1994小学数学奥林匹克决赛试题.docx
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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
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
.
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