精品解析：湖南省长沙市长郡中学2025年人教版小升初考试（QB班选拔）数学试卷

长郡系QB数学科学班初试真题卷 （时量：70分钟 满分：100分） 一、选择题（每题3分，共6分） 1. 1949×1950×1951×…×2013的乘积是一个多位数，这个多位数的末尾有（ ）个连续的零。 A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 2. 如果一个数从左到右各个数位上的数字依次增大，我们将这样的数就称之为“上升数”。把所有四位数的“上升数”从小到大排列，第40个“上升数”是（ ）。 A. 1279 B. 1389 C. 1459 D. 1567 二、填空题（每题4分，共84分） 3. 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中取出4个互不相同的数，分别记为a，b，c，d，则（a＋b）×（c＋d）是奇数的取法有______种。 4. 从18个自然数1，2，3，7，8，9，13，14，15，19，20，21，25，26，27，31，32，33中，至少取出______个，才能确保其中必定存在两个数，差等于5。 5. 下面是一个算式，9个汉字代表数字1至9，不同的汉字代表不同的数字，则该式可能的最大值是______。 草×绿＋花儿×红＋春光明×媚 6. 张明骑自行车，速度为每小时14千米，王华骑摩托车，速度为每小时35千米，他们分别从A，B两地出发，并在A，B两地不断往返行驶，且两人第四次相遇（两人同时到达同一地点叫作相遇）与第五次相遇的地点恰好相距120千米，那么，A，B两地之间的距离是______千米。 7. 某校和某工厂之间有一条公路，该校下午2点钟派车去该厂接某劳模来校作报告，往返需用1小时。这位劳模在下午1点钟便离厂步行向学校走来，途中遇到接他的汽车，便立刻上车赶往学校，在下午2点40分到达。汽车速度是劳模步行速度的______倍。 8. 一个圆的周长为1.26米，两只蚂蚁从一条直径的两端同时出发沿圆周相向爬行。这两只蚂蚁每秒分别爬行5.5厘米和3.5厘米。它们每爬行1秒，3秒，5秒…（连续的奇数），就调头爬行。那么，它们相遇时，已爬行的时间是______秒。 9. 如图，圆形湖泊周长1200米，除了A点和B点之外，每隔100米就有一只蜜蜂，一共十只蜜蜂，它们按照顺时针的方向飞行，各个蜜蜂的速度均标在了图上，单位是“米/秒”。小偷从A点出发沿湖顺时针逃到位于B点的家中。只要被沿途的蜜蜂碰到，小偷就会被蜇一下。请问：小偷最少会被（ ）只蜜蜂蜇到。 10. 在连续奇数1，3，5，…，97，99中，所有数码（数字）之和等于______。 A. 456 B. 475 C. 494 D. 900 E. 875 11. 选择正确序号：用4种颜色红、蓝、黄、白染正四面体，每个面颜色不同，如果经旋转后，染色的正四面体不相同，则称为不同的染色方式，共有______种不同的染色方式。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 E. 5 12. 如图，从1，2，3，4，5，6中选出5个数填在图中空格内，使填好的格内的数右边的比左边的大，下边的比上边的大，则共有______种不同的填法。 7 13. 由编号1~150的150名YMO小明星们组成的方阵，开始都面朝东方站立，第一次所有编号是1的倍数的小朋友向左转，第二次所有编号是2的倍数的小朋友再向左转，第三次所有编号是3的倍数的小朋友再向左转……最后一次所有编号是150的倍数的小朋友再向左转，最后所有小朋友中有______名小朋友面朝南方。 14. 从0至9每个数字恰用一次，组成五个两位数，然后将这五个两位数分别给了甲、乙、丙、丁、戊这五名聪明且不说谎话同学，每名同学只知道自己的两位数。五人对话如下： 甲说：“我的数是一个完全平方数。” 乙说：“我的数最小，而且是个质数。” 丙说：“我的数第二小，恰有6个因数。” 丁说：“我的数不是最大的，我已经知道甲、乙、丙三人手中的其中两个数是多少了。” 戊说：“我的数是某人的数的5倍还多10。” 那么这五个两位数之和是______。 15. 分子与分母的和是2013的最简真分数有______个。 16. A，B，C，D四个箱子中分别装有一些小球，现将A箱中的部分小球按如下要求转移到其他三个箱子中：该箱中原有几个小球，就再放入几个小球，此后，按照同样的方法依次把B，C，D箱中的小球转移到其他箱子中，此时，四个箱子都各有16个小球，那么开始时装有小球最多的是______箱，其中装有______个小球。 17. 已知化成小数后是一个循环节为21位的纯循环小数。如果循环节组成的多位数能被整除，那么n的最大值是______。 18. 星期日，小丫骑自行车去同学A，B，C三家玩，如果她从A出发经过B到C，共行10千米；如果从B出发，经过C到A，共行13千米；如果从C出发，经过A到B，共行11千米。两同学家之间最短的距离是______千米。 19. 把1~8这8个自然数填入下面算式的内，使得数最大。这个最大的得数是______。 －× 20. 计算。 ______ 21. 已知是一个首位不为1的609位自然数，那么是一个______位数。 22. 在一个7×7的方格表中，每个方格最多可以放入1枚棋子。那么，至少要放入______枚棋子，才能够保证无论怎样放置棋子，都一定可以在方格表中找到两行和两列一共放了不少于7枚棋子。 23. 我们用r（n）表示n因数个数，比如r（20）＝6，满足r（n）＋r（n＋1）＝r（100）的正整数n且n＜100的所有取值的总和是______。 三、解答题（每题5分，共10分） 24. A，B两地之间是山路，相距60千米，其中一部分是上坡路，其余是下坡路，某人骑电动车从A地到B地，再沿原路返回，去时用了4.5小时，返回时用了3.5小时。已知下坡路每小时行20千米，那么上坡路每小时行多少千米？ 25. 在一条公路上，甲、乙两地相距600米，小明和小强进行竞走训练，小明每小时行走4千米，小强每小时行走5千米。9点整，他们二人同时从甲、乙两地出发相向而行，1分钟后二人都掉头反向而行，又过3分钟，二人又都掉头相向而行，依次按照1，3，5，7，…（连续奇数）分钟数掉头行走，那么二人相遇时几点几分？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长郡系QB数学科学班初试真题卷 （时量：70分钟 满分：100分） 一、选择题（每题3分，共6分） 1. 1949×1950×1951×…×2013乘积是一个多位数，这个多位数的末尾有（ ）个连续的零。 A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】一个就有一个零，的个数决定算式结果零的个数。而算式中2的个数多于5的个数，因此末尾零的个数由5的个数决定。需要计算从1949到2013的所有整数中因数5的总个数，通过找出5的倍数、25的倍数、125的倍数等，并分层计算它们的数量。 【详解】乘积末尾连续零的个数等于因数2和因数5配对个数的最小值。计算因数5的总个数： 5的倍数：最小为1950，最大为2010，共13个（1950、1955、1960、1965、1970、1975、1980、1985、1990、1995、2000、2005、2010），每个至少有1个因数5。 25的倍数：最小为1950，最大为2000，共3个（1950、1975、2000），每个是25的倍数，额外多1个因数5（因为25＝5×5，作为5的倍数时已计入1个）。 125的倍数：2000是125的倍数（125×16＝2000），额外多1个因数5（因为125＝5×5×5，作为5和25的倍数时已计入2个）。 因数5总个数＝13＋3＋1＝17。 2的倍数（含至少1个2）： （个） 2的倍数已经远大于17（4、8、16、32的倍数不需要再进行统计），所以末尾连续零的个数为17个。 故答案为：C 【点睛】计算乘积末尾0的个数，核心逻辑是“抓少的因数”：因为每1个0对应1对“2×5”，而连续整数中因数2的数量通常远多于因数5，因此只需统计质因数5的总个数（分层统计5、25、125等倍数的数量），即可直接得到末尾0的个数。 2. 如果一个数从左到右各个数位上的数字依次增大，我们将这样的数就称之为“上升数”。把所有四位数的“上升数”从小到大排列，第40个“上升数”是（ ）。 A. 1279 B. 1389 C. 1459 D. 1567 【答案】C 【解析】 【分析】由于四位数，那么千位上最小的是1，百位数是2，十位上是3，那么个位上的数要比3大，有6种情况；当千位和百位不变，十位是4的时候，个位有5种情况；当十位是5的时候，有4种情况，当十位是6的时候，有3种情况，当十位是7的时候，有2种情况，当十位是8的时候，有1种情况；当千位上是1，百位上是3，十位上是4的时候，个位上有5种情况，十位数是5的时候，个位有4种情况，十位数是6的时候，个位有3种情况，十位是7的时候，个位有2种情况，十位是8的时候，个位有1种情况，此时一共是6＋5＋4＋3＋2＋1＋5＋4＋3＋2＋1＝36种情况，当千位是1，百位是4，那么十位是5的时候，个位有4种情况，36＋4＝40，正好是第40个，也就是个位最大数字9的时候，即1459。 【详解】根据分析可知，如果一个数从左到右各个数位上的数字依次增大，我们将这样的数就称之为“上升数”。把所有四位数的“上升数”从小到大排列，第40个“上升数”是1459。 故答案为：C 【点睛】本题主要考查搭配问题，关键是要找出规律，确定千位，百位、十位上的数，据此找出规律。 二、填空题（每题4分，共84分） 3. 从1，2，3，4，5，6，7，8，9中取出4个互不相同的数，分别记为a，b，c，d，则（a＋b）×（c＋d）是奇数的取法有______种。 【答案】960 【解析】 【分析】（1）确定（a＋b）和（c＋d）为奇数的条件：根据奇数和偶数的运算性质：奇数×奇数＝奇数，偶数×任何数＝偶数，奇数×偶数＝偶数。因此（a＋b）×（c＋d）为奇数，需（a＋b）和（c＋d）均为奇数。又因为奇数＋偶数＝奇数，所以a、b中一个为奇数一个为偶数，c、d中一个为奇数一个为偶数。 （2）计算选2个奇数和2个偶数的组合数：1~9中奇数有5个（1、3、5、7、9），偶数有4个（2、4、6、8）。从5个奇数中选2个的组合数为种，从4个偶数中选2个的组合数为种。 （3）计算选出的4个数的排列方式：对于每组这样的4个数，分配它们到a、b、c、d使得a和b一奇一偶、c和d一奇一偶。 总分配方式为4！＝4×3×2×1＝24种。 其中，a和b同为奇数或同为偶数的分配方式：若a和b同为奇数，则从2个奇数中分配a和b有2！＝2×1＝2种方式；从2个偶数中分配c和d有2！＝ 2×1＝2种方式，共2！×2！＝2×2＝4种；同理a和b同为偶数也有4种，共8种。 因此，a和b一奇一偶的分配方式有24−8＝16种。 （4）计算总取法数：10×6×16＝960种。 【详解】根据分析可知：a、b中一个为奇数一个为偶数，c、d中一个为奇数一个为偶数。 从5个奇数中选2个的组合数为（种）， 从4个偶数中选2个的组合数为（种）， 选出的4个数的排列方式：用使得a和b一奇一偶、c和d一奇一偶总分配方式，减去a和b同为奇数或同为偶数的分配方式，即24−8＝16（种） 总取法数：10×6×16＝960（种） 因此，从1，2，3，4，5，6，7，8，9中取出4个互不相同数，分别记为a，b，c，d，则（a＋b）×（c＋d）是奇数的取法有960种。 【点睛】本题核心是利用“奇数×奇数＝奇数”的性质，将问题转化为“选取2奇2偶并分配到两组‘一奇一偶’的和中”，需结合组合数（选数）、分配方式（分组）和排列数（组内顺序）综合计算。 4. 从18个自然数1，2，3，7，8，9，13，14，15，19，20，21，25，26，27，31，32，33中，至少取出______个，才能确保其中必定存在两个数，差等于5。 【答案】 13 【解析】 【分析】找出所有差为5的两个数，分成以下6组： 第一组：2和7； 第二组：3、8、13（8－3＝5、13－8＝5）； 第三组：9、14、19（14－9＝5、19－14＝5）； 第四组：15、20、25（20－15＝5、25－20＝5）； 第五组：21、26、31（26－21＝5、31－26＝5）； 第六组：27、32（32－27＝5）； 剩下的1和33没有与之构成差为5的数，单独存在。 构建最不利的情况：从每个差为5的组中选取一个数，使得剩下的数中任意两个都不会差为5。例如，第一组选7，第二组选8，第三组选14，第四组选20，第五组选26，第六组选27，此时剩下的数为1、2、3、9、13、15、19、21、25、31、32、33共12个数，其中没有两个数的差为5。在最不利的情况下，取完所有不冲突的12个数后，再取任意一个数都必然属于上述6组中的某一组，从而与组内已存在的数构成差为5的两个数。所以，最少要取出的数量为：12＋1＝13（个） 【详解】根据分析可知： 从18个自然数1，2，3，7，8，9，13，14，15，19，20，21，25，26，27，31，32，33中，至少取出13个，才能确保其中必定存在两个数，差等于5。 【点睛】本题关键在于先罗列出所有差为5的情况，再考虑最不利的情况。 5. 下面是一个算式，9个汉字代表数字1至9，不同的汉字代表不同的数字，则该式可能的最大值是______。 草×绿＋花儿×红＋春光明×媚 【答案】8186 【解析】 【分析】观察这个算式，要使算式值最大，那么三位数乘一位数的乘积就要尽可能大，再依次分配到两位数乘一位数和一位数乘一位数，同时确保数字不重复。 （1）三位数乘一位数对总和影响最大，需使乘数“媚”尽可能大。1~9中最大数字为9，故“媚”＝9；“春光明”为三位数，需尽可能大。剩余数字中，百位“春”选次大数字8，十位“光”选第三大数字7，为了将较大数字分配给“光”和“花”，个位“明”选剩余较大数字4，得“春光明”＝874 （2）剩余数字为6、5、3、2、1。两位数乘一位数中，“红”选最大剩余数字6，“花儿”选最大两位数53（花＝5，儿＝3） （3）剩余数字为2、1，一位数乘一位数中，选较大数字2和1相乘 （4）将各部分结果相加，得到算式的最大值，即2×1＋53×6＋874×9。 【详解】根据分析，可知： （1）三位数乘一位数对总和影响最大，得“媚”＝9 ，“春光明”＝874； （2）两位数乘一位数，得 “花儿”＝53，“红”＝6； （3）一位数乘一位数，得2×1； 因此，得到算式的最大值： 2×1＋53×6＋874×9 ＝2＋318＋7866 ＝320＋7866 ＝8186 因此，在“草×绿＋花儿×红＋春光明×媚”算式中， 9个汉字代表数字1至9，不同的汉字代表不同的数字，则该式可能的最大值是8186。 【点睛】本题核心利用“高位数字对乘积影响最大”的原则，优先优化影响最大的部分“三位数×一位数”，再依次调整其他部分的数字组合，找到使算式值最大的分配方案。 6. 张明骑自行车，速度为每小时14千米，王华骑摩托车，速度为每小时35千米，他们分别从A，B两地出发，并在A，B两地不断往返行驶，且两人第四次相遇（两人同时到达同一地点叫作相遇）与第五次相遇的地点恰好相距120千米，那么，A，B两地之间的距离是______千米。 【答案】210 【解析】 【分析】张明王华的速度比是14∶35＝2∶5，那么第一次相遇时，张明行了全程的。第一次相遇两人共行了1个全程，以后两人共行两个全程才能相遇，所以到第四次相遇共行了1＋2×3＝7个全程，张明行了个全程，第五次相遇，两人共行了1＋2×4＝9个全程，张明共行了个全程，第四次相遇和第五次相遇相距120千米，正好对应张明两次行驶的路程差，为AB全程的，由此求出全程。 【详解】14∶35＝2∶5 1＋2×3＝7 1＋2×4＝9 120÷（） ＝120÷ ＝120× ＝210（千米） 答：A，B两地之间的距离是210千米。 【点睛】根据相同时间内速度比等于路程比，求出第四次和第五次相遇时，张明行驶的路程。第四次相遇和第五次相遇相距120千米，正好对应张明两次行驶的路程差，由此求出全程即可。 7. 某校和某工厂之间有一条公路，该校下午2点钟派车去该厂接某劳模来校作报告，往返需用1小时。这位劳模在下午1点钟便离厂步行向学校走来，途中遇到接他的汽车，便立刻上车赶往学校，在下午2点40分到达。汽车速度是劳模步行速度的______倍。 【答案】8 【解析】 【分析】分析题意，我们可以画图帮助分析，如下图，A是学校，C是工厂，B是相遇地点， 汽车从A到C往返需要1小时，从A到B往返要40分钟即小时，这说明AB＝AC，即也说明汽车从A到B要用40÷2＝20（分钟），而劳模由C到B要用1小时＋20分，即80分钟．是汽车的4倍，又知AB＝2BC，即汽车的路程是劳模的2倍，于是汽车的速度是劳模步行速度的4×2＝8倍。 【详解】汽车从A到B往返的时间是从A到C往返时间的：40÷60＝， 汽车从A到B往返的路程是从A到C往返路程的， 汽车从A到B用的时间：40÷2＝20（分钟）， 汽车从B到C用的时间：20÷2＝10（分钟）， 劳模从C到B用的时间：60＋20＝80（分钟）， 汽车时间是劳模时间的：10÷80＝， 所以汽车速度是劳模速度的8倍。 【点睛】此题主要根据汽车所用时间是劳模所用时间的几分之几，那么汽车速度就是劳模速度的几倍．只要求出从C到B汽车和劳模各用的时间，即可解决问题。 8. 一个圆的周长为1.26米，两只蚂蚁从一条直径的两端同时出发沿圆周相向爬行。这两只蚂蚁每秒分别爬行5.5厘米和3.5厘米。它们每爬行1秒，3秒，5秒…（连续的奇数），就调头爬行。那么，它们相遇时，已爬行的时间是______秒。 【答案】49 【解析】 【分析】圆的周长为1.26米即126厘米，半圆的周长为63厘米。如果两只蚂蚁都不调头相向而行，它们在半圆处相遇，63÷（3.5＋5.5） ＝7（秒）即相遇；由于发现蚂蚁爬行方向的变化是有规律可循的，它们每爬行1秒、3秒、5秒、…（连续的奇数）就调头爬行。每只蚂蚁先向前爬1秒，然后调头爬3秒，再调头爬5秒，这时相当于在向前爬1秒的基础上又向前爬行了2秒。同理，接着向后爬7秒，再向前爬9秒，再向后爬11秒，再向前爬13秒，这就相当于一共向前爬行了1＋3＋5＋7＋9＋11＋13＝49（秒）正好相遇。据此解答。 【详解】1.26米＝126厘米 126÷2＝63（厘米） 63÷（3.5＋5.5） ＝63÷9 ＝7（秒） 根据他们掉头再返回的规律可知： 1＋3＋5＋7＋9＋11＋13＝49（秒） 所以，它们相遇时，已爬行的时间是49秒。 9. 如图，圆形湖泊周长1200米，除了A点和B点之外，每隔100米就有一只蜜蜂，一共十只蜜蜂，它们按照顺时针的方向飞行，各个蜜蜂的速度均标在了图上，单位是“米/秒”。小偷从A点出发沿湖顺时针逃到位于B点的家中。只要被沿途的蜜蜂碰到，小偷就会被蜇一下。请问：小偷最少会被（ ）只蜜蜂蜇到。 【答案】3 【解析】 【分析】抓住小偷的速度进行解题是最关键的问题；实际上，是计算每只蜜蜂到达B点的时间。 1蜜蜂：到达B点需要500秒； 2蜜蜂：到达B点需要200秒； …… 11蜜蜂：到达B点需要700÷11≈63秒 根据题意，可知当7、8、9、10、11 蜜蜂从后部追赶上时，会被蜇一下。所以，当小偷在50秒至63秒（例如60秒）跑完全程时，就只会被3只蜜蜂蜇到；小偷至少会被3只蜜蜂蜇到。据此解答。 【详解】1蜜蜂到达B点需要：100×5÷1＝500（秒） 2蜜蜂到达B点需要：100×4÷2＝200（秒） 同理求得： 3蜜蜂：到达B点需要100秒 4蜜蜂：到达B点需要50秒 5蜜蜂：到达B点需要20秒 7蜜蜂：到达B点需要1100/7≈157秒 8蜜蜂：到达B点需要125秒 9蜜蜂：到达B点需要100秒 10蜜蜂：到达B点需要80秒 11蜜蜂：到达B点需要700÷11≈63秒 根据题意，可知当7、8、9、10、11蜜蜂从后部追赶上时，会被蜇一下； 所以，当小偷在50秒至63秒（例如60秒）跑完全程时，就只会被3只蜜蜂蜇到。 所以小偷至少会被3只蜜蜂蜇到。 故答案为：3 【点睛】计算出每只蜜蜂到达B点的时间，是解答此题的关键。 10. 在连续奇数1，3，5，…，97，99中，所有数码（数字）之和等于______。 A. 456 B. 475 C. 494 D. 900 E. 875 【答案】B 【解析】 【分析】数码之和指的是每个数的各位数字相加的总和。 数列为从1到99的连续奇数，包括一位数和两位数，一位数奇数有：1、3、5、7、9，其数码之和为1＋3＋5＋7＋9＝25；两位数奇数（从11到99）：十位数字从1到9，个位数字为1、3、5、7、9，两位数奇数的十位是1~9，每个十位对应5个奇数（如十位是1时，对应11、13、15、17、19），因此十位数码之和为（1＋2＋3＋…＋9）×5＝45×5＝225；个位数码之和为：（1＋3＋5＋7＋9）×9＝25×9＝225。最后将一位数奇数的数码之和和两位数奇数的数码之和（分为十位数码之和和个位数码之和）相加即可。 【详解】1＋3＋5＋7＋9 ＝5×5 ＝25 （1＋2＋3＋…＋9）×5 ＝（5×9）×5 ＝45×5 ＝225 （1＋3＋5＋7＋9）×9 ＝（5×5）×9 ＝25×9 ＝225 25＋（225＋225） ＝25＋450 ＝475 因此所有数码（数字）之和等于475。 故答案为：B 【点睛】本题需把连续奇数1、3、5、…、97、99按一位数、两位数分类，两位数再分为十位数和个位数，分别计算它们的数码之和，再相加。 11. 选择正确的序号：用4种颜色红、蓝、黄、白染正四面体，每个面颜色不同，如果经旋转后，染色的正四面体不相同，则称为不同的染色方式，共有______种不同的染色方式。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 E. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先固定一个面的颜色（消除旋转带来的重复），此时剩余3个面需染另外3种颜色，有6种全排列方式；但正四面体固定底面后，剩余3个面可通过旋转得到3种相同的染色效果，因此要将全排列数除以3，最终得到2种不同的染色方式。 【详解】固定1个面的颜色后，剩余3个面的全排列数＝3×2×1＝6 正四面体固定底面后，剩余面的旋转重复次数为3，因此不同染色方式：6÷3＝2（种） 共有2种不同染色方式。 故答案为：B 【点睛】正四面体可通过旋转改变面的位置，因此先固定一个面的颜色（避免旋转带来的重复），再计算剩余面的排列数；同时要注意，固定底面后剩余3个面能通过旋转得到3种等效排列，需将全排列数除以旋转重复次数，才能得到真正不同的染色方式。 12. 如图，从1，2，3，4，5，6中选出5个数填在图中空格内，使填好的格内的数右边的比左边的大，下边的比上边的大，则共有______种不同的填法。 7 【答案】30 【解析】 【分析】首先我们从6个数里面选出5个数，有6种选法。其中最小的数肯定要填在左上角，所以现在只要填四个数就行了。 我们把这四个数从小到大编号，依次是①②③④。 现在①出场，能填的位置有两个：左下与中上。 （1）若①填在左下，那么②只能填在中上的位置，剩下③④，还有两个位置可以随便填，所以有2种选择。 （2）若①填在中上，我们再来分析②，②可以填在左下，也可以填在右上。 若②在右上，则剩下的③④只能分别填在左下和中下，有1种选择。 若②在左下，那么剩下的③④可以随便填，有2种选择。 所以①填在中上共有3种可能。 因此，共有6×（2＋3）＝30（种） 【详解】根据分析可得： 6×（2＋3）＝30（种） 因此，如图，从1，2，3，4，5，6中选出5个数填在图中空格内，使填好的格内的数右边的比左边的大，下边的比上边的大，则共有30种不同的填法。 【点睛】本题核心是分步处理选数与排列：先通过组合数确定从6个里选5个数的方式，再利用数的大小关系约束排列逻辑，最后结合分步乘法计数原理得到结果。 13. 由编号1~150的150名YMO小明星们组成的方阵，开始都面朝东方站立，第一次所有编号是1的倍数的小朋友向左转，第二次所有编号是2的倍数的小朋友再向左转，第三次所有编号是3的倍数的小朋友再向左转……最后一次所有编号是150的倍数的小朋友再向左转，最后所有小朋友中有______名小朋友面朝南方。 【答案】 7 【解析】 【分析】每个小朋友左转的次数等于其编号的约数个数。初始面朝东方，每次左转方向变化：东→北→西→南→东，每4次左转方向循环一次。因此，最终方向取决于约数个数除以4的余数。面朝南方需要约数个数是3，或约数个数除以4余3。约数个数为奇数的编号必为完全平方数，因此只需检查1到150中的完全平方数，计算其约数个数并判断余数是否为3。 【详解】编号1~150中，完全平方数有12个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100，121，144。计算每个平方数的约数个数并求模4余数： 1：约数个数1，1 ≠3 4：约数个数3，3 ＝3，符合 9：约数个数3，3 ＝3，符合 16：约数个数5，5÷ 4 ＝1……1，1 ≠3 25：约数个数3，3 ＝3，符合 36：约数个数9，9 ÷ 4 ＝2……1，1 ≠3 49：约数个数3，3 ＝3，符合 64：约数个数7，7÷ 4 ＝1……3，3＝3，符合 81：约数个数5，5 ÷ 4 ＝1……1，1 ≠3 100：约数个数9，9 ÷ 4 ＝2……1，1 ≠3 121：约数个数3，3 ＝3，符合 144：约数个数15，15÷ 4 ＝3……3，3 ＝3，符合 符合条件的有7个编号：4，9，25，49，64，121，144。因此，有7名小朋友面朝南方。 14. 从0至9每个数字恰用一次，组成五个两位数，然后将这五个两位数分别给了甲、乙、丙、丁、戊这五名聪明且不说谎话的同学，每名同学只知道自己的两位数。五人对话如下： 甲说：“我的数是一个完全平方数。” 乙说：“我的数最小，而且是个质数。” 丙说：“我的数第二小，恰有6个因数。” 丁说：“我的数不是最大的，我已经知道甲、乙、丙三人手中的其中两个数是多少了。” 戊说：“我的数是某人的数的5倍还多10。” 那么这五个两位数之和是______。 【答案】 216 【解析】 【分析】甲说：“我的数是一个完全平方数，可知：16、25、36、49、64、81； 乙说：“我的数最小，而且是个质数，可知：13、17、19、23…… 丙说：“我的数第二小，恰有6个因数，可知：12、18、20、28、32、45、50、52、68、75、76、96、98； 丁说，“我的数不是最大的，我已经知道甲、乙、丙三人手中的其中两个数是多少了。甲、乙、丙三人的可选择性本来就很多，因为丁的话，可缩小他们三人可选择的数。 戊说，“我的数是某人的数的5倍还多10。“可知：某人，且戊的个位一定为0或5。 综上可知：乙只能为13或17，所以戊的个位只能为5，因为丁能确定的前面甲、乙、丙三人的数，所以丁的数应该在37-48 之间，所以甲为36，那么，乙只能是17，戊为：175＋10＝95。则丙、丁的选择如下表所示： 所以无论丙丁怎么选，这五个两位数的和均为216。 【详解】根据分析得出： 所以无论丙丁怎么选，这五个两位数的和均为216。 【点睛】这道题在于对数字特征的层层限定与唯一推导，核心是通过乙最小，而且是质数锁定突破口，再结合各条件的数字规律逐步缩窄范围，最终利用0—9数字不重复完成验证。 15. 分子与分母的和是2013的最简真分数有______个。 【答案】600 【解析】 【分析】分子与分母的和是2013的真分数有，共有1006个。2013＝3×11×61，只要分子是2013的质因数的倍数时，这个分数就不是最简分数，因为分子与分母相加为2013，若分子是3，11或61的倍数，则分母一定也是3，11或61的倍数。 【详解】1006÷3≈335 1006÷11≈91 1006÷61≈16 1006÷3÷11≈30 1006÷3÷61≈5 1006÷11÷61≈1 1006－335－91－16＋30＋5＋1＝600 分子与分母的和是2013的最简真分数有600个。 【点睛】分子与分母的和是2013的真分数有1006个，用1006减去分子是2013的质因数及其倍数的个数，即为最简分数的个数。 16. A，B，C，D四个箱子中分别装有一些小球，现将A箱中的部分小球按如下要求转移到其他三个箱子中：该箱中原有几个小球，就再放入几个小球，此后，按照同样的方法依次把B，C，D箱中的小球转移到其他箱子中，此时，四个箱子都各有16个小球，那么开始时装有小球最多的是______箱，其中装有______个小球。 【答案】 ①. D ②. 16 【解析】 【分析】根据题意可知，操作规则为：每次操作一个箱子时，向其他三个箱子中添加等于该箱当前小球数的小球（来自外部），该箱小球数不变。操作顺序为A、B、C、D，最终所有箱子有16个小球。通过逆推法，从最终状态逐步向前推导，得出初始状态各箱子的小球数。 【详解】最终状态：所有箱子有16个小球。 逆推操作D：设C操作后状态为 A''， B''， C''， D''。 操作D时，向A、B、C箱添加D''个小球，D箱不变。那么D操作后：A箱：A'' ＋ D'' ＝ 16 B箱：B'' ＋ D'' ＝ 16 C箱：C'' ＋ D'' ＝ 16 D箱：D'' ＝ 16 所以得：D'' ＝ 16，A'' ＝ 0，B'' ＝ 0，C'' ＝ 0 即C操作后：A＝0， B＝0， C＝0， D＝16 逆推操作C： 设B操作后状态为 A'， B'， C'， D'。 操作C时，向A、B、D箱添加C'个小球，C箱不变。那么C操作后：A箱：A' ＋ C' ＝ 0 B箱：B' ＋ C' ＝ 0 C箱：C' ＝ 0 D箱：D' ＋ C' ＝ 16 所以得：C' ＝ 0，A' ＝ 0，B' ＝ 0，D' ＝ 16 即B操作后：A＝0， B＝0， C＝0， D＝16 逆推操作B： 设A操作后状态为 A*， B*， C*， D*。 操作B时，向A、C、D箱添加B*个小球，B箱不变。B操作后：A箱：A* ＋ B* ＝ 0 B箱：B* ＝ 0 C箱：C* ＋ B* ＝ 0 D箱：D* ＋ B* ＝ 16 所以得：B* ＝ 0，A* ＝ 0，C* ＝ 0，D* ＝ 16 即A操作后：A＝0， B＝0， C＝0， D＝16 逆推操作A： 设初始状态为 a， b， c， d。 操作A时，向B、C、D箱添加a个小球，A箱不变。A操作后：A箱：a ＝ 0 B箱：b ＋ a ＝ 0 C箱：c ＋ a ＝ 0 D箱：d ＋ a ＝ 16 所以得：a ＝ 0，b ＝ 0，c ＝ 0，d ＝ 16 即初始状态：A箱有0个小球，B箱有0个小球，C箱有0个小球，D箱有16个小球。 因此，开始时装有小球最多的是D箱，其中装有16个小球。 【点睛】本题需要运用逆推法找到初始状态下A，B，C，D四个箱子中分别装有的小球数量。 17. 已知化成小数后是一个循环节为21位的纯循环小数。如果循环节组成的多位数能被整除，那么n的最大值是______。 【答案】 5 【解析】 【分析】循环节组成的多位数C等于。需要求C能被整除时n的最大值。18的质因数分解为，因此含有。是由21个9组成的数，其值能被整除但不能被整除（因为21中只含有一个因子3）。因此C中含有，故n的最大值为5。 【详解】设循环节组成的多位数为C。 由于是纯循环小数，循环节长度为21，因此 C是整数。 18的质因数分解为，所以18中含有。 是由21个9组成的数，其值能被整除（因为21能被3整除，但不能被9整除，所以中3的指数为3），但不能被整除。 因此，C中3的指数为，即C能被整除，但不能被整除。 故n的最大值为5。 18. 星期日，小丫骑自行车去同学A，B，C三家玩，如果她从A出发经过B到C，共行10千米；如果从B出发，经过C到A，共行13千米；如果从C出发，经过A到B，共行11千米。两同学家之间最短的距离是______千米。 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意，设A与B之间的距离为AB千米，B与C之间的距离为BC千米，C与A之间的距离为CA千米。由三种路径可得方程：AB＋BC＝10，BC＋CA＝13，CA＋AB＝11。将三个方程相加，得到2（AB＋BC＋CA）＝34，从而求出AB＋BC＋CA＝17。然后分别减去每个方程，求出AB、BC、CA的值，最后比较得出最短距离。 【详解】由题意得： AB＋BC＝10（①） BC＋CA＝13（②） CA＋AB＝11（③） 将①、②、③相加： （AB＋BC）＋（BC＋CA）＋（CA＋AB）＝10＋13＋11 2AB＋2BC＋2CA＝34 2（AB＋BC＋CA）＝34 AB＋BC＋CA＝17（④） 用④减去①： （AB＋BC＋CA）－（AB＋BC）＝17－10 CA＝7，用④减去②： （AB＋BC＋CA）－（BC＋CA）＝17－13 AB＝4 用④减去③： （AB＋BC＋CA）－（CA＋AB）＝17－11 BC＝6 因此，AB＝4千米，BC＝6千米，CA＝7千米。两同学家之间最短的距离是AB＝4千米。 星期日，小丫骑自行车去同学A，B，C三家玩，如果她从A出发经过B到C，共行10千米；如果从B出发，经过C到A，共行13千米；如果从C出发，经过A到B，共行11千米。两同学家之间最短的距离是4千米。 【点睛】解答本题的关键是明确三次距离相加的和除以2，等于AB＋BC＋CA的和。 19. 把1~8这8个自然数填入下面算式的内，使得数最大。这个最大的得数是______。 －× 【答案】8453 【解析】 【分析】先选最大的4个数字组成最大的四位数，为8765；剩下的数字1、2、3、4 组成两个两位数，要让乘积最小，应让较小的数字在高位，且两个数差距大，即13×24；据此解答。 【详解】□□□□必须最大，是8765；□□×□□必须最小，是13×24。 8765－13×24 ＝8765－312 ＝8453 所以这个最大的得数是8453。 【点睛】要让“四位数－两位数×两位数”的结果最大，则要求四位数最大，即选最大的4个数字组成尽可能大的四位数；要求“两位数×两位数”的乘积最小，即让两位数的高位数字尽可能小、且两个数的差值尽可能大。 20. 计算。 ______。 【答案】1 【解析】 【分析】第一步：先计算所有小括号里的分数加、减法，其中结果是带分数的，改写为假分数；第二步：将上一步得到的结果的分子和分母的各个因数，利用乘法交换律和乘法结合律，重新组合，构造成可以约分的形式，即将中的个，分别与上一步加法计算出的各个分数分组相乘，各组再相乘，写在分子上，将中的个，分别与上一步减法计算出的各个分数分组相乘，各组再相乘，写在分母上；第三步：上一步各组中，分母与约分、分母与约分；第四步：将上一步得出的结果，分子上与分母上相同的分数分别约分，得出最终结果。据此计算。 【详解】 【点睛】本题的解题关键是对分子、分母上的各个因数进行合理变形、重新组合，构造可以约分的形式。要点是：仔细观察数的特点，利用分数加减法运算法则、乘法性质、分数与整数的乘法法则，对算式进行变形、重新组合构造、约分简化计算。同时，在复杂的分数混合运算中，要注意保证每步的运算准确性。 21. 已知是一个首位不为1的609位自然数，那么是一个______位数。 【答案】1414 【解析】 【分析】先将转化成的形式，。 然后确定的位数，根据（n是自然数）是一个1后面跟着n个0的自然数，其位数为（n＋1）位，可得的位数是2022＋1＝2023（位） ；已知是一个首位不为1的609位自然数，所以2×≤＜（因为首位不为1，最小首位为2，且小于），两边同时除以2，可得≤＜÷2，因此是609位数。 由＝可知，的位数等于的位数减去的位数。 【详解】＝ 的位数是2022＋1＝2023（位），的位数是609位 2023－609＝1414（位） 是一个1414位数。 点睛】对于任意正整数n，； （n是自然数）是一个1后面跟着n个0的自然数，其位数为（n＋1）位。 22. 在一个7×7的方格表中，每个方格最多可以放入1枚棋子。那么，至少要放入______枚棋子，才能够保证无论怎样放置棋子，都一定可以在方格表中找到两行和两列一共放了不少于7枚棋子。 【答案】 9 【解析】 【分析】题目要求“无论怎么放，都能找到两行两列共放棋子数量≥7枚”，我们需要先考虑“最不利的放置方式”（当棋子数为8枚时），再计算这种情况下的最大棋子数，保证条件成立的最少棋子数。 【详解】考虑最不利情况：当棋子数为8枚时，可以放置使得一行有2枚棋子，其他六行各有1枚棋子；一列有2枚棋子，其他六列各有1枚棋子。此时，对于任意两行和两列，棋子数之和最多为2＋1＋2＋1＝6（例如选择有2枚棋子的行和有1枚棋子的行，选择有2枚棋子的列和有1枚棋子的列），均小于7，因此无法保证存在两行和两列棋子数之和不少于7。 当棋子数为9枚时，假设存在放置方式使得任意两行和两列棋子数之和均不超过6。设行棋子数最大两行之和为A，列表中棋子数最大两列之和为B。根据A ≤ 6 - B且B≤6－A，因此A＋B≤6。但总棋子数为9枚，7行，故A至少为4（例如两行各有2枚棋子，其他行各有1枚棋子）。由A≥ 4和A≤6－B，得B≤2。B≤2意味着所有列表中棋子数均不超过1，但总棋子数不超过7枚，与9枚矛盾。因此，当棋子数为9枚时，必然存在两行和两列棋子数之和不少于7。 综上，至少要放入9枚棋子。 【点睛】这类“保证存在某种组合满足数量条件”的问题，核心思路是先找“最不利的放置方式”（让条件尽可能不成立的最大数量），再用“最大数＋1”得到保证条件成立的最少数量。本质是利用“抽屉原理”，通过分析极端情况推导临界值。 23. 我们用r（n）表示n的因数个数，比如r（20）＝6，满足r（n）＋r（n＋1）＝r（100）的正整数n且n＜100的所有取值的总和是______。 【答案】145 【解析】 【分析】需要找到所有的正整数，n＜100，满足r（n）＋r（n＋1）＝r（100），其中r（n）表示n的因数个数，先找出100的因数个数是9个，即r（100）＝9，因此要满足r（n）＋r（n＋1）＝9，由于9是奇数，因此n和n＋1必须一个为奇数、一个为偶数，即n和n＋1中一个为完全平方数，另一个不是，枚举所有可能情况：当 n是平方数时，检查n为1，4，9，16，25，36，49，64，81；当n＋1是完全平方数时，检查3，8，15，24，35，48，63，80，99，计算每组r（n）和r（n＋1），找出满足条件的即可解答。 【详解】100的因数有1、2、4、5、10、20、25、50、100，所以r（100）＝9，即r（n）＋r（n＋1）＝9，由于 9 是奇数，因此n和n＋1必须一个为奇数、一个为偶数，即n和n＋1中一个为完全平方数，另一个不是。 当 n是平方数时，检查n为1，4，9，16，25，36，49，64，81； 当n＝1时，r（1）＝1，r（2）＝2，1＋2＝3，不符合题意； 当n＝4时，r（4）＝3，r（5）＝2，3＋2＝5，不符合题意； 当n＝9时，r（9）＝3，r（10）＝4，3＋4＝7，不符合题意； 当n＝16时，r（16）＝5，r（17）＝2，5＋2＝7，不符合题意； 当n＝25时，r（25）＝3，r（26）＝4，3＋4＝7，不符合题意； 当n＝36时，r（36）＝9，r（37）＝2，9＋2＝11，不符合题意； 当n＝49时，r（49）＝3，r（50）＝6，3＋6＝9，符合题意； 当n＝64时，r（64）＝7，r（65）＝4，7＋4＝11，不符合题意； 当n＝81时，r（81）＝5，r（82）＝4，5＋4＝9，符合题意； 所以此时满足条件的为49和81。 当n＋1是完全平方数时，检查3，8，15，24，35，48，63，80； 当n＝3时，r（3）＝2，r（4）＝3，2＋3＝5，不符合题意； 当n＝8时，r（8）＝4，r（9）＝3，4＋3＝7，不符合题意； 当n＝15时，r（15）＝4，r（16）＝5，4＋5＝9，符合题意； 当n＝24时，r（24）＝8，r（25）＝3，8＋3＝11，不符合题意； 当n＝35时，r（35）＝4，r（36）＝9，4＋9＝13，不符合题意； 当n＝48时，r（48）＝10，r（49）＝3，10＋3＝13，不符合题意； 当n＝63时，r（63）＝6，r（64）＝7，6＋7＝13，不符合题意； 当n＝80时，r（80）＝10，r（81）＝5，10＋5＝15，不符合题意； 当n＝99时，r（99）＝6，r（100）＝9，6＋9＝15，不符合题意。 所以此时满足条件的为15。 综上，满足条件的 n为 15，49，81。 15＋49＋81 ＝64＋81 ＝145 所以所有取值的总和是145。 【点睛】找出100的所有因数是9个，结合题意推断出n和n＋1必须一个为奇数、一个为偶数，即n和n＋1中一个为完全平方数，另一个不是，枚举所有可能情况是解题的关键。 三、解答题（每题5分，共10分） 24. A，B两地之间是山路，相距60千米，其中一部分是上坡路，其余是下坡路，某人骑电动车从A地到B地，再沿原路返回，去时用了4.5小时，返回时用了3.5小时。已知下坡路每小时行20千米，那么上坡路每小时行多少千米？ 【答案】12千米 【解析】 【分析】在往返路程中，去时的上坡路在返回时变为下坡路，去时的下坡路在返回时变为上坡路。因此，往返的总上坡路程和总下坡路程都等于A、B两地的全程60千米。已知下坡速度为20千米，可以求出下坡总时间。再根据往返总时间，求出上坡总时间，进而求出上坡速度。 【详解】往返总下坡路程为60千米。 下坡速度为20千米/小时，下坡总时间为：60÷20＝3（小时） 往返总时间为去时时间与返回时间之和：4.5＋3.5＝8（小时） 上坡总时间为总时间减去下坡总时间：8－3＝5（小时） 上坡总路程为60千米，上坡速度为：60÷5＝12（千米） 答：上坡路每小时行12千米。 25. 在一条公路上，甲、乙两地相距600米，小明和小强进行竞走训练，小明每小时行走4千米，小强每小时行走5千米。9点整，他们二人同时从甲、乙两地出发相向而行，1分钟后二人都掉头反向而行，又过3分钟，二人又都掉头相向而行，依次按照1，3，5，7，…（连续奇数）分钟数掉头行走，那么二人相遇时是几点几分？ 【答案】 9时24分 【解析】 【分析】首先，将小明和小强的速度单位统一为米/分。小明速度为4千米/时，即米/分；小强速度为5千米/时，即米/分。明确“相向/反向行走对两人距离的影响”：相向行走时，两人距离减少；反向行走时，两人距离增加。按“1、3、5、7……”的时间周期，分段计算每段结束后两人的剩余距离，直到距离为0（相遇）。 【详解】小明速度： （米/分） 小强速度： （米/分） 相对速度（相向时）： （米/分） 初始时甲、乙两地相距600米，行走方向周期为“相向→反向→相向→反向……”，时间依次为1、3、5、7……分钟： 第1段（0~1分钟，相向）： 两人靠近的路程：150×1＝150（米） 剩余距离：600－150＝450（米） 第2段（1~4分钟，反向，时长3分钟）： 两人远离的路程：150×3＝450（米） 剩余距离：450＋450＝900（米） 第3段（4~9分钟，相向，时长5分钟）： 两人靠近的路程：150×5＝750（米） 剩余距离：900－750＝150（米） 第4段（9~16分钟，反向，时长7分钟）： 两人远离的路程：150×7＝1050（米） 剩余距离：150＋1050＝1200（米） 第5段（16分钟后，相向）： 需走完剩余1200米才能相遇，所需时间：1200÷150＝8（分钟） 总时间：1＋3＋5＋7＋8＝24（分钟） 9时＋24分＝9时24分 答：二人相遇时是9时24分。 【点睛】这类“周期性变向的行程问题”，核心思路是“分段计算距离变化”：先明确每段的“方向对距离的影响”（相向减、反向加），再按周期依次计算剩余距离，直到距离为0。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $