(元)

10.【解】此题实际是一个不足100的整数，减去5能被8整除，即除以8余5，减去8能被5整除，即除以5余3，求其最大值。13除以8余5，除以5余3，8和5的最小公倍数为40，13+2×40=93，为满足条件的整数，即最多有93名同学。

11.【解】从图中可知，12分钟时，吊瓶的无液部分是80毫升，12分钟共输液2.5×12=30毫升，即装100毫升溶液时吊瓶的空余部分是50毫升，整个吊瓶的容积是100+50=150毫升。

篇2：华杯赛小中组初赛试题及答案

参考答案

第一届华杯赛初赛试题答案：1.【解】1986是这五个数的平均数，所以和=1986×5=9930。

2.【解】方框的面积是。每个重叠部分占的面积是一个边长为1厘米的正方形。重叠部分共有8个

×5一l×8

=(100—64)×5—8

=36×5—8

=172(平方厘米)。

故被盖住的面积是172平方厘米。

3.【解】105=3×5×7，共有(1+1)×(1+1)×(1+1)=8个约数，即1，3，5，7，15，21，35，105。

4.【解】在这道题里，最合理的安排应该最省时间。先洗开水壶，接着烧开水，烧上水以后，小明需要等15分钟，在这段时间里，他可以洗茶壶，洗茶杯，拿茶叶，水开了就沏茶，这样只用16分钟。

5.【解】149的个位数是9，说明两个个位数相加没有进位，因此，9是两个个位数的和，14是两个十位数的和。于是，四个数字的总和是14+9=23。

6.【解】松鼠采了：112÷14=8(天)

假设这8天都是晴天，可以采到的松籽是：20×8=160(个)

实际只采到112个，共少采松籽：160-112=48(个)

每个下雨天就要少采：20-12=8(个)

所以有48÷8=(6)个雨天。

7.【解】因为正方体的边长是1米，2100个正方体堆成实心长方体的体积就是2100立方米。

已经知道，高为10米，于是长×宽=210平方米

把210分解为质因数：210=2×3×5×7

由于长和宽必须大于高(10米)，长和宽只能是：3×5和2×7。也就是15米和14米。14米+15米=29米。

答：长与宽的和是29米。

8.【解】39-32=7。这7分钟每辆行驶的距离恰好等于第二辆车在8点32分行过的距离的1(=3-2)倍。因此第一辆车在8点32分已行7×3=21(分)，它是8点11分离开化肥厂的(32-21=11)。

【注】本题结论与两车的速度大小无关，只要它们的速度相同。答案都是8点11分。

9.【解】这个数除300、262，得到相同的余数，所以这个数整除300-262=38，同理，这个数整除262-205=57，因此，它是38、57的公约数19。

10.【解】因为一共赛了六场，而且“甲乙丙三人胜的`场数相同”他们不是各胜一场就是各胜两场如果甲、乙、丙各胜一场，丁就应该是胜了三场，但丁已经败给了甲，他就不可能胜三场因此，只可能是甲、乙、丙各胜二场，3×2=6，三人共胜了六场，所以丁一场也没有胜。

11.【解】1111111111×9999999999

=1111111111×(10000000000-1)

=11111111110000000000-1111111111

=111111111088888888889

于是有1O个数字是奇数。

12.【解】10根筷子，可能8根黑，1根白，1根黄，其中没有颜色不同的两双筷子。

如果取11根，那么由于11>3，其中必有两根同色组成一双，不妨设这一双是黑色的，去掉这两根，余下9根，其中黑色的至多6(=8-2)根，因而白、黄两色的筷子至少有3(=9-6)根，3根中必有2根同色组成一双。这样就得到颜色不同的两双筷子。所以至少要取11根。

13.【解】菜地的3倍和麦地的2倍是13×6公顷。菜地的2倍和麦地的3倍是12×6公顷，

因此菜地与麦地共：(13×6+12×6)÷(3+2)=30(公顷)，

菜地是13×6-30×2=18(公顷)。

14.【解】71427被7除，余数是6，19被7除，余数是5，所以71427×19被7除，余数就是6×5被7除所得的余数2。

15.【解】从第一次记录到第十二次记录，相隔十一次，共5×11=55(小时)。时针转一圈是12小时，55除以12余数是7，9-7=2

答：时针指向2。

16.【解】因为电车每隔5分钟发出一辆，15分钟走完全程。骑车人在乙站看到的电车是15分钟以前发出的，可以推算出，他从乙站出发的时候，第四辆电车正从甲站出发骑车人从乙站到甲站的这段时间里，甲站发出的电车是从第4辆到第12辆。电车共发出9辆，共有8个间隔。于是：5×8=40(分)。

17.【解】小数点后第7位应尽可能大，因此应将圈点点在8上，新的循环小数是。

18.【解】三个背包分别装8.5千克、6千克与4千克，4千克、3千克与2千克，这时最重的背包装了lO千克。

另一方面最重的包放重量不少于10千克：8.5千克必须单放(否则这一包的重量超过10)6千克如果与2千克放在一起，剩下的重量超过10，如果与3千克放在一起，剩下的重量等于10。所以最重的背包装10千克。

19.【解】从第一排与第二排看，五个小纸片的长等于三个小纸片的长加三个小纸片的宽，

也就是说，二个小纸片的长等于三个小纸片的宽。

已知小纸片的宽是12厘米，于是小纸片的长是：12×3÷2=18(厘米)，

阴影部分是三个正方形，边长正好是小纸片的长与宽的差：18-12=6

篇3：华杯赛试题及答案

1．摄制组从A市到B市有一天的路程，计划上午比下午多走100千米到C市吃午饭，由于堵车，中午才赶到一个小镇，只行驶了原计划的三分之一，过了小镇，汽车赶了400千米，傍晚才停下来休息，司机说，再走从C市到这里路程的三分之一就到达目的地了.问:A、B两市相距多少千米？

2．问：（a）1995年全年有几个星期日？全年有几个月有五个星期日？

（b）全年有几个星期日？全年有几个月有五个星期日？

3． 甲、乙、丙三个班人数相同，在班之间举行象棋比赛，将各班同学都按1，2，3，，编号．当两个班比赛时，具有相同编号的同学在同一台对垒，在甲、乙两班 比赛时，有15台是男、女生对垒；在乙、丙两班比赛时，有9台是男、女生对垒．试说明在甲、丙两班比赛时，男、女生对垒的台数不会超过24．什么情况下， 正好是24？

4．用0，1，2，3，4五个数字，组成四位数，每个四位数中的数字不同（如1023，2341），求全体这样的四位数之和．

5． 某幼儿园的小班人数最少，中班有27人，大班比小班多6人，春节分橘子25箱，每箱橘子不超过60个，不少于50个，橘子总数的个位数是7，若每人分19 个，则橘子数不够，现在大班每人比中班每人多分一个，中班每人比小班每人多分一个，刚好分完，问这时大班每人分多少橘子？小班有多少人？

6．一个圆周上有12个点，，，，．以它们为顶点连三角形，使每个点恰是一个三角形的顶点，且各个三角形的边都不相交．问有多少种连法？

参考答案

1．A，B两市相距600千米 2．（a）1995年共有53个星期日，全年有五个月有五个星期日，（b）19共有52个星期日，全年只有四个月有五个星期日． 3．略 4．259980 5．大班每人分得18个橘子；小班有25人． 6．共有55种不同的连法

1.【解】如图所示．设小镇为D点，傍晚到达E点，F为AB中点.

AD是AC的三分之一，即DC＝2×AD，EB是CE的二分之一，即CE＝2×EB，所以DE＝DC＋CE＝2×(AD十EB)

已知DE＝400，所以AD＋EB＝400÷2＝200，从而AB＝400＋200＝600(千米)

答：A、B两市相距600千米

【注】本题中，“计划上午比下午多走100千米”这一条件是多余的

2.【解】(a)1995年1月1日是星期日，1995年全年有365天，每7天有且仅有一个星期日7×52＝364，因此，从1995年1 11 2日到1995年12月31日．这364天中有52个星期日，加上1995年1月1日这个星期日，共是53个星期日.

最小的月有28天，最大的月有31天，因此无论哪个月都最少有4个星期日，最多有5个星期日.53＝12×4＋5，因此，1995年中有五个月有五个星期日.

(b)1995年1月1日是星期日，经过364天后，1995年12月31日也是星期日.所以年1月1日是星期一.1996年是闰年，2月有29天，经过364天后，1996年12月30日是星期一，所以1996年全年共有52个星期日，全年只有四个月有五个星期日.

3.【解】我们可以把乙班同学分成三部分，第一部分为与甲班相同编号的同学异性者（由题设可知这部分乙班同学为15人），第二部分为与丙班相同编号的同学异性者（由题设可知这部分乙班同学为9人），其余为第三部分.设A同学属于第三部分，他与甲班相同编号的同学通性，与丙班相同编号的同学也为同性，所以，与A相同编号的甲班和丙班同学必为同性.由此可知，甲、丙两班比赛时，男、女生对垒的台数不会超过24.只有当与乙班第一部分相同编号的丙班同学均与乙班同学同性，并且与乙班第二部分相同编号的甲班同学也均与乙班同学同性时，甲、丙两班比赛中，男、女生对垒的台数正好是24.

4.【解】千位数字是1的有4×3×2＝24个(因为百位数字可从0、2、3、4中选择，有4种，百位确定后，十位有3种选择，百位，十位确定后，个位有2种选择)．千位数字是2、3、4的也有24种。

百位数字是1的有3×3×2＝18个(因为千位数字可从2、3、4中选择，有3种。千位确定后，十位数字也有3种选择(可以为0)，千位、十位确定后，个位数字有两种选择)百位数字是2、3、4的也有18个。同样，十位数字、个位数字是1、2、3、4的.也各有18个 因此，所求的和是(1000＋＋3000＋4000)×24＋18×(1＋2＋3＋4)×(1＋10＋100)＝259980

5.【解】第一步，估计全园人数的上界

因为小班人数少于中班27人，最多为26人所以大班最多为32人，全园人数最多为26＋27＋32＝85(人)．

第二步，计算中班每人分得的橘子数．

假如大班每人拿出一个橘子，小班每人多分一个橘子，全园小朋友每人分得橘子一样多，还余6个因此19＞中班每人分得橘子数＝》14.6

所以中班每人分得橘子数只可能是15，16，17，18.

橘子总数的个位数是7，(橘子总数－6)的个位数字是1，所以(全园人数×中班每人分得橘子教)的个位数字是1.因此，中班分得橘子数不能是15，16，18，只能是17.

第三步，计算全园人数 85≥全园人数＝》73.

再由(全园人数×17)的个位数字是1，可知全园人数的个位数字是3，从而：全园人数＝83(人)

第四步，计算小班人数

大班人数＋小班人数＝83－27＝56(人)，大班人数一小班人数＝6(人)

所以小班人数＝＝25(人)

答：大班每人分得18个橘子，小班有25人.

6.【解】我们采用递推的方法

(1)如果圃上只有3个点；那么只有一种连法

(2)如果圆上有6个点，除点所在三角形的三顶点外，剩下的三个点一定只能在所在三角形的一条边所对应的圆弧上，表1给出这时有可能的连法,

表1:

共有3种连法

(3)如果圆上有9个点，考虑所在的三角形此时，其余的6个点可能分布在①所在三角形的一个边所对的弧上；②也可能三个点在一个边所对应的弧上，另三个点在另一边所对的弧上。在表2中用“＋”号表示它们分布在不同的边所对的弧。如果是情形①，则由(2)，这六个点有三种连法；如果是情形②，则由①，每三个点都只能有一种连法.

表2

共有12种连法.

(4)最后考虑圆周上有12个点。同样考虑

①每三个点在所在三角形．剩下9个点的分布有三种可能，所在三角形的一条边对应的孤上；②有6个点是在一段弧上，另三点在另一段弧上；③9个点都在同一段孤上。得到表3．

表3

篇4：华杯赛小中组初赛试题及答案

第二届华杯赛初赛试题及答案解析

1．“华罗庚金杯”少年数学邀请赛每隔一年举行一次．今年(1988年)是第二届．问2000年是第几届？

1．【解】“每隔一年举行一次”的意思是每两年举行1次。1988年到2000年还有2000－1988＝12年，因此还要举行12÷2＝6届。1988年是第二届，所以2000年是1＋6＝8届。这题目因为数字不大，直接数也能很快数出来：1988、1990、1992、1994、1996、1998、2000年分别是第二、三、四、五、六、七、八届． 答：2000年举行第八届．

【注】实际上，第三届在1991年举行的，所以2001年是第八届.２．一个充气的救生圈（如右图）．虚线所示的大圆，半径是33厘米．实线所示的小圆，半径是9厘米．有两只蚂蚁同时从A点出发，以同样的速度分别沿大圆和小圆爬行．问：小圆上的蚂蚁爬了几圈后，第一次碰上大圆上的蚂蚁？

2．【解】由于两只蚂蚁的速度相同，所以大、小圆上的蚂蚁爬一圈的时间的比应该等于圈长的比．而圈长的比又等于半径的比，即：33∶9．

要问两只蚂蚁第一次相遇时小圆上的蚂蚁爬了几圈，就是要找一个最小的时间它是大、小圆上蚂蚁各自爬行一圈所需时间的整数倍．适当地选取时间单位，使小圆上的蚂蚁爬一圈用9个单位的时间，而大圆上的蚂蚁爬一圈用33个单位的时间．这样一来，问题就化为求9和33的最小公倍数的问题了．不难算出9和33的最小公倍数是99，所以答案为99÷9=11． 答：小圆上的蚂蚁爬了11圈后，再次碰到大圆上的蚂蚁． 3．如右图是一个跳棋棋盘，请你算算棋盘上共有多少个棋孔？

3.【解】把棋盘分割成一个平行四边形和四个小三角形，如下图。平行四边形中棋孔数为9×9＝81，每个小三角形中有10个棋孔。所以棋孔的总数是81＋10×4＝121(个)答：共有121个棋孔

4．有一个四位整数．在它的某位数字前面加上一个小数点，再和这个四位数相加，得数是2000.81．求这个四位数．

4．【解】由于得数有两位小数，小数点不可能加在个位数之前．如果小数点加在十位数之前，所得的数是原来四位数的百分之一，再加上原来的四位数，得数2000.81应该是原来四位数的1.01倍，原来的四位数是2000.81÷1.01＝1981．

类似地，如果小数点加在百位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.001倍，小数点加在千位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.0001倍．但是（2000.81÷1.001）和（2000．81÷1.0001）都不是整数，所以只有1981是唯一可能的答案． 答：这个四位数是1981．

【又解】注意到在原来的四位数中，一定会按顺序出现8，1两个数字．小数点不可能加在个位数之前；也不可能加在千位数之前，否则原四位数只能是8100，大于2000.81了．

无论小数点加在十位数还是百位数之前，所得的数都大于1而小于100．这个数加上原来的四位数等于2000.81，所以原来的四位数一定比2000小，但比1900大，这说明它的前两个数字必然是1，9．由于它还有8，1两个连续的数字，所以只能是1981．

5．如图是一块黑白格子布．白色大正方形的边长是14厘米，白色小正方形的边长是6 厘米．问：这块布中白色的面积占总面积的百分之几？

5．【解】格子布的面积是下图面积的9倍，格子布白色部分的面积也是图上白色面积的9倍，下图中白色部分所占面积的百分比是：

＝0.58＝58％

答：格子布中白色部分的面积是总面积的58％.6．如下图是两个三位数相减的算式，每个方框代表一个数字．问：这六个方框中的数字的连乘积等于多少？

6．【解】因为差的首位是8，所以被减数首位是9，减数的首位是1。第二位上两数的差是9，所以被减数的第二位是9，减数的第二位是0。于是这六个方框中的数字的连乘积等于0。答：六个方框中的数字的连乘积等于0．

7．如右图中正方形的边长是2米，四个圆的半径都是1米，圆心分别是正方形的四个顶点．问：这个正方形和四个圆盖住的面积是多少平方米？

7．【解】每个圆和正方形的公共部分是一个扇形，它的面积是圆的面积的四分之一.因此，整个图形的面积等于正方形的面积加上四块四分之三个圆的面积.而四块四分之三个圆的面积等于圆面积的三倍.于是整个图形的面积等于正方形的面积加上圆面积的三倍．也就是2×2＋π×1×1×3≈13.42(平方米)答：这个正方形和四个圆盖住的面积约是13.42平方米．

8．有七根竹竿排成一行．第一根竹竿长1米，其余每根的长都是前一根的一半．问：这七根竹竿的总长是几米？

8．【解】(米).答：七根竹竿的总长是米．

【又解】我们这样考虑：取一根2米长的竹竿，把它从中截成两半，各长1米．取其中一根作为第一根竹竿．将另外一根从中截成两半，取其中之一作为第二根竹竿．如此进行下去，到截下第七根竹竿时，所剩下的一段竹竿长为

（米）

因此，七根竹竿的总长度是2米减去剩下一段的长，也就是

答：七根竹竿的总长是米．

9．有三条线段A、B、C，a长2.12米，b长2.71米，c长3.53米，以它们作为上底、下底和高，可以作出三个不同的梯形．问：第几个梯形的面积最大(如下图)？

9．【解】梯形的面积＝(上底＋下底)×高－2．但我们现在是比较三个梯形面积的大小，所以不妨把它们的面积都乘以2，这样只须比较(上底＋下底)×高的大小就行了.我们用乘法分配律：

第一个梯形的面积的2倍是：(2.12＋3.53)×2.71＝2.12×2.7I＋3.53×2.71，第二个梯形的面积的2倍是：(2.7l＋3.53)×2.12＝2.71×2.12＋3.53×2.12，第三个梯形的面积的2倍是：(2.12＋2.71)×3.53＝2.12×3.53＋2.7I×3.53 先比较第一个和第二个两个式子右边的第一个加数，一个是2.12×2.71，另一个是2.71×2.12由乘法交换律，这两个积相等因此只须比较第二个加数的大小就行了，显然3.53×2.71比3.53×2.12大，因为2.71比2.12大因此第一个梯形比第二个梯形的面积大.类似地，如果比较第一个和第三个，我们发现它们右边第二个加数相等．而第一个加数2.12×2.71＜2.12×3.53.因此第三个梯形比第一个梯形面积大.综上所述，第三个梯形面积最大.答：第三个梯形面积最大．

10．有一个电子钟，每走9分钟亮一次灯，每到整点响一次铃．中午12点整，电子钟响铃又亮灯．问：下一次既响铃又亮灯是几点钟？

10．【解】因为电子钟每到整点响铃，所以我们只要考虑哪个整点亮灯就行了．从中午12点起，每9分钟亮一次灯，要过多少个9分钟才到整点呢？由于1小时＝60分钟，这个问题换句话说就是：9分钟的多少倍是60分钟的整数倍呢？即求9分和60最小公倍数．9和60的最小公倍数是180．这就是说，从正午起过180分钟，也就是3小时，电子钟会再次既响铃又亮灯．

答：下一次既响铃又亮灯时是下午3点钟．

11．一副扑克牌有四种花色，每种花色有13张，从中任意抽牌．问:最少要抽多少张牌，才能保证有4张牌是同一花色?

11．【解】每种花色各选3张，一共12张，可见抽12张牌不能保证有4张牌是同一花色的.如果抽13张牌，由于花色只有4种，其中必有一种多于3张，即必有4张牌同一花色.答：至少要抽13张牌，才能保证有四张牌是同一花色的.12．有一个班的同学去划船．他们算了一下，如果增加一条船，正好每条船坐6人；如果减少一条船，正好每条船坐9人．问：这个班共有多少同学？

12．【解】先增加一条船，那么正好每条船坐6人.然后去掉两条船，就会余下6×2＝12名同学，改为每条船9人，也就是说，每条船增加9－6＝3人,正好可以把余下的12名同学全部安排上去，所以现在还有12÷3＝4条船，而全班同学的人数是9×4＝36人

【又解】由题目的条件可知，全班同学人数既是6的倍数，又是9的倍数，因而是6和9的公倍数．6和9的最小公倍数是18．如果总数是18人，那么每船坐6人需要有18÷6＝3条船，而每船坐9人需要18÷9＝2条船，就是说，每船坐6人比每船坐9人要多一条船．但由题目的条件，每船坐6人比每船坐9人要多用2条船．可见总人数应该是18×2＝36． 答：这个班共有36个人

13． 四个小动物换座位．一开始，小鼠坐在第1号位子，小猴坐在第2号，小兔坐在第3号，小猫坐在第4号．以后它们不停地交换位子．第一次上下两排交换．第二次 是在第一次交换后再左右两排交换．第三次再上下两排交换．第四次再左右两排交换……这样一直换下去．问：第十次交换位子后，小兔坐在第几号位子上？（参看 下图）

13．【解】根据题意将小兔座位变化的规律找出来．

可以看出：每一次交换座位，小兔的座位按顺时针方向转动一格，每4次交换座位，小兔的座位又转回原处．知道了这个规律，答案就不难得到了．第十次交换座位后，小兔的座位应该是第2号位子．

答：第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子．

14．用1、9、8、8这四个数字能排成几个被11除余8的四位数？

14．【解】用1、9、8、8可排成12个四位数，即1988，1898，1889，9188，9818，9881，8198，8189，8918，8981，8819，8891 它们减去8变为1980，1890，1881，9180，9810，9873，8190，8181，8910，8973，8811，8883 其中被11整除的仅有1980，1881，8910，8811，即用1、9、8、8可排成4个被1除余8的四位数，即1988，1889，8918，8819.【又解】什么样的数能被11整除呢？一个判定法则是：比较奇位数字之和与偶位数字之和，如果它们之差能被11除尽，那么所给的数就能被11整除，否则就不能够．

现在要求被11除余8，我们可以这样考虑：这样的数加上3后，就能被11整除了．所以我们得到“一个数被11除余8”的判定法则：将偶位数字相加得一个和数，再将奇位数字相加再加上3，得另一个和数，如果这两个和数之差能被11除尽，那么这个数是被11除余8的数；否则就不是．

要把1、9、8、8排成一个被11除余8的四位数，可以把这4个数分成两组，每组2个数字．其中一组作为千位和十位数，它们的和记作A；另外一组作为百位和个位数，它们之和加上3记作B．我们要适当分组，使得能被11整除．现在只有下面4种分组法：

经过验证，第（1）种分组法满足前面的要求：A＝1＋8，B＝9＋8＋3＝20，B－A＝11能被11除尽．但其余三种分组都不满足要求．

根据判定法则还可以知道，如果一个数被11除余8，那么在奇位的任意两个数字互换，或者在偶位的任意两个数字互换，得到的新数被11除也余8．于是，上面第（1）分组中，1和8中任一个可以作为千位数，9和8中任一个可以作为百位数．这样共有4种可能的排法：1988，1889，8918，8819． 答：能排成4个被11除余8的数

15．如下图是一个围棋盘，它由横竖各19条线组成．问：围棋盘上有多少个右图中的小正方形一样的正方形？

15．【解】我们先在右图小正方形中找一个代表点，例如右下角的点E作为代表点．然后将小正方形按题意放在围棋盘上，仔细观察点E应在什么地方．通过观察，不难发现：（1）点E只能在棋盘右下角的正方形ABCD（包括边界）的格子点上．

（2）反过来，右下角正方形ABCD中的每一个格子点都可以作为小正方形的点E，也只能作为一个小正方形的点E．

这样一来，就将“小正方形的个数”化为“正方形ABCD中的格子点个数”了．很容易看出正方形ABCD中的格子点为10×10＝100个．

答：共有100个。

第二届华杯赛复赛试题及答案解析

1.计算：

(0.5＋0.25＋0.125)÷(0.5×0.25×0.125)×

2.有三张卡片，在它们上面各写有一个数字（下图）。从中抽出一张、二张、三张，按任意次序排起来，可以得到不同的一位数、二位数、三位数。请你将其中的素数都写出来。

123

【分析】因为三张卡片上的数字和为6，能被3整除，所以用这三个数字任意排成的三位数都能被3整除，因此不可能是质数

再看二张卡片的情形。因为1＋2＝3，根据同样的道理，用1．2，组成的二位数也能被3整除，因此也不是质数．这样剩下要讨论的二位数只有13、31、23、32这四个了，其中13，31和23都是质数，而32不是质数最后，一位数有三个：1，2，3。1不是质数，2和3都是质数所以，本题中的质数共有五个：2，3，13，23，31 答：共有五个质数：2，3，13，23，31。

3．有大、中、小三个正方形水池，它们的内边长分别是6米、3米、2米。把两堆碎石分别沉没在中、小水池的水里，两个水池的水面分别升高了6厘米和4厘米。如果将这两堆碎石都沉没在大水池的水里，大水池的水面升高了多少厘米？

4． 在一个圆圈上有几十个孔（不到100个），如图。小明像玩跳棋那样，从A孔出发沿着逆时针方向，每隔几个孔跳一步，希望一圈以后能跳回到A孔。他先试着每 隔2孔跳一步，结果只能跳到B孔。他又试着每隔4孔跳一步，也只能跳到B孔。最后他每隔6孔跳一步，正好跳回到A孔。你知道这个圆圈上共有多少个孔吗？

5．试将1，2，3，4，5，6，7分别填入下图的方框中，每个数字只用一次：

使得这三个数中任意两个都互质。其中一个三位数已填好，它是714。

6．下图是一张道路图，每段路上的数字是小王走这段路所需的分钟数。请问小王从A出发走到B，最快需要几分钟？

7．梯形ABCD的中位线EF长15厘米（见图），∠ABC=∠AEF=90°，G是EF上的一点。如果三角形ABG的面积是梯形ABCD面积的1/5，那么EG的长是几厘米？

8．有三堆砝码，第一堆中每个法码重3克，第二堆中每个砝码重5克，第三堆中每个砝码重7克。请你取最少个数的砝码，使它们的总重量为130克写出的取法：需要多少个砝码？其中3克、5克和7克的砝码各有几个？

9．有5块圆形的花圃，它们的直径分别是3米、4米、5米、8米、9米；请将这5块花圃分成两组，分别交给两个班管理，使两班所管理的面积尽可能接近。

10．一串数排成一行，它们的规律是这样的：头两个数都是1，从第三个数开始，每一个数都是前两个数的和，也就是：1，2，3，5，8，13，21，34，55，问：这串数的前100个数中（包括第100个数）有多少个偶数？

11．王师傅驾车从甲地开乙地交货。如果他往返都以每小时60公里的速度行驶，正好可以按时返回甲地。可是，当到达乙地时、他发现他从甲地到乙地的速度只有每小时55公里，如果他想按时返回甲地，他应以多大的速度往回开？

12．如图，大圈是400米跑道，由A 到B的跑道长是200米，直线距离是50米。父子俩同时从A点出发逆时针方向沿跑道进行长跑锻炼，儿于跑大圈，父亲每跑到B点便沿各直线跑。父亲每100米用20秒，儿子每100米用 19秒。如果他们按这样的速度跑，儿子在跑第几圈时，第一次与父亲再相遇？

参考答案

1．2．共有五个质数：2，3，13，23，31 3．

4．91个

5．（见下）

6．48分钟

7．6厘米

8．（见下）

9．（见下）

10．（见下）

11．66千米/小时

12．儿子在跑第3圈时,第一次与父亲再相遇

1.【解】原式＝

＝（）×2×4×8×

＝（4＋2＋1）×2×4×

＝7×2×4×＝7×＝

3.【解】把碎石沉没在水中，水面升高所增加的体积．就等于所沉入的碎石的体积.因此，3沉入在水池中的碎石的体积是:3×3×0.06＝0.54(米)，而沉入小水池中的碎石的体积是:2×2×0.04＝0.16(米)，这两堆碎石的体积一共是:0.54＋0.16＝0.7(米)把它们都沉入大水池里，大水池的水面升高所增加的体积也就是0.7米，而大水池的底面积是:6×6＝36(米)，3

所以大水池的水面升高了:0.7÷36＝(米)＝(厘米)＝(厘米)答：大水池的水面升高了厘米。

4.【解】设想圆圈上的孔已按下面方式编了号：A孔编号为1，然后沿逆时针方向顺次编号为2，3，4，„B孔的编号就是圆圈上的孔数,每隔2孔跳一步，跳在1，4，7，10，„上。最后跳到B孔，因此总孔数是3的倍数加1,同样道理，每隔4孔跳一步最后跳到B孔，就意味着总孔数是5的倍数加1；而每隔6孔跳一步最后跳回到A，就意味着总孔数是7的倍数。

如果将孔数减1，那么得数既是3的倍数也是5的倍数，因而是15的倍数。这个15的倍数加上1就等于孔数，而且能被7整除。注意：15被7除余1，所以15×6被7除余6，15的6倍加1正好被7整除。我们还可以看出，15的其他(小于7的)倍数加1都不能被7整除，而15×7＝105已经大于100．7以上的倍数都不必考虑，因此，圆圈上总孔数是15×6十1＝91 答：圆圈上共有91个孔。5.【解】714＝2×3×7×17．

由此可以看出，要使最下面方框中的数与714互质，在剩下未填的数字2，3，5，6中只能选5，也就是说，第三行的一位数只能填5。

现在来讨论第二行的三个方框中应该怎样填2，3，6这三个数字。

因为任意两个偶数都有公约数2，而714是偶数，所以第二行的三位数不能是偶数，因此个位数字只能是3．这样一来，第二行的三位数只能是263或623．但是623能被7整除，所以623与714不互质.最后来看263这个数通过检验可知：714的质因数2，3，7和17都不是263的因数，所以714与263这两个数互质,显然，263与5也互质.因此714，263和5这三个数两两互质。于是填法是：

6．【解】为叙述方便，我们把每个路口都标上字母，如图a、图b所示

首先我们将道路图逐步简化。

从A出发经过C到B的路线都要经过DC和GC。面从A到C有两条路线可走：ADC需时间14＋13＝27（分钟）；AGC需时间15＋11＝26（分钟）。我们不会走前一条路线，所以可将DC这段路抹去。但要注意，AD不能抹去，因为从A到B还有别的路线（例如AHB）经过AD，需要进一步分析。

由G到E也有两条路线可走：CCE需16分钟，GIE也是16分钟。我们可以选择其中的任一条路线，例如选择前一条，抹掉GIE。（也可以选择后一条而抹掉CE。但不能抹掉GC，因为还有别的路线经过它。）这样，道路图被简化成图49的形状。

在图b中，从A到F有两条路线，经过H的一条需14＋6＋17＝37（分钟），经过G的一条需15＋11＋10＝36（分钟），我们又可以将前一条路线抹掉（图c）。

图c中，从C到B也有两条路线，比较它们需要的时间，又可将经过E的一条路线抹掉。最后，剩下一条最省时间的路线（图d），它需要15＋11＋10＋12＝48（分钟）。

【又解】要抓住关键点C。从A到B的道路如果经过C点，那么，从A到C的道路中选一条最省时间的，即AGC；从C到B的道路中也选一条最省时间的，即CFB。因而从A到B经过C的所有道路中最省时间的就是这两条道路接起来的，即AGCFB。它的总时间是48分钟。剩下的只要比较从A到B而不经过C点的道路与道路AGCFB，看那个更省时间。不经过C点的道路只有两条：①ADHFB，它需要49分钟；②AGIEB，它也需要49分钟。所以，从A到B最快需要48分钟。答：最快需要48分钟。

7．【解】梯形ABCD的面积等于EF×AB，而三角彤ABG的面积等于EG×AB，因此三角形ABG和梯形ABCD的面积比等于EG与EF的比．由题目的条件，三角形ABG的面积是梯形ABCD的面积的，即EG是EF的．因为EF长15厘米，EG的长就是：15×＝6(厘米).答：EG长6厘米

8.【解】为了使问题简化，我们首先分析一下这三堆砝码之间的关系。很明显，一个3克的砝码加上一个7克的砝码正好等于两个5克的砝码(都是10克)，因此，如果用一个3克的砝码和一个7克的砝码去替换两个5克的砝码，砝码的个数及总重量都保持不变．这样一来，我们就可以把5克砝码两个两个地换掉，直到只剩下一个5克的砝码或者没有5克砝码为止。问题归结为下面两种情形：

(1)所取的砝码中没有5克砝码。很明显，为了使所取的砝码个数尽量少，应该尽可能少取3克砝码．而130克减去3克砝码的总重量应该是7克的倍数。计算一下就可以知道，取0个、1个、2个、3个、4个、5个3克砝码，所余下的重量都不是7克的倍数。如果取6个3克砝码，那么130克－3克×6＝112克＝7克×16。于是可以取16个7克砝码和6个3克砝码，总共22个砝码

(2)所取的砝码中有一个5克的。那么3克和7克砝码的总重量是130克－5克＝125克．和第一种情形类似，可以算出应取2个3克砝码和17个7克砝码，这样总共有17＋2＋1＝20个砝码

比较上面两种情形，我们得知最少要取20个砝码。取法可以就像后一种情形那样：2个3克的，1个5克的，17个7克的，当然也可以用两个5克砝码换掉一个3克和1个7克的砝码，例如可以取5个5克的和15个7克的.9.【解】我们知道，每个圆的面积等于直径的平方乘以（π/4）。现在要把5个圆分组，两组的总面积要尽可能接近，或者说；两组总面积的比尽可能接近1.由于每个圆面积都有因子（π/ 4）。而我们关心的只是面积的比，所以可把这个共同的因子都去掉，使问题简化为：将5个圆公成两组，使两组圆的直径的平方和尽可能接近。5个圆的直径的平方分别是9，16，25,64，81.这5个数的和是195.由于195是奇数，所以不可能把这5个数分成两组，使它们的和相等.另一方面，81十16＝97，9＋25＋64＝98，二者仅相差1.因此，应该把直径4米和9米的两个花圃交给一个班管理，其余三个花圃交给另一个班管理.答：应该把直径4米和9米的两个花圃交给一个班管理，其余三个花圃交给另一个班管理。10.【解】观察一下已经写出的数就会发现，每隔两个奇数就有一个偶数。这个规律是不难解释的：因为两个奇数的和是偶数，所以两个奇数后面一定是偶数。另一方面，一个奇数和一个偶数的和是奇数，所以偶数后面一个是奇数，再后面一个还是奇数。这样，一个偶数后面一定有连续两个奇数，而这两个奇数后面一定又是偶数，等等。

因此，偶数出现在第三、第六、第九„第九十九个位子上。所以偶数的个数等于100以内3的倍数的个数，即等于99÷3＝33，于是，这串数的前100个数中共有33个偶数。本题给出的这串数叫做“菲波那西数列”，又叫“兔子数列”。答：这串数的前100个数中共有33个偶数。

11.【解】王师傅每两千米应行×2(小时)，现来时每1千米行小时，所以返回时每1千米应行：×2－＝(小时)即应以每小时66千米的速度往回开．

【又解】根据题意，如果王师傅往返都以每小时60公里的速度行驶，正好按时返回甲地.也就是说,按计划行驶1公里的时间是小时.而王师傅从甲地到乙地的实际行驶速度只有55公里/小时，这样一来、实际行驶1公里所花费的时间是小时,比计划多用小时，为了能按时返回甲地，王师傅从乙地返回甲地时，行驶1公里所花的时间必须比原计划时间少小时.也就是说,只能花＝（小时）。因此王师傅往回开的速度应是66公/小时。

答：王师傅应以66公里/小时的速度往回开。

12.【解】首先我们要注意到：父亲和儿子只能在由A沿逆时针方向到B这一段跑道上相遇，而且儿子比父亲跑得快，所以相遇时一定是儿子从后面追上父亲.儿子跑一圈所用的时间是19×(400÷100)＝76(秒)，也就是说，儿子每过76秒到达A点一次。同样道理，父亲每过50秒到达A点一次。在从A到B逆时针方向的一段跑道上，儿子要跑19×(200÷100)＝38(秒)，父亲要跑20×(200＋100)＝40(秒)。因此，只要在父亲到

达A点后的2秒之内，儿子也到达A点，儿子就能从后面追上父亲。于是，我们需要找76的一个整数倍(这个倍数是父子相遇时儿子跑完的圈数)，它比50的一个整数倍大，但至多大2。即要找76的一个倍数，它除以50的余数在0到2之间，这试一下就可以了：76÷50余26，76×2÷50余2．正合我们的要求。（在一般情况下，应该先看看76的倍数除以50的余数有什么规律）

因此，在父子第一次相遇时，儿子已跑完2圈，也就是正在跑第3圈 答：儿子在跑第3圈时，第一次再与父亲相遇。

第二届华杯赛决赛一试试题及答案解析

1.如图，30个格子中各有一个数字，最上面一横行和最左面一坚列的数字已经填好，其余每个格子中的数字等于同一横行最左面数字与同一竖列最上面数字之和(例如a=14+17=31)，问这30个数字的总和等于多少?

1.【解】从题目的填数规则，我们知道，与12同一行的六个格子中都有12这个加数，因此总和数中有六个12相加。与14同一行的六个格子中都有14这个加数，所以总和数中有六个14相加．同样，与16同一行，与18同一行的格子中，分别都有六个16，六个18，也就是说，从行看总和中有六个12，六个14，六个16，六个18，它们的和是6×(12＋14＋16＋18)再从列看，与11同一列的五个格子中都有11这个加数，所以在总和数中有五个11这个加数．同样分析，总和数中有五个13，五个15，五个17，五个19，它们之和是：5×(11＋13＋15＋17＋19)．

方格子中还有一个数1O，此外，没有别的数了所以总和数 ＝6×(12＋14＋16＋18)＋5×(11＋13＋15＋17＋19)＋1O＝745．

2.平行四边形ABCD周长为75厘米，以BC为底时高是14厘米(如图)；以CD为底时高是16厘米，求:平行四边形ABCD的面积。

2.【解】平行四边形面积＝底×高，所以：BC×14＝CD×16．

从而BC∶CD ＝16∶14，BC＝，＝280(平方厘米）

因此，平行四边形ABCD的面积是280平方厘米

3.一段路程分成上坡、平路、下坡三段，各段路程长之比依次是1∶2∶3某人走各段路所用时间之比依次是4∶5∶6，已知他上坡时速度为每小时3千米，路程全长50千米，问此人走完全程用了多少时间？

3.【解】上坡路程长：50×＝（千米），平路路程长：50×＝（千米），下坡路程长：50×＝（千米），上坡所用时间为：÷3＝（小时），走完全程所用时间为：÷＝×＝（小时）.4．小玲有两种不同的形状的纸板，一种是正方形的，一种是长方形的，正方形纸板的总数与长方形纸板的总数之比是1∶2，她用这些纸板做成一些竖式和横式的无盖纸盒（如图2-16），正好将纸板用完，在小玲所做的纸盒中，竖式纸盒的总数与横式纸盒的总数之比是多少？

4.【解】设竖式盒总数∶横式盒总数＝X∶1，长方形纸板数量＝(4X＋3)×(横式盒的总数)；

正方形纸板数量＝(X＋2)×(横式盆的总数)，所以4X＋3＝2×(X＋2)，X＝ 因此竖式纸盒的总教与横式纸盒的总数之比是1∶2

5．一根长木棍上，有三种刻度线，第一种刻度线将木棍分成10等份；第二种将木棍分成12等份；第三种将木棍分成15等份，如果铅每条刻度线将木棍锯断，木棍总共被锯成多少？

5.30【解】10，12，15的最小公倍数是60。把这根木棍的作为一个长度单位，这样．木棍10等份的每等份长6个单位；12等份的每等份长5单位；15等份的每等份长4单位． 不计木棍的两个端点，木棍的内部等分点数分别是9，11，14(相应于10，12，15等分)，共计34个

由于5，6的最小公倍数为30，所以10与12等份的等分点在30单位处相重，必须从34中减1．

又由于4，5的最小公倍数为20，所以12与15等份的等分点在20单位和40单位两处相重，必须再减去2，同样，6，4的最小公倍数为12，所以15与10等份的等分点在12，24，36，48单位处相重，必须再减去4 由于这些相重点各不相同．所以从34个内分点中减去1，再减去2，再减去4，得27个刻度点。沿这些刻度点把木棍锯成28段.6．已知，问：a的整数部分是多少？

6.【解】a＝

＝

＝

＝

＝

因为，＜

＝＜2，同时，所以a的整数部分是101.＞＞1 7．下面算式中，所有分母都是四位数，请在每个方格中各填入一个数字，使等式成立。

7.【解】

由于1988＝2×2×7×71＝4×497，所以，将上面等式的两边都乘上，就得

这样就给出了一组适合条件的解

再如，两边同乘以，就得

这就给出了另一组解。

第二届“华杯赛”第二试试题及答案

1.有 50 名学生参加联欢会。第一个到会的女生同全部男生握过手。第二个到会的女生只差 1个男生没握过手。第三个到会的女生只差 2 个男生没握过手。如此等等。最后一个到会的女生同 7 个男生握过手。同这 50 名同学中有多少男生？ 2.分子小于 6 而分母小于 60 的个不可约真分数有多少个？

3.已知五个数依次是 13，12，15、25、20。它们每相邻的两个数相乘得四个数。这四个数每相邻的两个数相乘得三个数。这三个数每相邻的两个数相乘得两个数。这两个数相乘得一个数。请问最后这个数从个位起向左数。可以连续地数到几个 0？（参看图 20）

4.用 1 分、2 分和 5 分的硬币凑成一元。共有多少种不同的凑法？

5.有两个班的小学生要到少年宫参加活动，但只有一辆车接送。第一班的学生坐车从学校出发的同时，第二班学生开始步行。车到途中某处，让第一班学生下车步行，车立刻返回接第二班学生上车并直接开往少年宫。学生步行速度为每小时 4 公里，载学生时车速每小时 40 公里，空车每小时 50 公里。问：要使两批学生同时到达少年宫，第一班学生步行了全程的几分之几？（学生上下车时间不计）6.下面是两个 1989 位整数相乘：

问：乘积的各位数字之和是多少？ 答案

1.28 名男生。2.共有 197 个。

3.可以连续地数到 10 个 0。4.共有 541 种凑法。