解析1994小学数学奥林匹克决赛试题

1994小学数学奥林匹克决赛试题
1. 计算: ＝____________。

2. 在下图残缺的算式中，只写出3个数字1，其余的数字都不是1，那么这个算式的乘积是____________。

3. 5个空瓶可以换l瓶汽水，某班同学喝了161瓶汽水，其中有一些是用喝剩下来的空瓶换的，那么他们至少要买汽水________瓶。

4. 22名家长(爸爸或妈妈，他们都不是老师)和老师陪同一些小学生参加某次数学竞赛，已知家长比老师多，妈妈比爸爸多，女老师比妈妈多2人，至少有1名男老师。

那么在这22人中爸爸有_______人。

5. 赢利百分数＝×100％
某电子产品去年按定价的80％出售，能获得20％的赢利，由于今年买入价降低，按同样定价
的75％出售，却能获得25％的赢利，那么＝_______。

6. 已知一个四边形的两条边的长度和三个角，如下图所示，那么这个四边形的面积是______。

7. 小明按照下列算式：乙组的数□甲组的数○1＝对甲、乙两组数逐个进行计算，其中方框是乘号或除号，圆圈是加号或减号。

他将计算结果填入下表：有人发现表中14个数中有两个数是错的，请你改正，改正后的两个数的和是_______。

8. 用1×1×2，1×1×3，1×2×2三种木块拼成3×3×3的正方体。

现有足够多的1×2×2木块，还有14块1×1×3的木块，要拼成l0个3×3×3的正方体，最少需要1×1×2的木块______块。

9. 某次数学竞赛原定一等奖10人，二等奖20人，现在将一等奖中最后4人调整为二等奖，这样得二等奖的学生的平均分提高了1分，得-等奖的学生的平均分提高了3分，那么原来一等奖平均分比二等奖平均分多_____分。

10. 画展9点开门，但早有人来排队等候入场。

从第一个观众来到时起，每分钟来的观众人数一样多。

如果开3个入场口，9点9分就不再有人排队；如果开5个入场口，9点5分就没有人排队。

那么第-个观众到达的时间是8点____________分。

11. 三个自然数，其中每一个数都不能被另外两个数整除，而其中任意两个数的乘积却能被第三个数整除，那么这样的三个自然数的和的最小值是____________。

12. 下图中正方形ABCD是一条环形公路。

已主口汽车在AB上时速是90千米，在BC上的时速是120千米，在CD上的时速是60千米，在DA上的时速是80千米，从CD上一点P，同时反向各发出一辆汽车，它们将在AB中点相遇，如果从PC的中点M同时反向各发出一辆
汽车，它们将在AB上-点N相遇，那么＝_______。

1. 【解】原式＝×＋×(4－3.6－0.15)＝×＋×＝＝4
2. 【解】被乘数的个位数字只可能是1、3、7、9(因为与乘数的十位数字相乘，积的个位数字为1)，被乘数与乘数的个位数字相乘，积的前两位为1、0。

因此这积可能是100，1O1，102，103，104，105，106，107，108，109。

其中101、103、107、109是质数，没有两位数的因数；100没有个位数字为1、3、7、9的因数，均不合要求，102＝17×6，104＝13×8，105＝21×5，106＝53×2，108＝27×4，但被乘数为17、27时，乘数的十位数字必须为3(才能使它与被乘数相乘的积个位数字为1)；被乘数为21时，乘数的十位数字必须为1；被乘数为13时，乘数的十位数字必须为7；均不能使相乘的积为三位数，因此被乘数必须为53，乘数为72，积为3816
3. 【解】至少要买129瓶汽水，因为买129瓶汽水，可得到129个空瓶，换得125÷5＝25瓶汽水，得到25＋(129－125)＝29个空瓶，再换得25÷5＝5瓶汽水，得列5＋(29－25)＝9个空瓶先换1瓶汽水，共得1＋(29－25)＝5个空瓶，仍可换1瓶汽水，总共喝汽水
129＋25＋5＋1＋1＝161(瓶)
如果只买128瓶汽水，那么只能喝到汽水
128＋25＋5＋1＋1＝160(瓶)
所以至少要买129瓶汽水.
4. 【解】家长和老师共22人家长比老师多，所以家长不少于12人，老师不多于1O人妈妈和爸爸不少于12人，妈妈比爸爸多，妈妈不少于7人女老师比妈妈多2人，女老师不少于7＋2＝9(人)男老师至少1人，老师不多于10人，因此男老师1人，女老师9人，妈妈7人，从而爸爸有5人.
5. 【解】＝
6. 【解】如图，所求面积是
7×7÷2-3×3÷2＝20
7. 【解】将结果中的数都减去1得到下表
考虑两列的比，我们有
，，
于是计算公式应当是
乙÷甲＋1＝结果
(对于同一个乙，不同的甲，不同的结果应当有
)
不难验证
，，
但
这表明有错，应当是
又,,
所以表中结果仅应改为.
又4.05×0.625＝
2.4×0.625＝
所以表中的乙数2应改为
改正的两个数的和是
＋＝.
【注】由于事先不能肯定○是加还是减，本应将结果中的各数加1，也列一表，再求各列的比，但由于上面(各数减1)的表中，许多列的比都相等，已经可以肯定○是＋号，□是÷号，所以只要列一个表就可以了，
8. 【解】因为有足够多的1×2×2木块，所以要尽可能多地利用这种木块．在拼成1个3×3×3的正方体时，1×2×2最多用5个，还要1×1×2的2个，1×1×3的1个．具体拼法如右图：
其中1，2，3，4是1×2×2，还有一块在背面，紧贴2与3，5与6的是1×1×2，7是1×1×3．由于1×1×2和1×2×2的体积是偶数，而3×3×3＝27是奇数，因此拼成的正方体中至少有1个1×1×3
现在有14个1×1×3，要拼成10个正方形，至少要用其中10个，换句话说，至多只能多出4个。

为了上面拼成中的1×1×2尽可能少，只有用2个1×1×3来代替1个1×1×2和1个1×2×2，这样可少用1个1×1×2
原来拼10个要用10×2＝20(个)1×1×2，现在多了4个1×1×3，可少用2个1×1×2，只要20－2＝18(个)．所以最少需要1×1×2的木块18个
9. 【解】原一等奖的最后四人的平均分，比原二等奖的平均分多
(20＋4)×l÷4＝6(分)
原一等奖的平均分，比原一等奖最后四人的平均分多
(10－4)×3÷4＝(分)
因此原一等奖的平均分比二等奖多
＋6＝10.5(分）
10. 【解】由题意可得两个等式：
(开门前排队人数)＋(9分钟内到的人数)＝3×(每个入口每分钟进的人数)×9
(开门前排队人数)＋(5分钟内到的人数)＝5×(每个入口每分钟进的人数)×5，
两式相减得
4分钟内到的人数＝2×(每个入口每分钟进的人数)，从而
每个入口每分钟进的人数＝2×(每分钟内到的人数)，
代入第二个等式得
开门前排队人数＝45(＝25×2－5)分钟内到的人数
因此第一个人是8点15分(60－45＝15)到达的.
11. 【解】由题意可知，这三个自然数都至少含有两个不同的质因数(注)．令这三个自然数为2×3，3×5，2×5，则它们具有最小的和6＋15＋10＝31．且满足题目的条件
【注】如果a只有一个质因数P，那么不妨设p在b中的次数≥P在c中的次数.这时由c整除ab的积立即推出c整除b，所以在a、b、c符合题中条件时，a、b、c都至少有两个不同的质因数．
12. 【解】不妨设正方形边长为1，则有(1)
(2)
…
(1)即
代入(2)得
所以
从而．
89届小学数学奥林匹克竞赛初赛
1.计算：
= 。

2.1到1989这些自然数中的所有数字之和是。

3.把若干个自然数，2，3，……乘到一起，如果已知这个乘积的最末13位恰好都是零，那么最后出现的自然数最小应该是。

4.在1，，，，，…，，中选出若干个数，使它们的和大于3，至少要选个数。

5.在右边的减法算式中，每一个字母代表一个数字，不同的字母代表不同的数字，那么D+G= 。

6.如图，ABFD和CDEF都是矩形，AB的长是4厘米，BC的长是3厘米，那么图中阴影部分的面积是平方厘米。

7.甲乙两包糖的重量比是4：1，如果从甲包取出10克放入乙包后，甲乙两包糖的重量比变为7:5，那么两包糖重量的总和是克。

8.设1，3，9，27，81，243是六个给定的数，从这六个数中每次或者取一个，或者取几个不同的数求和（每个数只能取一次），可以得到一个新数，这样共得到63个新数。

如果把它们从小到大依次排列起来是1，3，4，9，12……那么第60个数是。

9.有甲、乙、丙三辆汽车各以一定的速度从A地开往B地，乙比丙晚出发10分钟，出发后40分钟追上丙。

甲比乙又晚出发20分钟，出发后1小时40分追上丙，那么甲出发后需用分钟才能追上乙。

10.有一个俱乐部，里面的成员可以分成两类，第一类是老实人，永远说真话；第二类是骗子，永远说假话。

某天俱乐部全体成员围着一张圆桌坐下，每个老实人的两旁都是骗子，每个骗子的两旁都是老实人。

记者问俱乐部成员张三：俱乐部共有多少成员？张三回答：有45人。

李四说：张三是老实人。

那么张三是老实人还是骗子？张三是。

11.某工程如果由第一、二、三小队合干需要12天才能完成；如果由第一、三、五小队合干需要7天完成；如果由第二、四、五小队合干4天完成；如果由第一、三、四小队合干需要42天才能完成。

那么这五个小队一起合干需要天才能完成这项工程。

12把一个两位数的个位数字与其十位数字交换后得到一个新数，它与原来的数加起来恰好是某个自然数的平方，这个和数是。

13.把自然数1，2，3，……，998，999分成三组，如果每一组数的平均数恰好相等地，那么这三个平均数的和是。

14.某种商品的价格是：每一个1分钱，每五个4分钱，每九个7分钱。

小赵的钱至多能买50个，
小李的钱至多能买500个。

小李的钱比小赵的钱多分钱。

15.一个自行车选手在相距950千米的甲、乙两地之间训练，从甲地出发，去时每90千米休息一次；到达乙地并休息一天后再沿原路返回，每100千米休息一次。

他发现恰好有一个休息的地点与去时的一个休息地点相同，那么这个休息地点距甲地有千米。

16.现有四个自然数，它们的和是1111，如果要求这四个数的公约数尽可能地大，那么这四个数的公约数最大可能是。

17.桌面上有一条长度为100厘米的红色直线，另外有直径分别是2、3、7、15厘米的圆形纸片若干个，现在用这些圆形纸片将桌上的红线盖住，如果要使所用纸片的圆周长总和最短，那么这个周长总和是。

18.右图是一个边长为2厘米的正方体，在正方体的上面的正中向下挖一个边长为1厘米的正方体小洞；接着在小
洞的底面正中再向下挖一个边长为厘米的小洞；第三个小洞的挖法与前两个相同，边长为
厘米，那么最后得到的立体图形的表面积是平方厘米。

19.小明在左衣袋和右衣袋中分别装有6枚和8枚硬币，并且两衣袋中硬币的总钱数相等，当任意从左边衣袋取出两个硬币和右边衣袋的任意两个硬币交换时，左边衣袋的总钱数要么比原来的钱数多二分，要么比原来钱数少二分。

那么两个衣袋中共有钱。

20.从1，3，5，7，…97，99中最多可以选出个数，使它们当中的每一个数都不是另一个数的倍数。

1.【解】将1～1989中的每个数看成“四位数”，位数不够的前面补“0”，从0000～1999，所有数的数字之和是(0十1＋2十…＋9)×300×2＋1×1000
＝45×600＋1OOO
＝28000
而从1990～1999中的所有数的数字之和为
1×10＋9×2×10十(0＋1＋ (9)
＝10十180＋45
＝235
从而，所求所有数字之和为28000—235＝27765
2.【解】l×2×…×50中有10＋2＝12(个)因数5(在25、50中，因数5各出现2次，在5的其它倍数中各出现一次)
于是，l×2×…×55的末尾有13个0，且55为最小的这样的数，
即最后出现的自然数最小为55
3.【解】首先A＝1，B＝0，E＝9。

再由十位的运算可知F＝8，从而C＝7，并且10＋D－G ＝8即G－D＝2，G可能为6，5，4，相应地，D为4、3、2。

于是D＋G＝10、8、6
4.【解】阴影部分的面积和
＝100×3—144－2×42
＝72(平方厘米)
5.【解】两包糖重量的总和是
10÷()
＝10÷
＝(克)
6.【解】根据题意，丙行50分钟的路程乙只需40分钟，所以∶＝
4∶5；丙行130分钟的路程。

甲只需100分钟，∶＝10∶13
从而∶＝26∶25
因为乙早出发加分钟，所以甲出发后追上乙所花的时间为
25×20÷(26－25)＝500(分钟)．
7.【解】张三是骗子因为骗子与老实人是相间地围着圆桌坐的，所以两者人数相等，俱乐部的人数必定是偶数，张三讲的是假话，他是骗子.
8.【解】设原来的两位数为，则交换十位数字与个位数字后的两位数为，两个数的和为
＋＝10x＋y＋10y＋x＝11×(x＋y)
是11的倍数，因为它是平方数,所以也是11×11＝121的倍数.但这个和＜100＋100＝200＜121×2，所以这个和数为121。

9.【解】小赵的钱至多能买50个，而50＝9×5十5×1
因此，小赵有7×5＋4×1＝39(分)
小李的钱至多能买500个。

而
500＝9×55＋5×1
因此，小李有7×55＋4×1＝389(分）
于是小李比小赵多389－39＝350(分)
10.【解】设这个休息地距甲地有a公里，显然a为90的倍数．且a－50
为100的倍数，此时a就只能为450.
从而这个休息地距甲地有450公里.
11.【解】这些圆纸片的直径的和≥100．所以它们的周长的和≥lOOπ≈314(厘米)
另一方面，这些圆可以恰好将长为lOO厘米的红线盖住(例如用10个7厘米，2个15厘米的圆，或50个2厘米的圆).
因此,圆周长总和最短时，这个周长总和是314厘米．
12.【解】2×2×6＋l×l×4＋××4＋××4
＝29.25(平方厘米)
13.【解】原式＝
＝1－(1－)－（）－（）－…－（）
＝1－（）
＝1－（1－）
＝
14.【解】
＝2＋＜2＋×4＝3
＝2＋＋＋(＋)＋(＋)＜2＋＋
＋＋＝3
＝2＋＋＋＋
＝2＋＋(＋)＋(＋)＋(＋＋)＞2＋＋＋＋＋＋＝3＋
(＋)－＞3
所以至少要选11个数
15.【解】最大的(即第63个数)是
1＋3＋9＋27＋81＋243＝364
第60个数(倒数第4个数)是
364－1－3＝360.
16.【解】1÷[(＋＋×2＋)÷3]＝4(天)．’
即5个小队合干需要4天.
【注】第二、四、五3个小队合干也只需要4天，所以在本题中第一、三这2个小队实际上没有人干活，这是不符合实际的。

命题者考虑不够周到．
17.【解】若设每一组的平均数均为a
别总和为999a＝
a＝500
500×3＝1500
从而这三组平均教的和为1500.
18.【解】这4个数的公约数必为1111的约数，
而1111＝11×101
又11＝1十2＋3＋5
所以，101，2×101，3×101,15×101的和为1111，且最大公约数为101
因此，这四个数的公约数最大是101
19.【解】设右边衣袋的硬币“、比左边的、多2分.右边的、比左边的、
少2分，于是这8枚硬币的钱数正好相等.
由于两边钱数相等，所以左边剩下的、比右边的、多2分，比，右边的、也多2分，从而、的钱数是2分，、的钱数也是2分，而、的钱数是4分.
由于左边的两枚硬币可以任意选取，而且不可能比2分钱少2分，所以左边每两枚的钱数是4分，左边6枚共12分，两个衣袋共有24分钱.
20.【解】35，37，…，99这33个数中，每一个数都不是另一个数的倍数(因为35×3＞99).
另一方面，将1，3，5，…，99这50个数，每一个都写成·t的形式．其中α是0或自然数，t是不能被3整除的自然数，由于1，3，…，99中有17个数是3的倍数，剩下50－17＝33
不是3的倍数，所以t的值只有33种.于是从1，3，5，…，99中任取34个数，其中必有两个数的t相同，从而一个数是另一个数的倍数.
因此答案是33.。