第二十届华罗庚金杯少年数学邀请赛初赛试卷（小高组C卷）

第1页（共1页）第二十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷（小高组C卷）一、选择题（每小题10分，共60分）．1．（10分）计算：（﹣+﹣+）×120﹣÷（）A．42 B．43 C．15 D．162．（10分）如图，有一排间距相同但高度不等的小树，树根成一条直线，树顶也成一条直线，这两条直线成45度角，最高的小树高2.8米，最低的小树高峰1.4米，那么从左向右数第4棵树的高度是（）米．A．2.6 B．2.4 C．2.2 D．2.03．（10分）春季开学后，有不少同学都将部分压岁钱捐给山区的贫困学生；事后，甲、乙、丙、丁4位同学有如下对话：甲：“丙，丁之中至少有1人捐了款”乙：“丁，甲之中至多有1人捐了款”丙：“你们3人之中至少有2人捐了款”丁：“你们3人之中至多有2人捐了款”已知这4位同学说的都是真话且其中恰有2位同学捐了款，那么这2位同学是（）A．甲，乙 B．丙，丁 C．甲，丙 D．乙，丁4．（10分）六位同学数学考试的平均成绩是92.5分，他们的成绩是互不相同的整数，最高的99分，最低的76分，那么按分数从高到低居第3位的同学的分数至少是（）A．94 B．95 C．96 D．975．（10分）如图，BH是直角梯形ABCD的高，E为梯形对角线AC上一点，如果△DEH、△BEH、△BCH的面积依次为56、50、40，那么△CEH的面积是（）A．32 B．34 C．35 D．366．（10分）一个由边长为1的小正方形组成的n×n的方格网，用白色或黑色对每个小正方形涂色，要求满足在任意矩形的4个角上的小正方形不全同色，那么正整数n的最大值是（）A．3 B．4 C．5 D．6二、填空题：（每小题10分，满分40分）7．（10分）在每个格子中填入1﹣6中的一个，使得每行、每列及每个2×3长方形内（粗线框围成）数字不重复；如果小圆圈两边格子中所填数的和是合数，其它相邻两格所填数的和是质数，那么四位数“相约华杯”是．8．（10分）整数n一共有10个因数，这些因数从小到大排列，第8个是．那么整数n的最大值是．9．（10分）在边长为300厘米的正方形中，如图放置了两个直角扇形和一个半圆，那么两块阴影部分的面积差是平方厘米，两块阴影部分的周长差是厘米．（π取3.14）10．（10分）A地，B地，C地，D地依次分布在同一条公路上．甲，乙，丙三人分别从A地，B地，C地同时出发，匀速向D地行进．当甲在C地追上乙时，甲的速度减少40%，当甲追上丙时，甲的速度再次减少40%，甲追上丙后9分钟，乙也追上了丙，这时乙的速度减少25%；乙追上丙后再行50米，三人同时到D地．已知乙出发时的速度是每分钟60米，那么甲出发时的速度是每分钟米，A、D两地间的路程是米．

第二十届“华罗庚金杯”少年数学邀请赛初赛试卷（小高组C卷）参考答案与试题解析一、选择题（每小题10分，共60分）．1．（10分）计算：（﹣+﹣+）×120﹣÷（）A．42 B．43 C．15 D．16【分析】首先对（﹣+﹣+）进行拆分，然后用所得的结果减去除以所得的商，求出算式的值是多少即可．【解答】解：（﹣+﹣+）×120﹣÷＝（+﹣﹣++﹣﹣++）×120﹣＝（+）×120﹣＝30+×120﹣＝42故选：A．2．（10分）如图，有一排间距相同但高度不等的小树，树根成一条直线，树顶也成一条直线，这两条直线成45度角，最高的小树高2.8米，最低的小树高峰1.4米，那么从左向右数第4棵树的高度是（）米．A．2.6 B．2.4 C．2.2 D．2.0【分析】因为∠A＝45°，最高的小树高2.8米，所以AC＝2.8米，又因为树根成一条直线，树顶也成一条直线，所以所有的树都互相平行，所以AB＝1.4米，BC＝AC﹣AB＝1.4米，因为这排树的间距相同，则每个间距是1.4÷7＝0.2米，则从左向右数第4棵树的高度：0.2×4+1.4，据此解答即可．【解答】解：因为：树根成一条直线，树顶也成一条直线，∠A＝45°，最高的小树高2.8米，最低的小树高峰1.4米，所以AC＝2.8米，AB＝1.4米，BC＝AC﹣AB＝1.4米，又因为：这排树的间距相同，所以：1.4÷7＝0.2（米）0.2×4+1.4＝0.8+1.4＝2.2（米）答：那么从左向右数第4棵树的高度是2.2米．故选：C．3．（10分）春季开学后，有不少同学都将部分压岁钱捐给山区的贫困学生；事后，甲、乙、丙、丁4位同学有如下对话：甲：“丙，丁之中至少有1人捐了款”乙：“丁，甲之中至多有1人捐了款”丙：“你们3人之中至少有2人捐了款”丁：“你们3人之中至多有2人捐了款”已知这4位同学说的都是真话且其中恰有2位同学捐了款，那么这2位同学是（）A．甲，乙 B．丙，丁 C．甲，丙 D．乙，丁【分析】因为有2位同学捐了款，所以根据：丙：“你们3人之中至少有2人捐了款，说明捐款的只能是甲乙丁中的两个人，而丙没捐钱；甲：“丙，丁之中至少有1人捐了款”因为丙没捐钱，所以只能是丁捐款；乙：“丁，甲之中至多有1人捐了款”只能是丁，所以甲没捐款；这恰好印证了丁：“你们3人之中至多有2人捐了款”是正确的．据此解答即可．【解答】解：根据分析可得：丙：“你们3人之中至少有2人捐了款，说明捐款的只能是甲乙丁中的两个人，而丙没捐钱；甲：“丙，丁之中至少有1人捐了款”因为丙没捐钱，所以只能是丁捐款；乙：“丁，甲之中至多有1人捐了款”只能是丁，所以甲没捐款；这恰好印证了丁：“你们3人之中至多有2人捐了款”是正确的，只有乙和丁捐了款．故选：D．4．（10分）六位同学数学考试的平均成绩是92.5分，他们的成绩是互不相同的整数，最高的99分，最低的76分，那么按分数从高到低居第3位的同学的分数至少是（）A．94 B．95 C．96 D．97【分析】要求第三名同学至少要考多少分，知道六名同学的总平均分，能求出总成绩，用总成绩﹣最高分﹣最低分＝另四名同学的总成绩，要想第3个同学成绩最小，则第2个同学成绩取最大值为：98，进而求出另三位同学的总成绩，进而根据“总成绩÷总人数＝平均分”能求出另三名同学的平均分，继而分析、推导得出所求问题的答案．【解答】解：92.5×6﹣99﹣76＝380（分），由于最高分是99分，所以第二个的最好成绩最多是：98剩余三人成绩和为：380﹣98＝282（分），第3个同学成绩最小，第4、5个同学的成绩尽可能接近第三个同学的成绩，则这3个数相差为1，282÷3＝94（分），则第三位同学至少是：94+1＝95（分）．答：第三名至少得95分．故选：B．5．（10分）如图，BH是直角梯形ABCD的高，E为梯形对角线AC上一点，如果△DEH、△BEH、△BCH的面积依次为56、50、40，那么△CEH的面积是（）A．32 B．34 C．35 D．36【分析】如下图所示：分别过点E作EF⊥DC，EG⊥BH，连接AF，BF，BD，由等底等高的三角形面积相等，可得S△BDF＝S△ADF，S△ADC＝S△BDC，因此有：S△CDE＝S△ADC﹣S△ADE＝S△BDC﹣S△BDF＝S△BFC，而S△BFC＝S△BFH+S△BCH＝S△BEH+S△BCH＝90；因此S△CHE＝S△EDC﹣S△HDE＝90﹣56＝34，据此即可解决．【解答】解：如上图所示，分别过点E作EF⊥DC，EG⊥BH，连接AF，BF，BD，则S△BDF＝S△ADF，S△ADC＝S△BDC，所以S△CDE＝S△ADC﹣S△ADE＝S△BDC﹣S△BDF＝S△BFC，又因为S△BFC＝S△BFH+S△BCH＝S△BEH+S△BCH＝90，所以S△CHE＝S△EDC﹣S△HDE＝90﹣56＝34．故选：B．6．（10分）一个由边长为1的小正方形组成的n×n的方格网，用白色或黑色对每个小正方形涂色，要求满足在任意矩形的4个角上的小正方形不全同色，那么正整数n的最大值是（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】此题要充分利用抽屉原理和假设推理．根据题目所给的选项不妨选一个中间的数5为假设n的值，进行一步步地推理，进而推出与题目要求矛盾．从而得出n的取值范围，即得出答案．【解答】解：①假设n＝5，（由抽屉原理知）第一行中至少有3个格子颜色相同．不妨设前3格为黑色（如图1）．在这3个黑格下方可以分割为4个横着的3×1的长方形，若其中有一个中有2个黑格（如图2），则存在着图中的粗线长方形4个角上的小正方形都是黑格；所以这4个横着的3×1的长方形中，每个至多1个黑格．②假设这4个横着的3×1的长方形中，有两个对应格子颜色都一样（如图3），则一样存在图中的粗线长方形4个角上的小正方形都是白格；而3×1的长方形中至多1个黑格的只有如图4的这4种．如果这4种都存在的话如图5，则同样存在图中粗线长方形4个角上的小正方形都是白格；这均与题目要求的矛盾．所以，n＜5，正整数n的最大值是4．而图6给出了n＝4的一种构造．故选：B．二、填空题：（每小题10分，满分40分）7．（10分）在每个格子中填入1﹣6中的一个，使得每行、每列及每个2×3长方形内（粗线框围成）数字不重复；如果小圆圈两边格子中所填数的和是合数，其它相邻两格所填数的和是质数，那么四位数“相约华杯”是4123．【分析】如图：因为第三行存在1、3、4，所以A为2，5，6之一，而3与A的和是质数，所以A为2．在A所在的长方形中，还剩下1、4、5、6没有使用．而3与“相”的和是质数，所以“相”是4．“相”与“约”的和为质数，“约”为1，“约”与“月”的和为质数，“月”为6，剩下的C为5．第三行只剩下数字5，所以B为5；在B所在的长方形中，还剩下2、3、6没有使用．而4与“杯”的和是质数，所以“杯”为3，“杯”与”“华”的和为质数，所以“华”为2，剩下的D就是6；所以四位数“相约华杯”是4123，据此解答即可．【解答】解：如图：因为第三行存在1．、3、4，所以A为2，5，6之一，而3与A的和是质数，所以A为2．在A所在的长方形中，还剩下1、4、5、6没有使用．而3与“相”的和是质数，所以“相”是4．“相”与”“约”的和为质数，“约”为1，“约”与”“月”的和为质数，“月”为6，剩下的C为5．第三行只剩下数字5，所以B为5；在B所在的长方形中，还剩下2、3、6没有使用．而4与“杯”的和是质数，所以“杯”为3，“杯”与”“华”的和为质数，所以“华”为2，剩下的D就是6；所以四位数“相约华杯”是4123．故答案为：4123．8．（10分）整数n一共有10个因数，这些因数从小到大排列，第8个是．那么整数n的最大值是162．【分析】由于整数的因数都是成对出现，则这10个约数必然是1、、3、、、、、、、n，立即可以填出1、2、3、、、、、、、n，也就是说n必然含有质因数2和3，然后结合因数个数定理可求解．【解答】解：根据分析可知10个因数分别为1、2、3、、、、、、、n，根据因数个数定理10＝1×（9+1）＝（1+1）×（4+1），由于含质因数2和3，则n应为21×34或24×31，其中21×34＝162更大．故答案为：162．9．（10分）在边长为300厘米的正方形中，如图放置了两个直角扇形和一个半圆，那么两块阴影部分的面积差是15975平方厘米，两块阴影部分的周长差是485厘米．（π取3.14）【分析】（1）如图：扇形ABC的面积＝①+②+③，扇形BCD的面积＝②+③+④，正方形ABCD的面积＝①+②+③+④+⑤，所以扇形ABC的面积+扇形BCD的面积﹣正方形ABCD的面积＝②+③﹣⑤，据此可求出两块阴影部分面积的差是多少；（2）连结BE、CE，因BC＝BE＝CE，所以三角形BCE是等边三角形，所以扇形BCE的圆心角是60°，扇形CED的圆心角是30°，据此可分别阴影部分的周长是多少，再相减即可．【解答】解：（1）S扇形ABC＝①+②+③S扇形BCD＝②+③+④S正方形ABCD＝①+②+③+④+⑤，S扇形ABC+S扇形BCD﹣S正方形ABCD的＝②+③﹣⑤③﹣⑤＝S扇形ABC+S扇形BCD﹣S正方形ABCD的﹣②＝3.14×3002÷4+3.14×3002÷4﹣300×300﹣3.14×（300÷2）2÷2＝3.14×90000÷4+3.14×90000÷4﹣300×300﹣3.14×22500÷2＝70650+70650﹣90000﹣35325＝15975（平方厘米）（2）连结BE、CE阴影部分③的周长是×3.14×300×2+3.14×300÷2＝628+471＝1099（厘米）阴影部分⑤的周长是×3.14×300×2+300＝314+300＝614（厘米）1099﹣614＝485（厘米）答：两块阴影部分的面积差是15975平方厘米，两块阴影部分的周长差是485厘米．故答案为：15975，485．10．（10分）A地，B地，C地，D地依次分布在同一条公路上．甲，乙，丙三人分别从A地，B地，C地同时出发，匀速向D地行进．当甲在C地追上乙时，甲的速度减少40%，当甲追上丙时，甲的速度再次减少40%，甲追上丙后9分钟，乙也追上了丙，这时乙的速度减少25%；乙追上丙后再行50米，三人同时到D地．已知乙出发时的速度是每分钟60米，那么甲出发时的速度是每分钟125米，A、D两地间的路程是1880米．【分析】由于同时到达，所以甲追上丙后二者速度相等，乙追上丙后二者速度相等．乙出发时的速度是每分钟60米，遇到丙后速度变为60×（1﹣25%）＝45（米/分），所以丙的速度为45米/分，可以推知甲在追上丙后的速度变为45米/分，在追上乙后追上丙之前速度为45÷（1﹣40%）＝75米/分，甲出发时的速度为75÷（1﹣40%）＝125（米/分）．甲在C地追上乙，设在此时起追上丙花了t