小学数学竞赛叁级教练员试卷参考答案

小学数学竞赛叁级教练员试卷参考答案
（1—10填空题，每题5分，11—20解答题，每题10分，共150分）
1．=+++--++--++--+201713121110987654321 。

解：原式=1+（2-3-4+5）+（6-7-8+9）+…+（2010-2011-2012+2013）+（2014-2015-2016+2017）
=1。

2．在小数点后依次写下整数1、2、3、4、…、998、999，得到的小数是0．1234567891011…999。

那么小数点右边第2017个数字是 。

解：一位数有9个，两位数有90个，共有90×2+9=189个。

余下的2017-189=1828（个）数字，由一些三位数组成。

因为，1828÷3=609…1，且第一个三位数是100，第609个三位数是708。

所以，第2017年数字是709中的第1个数字7。

3．能同时被5、6、7、8整除的五位数有 个。

解：能被5、6、7、8整除的数一定是5、6、7、8最小公倍数的倍数。

∵[5，6，7，8]=840，
∴10000≤840k ≤99999（k ∈N ）,
∴11.90≤k ≤119.05,
∴k 可以取12到119的所有整数，
∴能被5、6、7、8整除的五位数有119-12+1=108（个）。

4．任取一个四位数是2367，用A 表示其积的各位数字之和，用B 表示A 的各位数字之和，再用C 表示B 的各位数字之和。

那么C 是 。

解：∵2367是9的倍数，
∴任一四位数乘2367的积也是9的倍数，这样，A 必定是9的倍数。

∵一个四位数乘2367最多是八位数，
∴A <8×9=72，
∴B <7＋9=16。

∵B 也是9的倍数，
∴B =9，进而C =9。

5．小明从甲地去乙地，31的路程骑车，32的路程乘车。

从乙地返回时，53的路程骑车，5
2的路程乘车，结果返回时比去时多用半小时。

已知小明骑车每小时行12千米，乘车每小时30千米。

那么甲、乙两地相距 千米。

解：设甲、乙两地相距x 千米，则
5
212532*********+÷=+÷+÷x x 解得5.37=x
6．某种商品购买100（含100）件以下按零售价（整数元）结算，购买100件以上按批发价结算，批发价比零售价每件低2元。

某人原来欲购该商品若干件，需按零售价付a 元，但若再购21件，则可按批发价结算恰好也是a 元。

那么a 是 元。

解：设原欲购商品b 件，则按批发价可节省2b 元，而节省的2b 元恰好按批发价可买21件，从而21|2b ，即有21|b 。

由条件可知80≤b ≤100，所以b =84。

从而批发价是2×84÷21=8(元)，零售价是8+2=10(元)。

因此，a =10×84=840元。

7．八个数排成一排，已知从第三个数开始，每一个数都是它前两个数之和。

现在用六张纸片盖住了其中的六个数，只露出
了左起第五个
数是19，左起第八个数是80。

那么左边第一个数是 。

解：可以对19□□80进行试算。

因为19+30=49,30+49=79,与80相差1，所以调整为：
E 19+30.5=49.5,30.5+49.5=80,正好相符。

再逐步向左递推可得，左起第一位数是3.5。

8．将1、2、3、…、49、50任意分成10组，每组5个数，在每组中取数值居中的那个数为“中位数”。

那么10个中位数之和的最大值、最小值分别是 。

解：先将1～30这三十个数分成十组，再将31～50以两个数为一组任意分给上述十组数，则可得到10个中位数的最小值为3+6+9+…+30=165。

同样，将21～50每三个数分成一组，再将1～20任意分给这十组数，则可得到10个中位数的最大值为21+24+…+48=345。

9．如图，已知直角三角形铁皮的直角边AB =80㎝，BC =20㎝，从中剪下一块面积尽可能大的正方形BEDF 解：连结BD 。

∵,802
1,2021DF S DE S ABD BCD ⨯⨯=⨯⨯=∆∆ 又DE=DF ，
∴BCD ABD S S ∆∆=4，
∴BCD S ∆=1605208021)41(21=÷⨯⨯=+÷⋅BC AB （㎝2）， ∴DE =BCD S ∆×2÷20=160×2÷20=16（㎝）。

∴所求正方形的边长为16㎝。

10．如图， 已知等腰三角形ABC 底边BC 上的高AE =9.6㎝，腰上的高CD =8㎝，△ABC 的周长为34㎝。

那么△ABC 面积为 ㎝2。

解：∵BC ×9.6=AB ×8，
∴BC :AB =8:9.6=5:6， BC :AB :ACB =5:6:6,
17
56655=++=++BC AC AB BC ，
∴BC =
17
5×34=10(㎝), ∴=∆ABC S 4826.9102=⨯=⨯AE BC （㎝2）
11．将1～9这九个数分别填入图中所示的空格内，其中1、5已填好。

要求前两行构成的
两个三位数之和，等于第三行的三位数，并且相邻两格（上下或左右）
中的两个数奇偶性不同。

解：如图1所设，由条件可知，1b 、2b 、3b 、4b 均为偶数，1a 、2a 、
3a 均为奇数。

由于1b 、3b 同为偶数，故5+4b 必然进位。

若4b =6，则3a =1，不符合条件。

所以，4b =8，3a =3。

从而进一步有1a =7，2a =9，2b =2，1b =4，3b =6，填法如图2。

12．在5×5的方格中，分别填有1～25这25个自然数，将其中任意3个格子中的数同时加1或同时减1，称作一次操作。

能否经过有限次这样的操作使得每个格子中的数都是零？若能，给出一种操作；若不能，说明理由。

解：不能。

理由如下：因为1+2+3+…+25=25132
25)251(⨯=⨯+，又每操作一次，这25个数的总和必增加3或减少3。

假如经过若干次操作，其中“加1”的m 次，“减1”的n 次，则总和应为13×25+3m -3n ≠0。

所以，经过有限次这样的操作，不可能使每个格子中的数都是0。

13．任给5个整数，能否从中选出3个数，使其和为3的倍数？若能，给予证明；若不能，举出一例。

解：任给5个数，一定能从中选出3个数，使其和为3的倍数。

证明如下：
三个数的和能被3整除，这三个数只可能是：
（1） 这三个数除以3的余数相同；
（2） 这三个数除以3的余数都不相同。

如果这五个数除以3的余数有三种不同情况，那么从这三种情况中，各取一个数，所得到的三个数的和是3的倍数；如果这五个数除以3的余数至多有两种不同的情况，那么根据抽屉原理，必有三个数的余数相同，从而这三个数的和是3的倍数。

14．三个连续的自然数在100到200之间，最小的能被3整除，中间的能被5整除，最大的能被7整除。

试写出所有符合条件的三个连续自然数。

解：这些数在100到200之间，所以这些数的百位上数是1，中间数个位上数是0或5。

从而最小数百位上数是1，个位上的数是9或4。

若最小数的个位上是9，由于最小数能被3整除，则其十位上数只可能是2、5、8； 若最小数的个位上是7，则其十位上数只可能是1、4、7。

这样最小数只可能是129、159、189与114、144、174。

根据最大数是7的倍数，经试算，只有159、160、161符合条件。

15．x 、y （y x >）是两个正整数，它们的差是一个两位数，并且两个数字相同；它们的积是一个三位数，并且三个数字相同。

试求这两个正整数x 、y 。

解：设⎩⎨⎧==-b xy a y x 111
11，其中9,0≤<b a 。

由b b b b b xy ⨯=⨯=⨯=⨯==1113373371111111
，得到 当⎩⎨⎧==1
111y b x 时，y x -是三位数，不合题意。

当⎩⎨
⎧==337y b x 时，a b y x 11337=-=-，
∴11343-+
=b b a ，∴30,9==a b ，不合题意。

当⎩⎨⎧==b
y x 337时，a b y x 11337=-=-， ∴11343b a -+=，∴2,5==a b ，此时⎩
⎨⎧==1537y x ，经检验符合题意。

当⎩⎨⎧==b
y x 111时，y x -=b -111是一个三位数，不合题意。

因此，所求的正整数是15,37==y x 。

16．甲、乙、丙三人判断同一组是非题。

按规定认为“对”画“O ”；认为“错”画“×”，三人答题情况如下表。

结果这三人都答对了5题，答
错了2题。

试求这一组题的正确答案。

解：三人每人答错2题，共计答错6题。

因为除第5
题外，其余6题三人的答案都不一致，故此6题中，
至少有一人答错。

从而答错的题恰好为6题，并且这
6题也恰好各只有1人答错。

因此，正确答案为
17．如图，扇形FAB 恰好是以正方形AGBF 的边FA 为半径的圆的4
1，BCDE 是正方形，GB =4㎝，BC =3㎝。

试求图中阴影部分的面积。

解：延长AF 、CD ，相交于H 。

扇形FAB 的面积为
ππ444
12=⋅，矩形CBFH 的面积为4×3=12，三角形ACH 的面积为 14)34(42
1=+⨯⨯。

所以，阴影部分的面积为 2414124-=-+ππ。

A
B 18．如图，四边形ABCD 两条对角线A
C 、B
D 将其分成甲、乙、丙、丁四个三角形。

已知A
E =25㎝，BE =60㎝，CE =50㎝，DE =30㎝。

试问：甲、乙的面积之和是丙、丁面积之和的多少倍？ 解：由已知得 CE=2AE ，BE=2DE ，∴D A E D C E S S ∆∆=2；由已知得BE=2DE ，∴ADE ABE S S ∆∆=2。

同理可得，AD E BAE BCE S S S ∆∆∆==42。

设丁的面积k S ADE =∆，则甲、乙的面积k S ABE 2=∆，丙的面积k S BCE 4=∆。

∴甲、乙的面积和为4k ，丙与丁的面积之和为5k 。

从而甲、乙面积之和是丙丁面积之和的5
4倍。

19．从0到2016这2017个自然数中，与5678相加发生进位的数共有多少个？ 解：将0～2016分成两部分。

一部分是0～1999，另一部分是2000～2015。

下面先考虑第一部分中与5678相加发生进位的数有多少。

这里，“发生进位”包括发生一、二、三次进位情况。

为了便于讨论，可先确定出“不发生进位”的数有多少。

对于0～1999这2000个数，与5678相加不进位时，个位上只可能是0，1；十位上只可能是0、1、2；百位上只可能是0、1、2、3；千位上只可能是0、1。

故不发生进位的数共有2×3×4×2=48（个）。

对于2000～2016中的数，只有2000、2001、2010、2011这四个数与5678相加不发生进位。

这样，2017个数中，与5678相加发生进位的数共有 2017-48-4=1965（个）。

20．现有9根火柴，甲、乙两人轮流从中取1根、2根或3根，直到取完为止。

最后数一数各人所得的火柴总数，得数为偶数者取胜。

如果甲先取，那么谁有获胜的策略？ 解：如果甲先取，乙有获胜的策略。

具体如下：
（1）如果甲先取1根，那么乙可取3根，还剩下5根。

接着按下面的方法取：
①若甲取3根，乙就取1根，甲再取1根，此时乙共有4根；
②若甲取2根，乙就取3根，此时乙共有6根；
③若甲取1根，乙就取3根，甲再取最后剩下的1根，此时乙共有6根。

因此，甲先取1根时，乙总有获胜的策略。

（2）如果甲先取2根，那么乙可取3根，还剩下4根。

接着按下面的方法取：
①若甲取3根，乙就取1根，甲再取1根，此时乙共有4根；
②若甲取2根，乙就取1根，此时乙共有4根；
③若甲取1根，乙就取3根，此时乙共有6根。

因此，甲先取2根时，乙也总有获胜的策略。

（3）如果甲先取3根，那么乙可取1根，还剩下5根。

接着按（1）中剩下5根的方法取，乙同样有获胜的策略。

总之，若甲先取，乙总有获胜的策略。