精品解析：2024年希望杯六年级竞赛数学试卷培训题

2024年希望杯竞赛六年级数学培训题 1. 计算：（ ）。 【答案】46 【解析】 【分析】先算括号里的加法，再根据乘法交换律和结合律计算。 【详解】 【点睛】本题考查了分数的简便运算，明确整数乘法的运算律在分数中同样适用。 2. 计算：（ ）。 【答案】1020100 【解析】 【分析】观察算式后可以知道通项公式为：，然后利用公式：即可求解。 【详解】 3. 计算：（ ）。 【答案】2 【解析】 【分析】先计算分子，根据除法的性质，除以两个数相当于除以两个数的乘积，即1÷2÷3＝1÷（2×3）＝1÷6＝，再计算出分子分母上其他的算式，再利用通分计算得出，最后利用分数与除法的关系以及除以一个分数相当于除以这个分数的倒数得出结果即可。 【详解】 ＝2 4. 计算：＝（ ）。 【答案】 【解析】 【分析】根据分数的裂项公式：，可以先求出分子；然后再通过计算、约分求出分母；最后用分子除以分母即可求出最终结果。 【详解】分子： 分母： 5. 等式中的和都是自然数，＝（ ）。 【答案】7 【解析】 【分析】根据异分母分数计算的方法，先计算，再将式子变形成，继续计算，最后将式子变形为。再将式子交叉相乘，最后根据等式中的和都是自然数，得出a和b的值。 【详解】 73（ab＋1）＝22（a2b＋a＋b） 73ab＋73＝22a2b＋22a＋22b 按  整理： 解得： 分析约束：  和  为自然数（正整数），因此 。 分子  时  才可能为正，即 ，所以 。  为自然数，故  可能取值为 1、2、3。 分母  不能为零，且  必须为整数。 代入试算： 当： 结果为负数，不满足自然数条件。 当： 结果为负数，不满足自然数条件。 当： 结果为整数 7，且为正数，满足自然数条件。 则b＝7。 6. （ ）。 【答案】90 【解析】 【分析】观察算式特点，能利用乘法分配律及其逆运算可进行简便计算，最后一项需要将带分数化成假分数后约分计算，最后合并计算即可。 【详解】 【点睛】本题的关键是观察式子各项的特点，进行适当的变形，从而可以运用乘法分配律，以及分数除法运算法则等。 7. 2□7×8的积不到2000，□里最大填（ ）。 【答案】4 【解析】 【分析】现根据2000÷8＝250可知，2□7一定小于250，因此□里最大填4。 【详解】2000÷8＝250 所以2□7＜250 因此□里最大填4。 8. 以表示不超过x的最大整数，若要，则自然数的最小值是（ ）。 【答案】253 【解析】 【分析】先确定取整函数的规律，将求和式按取整结果分组，通过解不等式找到临界值，再计算剩余项数确定自然数的最小值。 【详解】根据题意，整函数的取值规律为： 当1 ≤≤ 14时，， [－5]＝ 0； 当15 ≤≤ 29时， ； 当30 ≤≤ 44时，； 以此类推，每15个数为一组，取整结果依次为0，1，2.…，其中第一组有14项，其余每组有15项。 当是15的倍数时，前14个分数取整都是0，从后面，令每15个分数的取整分别为 1、2、3、⋯、，所以可以得到： ＞2011 ＞2011 ＞2011 即：≤4022 通过代入整数值找到满足条件的最大； 当时，＜4022； 当时，＞4022， 故，当时， ，对应的和为： 剩余需要达到的和：2011−1816＝195 自然数的最小值是253。 【点睛】本题取整函数的规律较为复杂，需要观察到每项为一组，且每组的和有特定规律，需要对数字有一定的敏感度和计算能力。 9. 如果正整数使得，则为（ ）。（其中表示不超过x的最大整数） 【答案】48＃＃49 【解析】 【分析】先求出的和，看69里有多少个这样的和，估算n的取值范围，再用n取47、48、49、50……，代入原式，求出结果。 【详解】 当n取47时， ＝23＋15＋11＋9＋7 ＝65 不符合题意。 当n取48时， ＝24＋16＋12＋9＋8 ＝69 符合题意。 当n取49时， ＝24＋16＋12＋9＋8 ＝69 符合题意。 当n取50时， ＝25＋16＋12＋10＋8 ＝70 不符合题意。 所以n为48或49。 【点睛】重点是要找出n的取值范围。 10. 的整数部分是（ ）。 【答案】403 【解析】 【分析】先将分母看作，求出的结果；再先将分母看作，求出的结果；据此即可解决。 【详解】 因此 即的整数部分是403。 11. 不等式，时的解为（ ），时的解为（ ），时的解为（ ）。 【答案】 ①. ②. 无解 ③. 【解析】 【分析】本题需分三种情况讨论参数的取值，根据不等式的基本性质求解不等式的解集即可。 【详解】根据题意，解不等式分三种情况： 当时，＞0，即不等式左边系数为大于0的数。根据不等式的性质：不等式两边同时除以一个大于0的数，不等号方向不变。 当时，＝0，根据不等式的性质：不等式两边同时除以一个不为0的数才有意义。当系数为0时，，没有意义。因此当时，该不等式无解。 当时，＜0，即不等式左边系数为小于0的数。根据不等式的性质：不等式两边同时除以一个小于0的数，不等号方向改变。 不等式，时的解为，时的解为无解，时的解为。 【点睛】解题的关键是通过分类讨论，能全面且准确地得出不等式在不同取值下的解。 12. 甲、乙两个两位数，甲数的等于乙数的，这两个数的和最大是（ ）。 【答案】124 【解析】 【分析】甲数的等于乙数的，因此可以求出甲数与乙数的比为。甲、乙两个两位数，因此乙数最大为：21×4＝84，此时甲数为：10×4＝40。据此即可求出这两个数的和最大是多少。 【详解】甲数∶乙数＝ 乙数最大为：21×4＝84 此时甲数为：10×4＝40 84＋40＝124 因此这两个数的和最大是124。 13. 一个三位数加1或者乘10的结果都是完全平方数，这个三位数是（ ）。（注：一个自然数与自身相乘的积叫做完全平方数。） 【答案】360 【解析】 【分析】根据乘10的结果也是完全平方数可以列举出所以情况，再根据加1后也是完全平方数，可以确定最终的结果。 【详解】402＝1600 ，161不是完全平方数， 502＝2500 ，251不是完全平方数， …… 602＝3600 ，361是完全平方数， …… 902＝8100 ，811不是完全平方数。 综上，只有360满足题意。 【点睛】这类数论问题，关键是要找到突破口，这道题可以从乘10的结果是完全平方数出发，这样更快解答。也可以从三位数加1也是完全平方数出发，先列举再找出正确答案。 14. 已知是数字1到9中的一个，若循环小数，则＝（ ）。 【答案】6 【解析】 【分析】先将混循环小数转化为分数形式，再根据混循环小数转化为分数的方法，列出方程，用数字1到9分别去试，哪个数字能够使等式成立，得出这个数即可。 【详解】根据题意：，这是一个混循环小数，循环节为，不循环部分为1。 混循环小数转化为分数的方法是：分子为循环节组成的数减去不循环部分组成的数，分母为与不循环部分位数相同的9 后面加与循环节位数相同的0。 那么混循环小数 转化为分数： 已知，所以 当时，左边＝，右边＝，左边≠右边； 当时，左边＝，右边＝，左边≠右边； 当时，左边＝，右边＝，左边≠右边； 当时，左边＝，右边＝，左边≠右边； 当时，左边＝，右边＝，左边≠右边； 当时，左边＝，右边＝，左边＝右边； 当时，左边＝，右边＝，左边≠右边； 当时，左边＝，右边＝，左边≠右边； 当时，左边＝，右边＝，左边≠右边； 综上所述，只有当时，。 若循环小数，则＝6。 【点睛】通过本题，要熟练掌握混循环小数与分数的转化，以及利用方程解决此类问题的思路和方法。 15. 下面竖式中，相同的图标表示相同的数字，不同的图标表示不同的数字。那么，＋＝（ ）。 【答案】15 【解析】 【分析】可以从百位入手，三个相同的一位数相加再加上上十位的进位就是写0进2，则这个相同的数是6； 这个算式就变成666＋66＋6＝2023，根据进位的特点，十位上是6＋6＋＋进位＝22，只有当＝8时，加上进位的2就可以是进位2；通过加法运算的算理得出。 【详解】 即＝6，＝9，6＋9＝15 则＋＝15 16. 下面的竖式中，相同的图形代表相同的数字，不同的图形代表不同的数字。那么＝（ ），＝（ ）。 【答案】 ①. 5 ②. 2 【解析】 【分析】通过分析三位数乘一位数的竖式乘法规则，从个位、十位、百位逐步推导图形代表的数字即可。 【详解】个位数字情况：三位数的个位是 ，与一位数 相乘，积的个位还是。满足此条件的数字有0、1、5、6（因为，，，） 百位数字情况： 三位数的百位是 ，与一位数 相乘，积的千位是，说明×是两位数且十位为，结合个位分析，位数且十位为，排除0、1这两个数字，剩下5、6。 将＝5带入： 若 ＝5，则三位数为 55 ，一位数为5，计算得55×5＝65。 个位5×5＝25，个位为5，符合； 十位×5＋2（进位）的十位是，即5×＋2，个位为，5×个位为−2， 仅当＝2时5×2＋2＝12，个位为2，符合； 百位5×5＋1＝26，千位为2，即＝2，验证 525×5＝2625，符合竖式6 （即 2625）。 若 ＝6，则三位数为 66 ，一位数为6，计算得66×6＝66。 个位6×6＝36，个位为6，符合； 十位×6＋3（进位）的个位是，即6×＋3，个位为，6×个位为−3，无符合数字（为0到9的整数），排除。 ＝5，＝2。 【点睛】本题难点在于确定 的值，因为满足× 积的个位是 的数字有0、1、5、6，需要逐一分析排除，同时还要结合百位数字的计算来验证。 17. 将1至9填入下图的网格中，要求每个格子填一个整数，不同格子填的数字不同，且每个格子周围的格子（即与该格子有公共边的格子）所填数字之和是该格子中所填数字的整数倍，已知左右格子已经填有数字4和5，问：标有字母x的格子所填的数字最大是（ ）。 ​ 【答案】6 【解析】 【分析】根据题意分析1＋2＋3＋6＋7＋8＋9＝36，填入的x是其他6个数的和的因数，故x可以是1,2,3,6,9。分别将x从9开始代入尝试解答。 【详解】1＋2＋3＋6＋7＋8＋9＝36 当x填入9时，不能使每个数的周围的数字之和是该格子中所填数字的整数倍。当x＝6时，符合题意 【点睛】遇到难题多分析，抓住解题突破口，多尝试、多思考、多调整。 18. 各位数字均不大于5，且能被99整除的六位数共有（ ）个。 【答案】575 【解析】 【分析】设这个六位数为，，因为这个六位数能被99整除，因此要能被99整除。由于各位数字均不大于5，所以、、都不大于55，它们的和不大于55×3＝165，因此只能是99；再一次利用“各位数字均不大于5”的限制，得到相加时个位没有进位，于是有a＋c＋e＝9且b＋d＋f＝9；奇数位上，A作为六位数的首位，不能是0，据此分类讨论A的取值，进一步得出结论。 【详解】解：设这个六位数为。 因为这个六位数能被99整除， 所以要能被99整除。 由于各位数字均不大于5，所以、、都不大于55，它们的和不大于55×3＝165， 所以。 得到相加时个位没有进位， 所以a＋c＋e＝9且b＋d＋f＝9； 先考虑a＋c＋e＝9的组合方式， 当a＝1时，c和e可以是3和5、4和4、5和3，有3种方法； 当a＝2时，c和e可以是2和5、3和4、4和3、5和2，有4种方法； 当a＝3时，c和e可以是1和5、2和4、3和3、4和2、5和1，有5种方法； 当a＝4时，c和e可以是0和5、1和4、2和3、3和2、4和1、5和0，有，6种方法； 当a＝5时，c和e可以是0和4、1和3、2和2、3和1、4和0，有5种方法； 因此得到，奇数位上有3＋4＋5＋6＋5＝23（种）选法； 再考虑b＋d＋f＝9的组合方式， 比刚刚多b＝0的可能性，即多了5种方法。 因此偶数位上有23＋2＝25（种）选法； 一共：23×25＝575（种） 因此各位数字均不大于5，且能被99整除的六位数共有575个。 19. 八位数□2□0□2□2（□中的数字可重复出现）是72的倍数，这样的八位数共有（ ）个。 【答案】200 【解析】 【分析】先根据72的因数分解（72＝8×9），再筛选出能被8整除的数，然后从这些数中找出同时能被9整除的数，进而统计出满足条件的八位数的个数。 【详解】能被8整除数的特征，其末三位需要能被8整除。 本题的末三位为：2□2 202÷8＝25⋯⋯2 212÷8＝26⋯⋯4 222÷8＝27⋯⋯6 232÷8＝29 242÷8＝30⋯⋯2 252÷8＝31⋯⋯4 262÷8＝32⋯⋯6 272÷8＝34 282÷8＝35⋯⋯2 292÷8＝36⋯⋯2 所以能被8整除的末三位是232和272。 能被9整除数的特征是，这个数的各位数字之和能被9整除。 设八位数为，当□2□0□232时，那么 ， 能被9整除，且都小于10，那么 的取值范围是10到33，其中能被9整除的数为18、27、36。对应的为9、18、27。 当时，排列情况如下： ⋯⋯ 个数为：1＋2＋3＋⋯⋯＋8＋9＝45（个） 同理：当时，排列情况如下： 排列个数为：2＋3＋4＋⋯⋯＋10＝54（个） 时，排列个数为1个。 末尾是232的总个数为：45＋54＋1＝100（个） 设八位数为，当□2□0□272时，那么 ， 的取值范围是14到40，其中能被9整除的数为18、27、36。对应的为9、18、27。 同理，末尾是272的总个数也是100个。 同时满足能被8和9整除，即是72的倍数，八位数的总个数为：100＋100＝200（个） 故答案为：这样的八位数共有200个。 【点睛】本题重点考查能被8和9整除数的特征，以及通过枚举法、分类汇总找到符合条件的个数。 20. 把1～100的所有自然数连写在一起，可以得到这样的一个多位数1234567891011…，它是（ ）位数。 【答案】192 【解析】 【分析】1～100的所有自然数中，一位数有9个，两位数有90个，三位数有1个，据此即可解决。 【详解】1×9＋2×90＋3×1 ＝9＋180＋3 ＝192（个） 因此它是一个192位数。 21. 某日，可可到动物园里去观赏动物，他看了猴子，熊猫和狮子三种动物，这三种动物的总量在26到32只之间，根据下面的情况： ①猴子和狮子的总数要比熊猫的数量多， ②熊猫和狮子的总数要比猴子的两倍还多， ③猴子和熊猫的总数要比狮子的三倍还多， ④熊猫的数量没有狮子数量的两倍那么多，可知猴子有（ ）只，熊猫有（ ）只，狮子有（ ）只。 【答案】 ①. 9 ②. 13 ③. 7 【解析】 【分析】可以设猴子的数量为，熊猫的数量为，狮子的数量为，则，26≤t≤32； 条件①：； 条件②：； 条件③：； 条件④：； 假设x的值，且符合条件即可分别得出三种动物的数量。 【详解】设猴子的数量为，熊猫的数量为，狮子的数量为， 1、第一个条件：2c＜x（c＜1下），c＜； 2、第二个条件：3a＜x，a＜； 3、第三个条件：4b＜x，b＜； 4、第四个条件：，c＜2b； 假设x＝32，则b最大是7，c最大是13，根据3a＜x，则a最大为1b，总和最大为3b； 所以假设x＝3b，则b最大是7，c最大13，a最大为9，总和最大为29， 所以假设x＝29，则c最大为77，b最大为13，a最大为9，则b＝13，c＝7，，满足题目所有条件。 则猴子有9只，熊猫有13只，狮子有7只。 22. 儿童节的早上，方玲去图书馆看了一会儿书后到游泳馆游泳。她每4天去一次图书馆，每5天去游泳一次。方玲下一次既到图书馆看书，又到游泳馆游泳的时间是（ ）月（ ）日。 【答案】 ①. 6 ②. 21 【解析】 【分析】方玲每四天去一次图书馆，每五天去一次游泳馆，算出4和5的最小公倍数20，可知20天后既到图书馆看书，又到游泳馆游泳。 【详解】[4，5]＝20 6月1日＋20天＝6月21日 23. 五名选手在一次数学竞赛中共得414分，每人得分互不相等且都是整数，并且得分最高的选手得了92分，那么得分最低的选手至少得（ ）分，至多得（ ）分。 【答案】 ①. 52 ②. 79 【解析】 【分析】要解决这个问题，需分别考虑得分最低选手的“至少得分”和“至多得分”两种情况，利用总分固定及分数互不相等的条件进行计算。 【详解】要使得分最低的选手得分最少，需让其他选手得分尽可能高。已知最高分为92分，且每人得分互不相等， 因此其他三名选手的最高可能得分为91分、90分、89分； 那么得分最低的选手至少得：（分） 要使得分最低的选手得分最多，需让其他选手得分尽可能低且每人得分互不相等， 设最低分为分，则其他三名选手的得分为：分，分，分， 根据总分列方程： ＋＋＋＋92＝414 验证：当最低分为79分时，其他选手得分依次为80分、81分、82分，总和为：92 ＋ 82 ＋ 81 ＋ 80 ＋ 79 ＝ 414，符合题意。 五名选手在一次数学竞赛中共得414分，每人得分互不相等且都是整数，并且得分最高的选手得了92分，那么得分最低的选手至少得52分，至多得79分。 【点睛】本题主要考查最值问题，关键在于分别从“得分最低选手至少得分”和“得分最低选手至多得多少分”这两个角度分析。 24. 被3除余1，被5除余2，被7除余3的最小两位数是（ ）。 【答案】52 【解析】 【分析】先列出被7除余3的两位数，再找出被5除余2的两位数，最后再找出被3除余1的两位数即可找出满足条件的最小的两位数。 【详解】被7除余3的两位数：10、17、24、31、38、45、52、59、66、73、80、87、94； 其中被5除余2的两位数：17、52、87； 最后被3除余1的两位数：52 则被3除余1，被5除余2，被7除余3的最小两位数是52。 25. 互为反序数的两个自然数的积是92565，这两个互为反序数的自然数的和是（ ）。（注：把一个数的数码倒过来写，所得的新数叫做原数的反序数，如123的反序数为321） 【答案】726 【解析】 【分析】先判断反序数的位数： 积92565是五位数，两位数的积最大为99×99＝9801（四位数），四位数的积最小为1000×1000＝1000000（七位数），因此这两个数是三位数。 再设反序数并分解因数，组合因数后得到反序数，最后计算两数的和。 【详解】积92565是五位数，两位数的积最大为99×99＝9801（四位数），四位数的积最小为： 1000×1000＝1000000（七位数），因此这两个数是三位数。 92565＝3×3×5×11×11×17 165×561＝92565，且165的反序数是561 两数之和为：165＋561＝726 【点睛】本题的关键是先判断反序数的位数，再通过质因数分解结合反序数的特征组合因数。解题时需注意：反序数的位数由积的位数推导，质因数组合需满足“数字顺序相反”的条件。 26. 已知两个自然数的乘积是2016，这两个数的最小公倍数是168，那么这两个数的最大公因数是（ ）。 【答案】12 【解析】 【分析】最大公因数是两个数的公有的质因数的积，最小公倍数是两个数公有的质因数和各自独有的质因数的积，两个自然数的乘积则是把两个数公有的质因数乘了两次，再乘各自独有的质因数的积，据此可知：用两个自然数的乘积除以它们的最小公倍数就是这两个数的最大公因数。 【详解】2016÷168＝12 答：这两个数的最大公因数是12。 故答案为：12 27. 按要求在□里选填合适的两位数。 （1）积的末尾有1个0。（ ） □×70 □×60 A. 14，23 B. 14，25 C. 10，23 D. 10，25 （2）积的末尾有2个0。（ ） □×70 □×60 A. 10，18 B. 15，20 C. 15，25 D. 10，20 【答案】（1）A （2）D 【解析】 【分析】分别代入每个选项求出乘积，据此即可得到正确选项。 【小问1详解】 A.14×70＝980，23×60＝1380，符合题目要求； B.14×70＝980，25×60＝1500，不符合题目要求； C.10×70＝700，23×60＝1380，不符合题目要求； D.10×70＝700，25×60＝1500，不符合题目要求； 故答案为：A 【小问2详解】 A.10×70＝700，18×60＝1080，不符合题目要求； B.15×70＝1050，20×60＝1200，不符合题目要求； C.15×70＝1050，25×60＝1500，不符合题目要求； D.10×70＝700，20×60＝1200，符合题目要求； 故答案为：D 28. 在1155的倍数中，有（ ）个数恰有1155个因数。 【答案】24 【解析】 【分析】本题需要先把1155分解质因数，再根据因数个数公式，从而确定指数分别是哪些，最后计算出指数分配给质因数的全排列个数即可。 【详解】分解1155的质因数：（3、5、7、11均为质数）。 因数个数公式： 若一个数N的质因数分解为： （为不同的质数，为正整数），则N的因数个数为： 解：设所求数为N，则 因为N是1155的倍数，故。 根据因数个数定理，N的因数个数为： 由于（4个质数），所以必须是3、5、7、11的一个排列（每个数对应一个质因数的指数加1）。 因此分别为：3−1＝2、5−1＝4、7−1＝6、11−1＝10。 将2、4、6、10这4个指数分配给3、5、7、11这4个质因数，相当于对4个元素进行全排列，排列数为： 故答案为：在1155的倍数中，有24个数恰有1155个因数。 【点睛】本题的关键在于质因数分解和因数个数公式的灵活运用，以及计算全排列公式满足条件的个数等。 29. 三个自然数的乘积是100，则这三个自然数的和最小是（ ）。 【答案】14 【解析】 【分析】先找出100的所有因数，再将100分解成三个自然数相乘的形式，计算出每种组合的和，比较得出最小的和即可。 【详解】100的所有因数：1、2、4、5、10、20、25、50、100； 三个自然数乘积为100可能的组合有： 以上组合对应的三个自然数的和为： 比较可得，14最小。 三个自然数的乘积是100，则这三个自然数的和最小是14。 【点睛】本题关键在于将 100 分解质因数后，通过枚举法一一列举，找出所有符合题意的组合。 30. 求值：（ ）。 【答案】10 【解析】 【分析】先分别计算每个分数的值，然后将每个分数取整数部分，再将所有的整数部分相加即可。 【详解】 整数部分为0，整数部分为0，整数部分为0，整数部分为1， 整数部分为1，整数部分为1，整数部分为1，整数部分为2， 整数部分为2，整数部分为2。 原式 【点睛】解题的关键在于，理解取整函数的概念，然后通过枚举法（因项数有限）逐一求出各项的值。 31. 将一个六位数中连续的三位数字保持顺序，移动到这个数的最前方或者最后方，得到一个新的数，我们将此视为一次操作。已知六位数123456按照下图操作五次后得到654321，那么②处所代表的数是多少？ 【答案】265314 【解析】 【分析】根据题意了解移动规则，从开始操作结果为126345和最终得到的结果 654321 出发，分析其数字组成和顺序，逐步推导即可。 【详解】根据题意，设六位数为，那么中间连续的三位数字可能是或者是。 移动也分两种情况，移动到最前方或者移动到最后方。 如果想改变前面的数字，那么就移动到最前方；如果想改变后面的数字，那么就移动到最后方； 因为已知第一次操作：123456 →126345（将“345”移动到最后方） 所以，的操作就是移动到最后方。 因为已知，操作五次后得到结果为654321，首位数字有变动，那么必须有移动到最前面的操作。 所以，的操作就是移动到最前方。 和交替移动情况如下： 初始数：123456 第一次操作：123456 →126345（将“345”移动到最后方，“6”跟到“12”后） 第二次操作：126345 → 263145（将“263” 移动到最前方， “1”跟到“263”后） 第三次操作：263145 → 265314（将“314” 移动到最后方，“5”跟到“26”后） 第四次操作：265314→ 653214（将“653” 移动到最前方，“2”跟到“653”后） 第五次操作：653214 → 654321（将“321” 移动到最后方，“4”跟到“65”后） 故答案为：②处所代表的数是265314 【点睛】本题的关键在于，把具体的数字问题转化为抽象的数位问题，通过条件分析逐步推导出答案。 32. 用一副七巧板，（ ）（填“能”或“不能”）拼出三角形，试试看，你有（ ）种不同的拼法。 【答案】 ①. 能 ②. 2 【解析】 【分析】通过尝试一副七巧板的不同板块的组合，能够拼出各种不同的图形，包括三角形，且存在多种不同的拼法。 【详解】能否拼出三角形： 七巧板的七块板可以通过合理组合能拼成三角形。例如，利用两个大等腰直角三角形作为基础，结合其他小块（中等三角形小三角形、正方形、平行四边形）填充可构造出完整的三角形。 分析不同拼法的数量： 通过系统研究七巧板的组合方式，用一副七巧板拼三角形主要有2种不同的基本拼法（以等腰直角三角形的构造为例）。 拼法如下： 故答案为：用一副七巧板，能拼出三角形，有2种不同的拼法。 【点睛】本题通过七巧板拼图，尝试不同板块的拼接，理解图形之间的关系和组合方式。 33. 已知图中的正六边形的面积是60，请求出长方形的面积（ ）。（图中长方形的顶点是六边形边上的中点） 【答案】30 【解析】 【分析】将这个六边形进行分割即可发现长方形的面积刚好等于六边形面积的一半，据此即可解决。 【详解】如图进行分割， 长方形的面积刚好等于六边形面积的一半 60÷2＝30 因此长方形的面积为30。 34. 图中的大小正方形的边长均为整数（厘米），它们的面积之和等于52平方厘米，则阴影部分的面积是（ ）平方厘米。 【答案】10.8 【解析】 【分析】设大正方形的边长为a厘米，小正方形的边长为b厘米，它们的面积之和等于52平方厘米，所以可得：。大小正方形的边长均为整数（厘米），所以可知：。然后再根据AB∶EF＝6∶4＝3∶2，可知BG∶GF＝3：2，据此即可求出BG的长度，从而根据三角形面积公式即可求出阴影部分的面积。 【详解】设大正方形的边长为a厘米，小正方形的边长为b厘米。 因为大小正方形的边长均为整数（厘米）， 所以可知：。 因为AB∶EF＝6∶4＝3∶2， 所以BG∶GF＝3：2， 所以BG＝（厘米） （平方厘米） 因此阴影部分的面积是10.8平方厘米。 35. 如图，点P、Q、R、S、T、U将半径为20厘米的大圆六等分，大圆内部有一个半径为10厘米的同心圆。在内外圆之间连线，围出阴影区域，且阴影区域有3条对称轴。阴影区域的面积为（ ）平方厘米。（π取3.14） 【答案】928 【解析】 【分析】先通过作出阴影部分的对称轴，将大圆进行分割，利用圆的性质和角度关系，确定扇形的相关信息，再通过计算大圆面积与部分扇形面积的差值，最后求得阴影区域的面积即可。 【详解】 如图，连接OA，OB，OC，OS，OT，OU，过C作CD⊥OT于D， 所以OC＝10，OT＝20， 由对称性可知： 所以CD＝OC＝5（cm） 所以（cm2） 同理可得，（cm2） （cm2） 所以（cm2） 阴影区域的面积为928平方厘米。 【点睛】本题解题关键是将不规则的阴影部分图形通过割补法转化为规则图形，利用圆形和扇形面积公式解答。 36. 如图，正方形ABCD的边长为4，DCEF为梯形，圆周率π取3.14，那么阴影部分的面积是（ ）。 【答案】4 【解析】 【分析】由题意，阴影部分由两部分组成，分别利用扇形面积公式、三角形面积公式计算两部分面积，再将两部分面积相加得到阴影部分总面积。 【详解】左半部分阴影面积是去EF。因为正方形边长为4，扇形的半径为4，圆心角为45°（90°2） 根据扇形面积公式S＝（n为圆心角度数，r为半径），可得扇形面积为4；又因为EF是等腰直角三角形（△AEF）的直角边，AE＝AF＝4，根据勾股定理可求出EF＝8，所以左半部分面积为4－8＝2－4 计算右半部分阴影面积 右半部分阴影面积是44减去。是以4为底和高的三角形面积，是与左半部分相同的扇形面积，所以右半部分面积为＝8－2。 计算阴影部分总面积 37. 如图，每个小正方形的边长都是10厘米，那么空白部分面积与阴影部分面积的差是（ ）平方厘米。（π取3.14） 【答案】228 【解析】 【分析】如下图所示，方框中的两个黄色的图形可以组成1个正方形，数出有14组这样的正方和4个小正方形去掉扇形的部分； 空白的面积是由14个正方形和4个90度的扇形。 空白部分的面积－阴影部分的面积＝4个90度的扇形（即1个半径为10厘米的整圆面积）－4个小正方形去掉扇形的部分（或边长为20厘米的正方形面积减去半径为10厘米的整圆面积）。 【详解】圆的面积：3.14×102 ＝3.14×100 ＝314（平方厘米） 20×20－314 ＝400－314 ＝86（平方厘米） 314－86＝228（平方厘米） 则阴影部分面积与空白部分面积的差是228平方厘米。 38. 一个半径1厘米的硬币沿着三角形纸板的边缘滚动。三角形纸板三条边的长度分别是6厘米、7厘米和8厘米。当硬币滚回原来位置时，硬币的圆心经过的路程是（ ）厘米。 【答案】27.28 【解析】 【分析】首先分析圆心路径的构成： 硬币沿三角形边缘滚动时，圆心的路径分为两部分：沿三角形三条边滚动时，圆心经过的路程等于三角形的周长；绕三角形三个外角滚动时，圆心会形成一段圆弧，这段圆弧的总角度等于三角形的外角和360°，对应圆的周长的一部分。 然后计算各部分长度：三角形周长为6＋7＋8＝21（厘米）； 绕外角滚动的圆弧长度： 因外角和为360°，相当于半径1厘米的圆的周长2r＝2××1＝2。 最后求总路程： 圆心经过的总路程为：三角形周长＋圆弧长度，即21＋2≈21＋6.28＝27.28（厘米）。 【详解】6＋7＋8＝21（厘米） 2r＝2×3.14×1＝6.28（厘米） 21＋6.28＝27.28（厘米） 【点睛】圆心的路径不仅包含三角形的周长，还需加上绕外角滚动的圆弧长度（本质是半径为1厘米的圆的周长）。这类题目需结合“多边形外角和”与“圆的周长”知识，是几何图形运动类题目的典型考法。 39. 如图，圆的内接正方形面积是10，那么阴影部分的总面积是（ ）。 【答案】10 【解析】 【分析】设外圆的半径为r，则圆的面积＝πr2，正方形的对角线＝圆的直径＝2r，则正方形的面积＝对角线相乘÷2＝（2r×2r）÷2＝2r2。 外圆的面积∶正方形的面积＝πr2∶2r2＝π∶2。 正方形的里面有两个半圆，可以将两个半圆拼接成一个整圆，可以设内圆的半径为R，则圆的面积＝πR2，正方形的边长＝圆的直径＝2R，则正方形的面积＝4R2。 内圆的面积∶正方形的面积＝πR2∶4R2＝π∶4。 分别计算出内圆和外圆的面积，再根据阴影部分的面积＝大圆的面积－空白部分的面积，据此解答即可。 【详解】正方的面积是10，则外圆的面积＝5π，内圆的面积＝2.5π。 空白部分的面积＝正方形的面积－（正方形的面积－内圆的面积）×2＝正方形的面积－2正方形的面积＋2内圆的面积＝2内圆的面积－正方形的面积＝2×2.5π－10＝5π－10 阴影部分的面积＝大圆的面积－空白部分的面积＝5π－（5π－10）＝10 则阴影部分的总面积是10。 40. “粽子”的几何结构可以看成正四面体，也就是由4个相同的等边三角形围成的立体图形，如图所示，则正四面体的平面展开图有（ ）种。（旋转翻转后相同的算一种） 【答案】2 【解析】 【分析】正四面体除底面外的3个等边三角形展开后会得到一个等腰梯形，底面可以与等腰梯形的腰或短的底边连接，每条腰处的连接旋转翻转后相同，算一种，共2两种方法。 【详解】 正四面体的平面展开图有2种。 【点睛】要有空间想象能力。底面和腰处的连接旋转翻转后相同，算一种方法。 41. 一个长方体的长、宽、高分别为a米、b米、h米，高增加3米后，体积增加（ ）立方米。 【答案】 【解析】 【分析】因为长方体的底面大小不变（长、宽不变），高增加3米，新的长方体体积比原来增加的体积，即为增加同样底面积、高为3米的长方体的体积，根据“长方体的体积＝长×宽×高”进行解答即可。 【详解】a×b×3＝3ab（立方米） 则体积增加3ab立方米。 42. 下图是一个由15个棱长为1分米的小正方体拼成的立体图形，其表面积为（ ）平方分米。 【答案】48 【解析】 【分析】这个立体图形的表面积包括：前面、后面、左面、右面、上面、下面和凹槽面，且相对面的面积相等。我们只需算前面、左面、上面和凹槽面的面积，把它们相加，结果乘2即可。每一面的面积数一数有几个小正方形，面积就是几平方分米。 【详解】1个正方形的面积：1×1＝1（平方分米） 前面面积：1×7＝7（平方分米） 左面面积：1×7＝7（平方分米） 上面面积：1×9＝9（平方分米） 凹槽面面积：1×1＝1（平方分米） 立体图形的表面积： （7＋7＋9＋1）×2 ＝24×2 ＝48（平方分米） 表面积为48平方分米。 【点睛】知道组合图形的表面积是指所有外部表面的总面积。重点要关注凹槽处还有两个正方形，还要数清每个面包含的正方形的个数。 43. 题图是几个棱长为1的小正方体搭成的几何体的俯视图，数字表示该位置叠加小正方体的个数，那么这个几何体的表面积是（ ）。 【答案】44 【解析】 【分析】通过分别计算几何体上下、左右、前后方向能看到的小正方形的个数，再乘以每个小正方形的面积，从而得到几何体的表面积。 【详解】由俯视图可知，上下方向能看到的小正方形个数为：（个） 每个小正方形面积是： 上下方向的面积为： 左右方向能看到的小正方形个数为：（个） 左右方向的面积为： 前后方向能看到的小正方形个数为：（个） 后方向的面积为： 几何体的表面积： 这个几何体的表面积是44。 【点睛】本题难点在于准确理解俯视图所表示的几何体结构，以及全面且不重复、不遗漏地计算出各个方向看到的正方形个数。 44. 如图，从一个棱长为3cm的正方体的一顶点处挖去一个棱长为1cm的正方体，则剩余部分的体积和表面积分别是（ ）。 A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】本题需要先计算原始大正方体的体积和表面积，再计算被挖去的小正方体的体积，即得剩余部分的体积，然后分析表面积的变化（挖去小正方体后表面积不变），最后得出剩余部分的表面积即可。 【详解】计算原始大正方体的体积和表面积。 原始正方体的棱长为3cm，根据正方体体积公式和表面积公式 ，其中 a为棱长。 大正方体的体积：（） 大正方体的表面积：（） 计算被挖去的小正方体的体积。 小正方体的棱长为1cm，根据正方体体积公式，其中 a为棱长。 小正方体的体积：（） 剩余部分的体积＝大正方体的体积−小正方体的体积＝27−1＝26（） 挖去小正方体后对表面积的影响： 挖去小正方体后，表面积虽然减少了 3个面，但同时增加了 3个面，因此表面积不变。 剩余部分的表面积＝大正方体的表面积（54）。 从一个棱长为3cm的正方体的一顶点处挖去一个棱长为1cm的正方体，剩余部分的体积和表面积分别是 26，54 。 【点睛】本题关键在于分析挖去小正方体后体积和表面积的变化。体积是原正方体体积减去小正方体体积；表面积方面，从顶点挖去小正方体，减少的面和增加的面数量相同，所以表面积不变。 45. 已知圆环的外圆与内圆的周长分别是31.4分米和25.12分米，这个环形的宽是（ ）分米。（π取3.14） 【答案】1 【解析】 【分析】根据圆环的宽＝外圆的半径－内圆的半径，再根据圆的半径＝圆的周长÷3，14÷2分别得出内外圆的半径即可。 【详解】31.4÷3.14÷2＝5（分米） 25.12÷3.14÷2＝4（分米） 5－4＝1（分米） 则这个环形的宽是1分米。 46. 一个长方体药盒的展开图如图所示，药盒的长比宽多4厘米，则这个药盒的体积是（ ）立方厘米。 【答案】90 【解析】 【分析】通过长方体展开图的各边长度关系，结合已知条件列出等式，求出长方体的长、宽、高，再根据长方体体积公式计算体积即可。 【详解】由展开图可知，2宽 十 2高 ＝ 14厘米，长 十 2高 ＝ 13厘米 根据前面两个式子可得：2宽−长＝14−13＝1厘米 又因为长比宽多4厘米，即长＝宽＋4， 则，2宽−长＝2宽−（宽＋4）＝宽−4＝1，得出宽＝5厘米 长＝宽＋4＝5＋4＝9（厘米） 将长＝9厘米，带入：长 十 2高 ＝ 13厘米， 即9＋2高 ＝ 13厘米，得出高＝2厘米。 根据长方体体积公式 V ＝长×宽×高 ＝9×5×2 ＝90（立方厘米） 一个长方体药盒的展开图如图所示，药盒的长比宽多4厘米，则这个药盒的体积是90立方厘米。 【点睛】本题难点在于运用文字表达式，文字表达式能清晰地体现数学运算的逻辑和关系，帮助我们更好地理解数学问题。 47. 一个长方体长、宽、高分别为8分米、7分米、6分米，如果把它截成两个相同的小长方体，表面积最少增加（ ）平方分米，最多增加（ ）平方分米。 【答案】 ①. 84 ②. 112 【解析】 【分析】表面积增加最少，增加长方体两个面积最小的面的面积；表面积增加最多，增加面积最大两个面的面积。 【详解】6×7×2＝84（平方分米） 8×7×2＝112（平方分米） 48. 如图，在空的长方体容器内放入一个圆柱体铁块，然后往容器中灌水。5分钟时水面恰好与圆柱体的顶面相平，再过12分钟水灌满容器。已知长方体容器的高是50厘米，圆柱体铁块的高是20厘米，则长方体容器的底面积是圆柱体铁块底面积的（ ）倍。 【答案】＃＃ 【解析】 【分析】分两次灌水，第一次与圆柱的顶面相平，高度为圆柱的高20厘米；第二次灌水的高度为长方体的高减去圆柱的高，50－20＝30（厘米）； 容器注满20厘米高的水与注满30厘米高的水所用时间的比为20∶30＝2∶3，注20厘米高的水所用的时间为12÷3×2＝8（分钟），说明要注入圆柱体铁块所占空间的水要用8－5＝3（分钟）； 长方体容器的底面积与圆柱体铁块的底面积之比就等于它们的体积之比，而它们的体积之比等于它们注水的时间之比，8÷3＝。 【详解】20∶30＝2∶3 12÷3×2＝8（分钟） 8÷3＝ 长方体容器的底面积是圆柱体铁块底面积的倍。 【点睛】根据高度比算出要注入圆柱体容器所占空间的水需要的时间； 抓住长方体容器的底面积与圆柱体铁块的底面积之比就等于它们的体积之比，而它们的体积之比等于它们注水的时间之比。 49. 球的体积公式是，其中r是球的半径。在一个圆柱体容器内刚好可以放入若干个和圆柱底面有相同半径的实心铁球。往容器内倒水，当容器内水的体积是一个铁球体积的6倍时，水面刚好到达容器口。容器内放了（ ）个铁球。 【答案】12 【解析】 【分析】先设容器内放了个铁球，然后根据水的体积与铁球体积的关系以及圆柱体积公式列出方程，最后求解方程得出铁球的个数即可。 【详解】解：设容器内放了个铁球。 已知球的体积公式是， 则水的体积为： 那么，个铁球的体积为， 水和铁球的总体积为＋＝ 根据题意，放入若干个和圆柱底面有相同半径的实心铁球，且当水面刚好到达容器口时， 此时水和铁球的总体积就等于圆柱的体积。 又因为，圆柱的体积可以表示为： 由此可得以下方程： ＝ ＝ ＝ ＝ 容器内放了12个铁球。 【点睛】在解决这类涉及不同几何体积关系的问题时，关键是找到等量关系，列出方程解答。 50. 一个无水的观赏池中放有一块高28厘米，体积为4200立方厘米的假山石。如果以每分钟8立方分米的水量向池内注水，那么至少需要（ ）分钟才能将假山石完全淹没。 【答案】3.5 【解析】 【分析】当水面高度是28厘米时，假山石完全淹没。 此时假山石与注入的水的体积之和等于观赏池高28厘米时的容积。 假山石的体积已知，根据观赏池的尺寸，观赏池28厘米高时的容积可求，那么注入的水的体积也就可以求出来了。 已知注入水的体积和注水速度，根据时间=体积÷注水速度，时间可求。 【详解】8立方分米=8000立方厘米 46×25×28 =1150×28 =32200（立方厘米） 32200-4200=28000（立方厘米） 28000÷8000=3.5（分钟） 至少需要3.5分钟才能将假山石完全淹没。 【点睛】观赏池28厘米高时的容积包含假山石和注水的体积。 51. 甲、乙两校原有图书的本数的比是7∶5，如果乙校给甲校65本，甲、乙两校图书本数的比就是3∶2，原来甲校有图书（ ）本。 【答案】2275 【解析】 【分析】可以根据甲、乙两校原有图书的本数的比是7∶5，设甲校原有图书的本数为7x本、乙校原有图书的本数5x本，即在根据乙校－65本∶甲校＋65本＝3∶2，列出比例关系，最后根据内项积＝外项积解方程。 【详解】解：设设甲校原有图书为  本，乙校原有图书为  本。       325×7＝2275（本） 则原来甲校有图书2275本。 52. 某店原来将一批苹果按100%的利润定价出售，由于定价过高，无人购买，后来不得不按38%的利润定价，这样出售了其中的40%。此时，因害怕剩余水果腐烂变质，不得不降价，售出了剩余的全部水果。结果，实际获得的总利润是原定利润的30.2%。那么第二次降价后的价格是原定价的（ ）%。 【答案】62.5 【解析】 【分析】先根据利润和利润量，算出第一次售出的利润，38%×40%＝0.152，再根据总利润（30.2%）减去第一次售出的利润，算出第二次售出的利润，30.2%－0.152＝0.15，进而根据第二次售出的利润和售出量（1－40%），算出第二次售出后的利润率，0.15÷（1－40%）×100%＝25%，最后算出第二次降价后的价格是原定价（1＋100%）的百分之几，（1＋25%）÷（1＋100%）×100%＝62.5%。 【详解】原定总利润为100%。 第一次售出的利润：38%×40%＝0.152 第二次售出的利润：1×30.2%－0.152＝0.15 第二次售出的利润率：0.15÷（1－40%）×100%＝25% 第二次售出的价格是原定价的百分之几：（1＋25%）÷（1＋100%）×100%＝62.5% 第二次降价后的价格是原定价的62.5%。 【点睛】首先能求出第二次售出的利润，再根据第二次售出的利润求第二次售出的利润率。 53. 已知A是B的7倍，而C的6倍跟B的5倍相等，求A∶B∶C。 【答案】42∶6∶5 【解析】 【分析】已知A是B的7倍，可知A∶B＝7∶1；又已知C的6倍等于B的5倍，可得出B∶C＝6∶5。再将两个比合并即可求出最终答案。 【详解】A∶B＝7∶1＝42∶6，B∶C＝6∶5，合并得A∶B∶C＝42∶6∶5 54. 在一个水池中有两根直立的木棍，木棍的一端紧贴着池底，另一端都露在水面上。两个木棍露出水面部分的长度之比是7∶3，如果现在水池中的水面向上涨70厘米，这时两根木棍露出水面的部分的长度之比是7∶2，那么原来这两根木棍露出水面部分的长度和是（ ）厘米。 【答案】500 【解析】 【分析】可以先设未知数，因初始露出长度比为7：3，设第一根木棍原露出长度为7x厘米，第二根为3x厘米。 因为水面上涨70厘米，两根木棍在水下的部分均增加70厘米，因此露出水面的长度分别减少70厘米，两根长度分别变为：（7x－70）里面和（3x－70）厘米，此时露出长度比为7：2，再根据等式关系列方程求出原来露出长度之和。 【详解】解：设第一根木棍原露出长度为7x厘米，第二根为3x厘米，根据已知得到等式： ＝ 2（7x－70）＝7（3x－70） 7x＝350 x＝50 原露出长度和为7x＋3x＝10x，所以10×50＝500（厘米）。 【点睛】本题的关键是抓住“木棍总长度不变”，将露出长度的变化与比例结合。解题时需注意：水面上涨后，两根木棍露出的长度都减少了相同的量（70厘米），通过设比例份数为未知数，利用新比例建立方程，即可快速求解。 55. 某自行车前轮的周长是米，后轮的周长是米，则当前轮比后轮多转25圈时，自行车行走了（ ）米。 【答案】300 【解析】 【分析】先求出前轮与后轮的周长比为。因为前轮与后轮行驶的路程要一样，所以前轮与后轮的圈数之比为9∶8，再根据前轮比后轮多转25圈即可解决。 【详解】前轮与后轮的周长比为 前轮与后轮的圈数之比为9∶8 25÷（9－8）×8 ＝25÷1×8 ＝200（圈） 200×＝300（米） 因此自行车行走了300米。 56. 商店购进一批零食，按定价全部卖出，则利润率为40%。实际销售时前15天按定价卖出这批零食的60%，之后进行“买二赠一”的捆绑促销活动，最后还是剩余一些零食没有卖出。实际销售这批零食的利润率为17.6%，则剩余的零食占这批零食的（ ）%。 【答案】4 【解析】 【分析】本题是一道关于利润计算的问题，关键在于理解不同销售方式下的利润关系，通过设定变量、列方程求解，最终得出剩余零食的占比即可。 【详解】假设这批零食的进价为单位“1” 因为按定价全部卖出利润率为40%，所以定价是： 1×（1＋40%）＝1.4 前15天销售金额为：60%×1.4 ＝0.84 “买二赠一”部分相关数据： 已知实际销售利润率为 17.6%，相当于进价的：1×（1＋17.6%）＝1.176 前15天销售后，剩下部分（包含“买二赠一”和剩余没卖出的）按进价算相当于： 1.176−0.84＝0.336 “买二赠一”时，3份售价相当于 2份定价的钱，即2×1.4＝2.8， 那么这3份相当于进价的：2.8÷3＝ 设“买二赠一”部分占这批零食的百分比为%，可列方程为： 60%×1.4＋%×−1＝0.176 0.84−1＋%×＝0.176 %×−0.16＝0.176 %×＝0.336 %××100＝0.336×100 ＝33.6 ＝33.6÷ ＝ 剩余零食占比： 100%−60%−36%＝4% 实际销售这批零食的利润率为17.6%，则剩余的零食占这批零食的4%。 【点睛】本题这批零食的进价没有给定具体的数值，可以设为单位“1”，以及“买二赠一”部分可以用份数的概念去理解，灵活应用。 57. 正方形木板的一条边长减少3厘米，其面积就减少了63平方厘米，则原来正方形边长是（ ）厘米。 【答案】21 【解析】 【分析】先确定减少的面积对应的长方形的宽和面积，再根据长方形面积公式求出长，即原正方形的边长。 【详解】确定减少的面积对应的长方形的宽和面积， 正方形一条边长减少3厘米后，减少的面积是一个长方形，该长方形的宽为3厘米，面积为63平方厘米。根据长方形面积公式面积 ＝长×宽，可求出长方形的长。 长方形的长：（厘米） 长方形的长，并没有减少，还是原正方形的边长。 正方形木板的一条边长减少3厘米，其面积就减少了63平方厘米，则原来正方形边长是 21 厘米。 58. 狮虎山中有一群狮子和老虎，且狮子数量的与老虎数量的相等，那么狮虎山至少有（ ）只狮子。 【答案】10 【解析】 【分析】根据狮子数量的与老虎数量的相等，可知狮子的数量∶老虎的数量＝∶，化简这个比为10∶9，因此至少有10只狮子。 【详解】狮子的数量∶老虎的数量 ＝∶ ＝∶ ＝10∶9 因此至少有10只狮子。 59. 甲瓶中酒精溶液的浓度为70%，乙瓶中酒精溶液的浓度为60%，两瓶酒精溶液混合后的浓度为66%。如果两瓶酒精溶液各用去5克后再混合，则混合后的浓度为66.25%。则原来甲、乙两瓶酒精溶液分别有（ ）克、（ ）克。 【答案】 ①. 30 ②. 20 【解析】 【分析】解决溶液混合浓度的问题，先将题中已知情况列出表格，然后利用浓度差求出质量比，再根据溶质的等量关系列方程，解得甲乙的溶液质量即可。 【详解】解：设甲瓶中酒精溶液原来有克，乙瓶中酒精溶液原来有克。 甲乙两瓶酒精溶液的情况列表如下： 溶质 浓度 溶液 甲 70% 70% 乙 60% 60% 混合① 70%＋60% 66% ＋ 混合② 70%（−5）＋60%（−5） 66.25% 混合①−5−5 甲瓶溶质＋乙瓶溶质＝混合①溶液×浓度 70%＋60%＝66%（＋） 70%＋60%＝66%＋66% 70%−66%＝66%－60% 4%＝6% ＝ 混合后甲瓶溶质＋混合后乙瓶溶质＝混合②溶液×浓度 70%（−5）＋60%（−5）＝ [（＋）−5−5]×66.25% 70%＋60%−（5×0.7＋5×0.6）＝ [＋−10] ×66.25% 70%＋60%−6.5＝（＋）−10] ×66.25% 将＝带入以上方程得： 70%×＋60%−6.5＝ [＋−10] ×66.25% ＋−6.5＝[−10] ＋−6.5＝− −＝− −＝− ＝ ＝÷ ＝20 ＝×20＝30（克） 原来甲、乙两瓶酒精溶液分别有30克、20克。 【点睛】解决溶液问题时，溶液相关概念除了溶质、浓度，还有溶剂、溶液质量等，还有基本公式，都需要熟练掌握。本题还可以利用“十字交叉法”解答。 60. 有一杯重300克的盐水，含盐率为20%，要使含盐率下降为10%，需要加水（ ）克。 【答案】300 【解析】 【分析】加水使含盐率降低，溶质的量不会发生变化，可以先计算出盐有多少千克，再根据浓度和溶质计算出溶液的总质量，最后减去原来的溶液质量，即可算出加水的质量。 【详解】溶质：300×20%＝60（克） 溶液：60÷10%＝600（克） 600－300＝300（克） 61. 商店以每支10.9元的价格购进一批钢笔，售价为每支14元。当卖出这批钢笔的时，不仅收回了全部成本，而且获利150元。这批钢笔共有（ ）支。 【答案】500 【解析】 【分析】先设这批的钢笔总数为未知数，根据获利金额等于卖出部分的收入减去总成本的等量关系列出方程，再通过等式性质求解方程，得出钢笔总数即可。 【详解】解：设这批钢笔共有支。 总成本：10.9元 卖出部分的收入：元 卖出部分的收入−总成本＝获利金额 这批钢笔共有500支。 62. 开心超市大促销。王阿姨买了牛奶和巧克力，算下来一共比不促销时省了404元。王阿姨实际至少花了（ ）元。 【答案】608 【解析】 【分析】牛奶买二送一，相当于优惠了原价的：；巧克力每满100元减40元，相当于优惠了原价的：。因为，所以要使获得的优惠最大，则要尽可能的多买巧克力。设巧克力购买了x组，牛奶购买了y组，40x＋4y＝404。根据x、y都是整数即可解出x＝10，y＝1。据此即可求出王阿姨至少花了多少钱。 【详解】设巧克力购买了x组，牛奶购买了y组。 40x＋4y＝404 当x＝10，y＝1时王阿姨花的钱最少。 10×100＋1×（1＋2）×4－404 ＝1000＋12－404 ＝1012－404 ＝608（元） 因此王阿姨实际至少花了608元。 63. 如下图，平衡板上有10个一样的小皮球，左边5个，右边5个，如果拿掉其中1个小皮球，那么平衡板上还有（ ）个小皮球。 【答案】0 【解析】 【分析】先明确初始小皮球总数，再根据平衡板特性，分析拿掉一个小皮球后平衡板的状态变化，进而得出剩余小皮球的数量即可。 【详解】初始小皮球总数： 平衡板上原本有 10 个小皮球。 拿掉1个小皮球后平衡板的状态： 平衡板原本左右两边各有5个小皮球，拿掉其中1个小皮球后，平衡板失去平衡，会发生倾斜。 剩余小皮球的数量： 由于平衡板倾斜，剩下的球就会全部滚下去，所以平衡板上还有 0 个小皮球。 64. 甲、乙、丙、丁四人一起完成一项工程，按工作时间分配报酬，开始每人预领了相等的劳动报酬，可是丁工作一天就病倒了，结果是甲工作6天，乙工作5天，丙工作4天后把工程完成了，丁退回480元补偿给其他三人，最后甲得报酬（ ）元。 【答案】960 【解析】 【分析】将4人工作天数相加，除以4，先计算出平均每人工作天数，丁退回480元是他们平均工作天数减去1天丁没干多得的钱数，丁退回的钱数÷（4－1）＝每天的工资，每天的工资×甲工作的天数＝最后甲得到的报酬。 【详解】平均每人应该工作：（1＋6＋5＋4）÷4 ＝16÷4 ＝4（天） 每天的工资为：480÷（4－1） ＝480÷3 ＝160（元） 甲收到的报酬：160×6＝960（元） 最后甲得报酬960元。 65. 1只打字机打100个字需要1分钟，5只打字机同时各打100个字，需要（ ）分钟。 【答案】1 【解析】 【分析】先确定单只打字机的工作效率和工作量，进而求得单只打字机的所需时间，再确认5只打字机同时工作，因此总时间仍为单只打字机的时间即可。 【详解】单只打字机工作效率：100÷1＝100（字/分钟） 每只打字机需完成100字工作量：100×1＝100（字） 5只打字机同时工作，互不影响 每只打字机完成100字需要的时间：100÷100＝1（分钟） 因为所有打字机同时开始、同时结束，所以， 总时间＝1分钟 故答案为：1只打字机打100个字需要1分钟，5只打字机同时各打100个字，需要1分钟。 【点睛】本题考查的是对工作效率概念的理解，关键在于认识到多台设备同时独立工作时，总时间与单台设备完成相同任务的时间相同。通过分析工作总量、工作效率和工作时间的关系，可以得出正确的结论。 66. 当时钟上显示时间为7：24时，时针和分针之间的夹角是（ ）度（小于180度）。 【答案】78 【解析】 【分析】在钟面上，分针转一圈是360°，也就是60分钟转360°，即分针每分钟转动6°；时针1小时转30°，也就是60分钟转60°，即分针每分钟转动0.5°。 当在7：00时，时针指向7的位置，分针指着12的位置，也就是相差7个格子，即为210度（从12点开始计算）。 到7：24时，时针已经移动24分钟，额外移动了12°。因此，时针的实际位置＝7点的度数＋移动的度数，为222°。分针在24分钟时，移动了位置为144°。此时时针和分针的夹角＝时针的度数－分针的度数即可。 【详解】分针每分钟转：360÷60＝6° 时针每分钟转：30÷60＝0.5° 7点时针和分针夹角：7×30＝210° 到7：24时，时针已经移动：24×0.5＝12° 210度 ＋ 12度 ＝ 222度。 分针移动的度数：24 × 6 ＝ 144°。 222－144＝78° 则时钟上显示时间为7：24时，时针和分针之间的夹角是78度。 67. 钟表表盘有60格。在0时整，时针与分针重合。在3时整，分针在时针前面45格。在3时（ ）分，分针在时针前面7格。 【答案】24 【解析】 【分析】解决本题需要把这类问题当行程应用题中的追及问题看待，先确定3时整，分针与时针的初始格数差，再计算追及格数，最后求出追及时间即可。 【详解】追及的总格数： 3时整时，分针在时针前面45格；当分针在时针前面7格时，分针需要比时针多走的格数为 ：60−45＋7＝22（格） 时针和分针的速度： 因为，时针每小时转5格， 所以时针的速度为：（格/分钟） 又因为分针每小时转60格， 所以，分针的速度为：（格/分钟） 分针与时针的速度差为：（格/分钟） 追及时间＝追及总格数÷速度差，即 （分钟） 在3时24分，分针在时针前面7格。 【点睛】解答此类题的核心就是利用速度差和追及格数来求追及时间，理解好分针和时针的运动关系是关键。 68. 李军有一个闹钟，但它走时不准，这天下午6：00把它对准北京时间，可到晚上9：00时，它才走到8：45，这天早上李军看闹钟走到6：17的时候赶去上学，这时候北京时间为（ ）。 【答案】7：24##7时24分 【解析】 【分析】先求出标准时间和坏钟的时间比，然后求出坏钟经过了的时间，根据时间比即可求出经过了的标准时间，然后即可推出现在的标准时间。 【详解】标准时间：（9－6）×60 ＝3×60 ＝180（分钟） 坏钟：（8－6）×60＋45 ＝2×60＋45 ＝120＋45 ＝165（分钟） 标准时间∶坏钟＝180∶165＝12∶11 坏钟：12×60＋17 ＝720＋17 ＝737（分钟） 标准时间：737÷11×12 ＝67×12 ＝804（分钟） 804÷60＝13（时）……24（分） 6＋12＋13－24＝7（时） 因此这时候北京时间为7时24分。 69. 小刘和小祝在一个360米的环形跑道上同时同地出发，背向而行。小刘的速度是4米每秒，小祝的速度是2米每秒，那么从出发开始，两人（ ）秒后第一次相遇。 【答案】60 【解析】 【分析】由于两人是背向而行，那么当小刘和小祝相遇时，他们合计共跑完了整个环形跑道一圈，即360米。结合相遇时间＝总路程÷速度和，即可得出答案。 【详解】360÷（4＋2） ＝360÷6 ＝60（秒） 所以两人60秒后第一次相遇。 70. 多多岛的小火车们勤快地忙碌着。托马斯和培西从机房前往码头，爱德华从码头前往火车站，他们都是到达目的地后立即返回出发地，往返一次后结束工作。三辆小火车同时出发，当爱德华到达火车站时，托马斯也刚好经过火车站，而这时培西只行驶了45km；当爱德华回到码头时，托马斯刚好又经过火车站。这时托马斯的蒸汽机出故障，他仍坚持行驶但速度减半，恰好在机房和码头铁路线的中点迎面遇到了培西。那么，机房到码头铁路线的长度为（ ）km。 【答案】225 【解析】 【分析】先根据爱德华和托马斯的行程特点确定他们的速度关系，然后分阶段计算培西的行程，最终根据相遇点的位置求出总路程即可。 【详解】爱德华和托马斯的行程关系： 已知，当爱德华到达火车站时，托马斯刚好经过火车站；当爱德华回到码头时，托马斯刚好又经过火车站。 这说明爱德华从火车站到码头所用的时间，与托马斯从火车站出发，经过码头再回到火车站所用的时间相同。即在相同时间内，托马斯行驶的路程是爱德华的2倍， 所以托马斯的速度是爱德华速度的2倍。 第二阶段结束时（即爱德华回到码头时）培西行驶的总距离： 爱德华从码头到火车站的时间与从火车站返回码头的时间相同。当爱德华到达火车站时，培西行驶了45km，那么当爱德华回到码头时，培西又行驶了45km， 总共行驶的距离：（km） 从第二阶段结束到托马斯与培西相遇，培西在这段时间内行驶的距离： 因为，在爱德华从火车站返回码头，托马斯从火车站经过码头再到火车站后，托马斯速度减半。从此时到与培西相遇，培西行驶的距离是之前一个时间段（爱德华单程）所行距离的一半。 （km） 培西从出发到与托马斯相遇时行驶的总路程： （km） 因为托马斯和培西在机房和码头铁路线的中点相遇，这意味着培西行驶的总路程恰好是铁路线全长的一半。 机房到码头铁路线的总长度： （km） 那么，机房到码头铁路线的长度为225km。 【点睛】本题属于行程问题，主要通过分析爱德华、托马斯·、培西三者的行程关系，利用时间、速度和路程之间的关系来求解。 71. 甲乙两人练习跑步，从同一地点同向出发。若乙比甲先跑10米，则甲跑5秒追上乙；若乙比甲先跑2秒，则甲跑4秒追上乙。甲每秒跑（ ）米，乙每秒跑（ ）米。 【答案】 ①. 6 ②. 4 【解析】 【分析】根据两次不同的追及情况，先利用“乙先跑10 米甲5 秒追上”求出速度差，再结合“乙先跑2秒，甲4秒追上”求出乙的速度，最后求出甲的速度即可。 【详解】根据速度差 ＝ 路程差 ÷追及时间，可得， 速度差为：10÷5＝2（米/秒） 根据追及路程 ＝速度差 × 追及时间 ，可得， 乙2秒跑的路程为：2×4＝8（米） 根据速度 ＝ 路程 ÷ 时间，可得， 乙的速度为：8÷2＝4（米/秒） 甲的速度为：4＋2＝6（米/秒） 答：甲每秒跑6米，乙每秒跑4米。 【点睛】本题属于行程应用题中的追及问题，其核心考点在于对速度、时间与路程关系的掌握，以及公式的灵活应用。 72. 闪电侠表演与子弹赛跑，他先站在原地向对面的靶子开一枪，过了一段时间后起跑，起跑4秒后追上子弹并继续向前跑，再过8秒到达靶子处并立刻返回，又过4秒与子弹相遇。闪电侠因能量消耗过大，返回的速度只有去时速度的一半，那么从开枪到他起跑一共经过（ ）秒。 【答案】4 【解析】 【分析】根据闪电侠折返后速度是原速度的一半在C地和子弹相遇，做出相关图形，从图中找出从B到C闪电侠和子弹的实际用时，进而找出两者用时的关系，即可解答本题。 【详解】根据题意，作图如下。 因为闪电侠返回的速度只有去时速度的一半，所以如果按照原来的速度到达C处则需要的时间：（秒）， 那么，闪电侠从B点到达C点需要的时间：（秒） 因为闪电侠从B到靶子后折返到C和子弹相遇实际用时：8＋4＝12（秒） 所以子弹从B到C用时也是12秒。 从B到C子弹和闪电侠用时比为 所以从开枪到靶子，子弹的用时是闪电侠用时的2倍。 因为从A到B，闪电侠用时4秒，所以子弹用时： （秒） 即闪电侠开枪后子弹比闪电侠先用时：（秒） 闪电侠因能量消耗过大，返回的速度只有去时速度的一半，那么从开枪到他起跑一共经过4秒。 【点睛】本题难点在于理解闪电侠和子弹的运动过程，需要分析闪电侠运动路程以及子弹飞行的路程之间的对应关系，这需要对运动过程有清晰的逻辑分析和数学建模能力。 73. 两只蜗牛阿杰和阿伦分别从自己家同时出发沿同一条路前往对方家做客。它们都是每分钟走1米，但阿杰每走9米要休息5分钟，阿伦每走7米要休息4分钟。两只蜗牛的家相距50米，当它们相遇时阿杰走了（ ）米。 【答案】26 【解析】 【分析】先分别记下两只蜗牛每分钟实际走的路程和休息情况，累计计算它们离家出发后各自走过的总米数。 【详解】第14分钟时，阿杰走了9米，阿伦走了10米，一共走了：9＋10＝19（米）； 第28分钟时，阿杰走了18米，阿伦走了20米，一共走了：18＋20＝38（米）； 此时阿杰可以一直连续走9米，阿伦先走1米就要休息4分钟。 第29分钟时，阿杰和阿伦各走了1米，一共走了：38＋2＝40（米）； 接下来4分钟只有阿杰在走。 第33分钟时，阿杰又走了4米，一共走了：40＋4＝44（米）； 接下来3分钟，阿杰和阿伦各走了3米，一共走了：44＋3＋3＝50（米）； 整个过程中阿杰的路程为：9＋9＋1＋4＋3＝26（米） 因此当它们相遇时阿杰走了26米。 74. 地震发生时，震源同时传播出纵波和横波。某次地震，监测点先接收到纵波，20秒后又接收到横波。如果纵波的传播速度是6千米/秒，横波的传播速度是4千米/秒，那么震源与监测点相距（ ）千米。 【答案】240 【解析】 【分析】先明确纵波和横波传播距离相同，通过假设一个特定的距离数，计算出对应的时间差，再根据时间的倍数关系，求出震源与监测点的距离即可。 【详解】根据题意，纵波速度为6千米/秒，横波速度为4千米/秒， 因为6和4的最小公倍数是12，所以，假设距离为12千米。 纵波传播时间： （秒） 横波传播时间： （秒） 假设情况下的时间差：（秒） 实际时间差为20秒， 时间的倍数为； 速度不变，时间的倍数等于距离的倍数。 实际距离： （千米） 如果纵波的传播速度是6千米/秒，横波的传播速度是4千米/秒，那么震源与监测点相距240千米。 【点睛】解题的关键在于巧妙地假设出距离，通过求两个数的最小公倍数的方法找到这个数即可。 75. 早上8时，骑士号和勇士号两船分别从A、B两港出发，相向而行，骑士号抵达下游B港、勇士号抵达上游A港后都立即掉头返回，上午10时两船首次回到各自的出发点。已知两船同向行驶的时间是10分钟，水流速度为0.5米/秒，那么骑士号在静水中的航行速度是（ ）米/秒。 【答案】6 【解析】 【分析】两个小时，两艘船都回到起点，那么两船在静水中的航行速度是相同的，两船同向行驶的时间是10分钟，也就是骑士号到达B港，再往回行驶10分钟，勇士号才到达A港；顺水走完一个全程比逆水走完一个全程少用10分钟，顺水走完一个全程和逆水走完一个全程总共2小时，也就是120分钟，据此求出顺水，走完一个全程和逆水走完一个全程各自所需要的时间，然后求出速度比，再计算顺水速度和逆水速度，最后求静水中的航行速度。 【详解】10－8＝2（小时） 10分＝小时 顺水速度∶逆水速度＝ （米/秒） （米/秒） 【点睛】本题考查的是流水行船问题，找出同向行驶在哪一时间段是求解问题的关键。 76. 棱长为4cm的密封正方体盒子中，有一个半径为1cm的小球，小球可以在盒子里随意移动，盒子也可以任意翻转。小球可以接触到的正方体盒子的内表面面积是（ ）cm2。 【答案】24 【解析】 【分析】如图所示，小球的半径为1cm，因此在每个面上，小球可接触到的面为一个边长为2cm的正方形，据此即可求解。 【详解】（cm2） 因此小球可以接触到的正方体盒子的内表面面积是24cm2。 77. 给下面的图形加一条直线，可以变成（ ）等图形，有（ ）种不同的方法。 【答案】 ①. 三角形、四边形、长方形、五边形、六边形 ②. 无数 【解析】 【分析】要给指定的图形加一条直线并分析可能形成的形状，需要先关注图形的结构，尝试在不同的位置加直线，如连接顶点与顶点、顶点与对边等，会分割出不同的多边形。 【详解】图形加一条直线情况如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 给图形加一条直线，可以变成三角形、四边形、长方形、五边形、六边形等图形，因为添加直线的位置不唯一，所以会有无数种不同的方法。 【点睛】观察图形结构是解本题关键，解决这类问题要细致观察图形灵活运用几何知识，从不同角度尝试添加直线并分析结果。 78. 如图，由若干个小等边三角形构成，其中每个三角形的顶点都被称为格点，则以图中的格点为顶点的等边三角形有（ ）个。 【答案】66 【解析】 【分析】可以分成1个三角形组成，4个三角形组成，9个三角形组成； 如图，在每个六边形中，有2个正三角形，有7个小六边形和1个大六边形，这样的三角形有16，从大六边形内的一点有2个正三角形，这样的点有6个，这样的三角形就有12个，最后相加即可。 【详解】1个三角形组成：24个； 4个三角形组成：12个； 9个三角形组成：2个 24＋12＋2＋16＋12＝66（个） 则以图中的格点为顶点的等边三角形有66个。 79. 如图所示，长方形被折线分成大小形状完全相同的两部分，且这两部分能够拼成一个正方形。已知长方形的长是27厘米，那么长方形的宽是（ ）厘米。 【答案】12 【解析】 【分析】根据长方形切分后拼接为正方形，找出长方形长和宽在正方形中的具体线段长度关系来求解即可。 【详解】如图： 由图1、图2的关系可知与重合，与重合，且（厘米）， 则（厘米） 正方形的边长为：2×9＝18（厘米） 同理，与重合，与重合，且正方形的边长为18厘米， 则（厘米） 长方形的宽为：（厘米） 已知长方形的长是27厘米，那么长方形的宽是12厘米。 【点睛】本题关键在于利用图形的关系，通过设线段长度，利用重合的概念等，巧妙解题即可。 80. 图①是由4个1×1方格组成的阴影图形。至少需要（ ）个阴影图形才能完全覆盖图②中的5×5方格。覆盖时，阴影图形可以旋转、翻转，图形之间可以互相重叠，但每个1×1方格必须与图②中的小方格完全重合。 【答案】9 【解析】 【分析】本题主要运用分类讨论的思想，将阴影图形的情况分为两类：旋转和不旋转，分别计算出这两类图形的数量，最后求出总数即可。 【详解】以下分两种情况，用不同的颜色进行区分： 不旋转、不覆盖的情况如下图： 由上图可得4个阴影图形。 旋转并覆盖图形的有如下图： 由以上三图可得：2＋2＋1＝5（个） 综合以上两种情况，全覆盖情况如下图： （图形的覆盖方法不唯一） 至少需要：4＋5＝9（个） 至少需要9个阴影图形才能完全覆盖图②中的5×5方格。 【点睛】解题的关键在于如何构造最优的覆盖方案，通过精心的布局以使用最少的阴影图形数量。 81. 用5条直线最多可以将一个圆分成（ ）部分。 【答案】16 【解析】 【分析】我们先从最简单的1条直线开始，逐步分析增加直线时，圆被分成部分数量的变化规律，进而推导出相关的公式，最后带入5条直线时的情况，求解即可。 【详解】1条直线时： 1条直线最多可以把圆分成2部分，即： 1＋1＝2（部分） 2条直线时：第2条直线与第1条直线相交，这样会增加2个部分， 所以总共分成：（部分），也可以表示为 （部分） 3条直线时：第3条直线与前面2条直线都相交，会增加3个部分， 总共分成：（部分），即（部分） 4条直线时：第4条直线与前面3条直线都相交，会增加4个部分， 总共分成（部分），即（部分） 根据上面情况，找到以下规律为： 1＋前项和＝部分数 因为自然数前项和公式是， 所以，条直线最多将圆分成的部分数公式为： 部分数 当时，代入以上公式可得 （部分） 故答案为：用5条直线最多可以将一个圆分成16部分。 【点睛】这是一个找规律的数学问题，涉及到直线分圆所形成部分数量的规律探索。 82. 一张圆形纸片被对折成一个半圆形，在半圆形上画三条直线，然后沿直线切三刀，能将纸片最多分成（ ）块。 【答案】13 【解析】 【分析】要想切出的块数最多，则需将半圆直径的两端都需引出两条直线，如图所示，即可得出答案。 【详解】如图所示： 共13块。 所以能将纸片最多分成13 【点睛】平面图形中，三条直线两两相交，不重合，切割后的块数最多，在此基础上，折叠的图形，需将边缘块分割出来，从而需过直径的两端，是解决此题的关键。 83. 如图，共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子。共有（ ）种不同的做法。 【答案】576 【解析】 【分析】由于四个棋子要一个一个地放入方格内，故可看成是分四步完成这件事，要用乘法原理。第一步放棋子A，A可以放在16个方格中的任意一个中，故有16种不同的放法；第二步放棋子B，由于A已放定，那么放A的那一行和一列中的其他方格内也不能放B，故还剩下9个方格可以放B，B有9种放法；第三步放C，再去掉B所在的行和列的方格，还剩下四个方格可以放C，C有4种放法；最后一步放D，再去掉C所在的行和列的方格，只剩下一个方格可以放D，D有1种放法，本题要由乘法原理解决。 【详解】16×9×4×1 ＝144×4×1 ＝576×1 ＝576（种） 因此一共有576种不同的做法。 84. 如果有一位陌生的朋友到你家里做客，你可以请他来玩一套“猜年龄”的魔术。先让客人看下面由数字组成的6张表： 当客人看了这些表之后，就请客人说出在哪几张表上有他的年龄，当他说出以后，你马上就能“猜出”他的年龄是多少！现在，客人告诉你他的年龄出现在第2、第3和第4这三张表上，那么你能够知道客人的年龄是多少岁吗？客人的年龄是（ ）岁。 【答案】28 【解析】 【分析】将三张表格中同时出现的数字找出，同时出现的数字在其中三张表格中不可出现，即可得出客人的年龄。 【详解】2、3、4中同时出现的数字：28、29、30、31、60、61、62、63； 其中只有28没有在其他表格中出现。 即客人的年龄是28岁。 85. 将2019个小球放入编号分别为1，2，…，63的63个箱子中，要求：所有箱子中小球的个数不同，且小球个数不小于箱子的编号，则不同的放法有（ ）种。 【答案】7 【解析】 【分析】先求出按照小球个数等于箱子编号时需要的小球数量，然后即可求出还剩余的小球数量。最后将剩余的小球数量依次列举可以怎么放，即可知道一共有多少种不同的放法。 【详解】小球个数等于箱子编号时，需要的小球数量为： 1＋2＋3＋……＋63 ＝（1＋63）×63÷2 ＝64×63÷2 ＝4032÷2 ＝2016（个） 还剩余：2019－2016＝3（个） 放法1：1，2，……，60，61，62，66 放法2：1，2，……，60，61，63，65 放法3：1，2，……，60，61，65，63 放法4：1，2，……，60，62，63，64 放法5：1，2，……，60，62，64，63 放法6：1，2，……，60，63，62，64 放法7：1，2，……，60，63，64，62 因此一共有7种不同的放法。 86. 当数字时钟从08：32到08：33时，数字3出现3次。第一次是在08：32，第二次和第三次出现是在08：33，在一个24小时制数字时钟上，一天会显示从00：00到23：59共1440个不同的时间。其中，数字5总共出现了（ ）次。（注：当时钟显示05：55时，也就是早上5时55分，数字5出现了三次。当时钟显示15：55时，也就是下午3时55分，数字5出现了3次。） 【答案】504 【解析】 【分析】先将时间分解为小时的十位、小时的个位、分钟 的十位、分钟的个位四个位置，分别计算每个位 置上数字“5”出现的次数，最后将各位置次数相 加得到总次数。 【详解】计算小时的十位上数字“5”出现的次数 24小时制中，小时的范围是00到23，所以小时的十位只能是0、1、2，不可能出现数字 “5” O次 计算小时的个位上数字“5”出现的次数 小时的个位为“5”时，小时数只能是05和 15，共2个小时。每个小时有60分钟，所以 每个小时小时的个位上数字“5”出现60次 2×60＝120（次） 计算分钟的十位上数字“5”出现的次数 分钟的十位为“5”时，分钟数是50到59，共 10分钟。24小时内每个小时都有10分钟的十位是“5”，24×10＝240（次） 计算分钟的个位上数字“5”出现的次数 分钟的个位为“5”时，分钟数是05、15、 25、35、45、55，共6分钟。24小时内每个小时都有6分钟的个位是“5” ，24×6＝144（次） 计算数字“5”出现的总次数 将小时的十位、小时的个位、分钟的十位、 分钟的个位上数字“5”出现的次数相加： 0＋120＋240＋144＝504 （次） 所以一天会显示从00：00到23：59共1440个不同的时间。其中，数字5总共出现了504次。 【点睛】分别按照各个位置上数字“5”出现的次数进行分类，结合乘法原理，是解决此题的关键。 87. 一列火车从A站行驶到B站的途中经过五个车站，则在这条路线上需要准备（ ）种火车票（单程票）。 【答案】21 【解析】 【分析】由题意得，一列火车从A站行驶到B站的途中经过五个车站，据此作图如下： 由图可知，A站到后面的6个车站一共需要准备6种火车票。②号车站到后面的5个车站一共需要准备5种火车票。③号车站到后面的4个车站一共需要准备4种火车票。④号车站到后面的3个车站一共需要准备3种火车票。⑤号车站到后面的2个车站一共需要准备2种火车票。⑥号车站到后面的1个车站一共需要准备1种火车票。最后把它们全部加起来即可。 【详解】6＋5＋4＋3＋2＋1 ＝11＋4＋3＋2＋1 ＝15＋3＋2＋1 ＝18＋2＋1 ＝20＋1 ＝21（种） 一列火车从A站行驶到B站的途中经过五个车站，则在这条路线上需要准备21种火车票。 88. 青青乐园的抽奖箱里有金色、银色和彩色三种球，抽奖者可以从抽奖箱里随机取出3个球。喜羊羊希望自己拿到3个金色球，美羊羊希望自己拿到2个金色球和1个银色球，懒羊羊希望自己拿到三种球各1个。慢羊羊说：“你们三人中只能选出一人去抽奖，不论选出谁，你们实现自己愿望的概率都是相等的。”抽奖箱里至少有（ ）个球。 【答案】8 【解析】 【分析】要使三人实现愿望的概率相等，需分析每种愿望所需的球的数量条件，通过组合数相等建立关系，求出三种球数量的最小值，进而得到总球数即可。 【详解】每种愿望对球数量的基本要求： 喜羊羊需3个金色球，故金色球数量至少为3个；美羊羊需2个金色球和1个银色球，故金色球至少2个、银色球至少1个；懒羊羊需三种球各1个，故每种球至少1个。 综合以上得：金色球至少3个，银色球至少1个，彩球至少1个。 设：金色球G大于等于3，银色球S大于等于1，彩球C大于等于 1。 三人愿望概率相等意味着三种愿望的组合数相等。 喜羊羊的组合数为从金色球中取3个的组合数；美羊羊的组合数为从金色球取2个银色球取1个的组合数；懒羊羊的组合数为从三种球各取1个的组合数； 因此有： 由（两边约去S）得， 即，化简得； 由 得， 化简得：， 所以：， G需为奇数（使 C为整数）且G−2是3的倍数（使 S为整数）。最小满足条件的G ＝5， 此时， 所以，，，。 总球数为三种球数量之和，即 （个） 抽奖箱里至少有8个球。 【点睛】解题的关键需要熟练运用组合数公式，并通过满足条件的数找到三种颜色的总球数。 89. 从1，5，9，13，…，97，101这26个数中至少取（ ）个数，才能保证其中必有2个数的和是102。 【答案】14 【解析】 【分析】构造和为102的抽屉：（1，101）、（5，97）、（9，93）、……（49，53），抽屉数为：26÷2＝13（个），每个抽屉任取一个数，一定不会有2个数的和是102。但是如果再多取1个数，则其中必有2个数的和是102。 【详解】和为102的抽屉：（1，101）、（5，97）、（9，93）、……（49，53）， 抽屉数为：26÷2＝13（个） 13＋1＝14（个） 因此至少取14个数，才能保证其中必有2个数的和是102。 90. 购买1斤香蕉，2斤桔子需7元；购5斤香蕉，8斤桔子需30元，那么购买1斤香蕉、1斤桔子共需（ ）元。 【答案】4.5 【解析】 【分析】首先将文字描述转化为数学表达式，接着将第一次的条件整体扩大4倍，得到新的数量关系。然后将这个关系与第二次的条件进行对比，消去桔子项，得到香蕉的单价。再带入第一次的条件，求解桔子的单价，最终得出总价即可。 【详解】第一次：1斤香蕉 ＋ 2斤桔子 ＝ 7元 第二次：5斤香蕉 ＋ 8斤桔子 ＝ 30元 若将第一次购买的量扩大4倍，则变为， 扩大后：4斤香蕉 ＋ 8斤桔子 ＝ 7元 × 4 ＝ 28元 消去桔子，求出香蕉单价， 第二次−扩大后：（5斤香蕉 ＋ 8斤桔子）−（4斤香蕉 ＋ 8斤桔子） ＝5斤香蕉−4斤香蕉＋8斤桔子−8斤桔子 ＝1斤香蕉 价格差： 30元−28元 ＝ 2元 所以，1斤香蕉＝ 2元 ÷ 1 ＝ 2元 由第一次购买：1斤香蕉（2元） ＋ 2斤桔子 ＝ 7元 得：2斤桔子 ＝ 7元 −2元 ＝ 5元 所以，1斤桔子 ＝ 5元 ÷ 2 ＝ 2.5元 计算总和： 1斤香蕉 ＋ 1斤桔子 ＝ 2元 ＋ 2.5元 ＝ 4.5元 【点睛】这种通过对已知条件进行合理转化和对比的方法，能巧妙地求出两种物品单价的组合，在解决类似有多个数量关系的问题中很实用。 91. 一个圆上均匀分布着50个点，编号依次为1，2，3，…，49，50.机械青蛙从1号点出发，每次跳1步，依次到达2，3，4，…号点；或者每次跳2步，依次到达3，5，7，…号点；或者每次跳3步，依次到达4，7，10，…号点；……或者每次跳49步，依次到达50，49，48，…号点。每一种跳法中每次跳的步数相同，并且一直跳下去。那么，以上49种跳法中共有（ ）种跳法可以保证到达圆上的所有点。 【答案】20 【解析】 【分析】由题意可知，一共有49种跳法，50个点，无法保证每个点都跳到的数有2个倍数和5的倍数，其中2个倍数和5的倍数共同的倍数是10的倍数。即用50－5的倍数－2的倍数＋10的倍数即可。 【详解】2的倍数有25个，5的倍数有10个，其中10的倍数有5个 50－25－10＋5 ＝15＋5 ＝20 则以上49种跳法中共有20种跳法可以保证到达圆上的所有点。 92. 把6～11分别填入图中的小圆圈内，使每个大圆上三个数的和为27，三角形每条边上三个数的和是24，那么（ ）。 【答案】21 【解析】 【分析】先计算六个数的总和，再根据大圆和三角形边上的和分别计算出每条边中间三个数的和以及三个顶点数的和，最后确定各位置的数字。 【详解】六个数的总和： 三个圆上的总和： 每条边中间三个数的和： 在6～11中只有9、10、1 1的和为30，所以三条边中间的数分别是9、10、11。 三条边上数的总和： 三个顶点数的和： 即 把6～11分别填入图中的小圆圈内，使每个大圆上三个数的和为27，三角形每条边上三个数的和是24，那么。 【点睛】解题的关键在于分析清楚三个圆、三条边、三个顶点以及每条边之间和的关系。 93. 在网格图的每个方格填入0或1，要求每个网格的四个数之和都是奇数，有（ ）种不同的填法。 【答案】128 【解析】 【分析】在第一行或者第一列（图中阴影部分）先任意填写0或者1后，为了使每个网格的四个数之和都是奇数，剩余的空白格子只能唯一匹配填写0或者1。据此即可解决。 【详解】如图： 每个阴影方格可以填入0或1，有2种填法；其余空白方格只能填唯一的数使得每个网格的四个数之和都是奇数。 7个阴影方格一共有的填法为：（种） 因此一共有128种不同的填法。 94. 已知a、b、c均为非0自然数，且各不相同，并且a＋2bc=，那么a＋b＋c的最大值是（ ）． 【答案】15 【解析】 【详解】略 95. 两个班植树，一班每人植3棵，二班每人植5棵，共植树115棵。两班人数之和最多为（ ）人。 【答案】37 【解析】 【分析】可以设一班有x人，二班有y人，即根据数关系式：一班种树的棵树＋二班种树的棵树＝115得出方程3x＋5y＝115。则y＝，由于人数是整数，则115－3x能被5整除。再分情况讨论即可。 【详解】解：设一班有x人，二班有y人。 3x＋5y＝115 当x＝0时，y＝＝23 总和：0＋23＝23（人） 当x＝5时，y＝＝20 总和：5＋20＝25（人） 当x＝10时，y＝＝17 总和：10＋17＝27（人） 当x＝15时，y＝＝14 总和：15＋14＝29（人） 当x＝20时，y＝＝11 总和：20＋11＝31（人） 当x＝25时，y＝＝8 总和：25＋8＝33（人） 当x＝30时，y＝＝5 总和：30＋5＝35（人） 当x＝35时，y＝＝2 总和：35＋2＝37（人） 两班人数之和最多为37人。 96. 在六位数中，不同的字母表示不同的数字，且满足，，，，，依次能被2，3，5，7，11，13整除。则的最小值是（ ）；已知当取得最大值时，，那么的最大值是（ ）。 【答案】 ①. 210769 ②. 840736 【解析】 【分析】能被2整除，是偶数，最小取2；被整除，最小为；而能被5整除，且要求最小，那么；而210是7的倍数，所以能被7整除，；能被11整除，那么，；而能被13整除，是13的倍数，，可以得到最小值210769；然后用类似的方法确定最大值。 【详解】，，，，，，最小值是210769 同理，取最大值时，， 当时，无解，所以尝试 ，能被2整除 ，84能被整除 ，840能被5整除 ，8407能被7整除 ，74073能被11整除 ，840736能被13整除 最大值是840736。 【点睛】本题考查的是数的整除，对于这些特殊数的整除特征要非常熟悉。 97. 在国际饭店的宴会桌旁，甲、乙、丙、丁4位朋友进行有趣的交谈，他们分别用了汉语、英语、法语、日语4种语言．并且还知道： ①甲、乙、丙各会两种语言，丁只会一种语言； ②有一种语言4人中有3人都会； ③甲会日语，丁不会日语，乙不会英语； ④甲与丙、丙与丁不能直接交谈，乙与丙可以直接交谈； ⑤没有人既会日语，又会法语． 请根据上面的情况，判断他们各会什么语言? 【答案】甲会汉语和日语；乙会汉语和法语；丙会英语和法语；丁会汉语． 【解析】 【详解】由条件③，④知丙不会日语，⑤知甲不会法语．如下表，×表示不会这门语言，√表示会这门语言． 汉语 英语 法语 日语 甲 × √ 乙 × 丙 × 丁 × 第一种情况．如果丙会汉语，那么由④“甲与丙不能直接交谈”知甲不会汉语，由①知甲会英语，那么丙不会英语，会法语，如下左图． 汉语 英语 法语 日语 甲 × √ × √ 乙 × 丙 √ × √ × 丁 × 由④“丙不能与丁直接交谈”，所以丁不会汉语也不会法语，那么丁会英语． 汉语 英语 法语 日语 甲 × √ × √ 乙 × 丙 √ × √ × 丁 × √ × × 由上图知，这样就没有一种语言3人都会与②矛盾，所以开始的假设不正确． 第二种情况．也就是说，丙不会汉语，由①知丙会英语、法语．由④“甲与丙不能直接交谈”，所以甲不会英语，由①知甲会汉语． 由④“丙与丁不能直接交谈”，所以丁不会英语，也不会法语．由①知丁会汉语，由下图与②知只能是汉语三者都会． 汉语 英语 法语 日语 甲 √ × × √ 乙 × 丙 × √ √ × 丁 × × × 汉语 英语 法语 日语 甲 √ × × √ 乙 √ × √ × 丙 × √ √ × 丁 √ × × × 所以乙会汉语，因为④，乙与丙能直接交谈，所以乙会法语，由①知乙不会日语． 答：甲会汉语和日语；乙会汉语和法语；丙会英语和法语；丁会汉语． 98. 甲、乙、丙三人分别买了以下水果： 甲 乙 丙 2箱苹果和3箱梨 5箱梨 5箱苹果 每箱苹果比每箱梨贵15元，（ ）花的钱最多，（ ）花的钱最少，乙比甲少花（ ）元． 【答案】 ①. 丙 ②. 乙 ③. 30 99. 在空格里填入数字1～6，使得每行、每列和每个的格子内数字不重复。相同的颜色的彩线两边数字差相同，不同颜色的彩线两边数字差不同。那么，第三行从左到右前五个数字组成的五位数是（ ）。 【答案】62143 【解析】 【分析】先从与已知的5有相同红线的两个数与5的差相同，确定红线差是1，5的右边填4，5的上面填6； 已知的4的左右两边都是彩线，差分别是2和3，4这一列已有 6，那么已知的4的上面只能填2，4的右边填6，4的左边填1，1的上面填5，确定黄线差是2，橙线差是3； 根据黄线差是2推出，最后一行5的左边填3； 可确定蓝线差是4，第五行已知的6的左边填2，6的右边填1； 看第六列，剩余两空，可填2和5，先按从上往下，试填2和5，第五列填3和1，第四列填4和6，橙线差是3，4的左边填1，1的下面是蓝线，差是4，1的下面填5，与第六列5重复，所以可确定第六列从上往下填5和2，那么第三列1的下面填5； 第四行剩余两空可填3和4，从列看，第二列上有3，确定第四行，从左往右填3和4； 橙线差是3，第一列3的上面填6，6的右边填2； 第六行剩余两空填2和6，结合第二列，从左往右，确定两空填6和2； 第二列剩余一空确定填5； 第三列剩余两空填4和3，结合行，从上往下，确定填4和3； 第一列从上往下，确定填6和2，黄线差是2，符合要求。 【详解】 第三行从左到右前五个数字组成的五位数是62143。 【点睛】根据数独规则，以及相同的颜色的彩线两边数字差相同，不同颜色的彩线两边数字差不同的条件，先从彩线最多的数字5入手推理。 100. 产地A1、A2、A3和销售地B1、B2、B3、B4都在铁路线上，位置如图所示，已知A1、A2、A3的产量分别为5吨、3吨、2吨；B1、B2、B3、B4的销售量分别是1吨、2吨、3吨、4吨。试求最佳的物资调运方案，A1运往B1处（ ）吨，运往B2处（ ）吨，运往B3处（ ）吨；A2运往B3处（ ）吨，运往B4处（ ）吨；A3运往B4处（ ）吨。（图上除B4和A3两地距离是3千米，其他相邻的两地距离都是1千米。 【答案】 ①. 1 ②. 2 ③. 2 ④. 1 ⑤. 2 ⑥. 2 【解析】 【分析】通过计算产地总产量和销售地总销售量，依据离产地最近的销售地原则，确定最佳物资调运方案，使总运输千米数最小即可。 【详解】三个产地的总产量：（吨） 四个销售地的总销售量：（吨） 要使得总运输千米数最小，则产地的产品要运输至距离它最近的销售地。 根据图中信息，离产地 A1最近的销售地分别是B1、B2、B3；离产地 A2最近的销售地分别是B3、B4；离产地A3最近的销售地是 B4。 各产地到各销售地的调运量方案： A1运往B1：1吨；A1运往B2：2吨；A1运往B3：2吨； A2运往B3：1吨；A2运往B4：2吨； A3运往B4：2吨. A1运往B1处1吨，运往B2处2吨，运往B3处2吨；A2运往B3处1吨，运往B4处2吨；A3运往B4处2吨。 【点睛】解答本题需要认真查看产地与销售地的数量，既要保证运算千米数最小，还要兼顾各地的销售量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年希望杯竞赛六年级数学培训题 1. 计算：（ ）。 2. 计算：（ ）。 3. 计算：（ ）。 4. 计算：＝（ ）。 5. 等式中的和都是自然数，＝（ ）。 6. （ ）。 7. 2□7×8的积不到2000，□里最大填（ ）。 8. 以表示不超过x的最大整数，若要，则自然数的最小值是（ ）。 9. 如果正整数使得，则为（ ）。（其中表示不超过x的最大整数） 10. 的整数部分是（ ）。 11. 不等式，时的解为（ ），时的解为（ ），时的解为（ ）。 12. 甲、乙两个两位数，甲数的等于乙数的，这两个数的和最大是（ ）。 13. 一个三位数加1或者乘10的结果都是完全平方数，这个三位数是（ ）。（注：一个自然数与自身相乘的积叫做完全平方数。） 14. 已知是数字1到9中的一个，若循环小数，则＝（ ）。 15. 下面竖式中，相同的图标表示相同的数字，不同的图标表示不同的数字。那么，＋＝（ ）。 16. 下面的竖式中，相同的图形代表相同的数字，不同的图形代表不同的数字。那么＝（ ），＝（ ）。 17. 将1至9填入下图的网格中，要求每个格子填一个整数，不同格子填的数字不同，且每个格子周围的格子（即与该格子有公共边的格子）所填数字之和是该格子中所填数字的整数倍，已知左右格子已经填有数字4和5，问：标有字母x的格子所填的数字最大是（ ）。 ​ 18. 各位数字均不大于5，且能被99整除的六位数共有（ ）个。 19. 八位数□2□0□2□2（□中的数字可重复出现）是72的倍数，这样的八位数共有（ ）个。 20. 把1～100的所有自然数连写在一起，可以得到这样的一个多位数1234567891011…，它是（ ）位数。 21. 某日，可可到动物园里去观赏动物，他看了猴子，熊猫和狮子三种动物，这三种动物的总量在26到32只之间，根据下面的情况： ①猴子和狮子的总数要比熊猫的数量多， ②熊猫和狮子的总数要比猴子的两倍还多， ③猴子和熊猫的总数要比狮子的三倍还多， ④熊猫的数量没有狮子数量的两倍那么多，可知猴子有（ ）只，熊猫有（ ）只，狮子有（ ）只。 22. 儿童节的早上，方玲去图书馆看了一会儿书后到游泳馆游泳。她每4天去一次图书馆，每5天去游泳一次。方玲下一次既到图书馆看书，又到游泳馆游泳的时间是（ ）月（ ）日。 23. 五名选手在一次数学竞赛中共得414分，每人得分互不相等且都是整数，并且得分最高的选手得了92分，那么得分最低的选手至少得（ ）分，至多得（ ）分。 24. 被3除余1，被5除余2，被7除余3的最小两位数是（ ）。 25. 互为反序数的两个自然数的积是92565，这两个互为反序数的自然数的和是（ ）。（注：把一个数的数码倒过来写，所得的新数叫做原数的反序数，如123的反序数为321） 26. 已知两个自然数的乘积是2016，这两个数的最小公倍数是168，那么这两个数的最大公因数是（ ）。 27. 按要求在□里选填合适的两位数。 （1）积的末尾有1个0。（ ） □×70 □×60 A. 14，23 B. 14，25 C. 10，23 D. 10，25 （2）积的末尾有2个0。（ ） □×70 □×60 A. 10，18 B. 15，20 C. 15，25 D. 10，20 28. 在1155的倍数中，有（ ）个数恰有1155个因数。 29. 三个自然数的乘积是100，则这三个自然数的和最小是（ ）。 30. 求值：（ ）。 31. 将一个六位数中连续的三位数字保持顺序，移动到这个数的最前方或者最后方，得到一个新的数，我们将此视为一次操作。已知六位数123456按照下图操作五次后得到654321，那么②处所代表的数是多少？ 32. 用一副七巧板，（ ）（填“能”或“不能”）拼出三角形，试试看，你有（ ）种不同的拼法。 33. 已知图中的正六边形的面积是60，请求出长方形的面积（ ）。（图中长方形的顶点是六边形边上的中点） 34. 图中的大小正方形的边长均为整数（厘米），它们的面积之和等于52平方厘米，则阴影部分的面积是（ ）平方厘米。 35. 如图，点P、Q、R、S、T、U将半径为20厘米的大圆六等分，大圆内部有一个半径为10厘米的同心圆。在内外圆之间连线，围出阴影区域，且阴影区域有3条对称轴。阴影区域的面积为（ ）平方厘米。（π取3.14） 36. 如图，正方形ABCD的边长为4，DCEF为梯形，圆周率π取3.14，那么阴影部分的面积是（ ）。 37. 如图，每个小正方形的边长都是10厘米，那么空白部分面积与阴影部分面积的差是（ ）平方厘米。（π取3.14） 38. 一个半径1厘米的硬币沿着三角形纸板的边缘滚动。三角形纸板三条边的长度分别是6厘米、7厘米和8厘米。当硬币滚回原来位置时，硬币的圆心经过的路程是（ ）厘米。 39. 如图，圆的内接正方形面积是10，那么阴影部分的总面积是（ ）。 40. “粽子”的几何结构可以看成正四面体，也就是由4个相同的等边三角形围成的立体图形，如图所示，则正四面体的平面展开图有（ ）种。（旋转翻转后相同的算一种） 41. 一个长方体的长、宽、高分别为a米、b米、h米，高增加3米后，体积增加（ ）立方米。 42. 下图是一个由15个棱长为1分米的小正方体拼成的立体图形，其表面积为（ ）平方分米。 43. 题图是几个棱长为1的小正方体搭成的几何体的俯视图，数字表示该位置叠加小正方体的个数，那么这个几何体的表面积是（ ）。 44. 如图，从一个棱长为3cm的正方体的一顶点处挖去一个棱长为1cm的正方体，则剩余部分的体积和表面积分别是（ ）。 A. ， B. ， C. ， D. ， 45. 已知圆环的外圆与内圆的周长分别是31.4分米和25.12分米，这个环形的宽是（ ）分米。（π取3.14） 46. 一个长方体药盒的展开图如图所示，药盒的长比宽多4厘米，则这个药盒的体积是（ ）立方厘米。 47. 一个长方体长、宽、高分别为8分米、7分米、6分米，如果把它截成两个相同的小长方体，表面积最少增加（ ）平方分米，最多增加（ ）平方分米。 48. 如图，在空的长方体容器内放入一个圆柱体铁块，然后往容器中灌水。5分钟时水面恰好与圆柱体的顶面相平，再过12分钟水灌满容器。已知长方体容器的高是50厘米，圆柱体铁块的高是20厘米，则长方体容器的底面积是圆柱体铁块底面积的（ ）倍。 49. 球的体积公式是，其中r是球的半径。在一个圆柱体容器内刚好可以放入若干个和圆柱底面有相同半径的实心铁球。往容器内倒水，当容器内水的体积是一个铁球体积的6倍时，水面刚好到达容器口。容器内放了（ ）个铁球。 50. 一个无水的观赏池中放有一块高28厘米，体积为4200立方厘米的假山石。如果以每分钟8立方分米的水量向池内注水，那么至少需要（ ）分钟才能将假山石完全淹没。 51. 甲、乙两校原有图书的本数的比是7∶5，如果乙校给甲校65本，甲、乙两校图书本数的比就是3∶2，原来甲校有图书（ ）本。 52. 某店原来将一批苹果按100%的利润定价出售，由于定价过高，无人购买，后来不得不按38%的利润定价，这样出售了其中的40%。此时，因害怕剩余水果腐烂变质，不得不降价，售出了剩余的全部水果。结果，实际获得的总利润是原定利润的30.2%。那么第二次降价后的价格是原定价的（ ）%。 53. 已知A是B的7倍，而C的6倍跟B的5倍相等，求A∶B∶C。 54. 在一个水池中有两根直立的木棍，木棍的一端紧贴着池底，另一端都露在水面上。两个木棍露出水面部分的长度之比是7∶3，如果现在水池中的水面向上涨70厘米，这时两根木棍露出水面的部分的长度之比是7∶2，那么原来这两根木棍露出水面部分的长度和是（ ）厘米。 55. 某自行车前轮的周长是米，后轮的周长是米，则当前轮比后轮多转25圈时，自行车行走了（ ）米。 56. 商店购进一批零食，按定价全部卖出，则利润率为40%。实际销售时前15天按定价卖出这批零食的60%，之后进行“买二赠一”的捆绑促销活动，最后还是剩余一些零食没有卖出。实际销售这批零食的利润率为17.6%，则剩余的零食占这批零食的（ ）%。 57. 正方形木板的一条边长减少3厘米，其面积就减少了63平方厘米，则原来正方形边长是（ ）厘米。 58. 狮虎山中有一群狮子和老虎，且狮子数量的与老虎数量的相等，那么狮虎山至少有（ ）只狮子。 59. 甲瓶中酒精溶液的浓度为70%，乙瓶中酒精溶液的浓度为60%，两瓶酒精溶液混合后的浓度为66%。如果两瓶酒精溶液各用去5克后再混合，则混合后的浓度为66.25%。则原来甲、乙两瓶酒精溶液分别有（ ）克、（ ）克。 60. 有一杯重300克的盐水，含盐率为20%，要使含盐率下降为10%，需要加水（ ）克。 61. 商店以每支10.9元的价格购进一批钢笔，售价为每支14元。当卖出这批钢笔的时，不仅收回了全部成本，而且获利150元。这批钢笔共有（ ）支。 62. 开心超市大促销。王阿姨买了牛奶和巧克力，算下来一共比不促销时省了404元。王阿姨实际至少花了（ ）元。 63. 如下图，平衡板上有10个一样的小皮球，左边5个，右边5个，如果拿掉其中1个小皮球，那么平衡板上还有（ ）个小皮球。 64. 甲、乙、丙、丁四人一起完成一项工程，按工作时间分配报酬，开始每人预领了相等的劳动报酬，可是丁工作一天就病倒了，结果是甲工作6天，乙工作5天，丙工作4天后把工程完成了，丁退回480元补偿给其他三人，最后甲得报酬（ ）元。 65. 1只打字机打100个字需要1分钟，5只打字机同时各打100个字，需要（ ）分钟。 66. 当时钟上显示时间为7：24时，时针和分针之间的夹角是（ ）度（小于180度）。 67. 钟表表盘有60格。在0时整，时针与分针重合。在3时整，分针在时针前面45格。在3时（ ）分，分针在时针前面7格。 68. 李军有一个闹钟，但它走时不准，这天下午6：00把它对准北京时间，可到晚上9：00时，它才走到8：45，这天早上李军看闹钟走到6：17的时候赶去上学，这时候北京时间为（ ）。 69. 小刘和小祝在一个360米的环形跑道上同时同地出发，背向而行。小刘的速度是4米每秒，小祝的速度是2米每秒，那么从出发开始，两人（ ）秒后第一次相遇。 70. 多多岛的小火车们勤快地忙碌着。托马斯和培西从机房前往码头，爱德华从码头前往火车站，他们都是到达目的地后立即返回出发地，往返一次后结束工作。三辆小火车同时出发，当爱德华到达火车站时，托马斯也刚好经过火车站，而这时培西只行驶了45km；当爱德华回到码头时，托马斯刚好又经过火车站。这时托马斯的蒸汽机出故障，他仍坚持行驶但速度减半，恰好在机房和码头铁路线的中点迎面遇到了培西。那么，机房到码头铁路线的长度为（ ）km。 71. 甲乙两人练习跑步，从同一地点同向出发。若乙比甲先跑10米，则甲跑5秒追上乙；若乙比甲先跑2秒，则甲跑4秒追上乙。甲每秒跑（ ）米，乙每秒跑（ ）米。 72. 闪电侠表演与子弹赛跑，他先站在原地向对面的靶子开一枪，过了一段时间后起跑，起跑4秒后追上子弹并继续向前跑，再过8秒到达靶子处并立刻返回，又过4秒与子弹相遇。闪电侠因能量消耗过大，返回的速度只有去时速度的一半，那么从开枪到他起跑一共经过（ ）秒。 73. 两只蜗牛阿杰和阿伦分别从自己家同时出发沿同一条路前往对方家做客。它们都是每分钟走1米，但阿杰每走9米要休息5分钟，阿伦每走7米要休息4分钟。两只蜗牛的家相距50米，当它们相遇时阿杰走了（ ）米。 74. 地震发生时，震源同时传播出纵波和横波。某次地震，监测点先接收到纵波，20秒后又接收到横波。如果纵波的传播速度是6千米/秒，横波的传播速度是4千米/秒，那么震源与监测点相距（ ）千米。 75. 早上8时，骑士号和勇士号两船分别从A、B两港出发，相向而行，骑士号抵达下游B港、勇士号抵达上游A港后都立即掉头返回，上午10时两船首次回到各自的出发点。已知两船同向行驶的时间是10分钟，水流速度为0.5米/秒，那么骑士号在静水中的航行速度是（ ）米/秒。 76. 棱长为4cm的密封正方体盒子中，有一个半径为1cm的小球，小球可以在盒子里随意移动，盒子也可以任意翻转。小球可以接触到的正方体盒子的内表面面积是（ ）cm2。 77. 给下面的图形加一条直线，可以变成（ ）等图形，有（ ）种不同的方法。 78. 如图，由若干个小等边三角形构成，其中每个三角形的顶点都被称为格点，则以图中的格点为顶点的等边三角形有（ ）个。 79. 如图所示，长方形被折线分成大小形状完全相同的两部分，且这两部分能够拼成一个正方形。已知长方形的长是27厘米，那么长方形的宽是（ ）厘米。 80. 图①是由4个1×1方格组成的阴影图形。至少需要（ ）个阴影图形才能完全覆盖图②中的5×5方格。覆盖时，阴影图形可以旋转、翻转，图形之间可以互相重叠，但每个1×1方格必须与图②中的小方格完全重合。 81. 用5条直线最多可以将一个圆分成（ ）部分。 82. 一张圆形纸片被对折成一个半圆形，在半圆形上画三条直线，然后沿直线切三刀，能将纸片最多分成（ ）块。 83. 如图，共有16个方格，要把A、B、C、D四个不同的棋子放在方格里，并使每行每列只能出现一个棋子。共有（ ）种不同的做法。 84. 如果有一位陌生的朋友到你家里做客，你可以请他来玩一套“猜年龄”的魔术。先让客人看下面由数字组成的6张表： 当客人看了这些表之后，就请客人说出在哪几张表上有他的年龄，当他说出以后，你马上就能“猜出”他的年龄是多少！现在，客人告诉你他的年龄出现在第2、第3和第4这三张表上，那么你能够知道客人的年龄是多少岁吗？客人的年龄是（ ）岁。 85. 将2019个小球放入编号分别为1，2，…，63的63个箱子中，要求：所有箱子中小球的个数不同，且小球个数不小于箱子的编号，则不同的放法有（ ）种。 86. 当数字时钟从08：32到08：33时，数字3出现3次。第一次是在08：32，第二次和第三次出现是在08：33，在一个24小时制数字时钟上，一天会显示从00：00到23：59共1440个不同的时间。其中，数字5总共出现了（ ）次。（注：当时钟显示05：55时，也就是早上5时55分，数字5出现了三次。当时钟显示15：55时，也就是下午3时55分，数字5出现了3次。） 87. 一列火车从A站行驶到B站的途中经过五个车站，则在这条路线上需要准备（ ）种火车票（单程票）。 88. 青青乐园的抽奖箱里有金色、银色和彩色三种球，抽奖者可以从抽奖箱里随机取出3个球。喜羊羊希望自己拿到3个金色球，美羊羊希望自己拿到2个金色球和1个银色球，懒羊羊希望自己拿到三种球各1个。慢羊羊说：“你们三人中只能选出一人去抽奖，不论选出谁，你们实现自己愿望的概率都是相等的。”抽奖箱里至少有（ ）个球。 89. 从1，5，9，13，…，97，101这26个数中至少取（ ）个数，才能保证其中必有2个数的和是102。 90. 购买1斤香蕉，2斤桔子需7元；购5斤香蕉，8斤桔子需30元，那么购买1斤香蕉、1斤桔子共需（ ）元。 91. 一个圆上均匀分布着50个点，编号依次为1，2，3，…，49，50.机械青蛙从1号点出发，每次跳1步，依次到达2，3，4，…号点；或者每次跳2步，依次到达3，5，7，…号点；或者每次跳3步，依次到达4，7，10，…号点；……或者每次跳49步，依次到达50，49，48，…号点。每一种跳法中每次跳的步数相同，并且一直跳下去。那么，以上49种跳法中共有（ ）种跳法可以保证到达圆上的所有点。 92. 把6～11分别填入图中的小圆圈内，使每个大圆上三个数的和为27，三角形每条边上三个数的和是24，那么（ ）。 93. 在网格图的每个方格填入0或1，要求每个网格的四个数之和都是奇数，有（ ）种不同的填法。 94. 已知a、b、c均为非0自然数，且各不相同，并且a＋2bc=，那么a＋b＋c的最大值是（ ）． 95. 两个班植树，一班每人植3棵，二班每人植5棵，共植树115棵。两班人数之和最多为（ ）人。 96. 在六位数中，不同的字母表示不同的数字，且满足，，，，，依次能被2，3，5，7，11，13整除。则的最小值是（ ）；已知当取得最大值时，，那么的最大值是（ ）。 97. 在国际饭店的宴会桌旁，甲、乙、丙、丁4位朋友进行有趣的交谈，他们分别用了汉语、英语、法语、日语4种语言．并且还知道： ①甲、乙、丙各会两种语言，丁只会一种语言； ②有一种语言4人中有3人都会； ③甲会日语，丁不会日语，乙不会英语； ④甲与丙、丙与丁不能直接交谈，乙与丙可以直接交谈； ⑤没有人既会日语，又会法语． 请根据上面的情况，判断他们各会什么语言? 98. 甲、乙、丙三人分别买了以下水果： 甲 乙 丙 2箱苹果和3箱梨 5箱梨 5箱苹果 每箱苹果比每箱梨贵15元，（ ）花的钱最多，（ ）花的钱最少，乙比甲少花（ ）元． 99. 在空格里填入数字1～6，使得每行、每列和每个的格子内数字不重复。相同的颜色的彩线两边数字差相同，不同颜色的彩线两边数字差不同。那么，第三行从左到右前五个数字组成的五位数是（ ）。 100. 产地A1、A2、A3和销售地B1、B2、B3、B4都在铁路线上，位置如图所示，已知A1、A2、A3的产量分别为5吨、3吨、2吨；B1、B2、B3、B4的销售量分别是1吨、2吨、3吨、4吨。试求最佳的物资调运方案，A1运往B1处（ ）吨，运往B2处（ ）吨，运往B3处（ ）吨；A2运往B3处（ ）吨，运往B4处（ ）吨；A3运往B4处（ ）吨。（图上除B4和A3两地距离是3千米，其他相邻的两地距离都是1千米。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $