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第十八届华罗庚金杯少年邀请赛决赛试题C（小学高年级组）
总分
第十八届华罗庚金杯少年邀请赛
决赛试题C（小学高年级组）
（时间2013年4月20日10：00～11：30）
一、填空题（每小题 10分, 共80分）
1．计算:
[2
2
3
(
2
31
3

8
33

8
33

1
11

)(
16
55

1
11

8
27
1
5
)]
8
27

=________.
解析：原式=
2
8

27
8

=

3
55
16

=
7
1
2

2． 农谚‘逢冬数九’讲的是, 从冬至之日起, 每九天分为一段, 依次称之为一九, 二九, ……,
九九, 冬至那天是一九的第一天. 2012年12月21日是冬至, 那么2013年2月3日是________九的第
________天.
解析：31-21+1+31+3=45,45÷9=5 ，2013年的2月3日是五九的第9天.
3．最简单分数
________.
解析：通分子得
a
5a
a
b

a
4a
a
b
满足
1
5

a
b

1
4
, 且b不超过19, 那么a+b的最大可能值与最小可能值之积为
，4a b不超 过19，所以a最大值为4，此
时b最大可为19，当a=2时，b有最小值9，a+b的最大可能值与 最小可能值之积
为（4+19）×（2+9）=253。
4．如图所示, P, Q分别是正方形ABCD的边AD和对角线 AC上的点, 且AP:PD=1：3，AQ:QC=4：1, 如
果正方形ABCD的面积为100, 那么三角形PBQ的面积是________.
解析：连接QD,做QE⊥BC于E, QF⊥AD于F, QG⊥CD于G, 正方形ABCD的面积为100,
G
所以AD=EF=10， QC: AQ =1:4,根据正方形对称性，所以QE=QG=2，QF=8, PD:AP
F

E

=3:1, AP=2.5，PD=7.5。
S△PQB=S
正
- S△CQB-S△DQC-S△PQD-S△PAB
=100-2×10÷2×2-8×7.5÷2-10×2.5÷2
=100-20-30-12.5
=37.5
5．四位数
abcd
与
cdab
的和为3333, 差为693, 那么四位数
abcd
为________.
解析：
abcd
+< br>cdab
=101（
ab
+
cd
），所以
ab
+
cd
=3333÷101=33，
abcd
-
cdab
=99（
ab
-
cd
），所以
ab
+
cd
=693÷99=7，
所以
ab
=20，
cd
=13，
abcd
=2013。
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第十八届华罗庚金杯少年邀请赛决赛试题C（小学高年级组）
6．两个较小的正方体积木分别粘在一个大正方体积木的两个面上, 构成右图所
示的立体图形, 其中, 每个小积木粘贴面的四个顶点分别是大积木粘贴面各边
的 一个五等分点．如果三个积木的棱长互不相同且最大的棱长为5，那么这个立
体图形的表面积是____ ____.
解析：三个积木的棱长互不相同且最大的棱长为5，则两个较小的小正方体的顶
点分别在大正方体棱长的第一个五等分点和第二个五等分点上。如图a和b所示，
2
图a所示的 四个三角形面积都是1×4÷2=2，小积木一个面的面积是5-2×4=17。
2
图b所示的四个三角形面积都是2×3÷2=3，小积木一个面的面积是5-3×4=13。
这个立体图形的表面积为大积木的表面积加上两个小积木四个面的面积。
2
所以面积为6×5+4×（13+17）=270。

a b
7．设a, b, c分别是0～9中的数字, 它们不同时都为0也不同时都为9. 将循环

小数化成最
简分数后, 分子有________不同情况.

解析：

化为分数,为:

abc
999
，999=3×3×3×37 。
（1）先考虑 循环

小数化成最简分数后，分子不是999质因数的倍数的情况，1～999中，与
9 99互质的数有999×(1-
1
3
)×(1-
1
37
)= 648个，这些数与999都不能约分，分子至少有648种。
（2）要注意，不是所有3的倍数都不 能在此分子中存在，因为999的因子中只有3个3，所以3的4
次方81的倍数，化简再约掉了3个3 以后还会剩下3的因子。如果
abc
分解质因数后，有质因数3，
且质因数3的个数大 于3，
abc
999
abc
999
化为最简分数后，分子就是3的倍 数。3=81，[999÷81]=12，所以
2
4
化为最简分数的分子还可以等于3 ,6,9，…，36，共12种。同理，37=1369>999，所以
abc
999
化
为最简分数的分子不可能是37的倍数。
综上所述，
abc
999
化为最简分数的分子有648+12=660种情况。
8．由四个完全相同的正方体堆积成如右图所示的立体, 则立体的表面上（包
括底面）所有黑点的总数至少是________.
解析：将黑点数转 化为1,2,3,4,5,6，根据图可知，3与4,6,2,1相邻，则3与5
相对，4与6,1相邻 ，则4与2相对，1与6相对。
要立体的表面上（包括底面）所有黑点的总数最少，则要求重叠面上的点数最多。
最左边的正方体左右两个面上是1和6，可以重叠6；
最右边的正方体重叠6；
最上面的正方体重叠5；
正中间的正方体可以重叠2+4+6=12，或1+6+4=11（舍去）
所以正方体重叠面上的黑点最多是6+6+5+12=29，
立体的表面上所有黑点的总数至少是4×7×3—29=55。
二、解答下列各题（每题10分, 共40分, 要求写出简要过程）
9．右图中, 大正方形的周长比小正方形的周长多80厘米, 阴影部分的面积为880
平方厘米. 那么, 大正方形的面积是多少平方厘米?
答案：1024
解答. 两正方形的周长相差80厘米, 则右上角的小正方形的边长为 80÷4= 20
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第十八届华罗庚金杯少年邀请赛决赛试题C（小学高年级组）
(厘米). 又因为两个正方形之间的面积为880平方厘米, 所以角上的空白正方形的边长是
2
(880-20)÷20÷2＝12 (厘米),
大正方形的边长是 32(厘米), 面积是 32×32=1024 (平方厘米). 
10．某高中根据入学考试成绩确定了录取分数线, 录取了四分之一的考生. 所有被录取者的成绩
平均分比录取分数线高10分, 所有没有被录取的平均分比录取分数线低26分, 所有考生的平均
成绩是70分. 那么录取分数线是多少?
答案：87
解答. 由于题中没有直接给出具体有多少名学生参加入学考试, 故不妨设有4名学生参加入学考
试. 其中1人被录取, 3人未被录取. 根据题意可画出下图:

从图中可以看出, 要想使未录取的3名同学的平均分达到70分, 只要把录取同学的平均分比未录
取同学的平均分多的分数（26+10=36分）平均分成4份, 把其中的3份分别加到未录取同学的平均
分上即可. 由此可推出未录取同学的平均分+36÷4 = 全体同学的平均分.
所以, 可知未录取同学的平均分为 70－36÷4＝61（分）.
那么录取分数线为 61+26＝87（分）.

11．设n是小于50的自然数, 求使得3n+5和5n+4有大于1的公约数的所有n.
答案：7, 20, 33, 46
解答. 对于小于50的自然数
n
, 设
d
是3
n
+5和5
n
+4 大于1的公约数, 则
d
整除5（3n+5）-5（5n+4）
所以d=13，进而13∣(3n+5),13∣( 5n+4)，所以13∣[2（3n+5）-（5 n +4）]，13∣（n+6） ，
所以n为7，20，33，46。

12．一次数学竞赛中, 参赛各队每题的得分只有0分, 3分和5分三种可能. 比赛结束时, 有三个
队的总得分之和为32分. 若任何一个队的总得分都可能达到32分, 那么这三个队的总得分共有
多少种不同的情况?
答案：255

解答. 设三队得3分的题共
x
道, 得5分的题共
y
道, 则 3x+5y=32 (分)
可得到以下两种情况:
1) x=9,y=1. 此时, 相当于三队分9个3分和1个5分, 三个队分5分的可能共有3种. 当时0≤i≤9,
若某个队得
i
个3分, 则另外两个队分(9-i)个3分的可能共有(10-i)种. 所以对于9个3分共有
10+9+8+…+1=55(种). 
分9个3分和1个5分的总可能有 55 ×3=165 (种). 
2) 此时相当于三队分4个3分和4个5分. 当0≤i≤4时, 若某个队得
i
个3分, 则另外两个队分
(4-i)个3分的可能共有(5-i)种. 所以对于4个3分共有5+4+3+2+1=15(种).
甲乙丙三队再分4个5分, 类似地也有15种分法. 但某队得5分的个数不少于3个时, 其中的3个5
分与1）中的得5个3分的得分数一样, 所以在1）中已考虑过. 而三个队分4个5分, 其中有一队得
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到不少于3个的分法共9种. 所以三队分4个3分和4个5分共有 15×(15-9)=90(种). 
综合1) 和2), 三个队的不同的总得分情况共有165+90＝255种.
三、解答下列各题（每小题 15分，共30分，要求写出详细过程）
13．在等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,AB= AC=1,矩形EHGF在三角形
ABC内, 且G, H在边BC上. 求矩形EHGF的最大面积.
答案：
1
4

解答. 矩形EFGH的最大面积时, E和F应分别在边AB和AC上. 作BP⊥
AB,CP⊥AC,BP与CP交于P, 四边形ABPC是正方形. 延长EH交BP于W, 延
长FG交CP于Q, 连结QW, AP分别交EF与QW于U, V.
容易证明, 四边形EFQW是顶点在正方形ABPC的边上的矩形. 并且在正
方形ABPC内. 设AE=x, 则. BE=1-x
同样AE=AF=PW=PQ=x，EB=BW=FC=QC=1-x，
于是 EW=UV,EU=AU,WV=VP
因此 EW+EU+WV=AP
由此可见 EF+EW+WQ+QF=AP+BC=常数
即矩形EFQW的周长一定. 在所有周长相同的矩形中, 面积最大者为同周长的正方形. 此时
AE:EB=1, 因此, 矩形EFGH的面积最大为 S□EFGH =
1
2
SABC
1
4


14．用八 个右图所示的的2×1小长方形可以拼成一个4×4的正方形.若一个拼成的正方形图形经
过旋转与另一 个拼成的正方形图形相同, 则认为两个拼成的正方形相同. 问: 有几种拼成的正
方形图形仅以一条对角线为对称轴?
答案: 8
解答. 用右图代替题目中2×1的小长方形. 因为一条对角线旋转90度后与另一条对角线重
合, 所以只需考虑仅以过左上顶点的对角线为对称轴的情况. 此时, 拼出正方形在该对角
线上只能有偶数颗星, 而且左上角2×2的小正方形只能是图A和图B中的图形, 右下角的
2×2 小正方形只能是图A和图C中的图形.

1) 首先考虑左上角以及右下角的 2×2 小正方形是图A中两个图形之一的情况.

此时, 右上角的 2×2 小正方形有两颗星. 由于另外一条对角线不能是对称轴, 所以右上角的
2×2 小正方形不能是图A中的任意一个, 只能是图D中的图形之一. 去掉旋转重合的情况, 只有
下列8种:
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第十八届华罗庚金杯少年邀请赛决赛试题C（小学高年级组）


2) 左上角的 2×2 小正方形是图B中两个图形之一、右下角的 2×2 小正方形是图C中两个图形
之一时, 都不能拼出只以过左上顶点的对角线为对称轴的图形.

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