描写菊花的作文-英语个人简历范文

2011年第9届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷
（五年级第2试）


一、填空题（每小题5分，共60分）
1．（5分）计算：0.15÷2.1×56= _________ ．

2．（5分）15+115+1115+11115+…+1111111115= _________ ．

3．（5分）一个自然数除以3，得余数2，用所得的商除以4 ，得余数3．若用这个自然数除以6，得余数 _________ ．

4．（5分）数一数图中有 _________ 个正方形．


5． （5分）有一些自然数（0除外）既是平方数，又是立方数．（注：平方数可以写成两个相同的自然数的乘积，立
方数可以写成三个自然数的乘积）．如：1=1×1=1×1×1 64=8×8=4×4×4．那么，1000以内的自然数中，这样的数有
_________ 个．

6．（5分）有一个自然数，它的最小的两个约数的差是4，最大的两个约数的差是308 ，则这个自然数是 _________ ．

7．（5分）如图，先将4黑1白共5个棋 子放在圆上，然后在同色的两子之间放入一个白子，在异色的两子之间放
入一个黑子，再将原来的5个棋 子拿掉．如此不断操作下去，圆圈上的5个棋子中最多有 _________ 个白子．


8．（5分）甲乙两人分别从AB两地同时相向而行，甲的速度是乙的3倍．经过60分钟，两人相遇， 然后，甲的速
度减为原速的一半，乙的速度不变，两人各自继续前行，那么，当甲到达B地后，再经过 _________ 分钟，乙
到达A地．

9．（5分）如图，将一个棱长为1 米的正方体木块分别沿长宽高三个方向锯开1，2，3次得到24个长方形木块，这
24个长方形木块的 表面积的和是 _________ 平方米．


10．（5分）如图，小丽和 小明的桶中原来各装有3千克和5千克水，依据图中的信息可知，小丽的桶最多可以装
_________ 千克水，小明的桶最多可以装 _________ 千克水．

11．（5分）将1～2011的奇数排成一列，然 后按每组1，2，3，2，1，2，3，2，1，…个数的规律分组如下（每个
括号为一组）：
（1）（3，5）（7，9，11）（13，15）（17）（19，21）（23，25，27）（29，3 1）（33）…
则最后一个括号内的各数之和是 _________ ．

1 2．（5分）当爷爷的年龄是爸爸年龄的2倍时，小明1岁；当爸爸的年龄是小明的年龄的8倍时，爷爷61岁． 那
么，爷爷比小明大 _________ 岁；当爷爷的年龄是小明年龄的20倍时，爸爸的年龄是 _________ 岁．

二、解答题（每小题15分，共60分）每题都要写出推算过程．
13．（15分）如图，大 小两个正方形并排放在一起，请分别在图乙和图丙中阴影标出一个几何图形（不一定是三角
形，可以是任 意的多边形），使它的面积等于图甲中的阴影面积．（直接作图，不写解答过程）

14．（15分）甲、乙、丙、丁4人去钓鱼，共钓到25条鱼，按数量从多到少的排名是甲、乙、丙、丁． 又知甲钓到
的鱼的条数是乙和丙钓到鱼的条数的和，乙钓到鱼的条数是丙和丁钓到鱼的条数的和．那么， 甲乙丙丁各钓到几条
鱼？

15．（15分）A、B两地间有一条公路，甲乙两辆 车分别从AB两地同时相向出发，甲车的速度是50千米时．经过
1小时，两车第一次相遇．然后两车继 续行驶，各自到达B、A两地后都立即返回，第二次相遇点与第一次相遇点
的距离是20千米．求：
（1）AB两地的距离．
（2）乙车的速度．

16．（15分）观察以下的运算：
若是三位数，因为=100a+10b+c=99a+9b+（a+b+c）
所以，若a+b+c能被9整除，能被9整除．
这个结论可以推广到任意多位数．
运用以上的结论，解答以下问题：
（1）N是2011位数，每位数字都是2，求N被9除，得到的余数．
（2）N是n位数，每位数字都是7，n是被9除余3的数．求N被9除，得到的余数．

2011年第9届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷
（五年级第2试）

参考答案与试题解析


一、填空题（每小题5分，共60分）
1．（5分）计算：0.15÷2.1×56= 4 ．

考点： 小数四则混合运算．
分析： 这三个数字之间存在公约数，于是把原式变为（0.15÷0.3）×（56÷7）．这样计算就简便多了．
解答： 解：0.15÷2.1×56，
=0.15×56÷2.1
=0.15×8×7÷2.1
=1.2×，
=4．
故答案为：4．
点评： 此题重点考查学生分析问题及运用运算技巧解答问题的能力．

2．（5分）15+115+1115+11115+…+1111111115= 1234567935 ．

考点： 加减法中的巧算．
分析： 此题是9个数相 加，把个位上的5拿出来，是9个5，即45；其它各位上的数相加，个位上是0，十位上是
9个1相加 是9，百位是8，其它依次为7、6、5、4、3、2、1
解答： 解：15+115+1115+11115+11115+…+1111111115，
=（10+1 10+1110+11110+1111110+1111110+11111110+111111110+1 111111110）+5×9，
=1234567890+45，
=1234567935．
故答案为：1234567935．
点评： 解答此类问题，要认真审题，寻求简便的算法，找到最佳解决方案．

3．（5分）一个自 然数除以3，得余数2，用所得的商除以4，得余数3．若用这个自然数除以6，得余数 5 ．

考点： 带余除法．
分析： 用所得的商除以4得余数3，设这个商除以4得余数3时所得商 为x，则这个自然数除以3，得余数2时的
商为4x+3，这个自数数为：（4x+3）×3+2=12 x+11=6×（2x+1）+5，所以若用这个自然数除以6，得余数5．
解答： 解：设这个商除以4得余数3时所得商为x，
则这个商为4x+3，
这个自数数为：（4x+3）×3+2=12x+11=6×（2x+1）+5，
所以若用这个自然数除以6，得余数5．
故答案为：5．
点评： 完成本题主要依据是被除数、除数、商与余数之间的关系：商×除数+余数=被除数．

4．（5分）数一数图中有 18 个正方形．

考点： 组合图形的计数．
分析： 先计算1个小正方形的个数，然后再计算含有 4个小正方形的大正方形的个数，最后计算含有9个小正方
形的大正方形的个数．相加即可求解．
解答： 解：1个小正方形的个数为：13个；
含有4个小正方形的大正方形的个数为：4；
含有9个小正方形的大正方形的个数为：1．
故有13+4+1=18个正方形．
222
或直接利用公式先求中间由9个小正方形组成的正方形一共有：3+2+1=14，
加上四周的4个共14+4=18个．
故答案为：18．
点评： 考查图形中正方 形的个数，有一定难度，注意在查找时要按顺序，否则很容易漏解．本题把图中正方形分
成大、中、小三 类分别去数．

5．（5分）有一些自然数（0除外）既是平方数，又是立方数．（注：平 方数可以写成两个相同的自然数的乘积，立
方数可以写成三个自然数的乘积）．如：1=1×1=1×1 ×1 64=8×8=4×4×4．那么，1000以内的自然数中，这样的数有
3 个．

考点： 乘方．
分析： 一个自然数是平方数，则它的质因数的个数是2的倍数； 一个自然数是立方数，则它的质因数的个数是3
的倍数；由于2与3互质，则一个自然数（0除外）既是 平方数，又是立方数，它的质因数的个数是6的倍
数；则依次是：1=1，2=64，3=729，4= 4096；所以在1000以内的只有3个．
解答： 解：既是平方数，又是立方数的数一定是完全六次方数，
6666
所以：1=1，2=64，3=729，4=4096…
6
而4=4096超过了1000，所以共有3个．
故答案为：3．
点评： 本体需要掌握的知识点是：既是平方数，又是立方数的数一定是完全六次方数．

6．（5分）有一个自然数，它的最小的两个约数的差是4，最大的两个约数的差是308，则这个自然 数是 385 ．

考点： 差倍问题．
分析： 因为，最小的约数为1，所以第 二小的约数为1+4，因此最大的约数为本身x，第二大的约数为x÷5，根据“最
大的两个约数的差是 308”，可得x﹣x÷5=308，由此解答即可．
解答： 解：因为，最小的约数为1，所以第二小的约数为1+4，
因此最大的约数为本身x，第二大的约数为x÷5，
所以，x﹣x÷5=308，
6666
x﹣=308，
x=308，
x=308，
x=308×，

x=385；
故答案为：385．
点评： 解答此题的关键是，根据题意，设出未知数，再根据数量关系等式，列方程解答即可．

7 ．（5分）如图，先将4黑1白共5个棋子放在圆上，然后在同色的两子之间放入一个白子，在异色的两子之间放
入一个黑子，再将原来的5个棋子拿掉．如此不断操作下去，圆圈上的5个棋子中最多有 3 个白子．


考点： 哈密尔顿圈与哈密尔顿链．
分析： 如下图所示：经过3次将 同色相邻的两个棋子之间放入一个白色棋子，（红色圈内是放入的棋子）；在异色
的和相邻的两个棋子之 间放入一个黑色棋子，然后将原来的5个棋子拿掉，就又回到第一次的结果了，说
明3次一个循环，在这 些图中，对于圆圈上呈现5个棋子的情况，圆圈上白子最多能有3个．

解答： 解：由上图可以看出，对于圆圈上呈现5个棋子的情况，圆圈上白子最多能有3个．
答：圆圈上的5个棋子中最多有3个白棋子．
故答案为：3．
点评： 此题考查了哈密尔顿圈与哈密尔顿链中蕴含的规律．

8．（5分）甲乙两人分别从AB两 地同时相向而行，甲的速度是乙的3倍．经过60分钟，两人相遇，然后，甲的速
度减为原速的一半，乙 的速度不变，两人各自继续前行，那么，当甲到达B地后，再经过 140 分钟，乙到达A
地．

考点： 相遇问题．
分析： 设乙的速度是x米分钟，则甲的速度是3x米分钟， 由“经过60分钟”可知，甲行的路程是（60×3x）米，
乙行的路程是60x米；相遇后甲的速度为 （3x÷2）米分钟，则相遇后甲到达B地的时间是[60x÷（3x÷2）]
分钟，相遇后已到达A地 的时间是[（60×3x）÷x]分钟，已用的时间减去甲用的时间就是问题的解．
解答： 解：设乙的速度是x米分钟，则甲的速度是3x米分钟，
相遇后甲到达B地的时间：60x÷（3x÷2），
=60x÷1.5x，
=40（分钟）；
相遇后已到达A地的时间：（60×3x）÷x，
=180x÷x，
=180（分钟）；
180﹣40=140（分钟）；

答：当甲到达B地后，再经过140分钟，乙到达A地．
故答案为：140．
点评： 此题主要考查路程、速度和时间之间的关系．
< br>9．（5分）如图，将一个棱长为1米的正方体木块分别沿长宽高三个方向锯开1，2，3次得到24个长 方形木块，这
24个长方形木块的表面积的和是 18 平方米．


考点： 组合图形的计数；图形的拆拼（切拼）．
22
分析：
（1）原来正方体表面积S
1
=1×6=6（m）；
（2）分别锯成2份， 3份和4份，分别增加2个，4个，6个面，增加面积S
2
=（2+4+6）×1=12（m） ；
2
（3）24块长方体面积和S=S
1
+S
2
=18（ m）．
22
解答：
解：1×6+（2+4+6）×1=6+12
2
=18（m）．
故答案为：18．
点评： 考查了图形的拆拼（切拼），注意本题锯开1，2，3次，分别增加大正方形2个，4个，6个面的面积．

10．（5分）如图，小丽和小明的桶中原来各装有3千克和5千克水，依据图中的信息可 知，小丽的桶最多可以装 3.2
千克水，小明的桶最多可以装 6.4 千克水．
22


考点： 列方程解含有两个未知数的应用题．
分析： 根 据题干中小丽说的条件，设小丽的桶最多可以装x千克水，那么小明的桶最多可以装（8﹣0.5x）千克水，< br>根据小明说出的条件即可列出方程：5﹣（x﹣3）=（8﹣0.5x）×，解这个方程即可解决问题．
解答： 解：设小丽的桶最多可以装x千克水，则小明的桶最多可以装（8﹣0.5x）千克水，根据题意可得方程：
5﹣（x﹣3）=（8﹣0.5x）×，
x=2，
x=3.2，
8﹣0.5×3.2=6.4（千克），
答：小丽的桶最多能装3.2千克，小明的桶最多可装6.4千克．
故答案为：3.2；6.4．
点评： 根据题干，设出小丽的桶最多装x千克，从而得出小明 的桶最多能装的千克数是解决此题的关键，要注意
正确找出等量关系．

11．（5分）将1～2011的奇数排成一列，然后按每组1，2，3，2 ，1，2，3，2，1，…个数的规律分组如下（每个
括号为一组）：
（1）（3，5）（7 ，9，11）（13，15）（17）（19，21）（23，25，27）（29，31）（33）…
则最后一个括号内的各数之和是 6027 ．

考点： 数字分组．
分析： 只要求出最后一个括号内奇数的个数即能求得最后一个括号内的各数之和是多少．由于分组规律 是1，2，3，
2.1+2+3+2=8，所以每8个数一循环，1～2011共有2010÷2+1= 1006（个）奇数，1006÷8=125…6．由此根据
其余数即能求得最后一个括号内的个数，进 而求得各数之和．
解答： 解：1+2+3+2=8，即分组规律为每8个数一循环，
2010÷2+1=1006（个），
1006÷8=125…6．
1～2011 中最后6个奇数为：（2001），（2003，2005），（2007，2009，2011）．
则最后一个括号内的各数之和为：2007+2009+2011=6027．
故答案为：6027．
点评： 发现数列中数的分组循环规律是完成此类问题的关键．

12．（5分）当爷爷的年龄是爸爸年龄的2倍时，小明1岁；当爸爸的年龄是小明的年龄 的8倍时，爷爷61岁．那
么，爷爷比小明大 57 岁；当爷爷的年龄是小明年龄的20倍时，爸爸的年龄是 31 岁．

考点： 年龄问题．
分析：
（1）设爷爷比小明大x岁，则小明1岁时，爷爷x+1岁，爸爸就是岁；则爷爷61 岁时，小明是61﹣x
岁，爸爸是8（61﹣x）岁，根据前后爷爷与爸爸的年龄差不变，即可列出方程 求得爷爷与小明的年龄差是
57岁；
（2）由上面得出的爷爷与小明的年龄差是57岁可知： 小明1岁时，爷爷的年龄是：57+1=58（岁），爸爸
的年龄是58÷2=29（岁），所以爷爷与 爸爸的年龄差是58﹣29=29（岁），爸爸与小明的年龄差是29﹣1=28
（岁），设当爷爷的年 龄是小明年龄的20倍时，爸爸的年龄为y岁，则根据年龄差即可得出此时爷爷的年
龄为29+y岁，小 明的年龄是y﹣28岁，由此根据题干中的爷爷与小明的年龄倍数关系列出方程解决问题．
解答： 解：（1）设爷爷比小明大x岁，根据题意可得方程：
x+1﹣=61﹣8×（61﹣x），
整理可得：15x=855，
x=57，
（2）小明1岁时，爷爷的年龄是：57+1=58（岁），爸爸的年龄是：58÷2=29（岁）；
所以爷爷与爸爸的年龄差是：58﹣29=29（岁），爸爸与小明的年龄差是：29﹣1=28（岁） ．
设当爷爷的年龄是小明年龄的20倍时，爸爸的年龄为y岁，根据题意可得方程：
29+y=20×（y﹣28），
19y=589，
y=31，
答：爷爷比小明大57岁；当爷爷的年龄是小明年龄的20倍时，爸爸的年龄是31岁．
故答案为：57；31．
点评： 此题等量关系较为复杂，要求学生要弄清题意，找准等量关 系，抓住爷爷、爸爸和小明每两人之间的年龄
差不变进行设未知数，是解决此题的关键．

二、解答题（每小题15分，共60分）每题都要写出推算过程．
13．（15分）如图，大 小两个正方形并排放在一起，请分别在图乙和图丙中阴影标出一个几何图形（不一定是三角
形，可以是任 意的多边形），使它的面积等于图甲中的阴影面积．（直接作图，不写解答过程）

考点： 图形的拆拼（切拼）．
分析： 图 甲中对角线与两正方形的交点为o，过o做底边AB的平行线，与正方形的其他两个对边相交．如下图所
示，在一个长方形中，对角线把长方形平均分成两个全等的直角三角形，在乙图中右边小正方形中三角形
阴影互换，面积不变；丙图中，大正方形和小正方形中的三角形都互换，面积仍不变．
解答： 解：答案如图，

点评： 此题考查了图形的拆拼，在长方形中，对角线把长方形平均分成两 个完全相等的两个直角三角形是解决此
题的关键．

14．（15分）甲、乙、丙 、丁4人去钓鱼，共钓到25条鱼，按数量从多到少的排名是甲、乙、丙、丁．又知甲钓到
的鱼的条数是 乙和丙钓到鱼的条数的和，乙钓到鱼的条数是丙和丁钓到鱼的条数的和．那么，甲乙丙丁各钓到几条
鱼？

考点： 不定方程的分析求解；简单的等量代换问题．
分析： 根据题干，设甲乙 丙丁分别钓了a、b、c、d条鱼，且a＞b＞c＞d，那么根据题干中已知条件可得：a+b+c+d=25，
a=b+c，b=c+d由此即可利用等量代换的思想解决问题．
解答： 解：设甲乙丙丁分别钓了a、b、c、d条鱼，且a＞b＞c＞d，根据题意可得方程：
a+b+c+d=25，①；
a=b+c，②；
b=c+d，③；
把③代入②可得：a=2c+d，④；
把③和④都代入①可得：
4c+3d=25，解得这个二元一次方程的整数解有：
当c=1时，d=7；
当c=4时，d=3；
又因为：c＞d，所以符合题意的只有c=4，d=3，
所以b=4+3=7；a=7+4=11；
答：甲乙丙丁分别钓了11条、7条、4条、3条．
点评： 此题设出四个未知数，但是不用 全部求解，可以利用等量代换的思想消去其中两个未知数，得出一个二元
一次方程，求得其整数解即可解 决问题．

15．（15分）A、B两地间有一条公路，甲乙两辆车分别从AB两地同时相 向出发，甲车的速度是50千米时．经过
1小时，两车第一次相遇．然后两车继续行驶，各自到达B、A 两地后都立即返回，第二次相遇点与第一次相遇点
的距离是20千米．求：
（1）AB两地的距离．
（2）乙车的速度．

考点： 多次相遇问题．
分析： 第一次相遇时，甲车行驶了50千米，第二次相遇时两车共行了三个全程，又每行一个全程，甲 行驶50千
米，所以第二次相遇时甲车行驶了50×3=150千米．第二次相遇点与第一次相遇点的距 离是20千米，所以

第二次相遇地点距A地50+20=7 0千米，即甲车再行70千米就行了两个全程，所以A、B两地相距（150+70）
÷2=110千米 ，然后再据第一次的相遇时间就能求出乙的车速度是多少．
同理完成第二次相遇时距离A地50﹣20=30千米时的情况．
解答： 解：（1）第二次相遇地点距A地50+20=70千米时，
AB两地的距离为：
（50×3+50+20）÷2
=220÷2，
=110（千米）．
答：AB两地的距离为110千米．
乙车的速度为：
110÷1﹣50
=110﹣50，
=60（千米小时）．
答：乙车的速度为60千米小时．
成第二次相遇时距离A地50﹣20=30千米时：
（50×3+50﹣20）÷2
=180÷2，
=90（千米）．
答：AB两地的距离为90千米．
乙车的速度为：
90÷1﹣50
=90﹣50，
=40（千米小时）．
答：乙车的速度为40千米小时．
点评： 明确第二次相遇时两车共行了三个全程并由此求出甲车此时行的路程是完成本题的关键．

16．（15分）观察以下的运算：
若是三位数，因为=100a+10b+c=99a+9b+（a+b+c）
所以，若a+b+c能被9整除，能被9整除．
这个结论可以推广到任意多位数．
运用以上的结论，解答以下问题：
（1）N是2011位数，每位数字都是2，求N被9除，得到的余数．
（2）N是n位数，每位数字都是7，n是被9除余3的数．求N被9除，得到的余数．

考点： 数的整除特征．
分析： （1）被9整除的数的特征是：各个数位上的数字的和能够 被9整除，N是2011位数，并且每位数字都是2，
它的各个数位上的数字的和为（2011×2）， 进一步算出此和被9除，得到的余数，也即N被9除，得到的余
数；
（2）根据被9整除的数 的特征，可知自然数N各个数位上数字之和为7n；由于n÷9余3，所以设n=9k+3，
则7n=7 （9k+3）=63k+21=（63k+18）+3=9（7k+2）+3；那么N﹣3的各个数位上数字和为 7n﹣3=9（7k+2）
能被9整除，所以N﹣3能被9整除，所以N被9除的余数也是3．
解答： 解：（1）2011×2=4022；
4022÷9=446…8，
所以N被9除，得到的余数是8；
（2）自然数N各个数位上数字之和为7n；由于n÷9余3，所以不妨设n=9k+3，
则7n=7（9k+3）=63k+21=（63k+18）+3=9（7k+2）+3；
那 么N﹣3的各个数位上数字和为7n﹣3=9（7k+2）能被9整除，所以N﹣3能被9整除，所以N被9除的
余数也是3．
答：（1）N被9除，得到的余数是9，（2）N被9除，得到的余数是3．

点评： 此题考查数的整除特征，关键是根据能被9整除的 数的特征：各个数位上的数字的和能够被9整除，进一
步解决问题．