2015年第13届“走美杯”小学数学竞赛试卷（六年级初赛B卷）.doc

2015年第13届“走美杯”小学数学竞赛试卷（六年级初赛B卷）

5 2015 年第 3 13 届 走美杯 小学数学竞赛试卷 （六年级初赛 B 卷） 一、填空题（共 5 小题，每小题 8 分，满分 40 分） 1．（8 分）计算： + + = ． 2．（8 分）某商品今年的生产成本比去年增加了 5%，扔保持原来的销售价格，则每件产品的利润下降了 20%，那么，如果要保持成本在销售价格中所占的百分比，销售价格应该在去年的基础上提高 %． 3．（8 分）用 1，2，3，4，5，6，7，8 这八个数字给 4 名男生与 4 名女生编号，要求是男生用奇数，女生用偶数，那么，一共有 种不同的编号方法． 4．（8 分）用 2015 减去它的 ，再减去余下的 ，再减去余下的 ，，以此类推，一直减去余下的 ，那么最后的得数为 ． 5．（8 分）24 点游戏很多人熟悉的数学游戏，游戏过程如下：任意从 52 张扑克牌（不包括大小王）中抽取 4 张，用这 4 张扑克牌上的数字（A=1，J=11，Q=12，K=13）通过加减乘除四则运算得出 24，最先找到算法者获胜．游戏规定 4 张牌扑克都要用到，而且每张牌只能用 1 次，比如 2，3，4，Q．则可以由算法（2Q）（4﹣3）得到 24． 王亮在一次游戏中抽到了 4，4，7，7，经过思考．他发现（4﹣ ）7=24．我们将满足（a﹣ ）b=24 的牌组{a，a，b，b}称为王亮牌组，请再写出一组不同的王亮牌组 ． 二、填空题（共 5 小题，每小题 10 分，满分 50 分） 6．（10 分）在荷兰的小镇卡茨林赫弗尔 2013 年 6 月建成了一个由三个半圆组成的城市雕塑，三个半圆的直径分别为 24.2m，19.3m，4.9m．这个雕塑的原始图形来自于阿基米德《引理集》中的鞋匠刀形（Arbelos），即图中的阴影部分所示的图形．那么该城市雕塑中的鞋匠刀形的周长为 （圆周率用 表示）．

7．（10 分）足球可以近似地看成是由一些五边形与正六边形组成的几何体，每一个顶点处有 3 条棱，这个几何体是阿基米德立体（Archimedean Solids）中的一个，通常，可以通过如图所示的方法，截正二十面体得到足球，那么，一个足球的棱数为 ． 8．（10 分）如图所示，BD，CE 分别是ABC 的角平分线，如果BAC=62，那么，BFC= ． 9．（10 分）将图中的边染色，要求有共同顶点的两个相邻的边染不同的颜色，则至少需要 中颜色． 10．（10 分）索马里方体是丹麦物理学家皮特海音（Piet Hein）发明的 7 个小立方体组块（如图所示），如果假设这些小立方体的边长为 1，则利用这 7 个组块不仅可以组成一个 33 的立方体，还可以组成很多美妙的几何体，那么，要组成下面的几何体，需要用到的 3 个索玛立方体的编号是 ．

三、填空题（共 5 小题，每小题 12 分，满分 60 分） 11．（12 分）一个大于 0 的自然数如果满足所有因数（即约数）之和等于它自身的 2 倍，则称这个数为完全数（或完美数），比如，最小的完全数是 6，因为6 的所有因数为 1，2，3，6，而 1+2+3+6=12．古希腊时代的人们就已经认识完全数，并且找到了前 4 个 6，28，496，8128 完全数，那么，8128 的全体质因数为 ． 12． （12 分）只能被 1 和自身整除的大于 1 的自然数叫做质数或素数．比如 2，3，5，7，11 等，如果将 117 分拆成 10 个质数之和，要求其中最大的质数尽可能大，那么，这个最大的质数为 ． 13．（12 分）我们可以将全体正整数和正分数按照如图所示的方法，从 1 开始，一层一层地生长出来； 是第一层；第二层是 ， ，第三层是 ， ， ，，按照这个规律， 在第 层． 14．（12 分）如果两个自然数的积被 13 除余 1，那么我们称这两个自然数互为模13 的倒数比如，27=14，被 13 除余 1，则 2 和 7 互为模 13 的倒数；11=1，则 1 的模 13 的倒数是它自身．显然，一个自然数如果存在模 13 的倒数则它的倒数并不是唯一的，比如，14 就是 1 的另一个模 13 的倒数．判断 1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12 是否有模 13 的倒数，并利用所得结论计算 123456789101112（记为 12！，读作

12 的阶乘）被 13 除所得的余数 ． 15．（12 分）如果一个正方形能够被分割为若干个边长不等的小正方形，则这个正方形称为完美正方形．下面的正方形是已知包含 21 个小正方形的完美正方形（称为 21 阶完美正方形），这是迄今为止知道的最小阶数的完美正方形．分割方法如图所示，其中小正方形中心的数字代表其边长，请计算这个完美正方形的边长，并写在这里 ．

2015 年第 13 届 走美杯 小学数学竞赛试卷 （六年级初赛 B 卷） 参考答案与试题解析 一、填空题（共 5 小题，每小题 8 分，满分 40 分） 1．（8 分）计算： + + = ． 【分析】先把算式拆分为 + + ，再根据乘法的分配律简算即可． 【解答】解： + + = + + = （ + + ） = 1 = ； 故答案为： ． 【点评】此题重点考查了学生对分数的拆项和运算定律的掌握与运用情况，要结合数据的特征，灵活选择简算方法． 2．（8 分）某商品今年的生产成本比去年增加了 5%，扔保持原来的销售价格，则每件产品的利润下降了 20%，那么，如果要保持成本在销售价格中所占的百分比，销售价格应该在去年的基础上提高 5 %． 【分析】要使成本在销售价格中所占的百分比不变，设去年的成本为 a，销售价格为 b，去年成本与销售价格的百分比，即为： ，设须提高去年售价的 x，则可列关系式，求解即可． 【解答】解：根据分析，设去年的成本为 a，销售价格为 b，去年成本与销售价格的百分比，即为： ， 销售价格在去年的基础上提高 x，则有：

，解得：x=5%，即：销售价格应该在去年的基础上提高 5%． 故答案是：5%． 【点评】本题考查了利润利息和纳税的问题，本题突破点是：设成本在销售价格中所占的百分比，列出关系式，求解即可得出． 3．（8 分）用 1，2，3，4，5，6，7，8 这八个数字给 4 名男生与 4 名女生编号，要求是男生用奇数，女生用偶数，那么，一共有 576 种不同的编号方法． 【分析】按题意，男生用奇数编号，有四个奇数，每个人有四个选择，故将四个奇数与四名男生进行排列，有 4321=24 种编号方法，同理女生的编号方法利用排列的性质也可以求得，故总的编号方法不难求得． 【解答】解：根据分析，男生用奇数编号，有四个奇数， 每个人有四个选择，故将四个奇数与四名男生进行排列， 共有：4321=24 种编号方法； 女生用偶数编号，共有 4 个偶数编号，故四个偶数与四个女生进行一一排列， 共有：4321=24 种不同的编号方法， 一共有：2424=576 种不同编号方法． 故答案是：576． 【点评】本题考查了排列组合，突破点是：利用排列和组合，以及奇数偶数的个数，求得总的不同的编号方法． 4．（8 分）用 2015 减去它的 ，再减去余下的 ，再减去余下的 ，，以此类推，一直减去余下的 ，那么最后的得数为 65 ． 【分析】把每次减少前的数看作单位1，则分别剩下单位1的（1﹣ ）、 （1﹣ ）、（1﹣ ）、、（1﹣ ），然后根据分数乘法的意义，用 2015 乘这些分率即可解决问题． 【解答】解：2015（1﹣ ）（1﹣ ）（1﹣ ）（1﹣ ） =2015 =2015 =65

故答案为：65． 【点评】本题关键是确定每次剩余它前面的几分之几，计算中要根据规律约分巧算． 5．（8 分）24 点游戏很多人熟悉的数学游戏，游戏过程如下：任意从 52 张扑克牌（不包括大小王）中抽取 4 张，用这 4 张扑克牌上的数字（A=1，J=11，Q=12，K=13）通过加减乘除四则运算得出 24，最先找到算法者获胜．游戏规定 4 张牌扑克都要用到，而且每张牌只能用 1 次，比如 2，3，4，Q．则可以由算法（2Q）（4﹣3）得到 24． 王亮在一次游戏中抽到了 4，4，7，7，经过思考．他发现（4﹣ ）7=24．我们将满足（a﹣ ）b=24 的牌组{a，a，b，b}称为王亮牌组，请再写出一组不同的王亮牌组 （2，2，13，13），（3，3，9，9），（6，6，5，5），（8，8，4，4），（12，12，3，3） ． 【分析】先根据王亮牌组的特征，得出 a，（b﹣1）是 24 的约数，最后借助扑克牌的特点即可得出结论． 【解答】解：依题意可知： 根据（a﹣ ）b= =a（b﹣1）=24； 那么 a 和（b﹣1）就是 24 的约数； 显然（a，b）的数字组合为（2，13），（3，9），（6，5），（8，4），（12，3）（扑克中最大为 13） 故答案为：（2，2，13，13），（3，3，9，9），（6，6，5，5），（8，8，4，4），（12，12，3，3）． 【点评】此题是填符号组算式，主要考查了约数，以及理解王亮牌组的特点，得出 a，（b﹣1）是 24 的约数是解本题的关键． 二、填空题（共 5 小题，每小题 10 分，满分 50 分） 6．（10 分）在荷兰的小镇卡茨林赫弗尔 2013 年 6 月建成了一个由三个半圆组成的城市雕塑，三个半圆的直径分别为 24.2m，19.3m，4.9m．这个雕塑的原始图形来自于阿基米德《引理集》中的鞋匠刀形（Arbelos），即图中的阴影部分

所示的图形．那么该城市雕塑中的鞋匠刀形的周长为 24.2 （圆周率用 表示）． 【分析】显然，阴影部分的周长由三个圆的半圆弧组成的，故图中的阴影部分所示的图形那么该城市雕塑中的鞋匠刀形的周长可以用三个圆的半圆周长公式即可求得． 【解答】解：根据分析，阴影部分的周长由三个圆的半圆弧组成的， 故图中的阴影部分所示的图形那么该城市雕塑中的鞋匠刀形的周长 = = =24.2 故答案是：24.2． 【点评】本题考查了圆的周长，突破点是：利用圆的周长公式不难求得阴影部分的周长． 7．（10 分）足球可以近似地看成是由一些五边形与正六边形组成的几何体，每一个顶点处有 3 条棱，这个几何体是阿基米德立体（Archimedean Solids）中的一个，通常，可以通过如图所示的方法，截正二十面体得到足球，那么，一个足球的棱数为 90 ． 【分析】可以根据多面体的顶点 V，面数 F，棱数 E 之间关系式 V+F﹣E=2，先求出正五边形和正六边形的个数，再求棱数． 【解答】解：根据分析，设多面体的顶点 V，面数 F，棱数 E 之间关系式为：V+F﹣E=2；

设有正五边形 x 个，正六边形 y 个，由题意得： 解得：x=12，y=20． 则棱的总数为 E= （512+620）=90． 故答案是：90． 【点评】本题考查了组合图形的计数，突破点是：根据关系式 V+F﹣E=2，先求出正五边形和正六边形的个数，再求棱数． 8．（10 分）如图所示，BD，CE 分别是ABC 的角平分线，如果BAC=62，那么，BFC= 121 ． 【分析】根据三角形的内角和，得知：A+ABC+ACB=180A+2FBC+2FCB=180FBC+FCB= （180﹣A）= =59． 【解答】解：根据分析，根据三角形的内角和，得知： A+ABC+ACB=180 A+2FBC+2FCB=180 FBC+FCB= （180﹣A）= =59 又∵BFC=180﹣FBC﹣FCB=180﹣59=121． 故答案是：121． 【点评】本题考查了长度和角度，突破点是：根据三角形的内角和以及角平分线的性质，可以求得BFC．

9．（10 分）将图中的边染色，要求有共同顶点的两个相邻的边染不同的颜色，则至少需要 3 中颜色． 【分析】首先分析内五边形的染色最低需要 3 色，那么只要枚举出 3 色可以染出来此图即可． 【解答】解：依题意可知： 首先分析内 5 点是循环的用数字代表颜色即是至少是 12123 的情况为 3 种颜色．如图所示 3 种颜色可以完成此图的染色． 故答案为：3 【点评】本题考查对染色问题的理解和运用，关键问题是找到内五边形的最低染色的标准，问题解决． 10．（10 分）索马里方体是丹麦物理学家皮特海音（Piet Hein）发明的 7 个小立方体组块（如图所示），如果假设这些小立方体的边长为 1，则利用这 7 个组块不仅可以组成一个 33 的立方体，还可以组成很多美妙的几何体，那么，要组成下面的几何体，需要用到的 3 个索玛立方体的编号是 1 号，3 号，5号或 1 号，3 号，6 号 ．

【分析】首先确定目标图形需要多少块单位立方体（棱长为 1 的立方体），由题意可知需要 11 块，索玛立方体的 1 号包含 3 个单位立方体，2 号到 7 号包含4 个单位立方体，而目标图形需要 11 个单位立方体，只能是 3+4+4，所以 1好必须选择，之后通过观察即可解决问题． 【解答】解：首先确定目标图形需要多少块单位立方体（棱长为 1 的立方体），由题意可知需要 11 块，索玛立方体的 1 号包含 3 个单位立方体，2 号到 7 号包含 4 个单位立方体，而目标图形需要 11 个单位立方体，只能是 3+4+4，所以 1 好必须选择，之后通过观察可知，1 号，3 号，5 号或 1 号，3 号，6 号是成立的．（3 号放在最底层，且保持图中的姿势，1 好放在 3 号上面）． 故答案为 1 号，3 号，5 号或 1 号，3 号，6 号． 【点评】本题考查剪切拼接、索马里方体，解题的关键是利用数形结合的思想思考问题，学会观察、尝试、动手操作解决问题． 三、填空题（共 5 小题，每小题 12 分，满分 60 分） 11．（12 分）一个大于 0 的自然数如果满足所有因数（即约数）之和等于它自身的 2 倍，则称这个数为完全数（或完美数），比如，最小的完全数是 6，因为6 的所有因数为 1，2，3，6，而 1+2+3+6=12．古希腊时代的人们就已经认识完全数，并且找到了前 4 个 6，28，496，8128 完全数，那么，8128 的全体质因数为 1，2，4，8，16，32，64，127，254，508，1016，2032，4064，8128 ． 【分析】首先是分解质因数，计算共有多少个约数．同时成组寻找即可． 【解答】解：8128=2 6 127．因数个数（6+1）（1+1）=14 个， 8128=18128=24064=42032=81016=16508=32254=64127． 故答案为：1，2，4，8，16，32，64，127，254，508，1016，2032，4064，8128．

【点评】要想找到所以的因数关键在于计算出所有的因数个数然后按照顺序成对写出． 12． （12 分）只能被 1 和自身整除的大于 1 的自然数叫做质数或素数．比如 2，3，5，7，11 等，如果将 117 分拆成 10 个质数之和，要求其中最大的质数尽可能大，那么，这个最大的质数为 97 ． 【分析】117 分成最小的 9 个 2，第十个数也是小于 100 的，可以从 100 以内最大的质数开始枚举． 【解答】解：100 以内最大的质数是 97， 117﹣97=20， 将 20 分拆成 9 的质数的和 20=27+32 正好符合题意． 故答案为：97． 【点评】首先要熟记 100 以内的 25 个质数，最大是 97，尝试枚举即可，同时要注意本题可以是重复数字． 13．（12 分）我们可以将全体正整数和正分数按照如图所示的方法，从 1 开始，一层一层地生长出来； 是第一层；第二层是 ， ，第三层是 ， ， ，，按照这个规律， 在第 9 层． 【分析】首先发现数阵图的规律是数阵图的规律是上边数字的乘积是下方的数字．同时发现 的和是 8，在相乘的分数中 8 即是小数 3 分子又是大数 5 的分母．枚举即可． 【解答】解：依题意可知： 根据数阵图规律可知 ； ； ； ； 数阵图的规律是上边数字的乘积是下方的数字．同时发现 的和是 8，在相乘的分数中 8 即是小数 3 分子又是大数 5 的分母．

那么 对应相乘的数字就是 ．那么他们前一个数字就是 ． = ． 可知 是第七行． 是第八行， 和 即再第九行． 故答案为：9 【点评】本题考查对数阵图的理解和运用，关键是找到数字的变化规律．问题解决． 14．（12 分）如果两个自然数的积被 13 除余 1，那么我们称这两个自然数互为模13 的倒数比如，27=14，被 13 除余 1，则 2 和 7 互为模 13 的倒数；11=1，则 1 的模 13 的倒数是它自身．显然，一个自然数如果存在模 13 的倒数则它的倒数并不是唯一的，比如，14 就是 1 的另一个模 13 的倒数．判断 1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12 是否有模 13 的倒数，并利用所得结论计算 123456789101112（记为 12！，读作12 的阶乘）被 13 除所得的余数 12 ． 【分析】判断 1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12 是否有模 13 的倒数只需从定义出发判断即可；计算 123456789101112被 13 除所得的余数需要用同余的性质 2 来简化运算． 【解答】解：观察 1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12 易发现： 27=14 1413=11 39=27 2713=21 410=40 4013=31 58=40 4013=31 611=66 6613=51 1212=144 14413=111 所以 1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12 都有模 13 的倒数． 由同余的性质 2 可知：对于同一个除数，两个数的乘积与他们的余数的乘积同余，则： 123456789101112=127394105861112=142740406612

14274040661212（mod13） 所以，123456789101112 被 13 除所得的余数为 12． 答：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12 有模 13 的倒数；123456789101112 被 13 除所得的余数为 12． 【点评】本题主要考察同余的性质 2，但在运用同余性质 2 时，需要观察并找到27，39，，611，刚好都是 123456789101112 的因式这一规律，方可解题． 15．（12 分）如果一个正方形能够被分割为若干个边长不等的小正方形，则这个正方形称为完美正方形．下面的正方形是已知包含 21 个小正方形的完美正方形（称为 21 阶完美正方形），这是迄今为止知道的最小阶数的完美正方形．分割方法如图所示，其中小正方形中心的数字代表其边长，请计算这个完美正方形的边长，并写在这里 112 ． 【分析】根据小正方形中心的数字代表其边长，求出变成是 50、35、27 的三个小正方形的边长的和，即可求出这个完美正方形的边长是多少即可． 【解答】解：根据分析，根据小正方形中心的数字代表其边长， 求出变成是 50、35、27 的三个小正方形的边长的和， 即：50+35+27=85+27=112．

故答案是：112． 【点评】本题考查了剪切和拼接，突破点是：根据小正方形中心的数字代表其边长，求出变成是 50、35、27 的三个小正方形的边长的和．

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