第1-14届华罗庚金杯小学组数学邀请赛(初赛复赛决赛)试题答案

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

有8个 (

)×5一l×8 ＝(100—64)×5—8 ＝36×5—8 ＝172(平方厘米)。

。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

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

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 于是，阴影部分的面积是：6×6×3＝108(平方厘米)。

。

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

第一届华杯赛复赛试题答案

1.【解】甲、乙、丙、丁四个班的总人数：83＋88＝171(人)

用总人数减去乙班和丙班的人数，就可以得出甲班和丁班的人数：171－86＝85(人)

2.【解】奖金的总数是：308×[(1＋十)×2]＝1078(元)

按一个一等奖，两个二等奖，三个三等奘来分配，一等奖是：1078＋(1＋×＋×3)＝392(元)

3.【解】设面积为25亩的长方形，长为a，宽为b；面积为30亩的长方形，长为c，度为d；则面积为

20亩的长方形，长为c，宽为b；而所求长方形的长为a，宽为d，它的面积为

a×d＝＝＝37.5(亩)

4.【解】如果A地的货物比B地多，那么将B地的货运往A地比将A地的货运往B地省钱，

因此，应将10吨货由一号仓库运到二号仓库。同样，应将这(10＋20)吨货由二号仓库运到五号仓库，

共用(10×400＋20×300)×0.5＝5000(元) 答：最少要花5000元运费

5.【解】设这个数除以12，余数是a．那么a除以3，余数是2；除以4，余数是1．在0，1，2，?，

11中，符合这样条件的a只有5，于是这个数除以12余数是5。 6.【解】因为7×7＝49，大正方形的边长是7米 同样，2×2＝4，小正方形的边长是2米。

大正方形的边长是两个长方形的短边长与小正方形边长的和所以长方形的短边长为： (7－2)÷2＝2.5(米)。

7.【解】长纸带剩下：(21－13)÷(1－)＝＝20.8(厘米)

所以剪下的一段长：21－20.8＝0.2(厘米)

8.【解】题目要求用七个数字组成5个数，说明有三个数是1位数，有两个数是两位数． 很明显，方框和被除数是两位数，乘数和除数是1位数

看得出来，0不宜做乘数，更不能做除数。因而是两位数的个位数字，从而是被除数的个位字 乘数如果是1，不论被乘数是几，都将在算式出现两次。所以，乘数不是1．同样乘数也不能是5 被除数是3个一位数的乘积，其中一个是5，另两个中没有1，也不能有2(否则2×5＝10， 从而被除数的十位数字与另一个乘数相同)．因而被除数至少是3×4×5＝60由于没有比6大的数字，

所以被除数就是60，而且算式是3×4＝12＝60÷5，于是方格中的数是12

9.【解】“甲已经赛了4盘”，说明甲与乙、丙、丁、小强各赛了1盘(小强与甲赛了1盘) “丁赛了1盘”，肯定丁只与甲比赛。

“乙赛了3盘”，说明乙与甲、丙、小强各赛了1盘(小强与乙赛了1盘)。 现在已经知道，丙赛的2盘是与甲、乙各赛了1盘， 所以，小强赛了2盘.

10.【解】不妨认为第二堆全是黑子，第一堆全是白子，(即将第一堆黑子与第二堆白子互换)

第二堆黑于是全部棋子的，同时，又是黑子的1－，

所以黑子占全部棋子的：÷(1－)＝，白子占全部棋子的：1－＝。

11.【解】甲班未参加的人去掉，就是乙班未参加的人去掉，

所以所求的比是：(1－)÷(1－)＝。

12.【解】爸爸在离家4千米处，如果不返回．而是停8分钟，然后再向前追小明。

应当在离家4＋4＝8(千米)处恰好追上小明。这表明爸爸从离家4千米处返回，

然后再回到这里，共用8分钟，即爸爸8分钟行8千米，从而爸爸共用8＋8＝16(分钟)， 第二次追上小明时是8点32分(8＋8＋16＝32)

13.【解】14＝3＋3＋3＋3十2，最大乘积是3×3×3×3×2＝162

14.【解】钱数除以5余0，1，2，3，4的人，分别买0，2，4，1，3张3分画片。 因此，可将钱数8分至5角2分这45种分为9组，每连续5个在一组， 每组买3分画片：0＋2＋4＋1＋3＝10张。

9组共买10×9＝90张，去掉5角1分钱中买的2张3分画片，5角2分钱中买的4张3分画片， 43个人买的3分画片的总数是90－2－4＝84张

【答案】

第二届华杯赛初赛试题答案

1. 第八届 2．11 3．121 4．1981 5．58% 6．0 7．13.42 8．

9．第三个 10．3点钟 11．13 12．36人 13．第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子 14．能排成4个被11除余8的数 15．100个

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．【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. 【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．【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。

【答案】

第二届华杯赛复赛试题答案

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×＝

2.【解】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.【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，沉入在水池

中的碎石的体积是:3×3×0.06＝0.54(米3)，

而沉入小水池中的碎石的体积是:2×2×0.04＝0.16(米3)， 这两堆碎石的体积一共是:0.54＋0.16＝0.7(米3)

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3， 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。

【答案】

第三届华杯赛初赛试题答案

1.从太阳到地球约需8.3分钟 2． 3．最轻的箱子重41千克 4． 5．31.5平方米

6．无风时跑100米需要12.5秒 7．矩形面积是60平方厘米 8．主动轮转了3转

9．第五次测验至少要得78分 10．白色与黑色小三角形个数之比是 11．总和为47

12．这样的两位数共有45个 13．乙杯的酒精是溶液的15．至少再过7周

1.【解】将距离单位换为“万千米”，时间单位用“分”

14．10环面积是1环面积的

光速＝30万千米／秒＝1800万千米/分，距离＝1亿5千万千米＝15000万千米．

时间＝距离÷速度＝15000÷1800＝(分)≈8.3(分)

2.【解】原式＝()×

＝×

＝

＝

3.【解】如果将3个箱子按重量区分为大、中、小，那么 83＝中＋小 85＝大＋小 86＝大＋中

因此最轻的箱子重 (83＋85－86)÷2＝41(千克)

4.【解】原式＝＝＝＝.

5.【解】物体的表面积恰好等于一个大圆柱的表面积加上中、小圆柱的侧面积．即 2×π×

＋2×π×1.5×1＋2×π×1×1＋2×π×0.5×1

＝4.5π＋3π＋2π＋π ＝10.5π(平方米)

取π值为3，上式等于31.5(平方米) 答：这个物体的表面积是31.5平方米

6.【解】顺风时速度＝90÷1O＝9(米／秒)，逆风时速度＝70÷1O＝7(米／秒)，

无风时速度＝(9＋7)×＝8(米/秒），无风时跑100米需要100÷8＝12.5(秒)

答：无风时跑100米需要12.5秒.

7.【解】黄色三角形与绿色三角形面积之和是矩形面积的50％，而绿色三角形面积占矩形面积的15％，

所以黄色三角形面积占矩形面积的50％－15％＝35％已知黄色三角形面积是21平方厘米，所以矩形面积等于

21÷35％＝60(平方厘米)

8.【解】105与90的最小公倍数是630．630÷105＝6，

所以主动轮转了6个半圈，即转了3转，两轮的标志线又在一条直线上 9.【解】70×5－68×4＝78(分) 【又解】70＋4×(70－68)＝78(分)

10.【解】白色小三角形个数＝1＋2＋?＋6＝＝21，

黑色小三角形个数＝1十2＋?＋7＝＝28，

所以它们的比＝＝

答：白色与黑色小三角形个数之比是.

11.【解】每个方框中的数字只能是0～9，因此任两个方框中数字之和最多是18．现在先看看被加数与

加数中处于“百位”的两个数字之和，这个和不可能小于18，因为不管它们后面的两个二位数是什么，相加后必小于200，也就是说最多只能进1．这样便可以断定，处于“百位”的两个数字之和是18，而且后面两位数相加进1，同样理由，处于“十位”的两个数字之和是18，而且两个“个位”数字相加后进1。因此，处于“个位”的两个数字之和必是11，6个方框中数字之和为18＋18＋11＝47

【又解】被加数不会大于999，所以加数不会小于1991－999＝992。同样，被加数不会小于992也就是说，加数和被加数都是不小于992，不大于999的数这样便确定了加数和被加数的“百位”数字和“十位”数字都是9，而两个个位数字之和必是11。 于是，总和为9×4＋11＝47

12.【解】适合要求的两位数中，个位数字小于十位数字可将它们列出来： 十位数字个位数字

10 20，1 30，1，2 ???

90，1，2，?，8

因此，适合要求的两位数共有

1＋2十3＋?＋9＝＝45(个)

13.【解】第一次乙杯中酒精溶液的一半倒入甲杯后，甲杯中的溶液含酒精为25％；第二次将甲杯中酒

精溶液倒入乙杯，此时乙杯中的酒精为溶液的×25％＋×50％＝＋＝.

14.【解】设10环小圆半径是1，那么l环的外圆半径是lO，内圆半径是9。

10环面积＝π，1环面积＝π×－π×＝19π。，

因此10环面积是1环面积的。

15.【解】设至少过n个星期，可能第n个星期六休息，也可能第n个星期六不休息(在星期天与星期一

连休2天)，前者得出：7n-2＝10K＋8(1)，后者得出：7n—1＝10K＋8(2)，其中K是自然数 (1) 即 7n＝10(K＋1)，因此，n是10的倍数，至少是10

(2) 即 7n＝10K＋9，它表明7n的个位数字是9，所以n＝7，17，? 于是至少再过7个星期后，才能又在星期天体息。

【答案】

第三届华杯赛复赛试题答案

1． 2．星期四 3．77 4．19 5．43365 6．90立方厘米 7．24；28 8．9种

9．48个 10．165 11．72岁 12．39名 13．179个 14．1001 15．1.1 16．0

1.【解】原式＝＝＝

解法二：原式＝

算这个题时，要注意两点：

＝＝＝

（1）在乘、除运算中，代分数要化为假分数，及时约分；

（2）在加、减运算中，如果分数、小数同时出现，要么都化为分数，要么都化为小数。

这里，还要指出：，，，，，，的小数形式0.5，0.25，0.75，0.125，0.375，

0.625，0.875，一定要很熟悉，在具体计算时，可以节省时间。

2.【解】10月有31天，因为有5个星期六，只有4个星期日，所以10月31日是星期六． 因为31＝4×7＋3，所以，3日也是星期六，1日是星期四 3.【解】电子跳蚤每跳12步就回到了原来位置 由于1991＝165×12＋11

所以红跳蚤从标有数字“0”的圆圈出发，按顺时针方向跳了1991步时，跳到了标有数字“11”的圆圈

同理，由1949＝162x12＋5，知道黑跳蚤从标有数字“0”的圆圈按逆时针方向跳了162个12步后跳到了标有数字“7”的圆圈，于是所求的乘积是11×7＝77 答：乘积是77。

4.【解】∵ 能被9整除的四位数的数字和是9的倍数，并且四位数173□前三个数字的和是11，

∴ 第一次□内只能填7，

∴ 能被11整除的四位数的个位与百位的数字和减去十位与千位的数字和所得到的差是11的倍

数，而7－(1十3)＝3，

∴ 第二次□内只能填8，

∵ 能被6整除的自然数是偶数，并且数字和是3的倍数．而173□的前3个数字的和是11， ∴ 第三次□内只能填4，7＋8＋4＝19。

故所求的和是19。

5.【解】不超过300的平方数，有：

1，4，9，16，25，36，49，64，81，100，121，144，169，196，225，256，289，它们的和是1785

前300个自然数的和是：1＋2＋3＋?＋300＝于是剩下的自然数的和45150－1785＝43365

×300＝45150，

6.【解】容器的底面积是：(13—4)×(9－4)＝45(平方厘米)， 高为2厘米，所以容器的体积是，45×2＝90(立方厘米) 答：容器的体积是90立方厘米。 7.【解】∵ 每人的环数的积=1764≠0，

∴ 两人每箭射中的环数里没有“0”和“10”．

∵ 每箭射中的环数都是1764的因子，而：1764=1×2×2×3×3×7×7，

并且环数是不超过10的自然数∴必有两箭是7环，其它3箭的环数是1·2·2·3·3因子。 如果最小的因子是1，那么，另外两个因子是4、9或者是6、6； 如果最小的因子是2，那么，另外两个因子是2，9或者是3、6； 如果最小的因子是3，那么，另外两个因子是3、4。 因此，两人5箭的环数有5种可能：

7，7，1，4，9，和=28； 7，7，1，6，6，和=27； 7，7，2，2，9，和=27； 7，7，2，3，6，和=25； 7，7，3，3，4，和=24；

∵ 甲、乙的总环数相差4，甲的总环数少， ∴ 甲的总环数是24，乙的总环数是28。 答：甲、乙的总环数分别是24、28。

8.【解】从A点出发，经过的第一条线段，有3种可能：(1)AB；(2)AE；(3)AD 在每一种可能情形下，各有3种走法．所以，一共有3×3＝9种走法. 答：共有9种走法．

9.【解】设原正方形的边长是3.所求的三角形可分两种情形：

(1) 三角形的一边长2，这边上的高是3这时，长为2的边只能在原正方形的边上， 这样的三角形有2×4×4＝32(个)；

(2) 三角形的一边长3，这边上的高是2，这时，长为3的边是原正方形的一边或平行于一边的分割

线其中，

与(1)重复的三角形不再算入，这样的三角形有8×2＝16(个) 因此，所求的三角形共48个(包括图中开始给出的三角形).

10.【解】＜12×＝

并且＞12×＝

∴ S＞165并且s＜ 即S的整数部分是165

＝

11.【解】祖父的年龄比小明的年龄大，两人的年龄差是不变的. 因为今年祖父的年龄是小明的年龄的6倍．

所以年龄差是小明年龄的5倍，从而年龄差是5的倍数.

同理，由“几年后，祖父的年龄是小明的年龄的5倍”、“又过几年以后，祖父的年龄是小明的年

龄的4倍”，知道年龄差是4、3的倍数，所以，年龄差是：5×4×3＝60的倍数。而60的倍数是：60，120，?，合理的选择是60，于是，今年小明的年龄是60÷5＝12(岁)，祖父的年龄是12×6＝72(岁).

答：祖父今年是72岁

【又解】 设今年小明x岁，那么今年祖父6x岁。y年后，祖父的年龄是小明的年龄的5倍，所以5（x＋y）=6x＋y即x=4y ， 又过z年以后，祖父的年龄是小明的年龄的4倍， 所以4（x＋y＋z）=6x＋y＋z即 2x=3y＋3z ∵ 祖父今年6x岁，

∴ 6x≤100 又 ∵ x=4y ∴x≥4

由及x＝4y，知x可能是4，8，12，16.

又从2x＝3y＋3z，即y＋z＝x，知x是3的倍数，所以x＝12，于是6x＝72。

12.【解】4＋17＋18＋15中有两项达到优秀的学生被算了2次，应当从统计中去掉1次，

成为4＋17＋18＋15－6－6－5

但其中三项达到优秀的人，开始被算了3次，然后又被去掉3次，所以还应将这部分人数加进来，即全班人数是：4＋17＋18＋15－6－6－5＋2＝39

【又解】先求至少有一个项目达到优秀的学生人数，看下面这个图：

图中时三个圆圈分别代表短跑、游泳、篮球达到优秀的学生人数，其中的 “1”表示三个项目都优秀的人数，是：2；

“2”表示篮球、游泳达到优秀，但短跑没有达到优秀的人数，是：6－2＝4； “3”表示篮球、短跑达到优秀，但游泳没有达到优秀的人数，是：5－2＝3； “4”表示游泳、短跑达到优秀，但篮球没有达到优秀的学生数，是：6－2＝4； “5”表示只有短跑一项达到优秀的人数，是：17－（2＋3＋4）＝8； “6”表示只有游泳一项达到优秀的人数，是：18－（2＋4＋4）＝8； “7”表示只有篮球一项达到优秀的人数，是：15－（2＋4＋3）＝6， ∴ 只有一个项目达到优秀的人数是：2＋4＋3＋4＋8＋8＋6＝35 还有4个人在三个项目上未达到优秀，所以全班学生数是35＋4＝39 答：这个班有39名学生。

13.【解】6、7、8、9的最小公倍数是504；五位数中，最小的是10000，最大的是99999：

∵

∴ 五位数中，能被504整除的有198－19＝179(个)

答：有179个

14.【解】原式＝1＋(5－3)＋(9－7)＋(13－11)＋?＋(2001－1999)＝1＋2×500＝1001． 15.【解】每个圆环的面积是π(

)＝9π.

如果五个圆环彼此没有重合的部分，则它们的总面积是：5×9π＝45π，

因为五环盖住的总面积是112.5，所以每个小曲边四边形的面积是(45π-112.5)/8＝3.6 答：每个小曲边四边形的面积是3.6。 16.【解】由题设条件知道

，b＋e＋d＝3a（1）

，c＋f＋a＝3b（2）

，d＋g＋b＝3c（3）

，a＋h＋e＝3d（4）

（1）＋（2）＋（3）+（4），是2（a＋b＋c＋d）＋（e＋f＋g＋h）=3（a＋b＋c＋d） 就是e＋f＋g＋h=a＋b＋c＋d

∴所求的值是0。

【答案】

第四届华杯赛初赛试题答案

1.原式等于 2.共11个 3. 4. 5.8档 6. 7.18 8.8种

9.小鸡至多被套中5次 10.3∶1 11.今年6月1日中午12点 12.15小时 13.4圈 14.降低0.06元 15.612

1.【解】原式＝

2.【解】如下图所示，可以将正方形分为四类，分别有5个、1个、4个、1个，共11个。

3.【解】。

4.【解】分子的最小公倍数是60，给出的5个分数依次等于：

，，，，，比较分母的大小，居中的分数是，即。

5.【解】算出全部传动比，并列成表：

这里有4对传动比是相同的：1，档不同的车速。

，2,3。将重复的传动比去掉，剩下8个不同的比，所以共有8

6.【解】图中有大、中、小三个正方形，每个面积是前一个的，所以小正方形面积是，将小正方

形各顶点标上字母如右图，很容易看出三角形JFG面积＝三角形IHG面积＝×正方形EFGH面积，

三角形EJI面积＝×三角形EFH面积＝×正方形EFGH面积。所以阴影三角形JGI面积＝(1－

－－)×小正方形面积＝×小正方形面积＝。

7.【解】从“被加数的数字和是和的数字和的三倍”这句话，可以推断出两点：①被加数可以被3整除。

②在做加法运算时，个位数字相加一定进位，否则和的数字和只会增加。 从前一点可以得出被加数在12，15，18??中。

再从后一点可以得出被加数最小是18，这时数字和1＋8＝9，恰好是和21的数字和2＋1＝3的3倍。

因此，满足题目的最小的被加数是18

8.【解】堆数是60的约数，而在偶数60的约数中，偶数有8个，即：2，4，6，10，12，20，30，60 因此有8种分法

9.【解】套中小鸡、小猴、小狗各1次，共16(＝9＋5十2)分，因此还有7(＝10－3)次，共得45(＝

61－16)分。这7次中，至多套中小鸡4次(因为9×5已经45分，所以不可能套中小鸡5次)，由于 9×4＋5×1＋2×2＝36

所以可以套中小鸡4次，小猴1次，小狗2次。

即1O次中，至多套中小鸡5次(这时套中小猴2次，小狗3次)。

10.【解】车库中，平均每2辆车有5个轮子，也就是说，平均每4辆车有10个轮子。简单的试凑可以

知道，1辆小卧车和3辆摩托车恰好有10个轮子。所以摩托车的辆数与小卧车的辆数之比为3∶1 11.【解】当这个时钟慢12个小时的时候，它又指示准确的时间，慢12个小时需

＝12×12×12(小时)

相当于：＝72(天)

注意3月份有31天，4月份有30天，5月份有31天，到6月1日中午，恰好是72天 答：下一次指示正确时间是6月1日中午12点。

12.【解】摩托车走12－8＝4(小时)的路程，自行车要用 21－9＝12(小时)。

摩托车走完全程需要：12＋9×＝15（小时）

13.【解】圆内的任意两点，以直径两端点的距离最远。如果沿小圆爬行的甲虫爬到A点，沿大圆爬行

的甲虫恰好爬到B点，两甲虫的距离便最远。小圆周长为π×30＝30π，大圆周长为48π，一半便是z4π。30与24的最小公倍数是120。

120÷30＝4 120÷24＝5

所以小圆上甲虫爬了4圈时，大圆上甲虫爬了5个远。

圆周长，即爬到了B点。这时两只甲虫相距最

14.【解】降价销售平均每售2本书获利0.24×(1＋ 所以每本书售价降低0.24－0.18＝0.06(元)

)＝0.36(元)，每本获利0.18元。

15.【解】给出的4个数中362和612个位数字相同，第二和第四层右边窗户符号也相同，可以肯定这

两层分别代表362和612，这二个数中又有数字6是一样的，对照第二层和第四层的窗户，便可确定第二层代表612。

【答案】

第四届华杯赛复赛试题答案

1. 1 2. 7 3. 8 4. 23 5. 6. 15 7. 629 8. 第 24行，第 40列

9. 在A、B、C、D、E、F、H处，顺次在小圆圈内填入1、3、8、2、7、4、5、6 10. 1 11. 第五天A与B对阵，另2张球台上的对阵是C对D，E对F 12. 36 13. 没有可能

14. 跑道长为400米 15. 图中阴影部分面积是。

16. 送礼后，四人八件礼品平均每人2件，若有一人多于2件，则一定是3件，是除自己之外其他3

人的礼物各一件。因此，这个人与得到自己礼物的2个人组成两个互送对。若四人每人都得到别人的两件礼物，他自己的两件礼品不能集中只送一人，因此，他与接受他礼品中一人为一互送对，除了一互送对外，还有两人，其中任选一人，与前面推理一样，可得到另一互送对。

1.【解】原式的分子 ＝ ＝＝

原式的分母 ＝

＝

＝

＝

＝ ＝

所以，原式等于1。

2.【解】如果播8天以上，那么由于每天播出的集数互不相等，至少有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36

集，所以30集连续剧不可能按照要求播8天以上，另一方面1＋2＋3＋4＋5＋6＋9＝30 所以最多可以播7天，各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，9。

3.【解】圆柱的高与底面直径都等于正方体的边长，即6.28＝3.14×边长×

所以(边长)＝×4＝8，即纸盒的容积是8立方厘米。

4.【解】如果增加4个苹果，那么第一次恰好三等分，而且每份比原来多2个苹果。第二次，第三次也

是如此。第三次分成的每一份比原来多2个苹果，又由于第二次分成的两份苹果，总数是偶数，所以第三次分成的每一份，苹果数都是偶数，因此，第三次分成的每一份至少是4个苹果。第二次分成的每一份至少是4×3÷2＝6(个)，第一次分成的每一份至少是6×3÷2＝9(个)，从而这筐苹果至少是9×3－4＝23(个)

【又解】如果增加4个苹果，那么第一次恰好三等分(每份比原来多2个)，第二次取两份(比原来两份多4个)，也恰好三等分(每份比原来多2个)，最后取两份(比原来两份多4个)，也恰好三等分。由于最后一次分，总数是偶数(因为取两份分)，所以每份也是偶数，又比原来的每份多2个，所以

现在每份至少是4个，从而上一次每份至少是4×＝6(个)，再上次每份至少是6×＝9(个)，

最初是9×3＝27(个)，原来这筐苹果至少27－4＝23(个)。

5.【解】原式＝(1＋3＋5＋7＋9＋11＋13＋15＋17)＋()

＝

＝81＋

＝

6.【解】如图，将

向右延长，

向上延长，交于E点，那么正方形

的面积。等于长是全等的，而正方

方形ABCD周长一半的平方，即64平方厘米。长方形ABCD与

形与的面积之和，等于题中已给的四个正方形面积和的一半，即×68＝34平

方厘米。64－34＝30平方厘米应等于长方形ABCD面积的2倍。所以ABCD的面积是方厘米。

×30＝15平

7.【解】按所给的规律，前50届在20世纪内有7次赛事，在21世纪内有43次赛事。

在20世纪内，已知A2＝50，其余5届年份各位数字的和是:5×(1＋9＋9)＋(1十3＋5＋7＋9)＝95＋25＝120，从而A7＝A2＋120＝170

在21世纪内的前45届年份的数字和是:2×45＋(1＋2＋3＋?＋8)×5＋(1＋3＋5＋7＋9)×9＝495，前43届年份的数字和是:495－2－8－7－2－8－9＝459 于是A50＝170＋459＝629。

8.【解】奇数斜行中的数由下向上递增，偶数斜行中的数由上向下递增。

第n斜行中最大的数是 n(n＋1)

第62斜行中最大的数是×62×63＝1953。第63斜行中最大的数是1953＋63＝2016。所以1993

位于第63斜行。第63斜行中数是由下向上递增，左边第一位数字是1954，因此，1993位于第63斜行由上向下数第(1993－1954＋1)＝40位，即原阵列的第(63－40＋1)＝24行，第40列。 答：1993排在第24行，第40列。 9.【解】【解】填法很多，下图就是一种：

10.【解】33、66、99除以3，余数是0，所以只须看表达式11＋22＋44十55＋77＋88除以3余几。

注意：如果a除以3余a1,b除以3余b1，那a×b除以3所得的余数就是a1×b1除以3所得的余数

因为4、7除以3余1，所以44、77除以3，余数也是1

因为5、8除以3余2，所以55、88除以3，余数与25，28除以3的余数相同。而24＝16除以3余1，所以25＝24×2除以3余2，28＝24×24除以3余1(＝1×1)

于是11＋22＋44十55＋77＋88除以3，所得余数与1＋4＋1＋2＋1＋1除以3，所得余数相同，即余数是1

11.【解】第二天B不能对A，否则B对A。D对F与第三天D对F矛盾，所以应当B对F、A对D。

第三天B也不能对A，否则C对E与第二天c对E矛盾，应当B对E(不能B对C，与第四天矛盾)，A对C，第四天B对C，D对E，所以第五天B对A，D对C，E时F。

12.【解】一个三角形，任何两条边的长度之和，比余下的一条边长。在本题中，设底边是11厘米的三

角形其余二边分别是a及b，则必有11＜a＋b此外，为确切起见，可设a≤6，于是(a，b)的可能的值便有

(11，11)；(10，1O)，(10，11)；(9，9)，(9，10)，(9，11)；(8，8)，(8，9)，(8,10)，(8，11)；(7，7)，(7，8)，(7，9)，(7，10)，(7，11)；(6，6)，(6，7)，(6，8)，(6，9)，(6，10)，(6，11)；(5，7)，(5，8)，(5，9)，(5，10)(5，11)；(4，8)，(4，9)，(4，10)，(4，11)；(3，9)，(3，10)，(3，11)；(2，10)，(2，11)；(1，11)共36种 答：能围成36个不同的三角形。

13.【解】假设每条线上红圈都是奇数个，那么5条线上的红圈数相加仍是奇数。

但另一方面，5条线上的红圈数相加时，由于每一个圈都在两条线上，因而都被计算了2次，从而相加的总和应当是偶数两方面的结果矛盾，所以不可能使同一条线上的红圈数都是奇数。 14.【解】

让我们画两个示意图(上图)，并设一开始时甲的速度是a，于是乙的速度便是a。再设跑道长是L，

则甲、乙第一次相遇点，按甲前进方向距出发点为。甲跑完第一圈，乙跑了，乙再跑余下

的，甲已折返，且以a(1＋)＝a的速度跑，所以在乙跑完第一圈时，甲已折返跑了，

这时，乙折返并以a(1十)＝a的速度跑着。从这时起，甲、乙速度之比是a÷a＝，

即5∶3。所以在二人第二次相遇时，甲跑了余下的的，而乙跑了它的，即第二次相遇时距

出发点×＝。可见两次相遇点间的距离是(－)L＝190(米)，即＝190(米)，

L＝400(米) 答：跑道长为400米

15.【解】需要利用AM∥BC时，△GAM与△GCB的边对应成比例。

即 ，

于是 ＝2，＝2。

因为正方形ABCD的边长为1。所以

＝×1×＝，

＝×1×＝，

从而 ＝＝×＝，

＝＝×＝。

＋＝＋＝

即阴影部分的面积是。

16.【解】将这四个人用4个点表示，如果两个人之间送过礼，就在两点之间连一条线。由于每人送出

2件礼品，图中共有8(＝4×2)条线。由于每人的礼品都分赠给2个人，所以每两点之间至多有2(＝1＋1)条线。四点间，每两点连一条线，一共6条线，现在有8条线，说明必有两点之间连了2条线，还有另外两点(有一点可以与前面的点相同)之间也连了2条线，这就是要证明的结论。 【注】有6种袜子，每种不超过2只，如果取出8只，那么必有2种袜子各2只。这与本题实质上是一回事。

【答案】

第五届华杯赛初赛试题答案

1. 11.52立方米 2.24 3.最后一集在星期五播出 4. 原式等于 5.11517 6.59米

7. 5种 8.0.5厘米 9. 0.36元 10. 11.21岁 12. 150平方米 13. 38名

14.大圆的弧线长一些 15. 4316.4 16.2月18日 1.【解】一昼夜即：60×24＝1440分

一个成年人一昼夜吸入空气量是：500×16×1440＝11520000(立方厘米)，即11.52立方米 2.【解】乘积是两位数并且是5的倍数，因而最大是95.95÷5＝19，所以题中的算式实际上是

所以，所填四个数字之和便是1＋9＋9＋5＝24

3.【解】每星期播6集，84集播 84÷6＝14 个星期，第一集在星期日播出，所以最后一集在星期五

播出.

4.【解】原式＝

＝

＝

5.【解】排成的最大的数是9951，最小的数是1566，因此，所求的和是9951＋1566＝11517 6.【解】当乙游到甲现在的位置时，甲也游了同样的距离，这距离是(98－20)÷2＝39(米)，所以甲现

在离起点39＋20＝59(米).

7.【解】要付2角3分钱，即23分．最多只能使用4枚5分币。因为全部1分和2分币都用上时，共

值12分，所以最少要用3枚5分币．使用3枚5分币时，5×3＝15，23－15＝8，所以使用2分币最多4枚，最少2枚，可有 23＝15＋(2＋2＋2＋2)， 23＝15十(2＋2＋2十1＋1)．

23＝15＋(2＋2＋1＋1＋1＋1)，3种支付方法

当使用4枚5分币时，5×4＝20，23－20＝3。所以2分币最多使用1枚，从而可有 23＝20＋(2＋1)

23＝20＋(1＋1＋1）2种支付方法，于是，共有5种不同的支付方法

8.【解】两个圆柱直径的比是1∶2，所以底面面积的比是1∶4，铁块在两个杯中排开的水的体积相同，

所以乙杯中水升高的高度应当是甲杯中下降的高度的，即2×＝O.5(厘米)

9.【解】甲吃(14－1)÷3＝(两)，每两234÷＝54(分)，

丙应得54×(6－1－ 答：应付给丙0.36元

)＝36(分)

10.【解】不妨设1是最小的半圆的半径.于是其余两种半圆的半径便是3和4分别用

阴影及未涂阴影部分的面积由图可见

及表示涂有

＝π×＝π×

＋－

×π×＋×(π×－π×)＝5π，

＝11π，

所以

答：所求的比是.

，则1＋9＋a＋b＝95－10a－b

11.【解】设小明出生那年是

从而11a＋2b＝85

在a≥8时，11＋2b＞85；在a≤6时，11a＋2b≤66＋2×9＝84，所以必有a＝7，b＝4。小明今年是1＋9＋7＋4＝21(岁).

12.【解】把水池的面积作为1个单位．那么草地的面积便是3个单位，而竹林的面积是6个单位．从

而竹林比草地多出的面积是(6－3＝)3个单位．3个单位的面积是450平方米，可见1个单位的面积是450÷3＝150(平方米) 答：水池占地150平方米

13.【解】因为50÷4＝12?余2，所以第一次有12名同学向后转；而50÷6＝8?余2，所以第二次有

8名同学作向后转的动作，其中所报的数同时是4及6的倍数的同学，他们第一次已背向老师了，再作一次向后转动作，这几名同学又面向老师了。4及6的最小公倍数是12，所以作了2次向后转动作的人数是4．(因为50÷12＝4?余2)

于是现在仍面向老师的有50－12－(8－4)＋4＝38(名)

14.【解】首先，小圆的圆心必定位于两圆相重叠的区域之内否则，由下面左边的图可见，大圆盖住的

部分不会达到小圆面积的一半.

设A、B为两圆圆周的交点，0是小圆的圆心0与大圆弧在弦AB的同一侧连接OA，OB，延长

＞AC＋CB，

AO交大圆弧线于C易见AC＋CB＝AO＋OC＋CB>OA十OB＝小圆的直径，而大圆的弧线所以它更大于小圆的直径. 15.【解】原来的总和是

10＋11＋?＋98＋99＝＝4905

被7除余2的两位数是7×2＋2＝16，7×3＋2＝23，?，7×13＋2＝93．

共12个数。这些数按题中要求添加小数点以后，都变为原数的，因此这一手续使总和减少了

(16＋23＋?＋93)×(1－)＝×＝588.6

所以，经过改变之后，所有数的和是4905－588.6＝4316.4 16.【解】因为3×7＜24＜4×7

所以24天中星期六和星期日的个数。都只能是3或4又，190是10的整数倍．所以24天中的星期六的天数是偶数再由240—190＝50(元)

便可知道，这24天中恰有4个星期六、3个星期日星期日总是紧接在星期六之后的，因此，这人打工结束的那一天必定是星期六．由此逆推回去。便可知道开始的那一天是星期四因为．1月1日是星期日．所以1月22日也是星期日，从而1月下旬唯一的一个星期四是1月26日从1月26日往后算，可知第24天是2月18日，这就是打工结束的日子．

【答案】

第五届华杯赛复赛试题答案

1. 原式等于。 2. 原订每天自学42分钟 3．≈1093平方毫米 4．羊△（狼☆羊）

☆羊△（狼△狼）=狼 5．穿红上衣的孩子的父母戴蓝帽子；穿黄上衣的孩子的父母戴黄帽子；穿蓝上衣的孩子父母戴红帽子。 6．每个黑黑重15克，每个白球重20克 7．需5分钟 8．共10种不同拆法，其中

最小 9．甲乙两地间公路长为210千米，从

甲地到乙地须走140千米上坡路 10．所填的数是11.12 11．17．72 12．1、2、3号杯中的含盐量与含糖量之比依次为1∶9， 1∶2及76∶5。 13．29 14．160平方厘米 15．甲车行驶了940千米，乙车行驶了310千米。 16．(见下) 17．(见下)

1.【解】原式＝

＝

＝1÷

＝

2.【解】改变后，甲每天比乙多自学1小时，即60分钟。

它是乙五天自学的时间，即乙现在每天自学：60÷(6－1)＝12(分) 原来每天自学的时间是：12＋30＝42(分)。

3.【解】经过量度，猪身由直径为42毫米的圆周围成，每条“腿”及一条“尾”都是直径6毫米的半

圆；“猪头”外径34毫米，内径30毫米“猪鼻”外径14毫米，鼻头无阴影部分由两个直径5毫米的半圆及一个高5毫米、宽3毫米的矩形拼成，“鼻孔”由两个直径2毫米的半圆组成；“猪眼”由两个直径5毫米的半圆组成；“猪嘴”由直径7毫米的半圆组成，于是所求面积为

S＝π× ＝

＋5××π×－π×(＋π×

－－15)

)－π×－×π×3

－(π×－π×

≈1093(平方毫米)

4.【解】因为狼△狼＝狼，所以原式＝羊△(狼☆羊)☆羊△狼，

无论前面结果如何，最后一步羊△狼或者琅△狼总等于狼，所以原式＝狼

5.【解】题中表明，每个孩子的父母是同血型的，因此父母均O型，孩子必O型，父母均A型，孩子必

A型(孩子为O型的情况已被排除，0型孩子的父母已经确定为O型)。父母为AB型，孩子为B型，即红、黄、蓝上衣的孩子，父母分别戴蓝、黄、红帽子。

6.【解】第一次挪动白球、黑球并给左盘加20克砝码而使天平平衡，说明4个黑球的重量等于2个白

球的重量加20克，第二次挪动并给右盘加50克砝码而导致平衡，说明4个白球的重量等于2个黑球的重量加50克，即2个白球的重量等于1个黑球的重量加25克，所以4个黑球的重量等于1个黑球的重量加45克，即3个黑球的重量是45克，1个黑球的重量是15克。从而2个白球的重量是15＋25＝40克，1个白球的重量是20克。

7.【解】由题意，进水阀打开30分钟所注入水池的水量，等于1个排水阀30分钟的排水量与一满池水

量之差；同时，它也等于2个排水阀30分钟的排水量与3满池水量之差。从而1个排水阀30分钟

的排水量等于2满池的水量。换句话说，1个排水阀每分钟可排池的水。3个排水阀每分钟可排

池的水。从而可知，只需5分钟便可在进水阀关闭的情形下排完满池水。 答：需5分钟。 8.【解】37＝3＋5＋29

＝2＋5＋7＋23＝3＋11＋23 ＝2＋3＋13＋19＝5＋13＋19 ＝7＋11＋19＝2＋5＋11＋19 ＝7＋13＋17＝2＋5＋13＋17 ＝2十7＋11＋17

共10种不同拆法其中3×5×29＝435最小

9.【解】由于从甲地到乙地的上坡路，就是从乙地到甲地的下坡路；从甲地到乙地的下坡路一定，从乙

地到甲地的上坡路把从乙地返回甲地的路，设想为从乙地到某丙地的路时，显然，从甲地到丙地的路程等于从甲、乙地路程的2倍，且其中恰有一半为上坡路，另一半是下坡路。从甲地到丙地的汽车费时为

9＋＝(小时)

由于每千米上坡路费时小时，每千米下坡路费时小时，

从而从甲地到乙地的路程等于÷（＋）＝210(千米)，

如果从甲地开往乙地全为上坡，9小时只走20×9＝180(千米)。少210－180＝30(千米) 每小时下坡比上坡多行35－20＝15(千米)，多行30千米需要30÷15＝2(小时) 因此从甲地到乙地，下坡用2小时，上坡用9－2＝7(小时)，行20×7＝140(千米) 答：甲乙两地间公路长为210千米，从甲地到乙地须走140千米上坡路。

【注】本题自然也可用解方程的办法求解，设从甲地到乙地的上坡路为x千米，下坡路为y千米依题意

于是(x＋y)(＋)＝16.5,

所以，x＋y＝210。将y＝210－x代入(1)式，得 x＋－x＝9，

即x＋6＝9或x＝1，所以x＝140。

10.【解】中央的数是19.95÷3＝6.65，因而第二列第一个数是19.95－6.65－8.80＝4.50

从而 ?＝19.95－4.33－4.50＝11.12

11.【解】若圆柱体能完全浸入水中，则水深与容器底面面积的乘积应等于原有水的体积与圆柱体在水

中体积之和，因而水深为

＝17.72(厘米）

它比圆柱体的高度要大，可见圆柱体可以完全浸入水中，于是所求的水深便是17.72厘米。 12.【解】第一，将1、3号杯中部分液体倒入2号杯之后，1号杯中含糖50克，2号杯中含糖50克、

盐25克，3号杯中含盐75克

第二步，将2号杯中的号液体倒入1号杯后，1号杯中台糖50＋50×＝(克)，含盐25×

＝(克)。2号杯中舍糖50×克，含盐25×克，3号杯中含盐75克。

第三步，将2号杯中液体的倒入3号杯之后，1号杯中含糖克，含盐克；2号杯中含糖

5O××克。含盐25××克；3号杯中含糖5O××＝(克)，含盐75＋25××

＝(克)。

从而可知含盐量与含糖量之比对于1、2、3号杯，依次为1∶9，1∶2及76∶5。 13.【解】当两个数的和不变时，两数越接近(即差越小)它们积越大所以

8.03×1.22＜8.02×1.23＜8.01×1.24 从而

8.O1×1.24＋8.02×1.23＋8.03×1.22＜8.O1×1.24×3＜8×1.25×3＝30 8.01×1.24＋8.02×1.23＋8.03×1.22＞8×(1.24＋1.23＋1.22)＝8×3.69＝29.52 即8.O1×1.24＋8.02×1.23＋8.03×1.22的整数部分是29。 14.【解】设大长方形的宽为x，则长为28－x

因为＝x，＝x，所以，－＝。

＝(28－x)，＝(28－x),

－＝(28－x),

由题设可知 ∶＝

即＝，于是＝，x＝8。

于是，大长方形的长＝28－8＝20，从而大长方形的面积为8×20＝160平方厘米。

＝4000＋2×(＋)

＝4002＋2×(－)

＝4002＋＝4002.001

－

4.【解】有四种可能:①两个6面体；②一个5面体及一个7面体；③两个5面体；④一个5面体及一

个6面体

5.【解】将这卷纸展开后，它的侧面可以近似地看作一个长方形，它的长度就等于面积除以宽.这里宽

就是纸的厚度，而面积就是一个圆环的面积.因此

纸的长度≈≈＝＝7143.5(厘米)

因此，这卷纸展开后大约有71.4米长

6.【解】每天做60个，到原定日期多做：60×5＝300(个)， 每天做50个，到原定日期少做：50×8＝400(个)， 因此原定天数是：(400＋300)÷(60－50)＝70(天)， 这批零件共有：50×70＋400＝3900(个)

7.【解】

答：约为9.91％

×100％＝9．91329％

8.【解】更大

将乘积＝A

与乘积＝B

相比较，由于＞，＞，1＞，

所以 A＞B，而 A×B＝，因此A＞。

9.【解】设甲、丙在C点相遇,这时乙到达D,又设甲、乙在E处相遇。

因为甲、乙步行的速度相同，所以AC＝BD，丙步行的长度是AC，乙步行的长度是BE，甲步行的长度是AC＋BE，由于BE＞BD＝AC，所以丙最先到达目的地，甲最后到达目的地。 【注】本题骑车速度与步行速度的比并不重要，不必考虑

10.【解】设A、B、C为业余选手，D、E、F为专业选手如果A胜4场，这时有两种情况：

(1) A胜B、C及两名专业选手这时4其增加1＋1＋2＋2－1＝5分。负于A的专业选手至多增加1

＋1－2＋2＋2＝4分。设B,C中B胜C，则C也至多增加2＋2＋2－1－1＝4分．所以A必定进入前三名。

(2) A胜三名专业选手及一名业余选手，这时A共增加2＋2＋2＋1－1＝6分，每名专业选手至多增

加2＋2－2＋1＋1＝4分，所以A必定进入前三名

如果A胜3场，A不一定能进入前三名。上图用A→B表示A胜B，等等．而A、B、C、D都胜E及F这时A增加2＋2＋1－1－1＝3分，B增加2＋2＋2－1－l＝4分，C增加2＋2＋1＋1＋1＝5分，D增加2＋2＋1＋1－2＝4分，所以A只能是第四名。因此业余选手至少胜4场，才能保证进入前三名。

注：本题原来的标准解答有错，误以为胜3场就够了。 11.【解】① 填表

② 由该表可以看出，所给四个平面图的顶点数、边数及区域数之间有下述关系：

4＋3－6＝1 8＋5－12＝1 6＋4－9＝1 10＋6－15＝1

所以，我们可以推断：任何平面图的顶点数、边数及区域数之间，都有下述关系： 顶点数＋区域数－边数＝1。

③ 由上面所给的关系，可知所求平面图的边数：边数＝顶点数＋区域数－1＝999＋999－1＝1997 12.【解】设起点到终点路程为S ，慢车车速为1，慢车行驶的时间为S÷1＝S(分)，用于停靠的时间

为30分，由题意可得

S＋30＝40＋＋3，于是得S＝78

可见快车从起点到终点共需78＋30－40＝68{分钟)

13.【解】第二行起，每行都包含一个数字0，而且一行在左边，一行在右边，确切地说，偶数行的第

一个数字为0，奇数行(第一行除外)的最后一个数字为0．

偶数行，每一个数等于它左边的数加上它左上方的数。奇数行，每一个数等于它右边的数加上它右上方的数。这样第8行应当是0，61，122，178，?，所以x＝178。

14.【解】最大堆与最小堆共22×2＝44个苹果，较大的2堆与较小的2堆共44×2＋7－5＝90个苹果，

所以中间的一堆有：(18×3＋26×3－90)÷2＝21个苹果，较大的2堆有：26×3－21＝57个苹果，

最大的一堆有：(57＋5)÷2＝31个苹果，次大的2堆有：57－31＝26个苹果较小的2堆有：18×3－21＝33个苹果次小的一堆有：(33＋7)÷2＝20个苹果最小的一堆有：20－7＝13个苹果 15.【解】注意到

1－＝0，

， ，

所以，如果能在下面的方框中填入加减号，使不等式0＜则原来的问题就一定有肯定的答案，再注意

□口??口＜ 成立，

， ，

， ，

因此，只要在下面的方框中填入加减号，使不等式

0＜口口口口＜成立．

令X＝－＋－＋，则

X＝（－）＋（－）＋＞0

而且，X＝－（－）－（－）＜＜

将以上的算式倒推回去，具体写下来，就得

0＜1－

16.【解】设20＋11m，30＋10n，50＋9k为甲、乙、丙三班捐书总数，则 (20＋11m)＝(30＋10n)＋28 (30＋1On)＝(50＋9k)＋101

即 11m＝10n＋38，10n＝9k＋121，从而11m＝9k＋159， 已知 550≥20＋11m，50＋9k≥400， 所以530≥11m＝9k＋159≥350＋159＝509， 从而49＞m＞47，m＝48，于是，n＝49．k＝41

甲、乙、丙班人数依次为51(＝48十3)，53(＝49＋4)，49(＝41＋8)人

＜

17.【解】不妨设平原地区耕地为0.69亿公顷到2030年产量为 4000×0.69×1.7＝4692(亿千克)

山地、丘陵地区的产量为 (4500－4000×0.69)×1.2＝2088(亿千克) 粮食总产量为 4692＋2088＝6780(亿千克) 而人口不超过 12.7×1.13＝16.9(亿)

按年人均400千克计算，共需 400×16.9＝6760(亿千克) 所以，完全可以自给自足。

第七届华杯赛初赛试题答案

1.【解】因为两个奇数的和是偶数，所以将1999表示成两个质数的和，这两个质数中必有一个是偶数，

因而也就是2，另一个是 1999－2＝1997即1999＝2.【解】43×90％÷7≈5.53(万人) 答：半岛上每平方千米有5.53万人． 3.【解】1－20％＝80％，1÷80％－1＝25％ 答：第二年应上涨25％。

4.【解】 每个月的连续的四个星期日中只有两个日期是偶数，所以这个月必有五个星期日，并且第一

个星期日为2号，第三个星期日为16号(16＝2＋14)，第五个星期日为30号(30＝2＋28)，这个月的15日是星期六(因为1号是星期六，1＋14＝15，15号也是星期六) 5.【解】

盏灯。

6.【解】设第二小的等边三角形边长为a，则第三大的等边三角形边长为a＋1．次大的等边三角形边长

为a＋2，最大的等边三角形边长为a＋3，它也就是2a，因此a＝3，从而六边形的周长是

2×3＋2×(3＋1)＋2×(3＋2)＋(3＋3)＝30。

7.【解】最外边一圈栽90棵树苗，即周长被分成90份．第二圈，每边少1份，共少6份，即栽90－6

＝84棵树苗。依此类推，共栽树苗(正六边形中心栽一棵) 90＋84＋?＋6＋1＝90×8＋1＝721(棵) 8.【解】(1999－3＋4)÷(1＋2＋2)＝400 400×2＋3＝803，400×2－4＝796

答：甲、乙、丙三校的人数分别为400，803，796。

9.【解】设爷爷的年龄是1Oa＋b，其中a、b都是数字，则爸爸的年龄是1Ob＋a，年龄差是

(10a＋b)－(10b＋a)＝9×(a－b)

这差是4的倍数，所以a－b是4的倍数，但a≤9，而根据常识，小明爸爸的年龄不可能是十几岁，因此b≥2，a－b≤7，从而，必有a－b＝4. 小明的年龄是9×(a－b)÷4＝9(岁)。

10.【解】10块积木堆积成如图的长方体，表面积是2×(7×15＋15×10＋10×7)＝650(平方厘米)，

这就是最小的表面积。事实上，堆成的长方体体积为

7×5×3×lO＝7×5×5×3×2＝a×b×c。

其中a≥b≥c分别是长方体的长、宽、高．都是整数，表面积是

＝127，381÷127＝3，所以第一层3盏灯，第四层3×

＝24

十

只有一种填法(我们将2＋1997与1997＋2作为同一种)．

2×(a×b＋b×c＋c×a)＝2×a×b×c×(

在a＝15，b＝10,c＝7时，(1)的值是650平方厘米.

)＝2×7×5×5×3×2×()(1)

在c＝2、3时，显然＞＞＝；

在c＝5时， ＞＋＞；

在C＝6时， ＞＋＞；

在C＝7时， ≥.

因此，表面积的最小值是650平方厘米.

11.【解】时针、分针下一次反向成一直线是在7点以后，这时分针应比时针多走钟面上5格，分针每

分钟走1格，时针每分钟走格.

5÷(1－)＝＝， ×60≈27。

即在7点5分27秒，时针、分针再次反向成一直线。

12.【解】当天九江水位是 29.32×≈22.31(米)。

第七届华杯赛复赛试题答案

1.【解】原式＝()÷＋×＝×＋＝

2.【解】2月初余额是 56767÷(1十18％)≈48108(亿元). 3.【解】400÷(400－375)＝16(分钟)

答：16分钟后，甲、乙再次相遇(即甲比乙多跑一圈) 4.【解】1925＝5×5×7×11

两个商都是1925的约数，互质，而且和为16，所以这两个商分别为5、11 1925÷5＝385，1925÷11＝175 这两个整数是385与175

5.【解】，，，

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