2026年希望杯小学人教版奥数五年级下学期竞赛模拟试卷

2026年希望杯小学奥数五年级（下）竞赛模拟试卷 填空题。 1．计算：0.16+0.142857+0.125+0.1． 2．计算（27×0.92×0.85）÷（23×1.7×1.8）＝ 　 　 ． 3．分母是两位数，分子是1，且能化成有限小数的分数有　 　 个． 4．计算： 5．将1到9填入下面的九个□中，算式的和的最小值是　 　 ． □×□×□+□×□×□+□×□×□ 6．表格中定义了关于“*”的运算，如3*4＝2。则 　 　 。 7．小红在计算一道有余数的除法时，把被除数147错写成了174，这样计算出来的商比原来多了3，而余数未变，那么这道题的除数是 　 　 。 8．正整数m满足0.0，其中d是1～9中的一个数字，则m＝ 　 　 。 9．如图的乘法竖式，所得的计算结果是 　 　 。 10．已知1+2+3+……+n的和的个位数字为3，十位数字为0，百位数字不为0，n的最小值是 　 　 . 11．计算：12+22+32+…202． 12．计算：1×3×5+3×5×7+5×7×9+……+17×19×21 13．计算：1×1!+2×2!+3×3!+4×4!+……+2014×2014! 14．的各位数字和是 　 　 。 15．如图是一个加法算式．其中，不同的字母代表不同的数字，D＝5．那么，这个算式的答数是　 　 ． 16．已知x是一位自然数，且0.bcde，999，则x＝ 　 　 。 17．5.4321×0.5679﹣0.4321×5.5679 18．已知6位数M，其中a，b，c是三个不同的一位数，且都不小于4，若M是11的倍数，则M的最小值是 　 　 。 19．22025﹣22024的个位数字是 　 　 。（注：2”表示n个2相乘） 20．定义：[a]表示不超过数a的最大整数，如[0.1]＝0，[8.23]＝8，则 　 　 。 21．将化为小数，则小数点后第2017位的数字与小数点后第7102位的数字之和是 　 　 . 22．2个红球和11个白球排成一行，满足如下条件：红球不相邻，任意连续7个球中至少有一个红球，则一共有　 　 种排法． 23．数一数，图中共有 　 　 个三角形。 24．有20个相同的棋子，一个人分若干次取，每次可取1个，2个，3个或4个，但要求每次取之后留下的棋子数不是3或4的倍数，有 　 　 种不同的方法取完这堆棋子。 25．把所有不含重复数字的四位偶数从小到大排成一列，则从前往后数第364个数是 　 　 。 26．小明有10个1分硬币，5个2分硬币，2个5分硬币。要拿出1角钱买1支铅笔，可以有 　 　 种拿法。 27．将图中的〇分别涂成红色、黄色或绿色，要求有线段相连的两个相邻〇涂不同的颜色，共有 　 　 种不同涂法。（正方形不可旋转） 28．如图，由25个边长为1的小正方形拼成一个5×5的大正方形，其中有两格有☆，图中共有 　 　 个长方形（含正方形）。同时包括两个☆的长方形（含正方形）有 　 　 个。 29．现有长度分别是1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12的木棒各一根，从中选出若干根，首尾顺次连接构成一个等边三角形。等边三角形的边长为a，则a的所有可能的值有 　 　 种。 30．在6×6网格图中，面积为4的格点三角形有 　 　 个。 31．旋转木马屋上的玻璃很漂亮，其中一块如图。大正方形的边长为10厘米，连接大正方形的各边中点得到小正方形，再将小正方形每边三等分，再将三等分点与大正方形的中心和一个顶点相连，那么这块玻璃的白色部分面积是 　 　 平方厘米。 32．如图，8个单位正方体拼成大正方体，沿着面上的格线，从A到B的最短路线共有　 　 条． 33．在一个棱长为5分米的正方体上放一个棱长为4分米的小正方体（如图），这个立体图形的表面积是 　 　 平方分米。 34．用4个正方形最多可以拼出 　 　 种四连块（在同一个平面内旋转后不能重合的视为形状不同）。 35．以平面上任意4个点为顶点的三角形中，钝角三角形最多有 　 　 个。 36．E、M分别为直角梯形ABCD两边上的点，且DQ、CP、ME彼此平行，若AD＝5，BC＝7，AE＝5，EB＝3。阴影部分的面积是 　 　 。 37．如图中，四边形ABCD都是边长为1的正方形，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，那么左图中阴影部分的面积是右图中阴影部分的面积的 　 　 倍。 38．两个长方形和一个正方形拼成一个大正方形，两个长方形的面积分别是6.75平方米和9平方米，则大正方形的面积是 　 　 平方米。 39．图中共有 　 　 个三角形。 40．如图所示，A、B、C都是正方形边上的中点，△COD比△AOB大20平方厘米。△AOB的面积是 　 　 平方厘米。 41．如图，正六边形面积为18平方厘米，那么阴影部分面积是 　 　 平方厘米。 42．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的木块，还有14块1×1×3的木块．要拼成10个3×3×3的正方体，最少需要1×1×2的木块 　 　 块． 43．α，β一个是锐角，一个是钝角，甲、乙、丙、丁四位同学在计算（α+β）时，得到的结果依次是17°，42°，56°，73°，其中确有正确的结果，则计算正确的同学是 　 　 。 44．如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，F是BC的中点，且ABEC，如果△ADF与△ABE的面积差是450，则△ADE的面积是 　 　 。 45．如图，两个正八边形的面积的差是503，则正八边形ABCDEFGH的面积是 　 　 。 46．如图，正方形ABCD的边长为10，O为其中心，OE⊥OF，则阴影部分面积为　 　 ． 47．若一个质数可以写成两个质数的和，也可以写成两个质数的差，我们称它是个“乖质数”。则大于这个“乖质数”的4个合数的乘积最小是 　 　 。 48．奇异博士自制了一台探测仪，这台探测仪中没有数字6，计数时会从5直接跳至7，如：8595的下一个数为8597。该探测仪从0000开始计数，第1次计数后变为0001，第2次计数后变为0002，……，第9次计数后变为0010。按这个规律，第2024次计数后变为 　 　 。 49．有一个自然数，它的最小的两个约数之和是4，最大的两个约数之和是100，这个自然数是 　 　 。 50．有336个苹果、252个桔子、210个梨，全部用完这些果品最多可分成 　 　 份同样的礼物。 51．某自然数加10或减10皆为平方数，这个自然数是 　 　 。 52．把1至2024这2024个自然数依次写下来得到一个多位数123456789……2024，这个多位数除以9余数是 　 　 。 53．20个质量分别为1，2，3，……，19，20克的砝码放在天平两边，正好达到平衡。 （1）试将这20个砝码分别放在天平两边，使之达到平衡，且从两边分别取下同样多的偶数个砝码，始终能使天平保持平衡； （2）试将这20个砝码分别放在天平两边，使之达到平衡，且从两边无论怎样取下同样多个砝码，都不能再使天平保持平衡。 54．老师把一个两位质数的十位数字告诉了宇轩，把个位数字告诉了子涵。 宇轩和子涵都诚实而且聪明，当老师问这个数是多少时，以下是宇轩和子涵的对话： 宇轩：我不知道。 子涵：在你开口之前我就知道你不知道。 宇轩：我还是不知道。 子涵：在你第二次开口之前我就知道你还是不知道。 宇轩：那我现在知道了。 子涵：我也知道了。 那么，这个两位质数是 　 　 。 55．从1!，2!，3!，……，100!这100个数中去掉一个数，使得剩下各数的乘积是一个完全平方数。被去掉的那个数是 　 　 。 56．41位数55…5□99…9（其中5和9各有20个）能被7整除，那么中间方格内的数字是　 　 ． 57．三位数的百位、十位、个位数字分别是5、a、b，将它连续重复写99次成为，如果重复后所组成的数能被91整除，这个三位数是 　 　 。 58．从数字1，2，3，4，5中任意取4个组成四位数，则这些四位数的平均数是　 　 ． 59．已知甲和乙的最大公约数是6，最小公倍数是264，则甲乙两数和的最小值为 　 　 。 60．在一根长木棍上用红、黄、蓝三种颜色做标记，分别将木棍平均分成了10等份、12等份和15等份。如果沿这三种标记把木棍锯断，木棍总共被锯成 　 　 段。 61．一个两位数被它的各位数字之和去除，余数最大是 　 　 。 62．在324×3252的约数中，有 　 　 个完全平方数。 63．已知六位数可以被17和31整除，则a+b+c的最大值为 　 　 。 64．已知两个正整数之和为432，这两个正整数的最小公倍数与最大公约数之和为7776。则这两个正整数的乘积是 　 　 。 65．在一个化妆舞会上，所有来宾都佩戴着米老鼠或者唐老鸭面具，来宾甲对乙说：“我看到戴米老鼠面具的人是戴唐老鸭面具的。”来宾乙数了数，回答说：“咦，我看到戴米老鼠面具的人是戴唐老鸭面具的。”如果两人都没有数错，那么这个化妆舞会一共有 　 　 名来宾。 66．如图所示，正六边形ABCDEF的边长为240米。甲自A点，乙自D点同时出发，按顺时针方向沿正六边形的边行进，甲每分钟走40米，乙每分钟走80米，在经过每个顶点时两人都因转弯而耽误10秒，那么乙在出发 　 　 秒后追上甲。 67．甲、乙两车同时从A地出发开往B地。出发的时候，甲车的速度比乙车的速度每小时快3千米。10分钟后，甲车减速了；再过5分钟后，乙车也减速了，这时乙车比甲车每小时慢1千米。又过了25分钟后两车同时到达B地。那么甲车当时速度每小时减少了　 　 千米。 68．若干个学生去买蛋糕，若每人买k块，则蛋糕店还剩下6块蛋糕；若每人买8块，则最后一名学生只能买到1块蛋糕。那么蛋糕店共蛋糕 　 　 块。 69．小龙对冬冬说：“我爸爸今年的年龄正好是他年龄的两个数字和的4倍!”冬冬沉思一下说；“好几种可能呢，我可说不准他的年龄。”小龙又说：“我还没说完，今年我爸年龄用到的两个数字，和我爷爷的年龄用到的数字是一样的，而且他们俩年龄差二十多岁。”那么小龙的爷爷今年 　 　 岁。 70．有一片牧场长满了草，牧草每天匀速生长，这片牧场可供17只羊吃30天，或19只羊吃24天。现有若干只羊在吃草，6天后卖掉了4只羊，余下的羊又吃了2天。那么原来有 　 　 只羊。 71．有一批四种颜色的小旗（每种颜色的小旗数量都足够多），任意取出三面排成一行，表示各种信号。共可以表示 　 　 种信号。 72．光明乡一共有30个村，每3个村都不在一条直线上，每两村之间架一条电线，一共要架 　 　 条电线。 73．轮船从A城到B城需行3天，而从B城到A城需行4天。从A城放一个无动力的木筏，它漂到B城需 　 　 天。 74．小红和小强同时从家里出发相向而行．小红每分走52米，小强每分走70米，二人在途中的A处相遇．若小红提前4分出发，且速度不变，小强每分走90米，则两人仍在A处相遇．小红和小强两人的家相距 　 　 米． 75．完成一件工作，需要甲干5天、乙干6天，或者甲干7天、乙干2天。乙单独干这件工作需 　 　 天。 76．搬运一个仓库的货物，甲需要10小时，乙需要12小时，丙需要15小时。有同样的仓库A和B，甲在A仓库、乙在B仓库同时开始搬运货物，丙开始帮助甲搬运，中途又转向帮助乙搬运。最后两个仓库货物同时搬完。丙帮助甲 　 　 小时。 77．甲、乙两车分别从A，B两地同时出发相向而行，6小时后相遇在C点。如果甲车速度不变，乙车每小时多行5千米，且两车还从A，B两地同时出发相向而行，则相遇地点距C点12千米；如果乙车速度不变，甲车速度每小时多行5千米，则相遇地点距C点16千米。甲车原来每小时行 　 　 千米。 78．甲、乙二人从距离为18千米的两地相向而行。一骑车人与甲在一起，他们三人同时出发，甲每小时走4千米，乙每小时走6千米，骑车人的速度是乙速度的2倍。骑车人为二人传递消息，他遇到乙后立即返回，碰到甲后又立即返回，如此往返于甲、乙之间。骑车人第一次与乙相遇在A点，第二次与乙相遇在B点，A、B两点之间的距离是 　 　 千米。 79．两个瓶中小球的数量相等，且都只有黑、白两种颜色。已知第一个瓶子中白球的个数是黑球的4倍，第二个瓶子中黑球的个数是白球的7倍，若两个瓶中一共有111个白球，则第二个瓶中有黑球 　 　 个。 80．服装厂要加工一批上衣，原计划20天完成任务。实际每天比计划多加工60件，照这样做了15天，就超过原计划件数350件。原计划加工上衣 　 　 件。 81．大、小猴共35只，它们一起去采摘水蜜桃。猴王不在时，一只大猴一个小时可采摘15千克，一只小猴子一小时可摘11千克；猴王在场监督的时候，每只猴子不论大小每小时都可以多采摘12千克。一天，采摘了8小时，其中第一小时和最后一小时猴王在监督，结果共采摘了4400千克水蜜桃。在这个猴群中，共有 　 　 只小猴子。 82．甲、乙二人沿铁路相向而行，速度相同，一列火车从甲身边开过用了8秒钟，离甲后5分钟又遇乙，从乙身边开过，只用了7秒钟，问从乙与火车相遇开始再过　 　 分钟甲乙二人相遇？ 83．甲、乙两船分别在一条河的A、B两地同时相向而行，甲顺流而下，乙逆流而行，相遇时，甲、乙两船行了相等的航程，相遇后继续前行，甲船到达B地，乙船到达A地后，都立即按原来路线返航，两船第二次相遇时，甲船比乙船少行1千米．如果从两船第一次相遇到第二次相遇时间相隔1小时20分钟，则河水的流速为每小时　 　 千米． 84．某校甲、乙两个班共有100名学生，期末数学考试中，考试成绩从百分位起四舍五入，该年级的平均分为80.4分，甲班的平均分为76.2分，乙班的平均分为83.5分，且甲班人数为偶数，由以上数据可知甲班的人数是 　 　 。 85．某校100名学生在一次语文，数学，英语三科竞赛中，参加语文竞赛的有39人，参加数学竞赛的有49人，参加英语竞赛的有41人，既参加语文又参加数学竞赛的有14人，既参加数学又参加英语竞赛的有13人，既参加语文又参加英语竞赛的有9人，有1人这三项竞赛都不参加。三项都参加的有 　 　 人。 86．今年，娟娟10岁，她的爷爷78岁。再过 　 　 年，爷爷年龄是娟娟年龄的5倍。 87．甲乙两人轮流在如图中涂色，已经涂过的地方和其相邻的地方（相邻指至少有一个公共点）就不能再涂。例如，甲先涂a，乙涂e，甲就没有可涂的地方了，甲就输了。如果先涂者想要获胜，应该先涂 　 　 。 A.a B.b C.c D.d E.e F.f Gg 88．从1～2025的2025个自然数中，最多可以取出 　 　 个数，使其中任意两个数的差不等于4。 89．红、黄、蓝、白、紫五种颜色的珠子各一粒，都用纸包好摆在桌上．A、B、C、D、E五人猜纸包中珠子的颜色，每人只能猜两包． A：第2包是紫的，第3包是黄的； B：第2包是蓝的，第4包是红的； C：第1包是红的，第5包是白的； D：第3包是蓝的，第4包是白的； E：第2包是黄的，第5包是紫的． 猜完后拆开纸包一看，每人都猜对了一种，且每包只有一人猜对．判断他们各猜对了哪一种颜色的珠子． 90．如图中，小黑格表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线要联，连续标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大的信息量．现在从结点A向结点B传递信息，那么单位时间内传梯的最大信息量是　 　 ． 91．长度分别为3，4，5，6，7的五根木棍，从中任取三根，能够构成一个三角形的概率是 　 　 。 92．游戏规则：棋盘如下图所示，由9个小圆圈排列而成，用1～9编号。在3号和9号小圆圈中各放一枚棋子，分别代表狼和羊。若两个小圆圈之间有线相连，则棋子可以从其中的一个走入另一个。现在由狼先走，双方轮流，每方每次走一步，每步可以从一格走到有线相连的邻格之中。如果狼走了不超过6步后，就走入羊所在的格子之中，就算狼抓住了羊：反之羊就成功逃脱啦。获胜的是 　 　 。 93．把一个有限小数a的小数点向右移动若干位（数位不足可用0补充，如：把0.1的小数点向右移动两位，得到的新数是10），得到的新数比原数大1.998，则所有符合要求的a的和为 　 　 。 94．从6个学生和4个老师中选出3个学生和2个老师，共有 　 　 种不同的选法。 95．在1000到9999之间，千位数字与十位数字之差（大减小）为2，且四个数位上的数字各不相同的四位数有 　 　 个。 96．从1、2、3、4、5、6、7、8、9中任选若干个数（至少两个）相加，使其和能被8整除共有 　 　 种不同选法。 97．一个自然数恰有12个因数，且它能被3和25整除，这个自然数最小是 　 　 。 98．小于10000的数中，有 　 　 个各位数码之积为84的数。 99．100名学生站成一排，从左至右1至100报数，凡报到偶数者均向后转，报完后再次从左至右1至100报数，凡报到3的倍数者均向后转，最后再次从左至右1至100报数，凡报到5的倍数者均向后转，这时面向前的学生共有 　 　 人． 100．100、有一个奇怪的四位数（首位不为0），它是完全平方数，它的数字和也是完全平方数，用这个四位数除以它的数字和得到的结果还是完全平方数，并且它的因数个数还恰好等于它的数字和，那当然也是完全平方数，如果这个四位数的各位数字互不相同，那么这个四位数是 　 　 。 2025年希望杯小学奥数五年级（下）竞赛模拟试卷 参考答案与试题解析 填空题。 1．计算：0.16+0.142857+0.125+0.1． 【分析】根据小数加法的计算方法，利用加法的交换结合律进行计算．先计算小数位数少的，再算位数多的． 【解答】解：0.16+0.142857+0.125+0.1 ＝0.16+0.1+0.125+0.142857 ＝0.26+0.125+0.142857 ＝0.385+0.142857 ＝0.527857 【点评】本题的采用计算小说位数从少到多，从简单到复杂的方法． 2．计算（27×0.92×0.85）÷（23×1.7×1.8）＝ 　0.3　 ． 【分析】首先把27分成0.9×30，把0.92分成23×0.02×2，把0.85分成1.7×0.5；然后应用乘法交换律、乘法结合律，求出算式的值是多少即可． 【解答】解：（27×0.92×0.85）÷（23×1.7×1.8） ＝（0.9×30×23×0.02×2×1.7×0.5）÷（23×1.7×1.8） ＝（23×1.7×1.8）×（30×0.02×0.5）÷（23×1.7×1.8） ＝（23×1.7×1.8）÷（23×1.7×1.8）×（30×0.02×0.5） ＝30×0.02×0.5 ＝0.3 故答案为：0.3． 【点评】此题主要考查了小数的巧算，要熟练掌握，注意乘法运算定律的应用． 3．分母是两位数，分子是1，且能化成有限小数的分数有　9　 个． 【分析】判断一个最简分数，能否化成有限小数的方法，是把分母分解质因数，如果分母中只含有质因数2和5，这个分数就能化成有限小数．否则不能化成有限小数．据此解答． 【解答】解：分母是两位数，分子是1，且能化成有限小数的分数有：、、、、、、、、，一共有9个． 故答案为：9． 【点评】此题考查的目的是理解掌握判断一个最简分数能否化成有限小数的方法． 4．计算： 【分析】观察题中算式可知，第n组为：，分子部分是一个公差是1的等差数列，这组数的分子的和为，所以这组数的和为，由此解答本题。 【解答】解：（）+（）+（）+……+（） ＝107880。 【点评】本题考查的是分数的巧算的应用，解决本题的关键是找出算式中的规律，利用规律去计算。 5．将1到9填入下面的九个□中，算式的和的最小值是　214　 ． □×□×□+□×□×□+□×□×□ 【分析】先把数字随意排列，比方：1×2×3+4×5×6+7×8×9，把它们看为一、二、三，一共三组，看不同组中排列相邻的数字，以上面为例就是3和4、6和7，分析其中一对，看3和4：和3相乘的是1×2，和4相乘的是5×6，由于1×2＜5×6、3＜4，可得1×2×4+3×5×6+7×8×9比前一组算式的和要小；重复刚才的动作，相邻的数字是2和3、4和3、6和7、4和5，这次取6和7分析，3×5＜8×9，6＜7，可得1×2×4+3×5×7+6×8×9比上式小，依此可得1×8×9+2×5×7+3×4×6的和的最小为214． 【解答】解：由分析可知，1×8×9+2×5×7+3×4×6的和最小， 1×8×9+2×5×7+3×4×6 ＝72+70+72 ＝214 答：算式的和的最小值是214． 故答案为：214． 【点评】考查了填符号组算式，最大与最小，此题应抓住数字特点，根据“算式的和最小”这一关键条件进行推算． 6．表格中定义了关于“*”的运算，如3*4＝2。则 　2　 。 【分析】经过计算后可知，10个数的运算为一个周期，用（2025×2）除以周期数，根据商和余数即可解答。 【解答】解：根据图示新运算可知： 1*2＝2， 2*1＝2， 2*2＝4， 4*1＝4， 4*2＝3， 3*1＝3， 3*2＝1， 1*1＝1， 1*2＝2， …… 即1*2*1*2*1*2*1*2*1*2＝2， 即每10个数经过*运算后即可又回到1*2……， 2025×2÷10＝405（组） 即1*2*1*2*1*2*1*2*1*2＝2， 答：2。 故答案为：2。 【点评】本题考查了定义新运算的应用，解题的关键是把周期规律找出来。 7．小红在计算一道有余数的除法时，把被除数147错写成了174，这样计算出来的商比原来多了3，而余数未变，那么这道题的除数是 　9　 。 【分析】列出正确与看错的算式：正确算式可表示为：147＝除数×原来的商+余数；看错后的算式为：174＝除数×（原来的商+3）+余数，分析两个算式的关系：因为余数未变，那么174﹣147就等于除数乘商增加的3。即（174﹣147）＝除数×3，用（174﹣147）除以3即可求出除数是多少。 【解答】解：（174﹣147）÷3 ＝27÷3 ＝9。 答：这道题的除数是9。 故答案为：9。 【点评】这是一道“错中求解”问题，看错被除数但计算过程正确，可结合看错与正确的算式来确定除数。关键在于找出被除数变化量与商变化量之间的关系，从而求出除数。 8．正整数m满足0.0，其中d是1～9中的一个数字，则m＝ 　120　 。 【分析】已知0.0，所以m＝296，由此解答本题。 【解答】解：已知0.0， 所以m＝296， 当d＝1时，8×105÷27不是整数，舍掉； 当d＝2时，8×205÷27不是整数，舍掉； 当d＝3时，8×305÷27不是整数，舍掉； 当d＝4时，8×405÷27是整数，m＝120。 故答案为：120。 【点评】本题考查的是循环小数的应用，解决本题的关键是找出m＝296。 9．如图的乘法竖式，所得的计算结果是 　100980　 。 【分析】观察竖式，三位数乘2的积是四位数，所以第一个因数至少是五百多，又因为第一个因数与第二个因数的十位相乘等于0，所以第二个因数的十位是0；再看第一个因数与第二个因数的百位相乘，三位数（＞500）乘一位数的积是三位数，所以第二个因数的百位只能是1，据此得出第二个因数是102；又因为最后的积是六位数，说明万位向前进位，结合第二个因数的百位是1，推出第一个因数的百位是9；最后根据积的百位是9，尝试推出第一个因数的个位是0，十位是9；据此列出竖式解答即可。 【解答】解：竖式如下： 所得的计算结果是100980。 故答案为：100980。 【点评】本题考查了乘法竖式的计算，关键是从已知的2入手，首先推出第二个因数是102。 10．已知1+2+3+……+n的和的个位数字为3，十位数字为0，百位数字不为0，n的最小值是 　37　 . 【分析】首先设1+2+3+…+n＝100a+10b+c，根据题意可得b＝0，c＝3，1+2+3+…+n＝100a+3 又由1+2+3+…+n＝n（n+1）÷2可得n（n+1）＝200a+6 由两个连续的自然数相乘，可得n的个位数可能是2，7，然后分类讨论即可求得答案． 【解答】解：首先设1+2+3+…+n＝100a+10b+c，根据题意可得b＝0，c＝3，1+2+3+…+n＝100a+3 因为1+2+3+…+n＝n（n+1）÷2，所以n（n+1）＝200a+6 连续两个数相乘，个位为6，只有2×3和7×8，故n为个位为2或7的数 据此进行分类讨论 当n＝12时，n（n+1）÷2＝78，不合要求； 当n＝17时，n（n+1）÷2＝153，不合要求； 当n＝22时，n（n+1）÷2＝253，不合要求； 当n＝27时，n（n+1）÷2＝378，不合要求； 当n＝32时，n（n+1）÷2＝528，不合要求； 当n＝37时，n（n+1）÷2＝703，符合要求。 所以n的最小值为37。 故答案为：37。 【点评】本题考查了等差数列求和公式的运用和一些数论中的运算特征，需要综合考虑，灵活运用。 11．计算：12+22+32+…202． 【分析】首先把12分成1×2﹣1，22分成2×3﹣2，32分成3×4﹣3，…，202分成20×21﹣20，然后应用加法交换律和加法结合律，求出算式的值是多少即可． 【解答】解：12+22+32+…202 ＝1×1+2×2+3×3+…+20×20 ＝（1×2﹣1）+（2×3﹣2）+（3×4﹣3）+…+（20×21﹣20） ＝（1×2+2×3+3×4+…+20×21）﹣（1+2+3+…+20） ＝20×21×22（1+20）×20÷2 ＝3080﹣210 ＝2870 【点评】此题主要考查了四则混合运算中的巧算问题，要熟练掌握，注意加法运算定律的应用． 12．计算：1×3×5+3×5×7+5×7×9+……+17×19×21 【分析】多个连续的三个连续奇数相乘的式子相加，发现每个式子都能转化成一种有规律的形式，然后通过提取相同的部分进行简便计算。3×5×7（3×5×7×9﹣1×3×5×7），同理，其他都可以改写为这种形式后前后抵消即可简算。 【解答】解：1×3×5+3×5×7+5×7×9+……+17×19×21 ＝1×3×5（3×5×7×9﹣1×3×5×7+5×7×9×11﹣3×5×7×9+……+17×19×21×23﹣15×17×19×21） ＝15（17×19×21×23﹣1×3×5×7） ＝15（156009﹣105） ＝15155904 ＝15+19488 ＝19503。 【点评】本题考查了四则运算的巧算，解题的关键是根据等差数列的乘积求和的方法计算。 13．计算：1×1!+2×2!+3×3!+4×4!+……+2014×2014! 【分析】1!＝1，2!＝2×1＝2，3!＝3×2×1＝6，以此类推；1×1!＝1，2×2!＝2×2＝4，3×3!＝3×3×2×1＝18，4×4!＝4×4×3×2×1＝96，以此类推，利用 n×n!＝（n+1）!﹣n!化简，计算即可得到结果。 【解答】解：1×1!+2×2!+3×3!+4×4!+……+2014×2014! ＝（2!﹣1）+（3!﹣2!）+（4!﹣3!）+（5!﹣4!）+……+（2015!﹣2014!） ＝2015!﹣1。 【点评】本题考查了四则运算的巧算，解题的关键是弄清题中的规律。 14．的各位数字和是 　2023　 。 【分析】3，5，3，则35÷（3），由此解答本题。 【解答】解： 35÷（3） 5， 2×5＝10， 22×5＝110， 222×5＝1110，则50， 所以各个数字和：2023×1+0＝2023。 故答案为：2023。 【点评】本题考查的是数字问题的应用，解决本题的关键是找出题中的规律，利用规律去解答。 15．如图是一个加法算式．其中，不同的字母代表不同的数字，D＝5．那么，这个算式的答数是　723970　 ． 【分析】根据整数加法竖式计算的方法进行推算． 【解答】解：个位上：5+5＝10，可得：T＝0，先发十位上进1； 由第二位U+E→U，推知E＝9，向上一位进1； 十位上：L+L+1→R，可得R是奇数，又首位D+G→R，可得R大于5，所以R＝7； 又百位A+A→E，十位必有进位，8+8+1＝17，可得L＝8； 百位上：A+A+1＝E，4+4+1＝9，可得A＝4； 最高位：D+G+1＝R，5+G+1＝7，可得：G＝1； 还剩下数字2、6、3； 千位上必须有进位，N+R＝N+7，由6+7＝13，可得：N＝6，B＝3，向上一位进1； 2+9+1＝12，可得：U＝2． 由以上可得： ． 故答案为：723970． 【点评】本题考查学生的加法的计算熟练程度，注意进位． 16．已知x是一位自然数，且0.bcde，999，则x＝ 　7　 。 【分析】，已知999，则999，由此解答本题。 【解答】解：， 已知999，则999， 所以 ， 所以x＝7。 故答案为：7。 【点评】本题考查的是循环小数的应用，解决本题的关键是把循环小数化成分数形式。 17．5.4321×0.5679﹣0.4321×5.5679 【分析】根据乘法的分配律简算即可。 【解答】解：5.4321×0.5679﹣0.4321×5.5679 ＝（5+0.4321）×0.5679﹣0.4321×（5+0.5679） ＝5×0.5679+0.4321×0.5679﹣0.4321×5﹣0.4321×0.5679 ＝5×0.5679﹣0.4321×5 ＝5×（0.5679﹣0.4321） ＝5×0.1358 ＝0.679。 【点评】解答此题，应仔细观察，认真分析式中数据，运用运算技巧或运算定律合理简算。 18．已知6位数M，其中a，b，c是三个不同的一位数，且都不小于4，若M是11的倍数，则M的最小值是 　475321　 。 【分析】根据11的倍数特征，奇数位为第1、3、5位（即a，c，2），偶数位为第2、4、6位（即b，3，1），需满足（a+c+2）﹣（b+3+1）是0或±11。为使M最小，a取最小值4，据此取b、c的值，计算即可求解。 【解答】解：根据11的倍数规则， 奇数位为第1、3、5位（即a，c，2）， 偶数位为第2、4、6位（即b，3，1）， 需满足（a+c+2）﹣（b+3+1）是0或±11， 为使M最小， a取最小值4，此时b＝2+c， 要使M最小，且a，b，c不同，则b＝7，c＝5， 当a＝4，b＝7，c＝5时， M的最小值为475321。 故答案为：475321。 【点评】此题主要考查了因数与倍数性质的应用，解答此题的关键是要明确11的倍数特征。 19．22025﹣22024的个位数字是 　6　 。（注：2”表示n个2相乘） 【分析】21的个位数字是2，22的个位数字是4，23的个位数字是8，24的个位数字是6，25的个位数字是2，26的个位数字是4，27的个位数字是8，28的个位数字是6，29的个位数字是2，……，所以2n个位数字按照“2、4、8、6”顺序重复排列，计算22025和22024的个位数字，由此解答本题。 【解答】解：由分析可知：2n个位数字按照“2、4、8、6”顺序重复排列， 2025÷4＝506……1， 则22025个位上数字是2，22024的个位数字是6， 所以22025﹣22024的个位数字是6。 故答案为：6。 【点评】本题考查的是乘积的个位数的应用，解决本题的关键是找出题中规律，利用规律去解答。 20．定义：[a]表示不超过数a的最大整数，如[0.1]＝0，[8.23]＝8，则 　51　 。 【分析】把每个加数写成不超过符号[]里的数的最大整数，然后再求和即可。 【解答】解： ＝[3]+[1]+[1]+[1]+⋯⋯+[1]+[1] ＝3 ＝3+1×48 ＝3+48 ＝51。 故答案为：51。 【点评】本题考查了定义新运算的应用，解题的关键是把每个加数写成不超过符号[]里的数的最大整数。 21．将化为小数，则小数点后第2017位的数字与小数点后第7102位的数字之和是 　9　 . 【分析】0.，小数点后的数字按照“142857”顺序重复排列，找出小数点后第2017位的数字与小数点后第7102位的数字，由此解答本题。 【解答】解：0.， 2017÷6＝336（组）……1（个），小数点后第2017位的数字是1， 7102÷6＝1183（组）……4（个），小数点后第7102位的数字是8， 1+8＝9，所以小数点后第2017位的数字与小数点后第7102位的数字之和是9。 故答案为：9。 【点评】本题考查的是数字问题的应用，解决本题的关键是找出题中规律，利用规律去解答。 22．2个红球和11个白球排成一行，满足如下条件：红球不相邻，任意连续7个球中至少有一个红球，则一共有　31　 种排法． 【分析】依据红球中间的白球数量进行分类讨论，最后进行求和。 【解答】解：若两个红球中间有1个白球，剩下10个白球可以分别在左右各放（4、6）（5、5）（6、4）共3种排法。 若两个红球中间有2个白球，剩下9个白球可以分别在左右各放（3、6）（4、5）（5、4）（6、3）共4种排法。 若两个红球中间有3个白球，剩下8个白球可以分别在左右各放（2、6）（3、5）（4、4）（5、3）（6、2）共5种排法。 若两个红球中间有4个白球，剩下7个白球可以分别在左右各放（1、6）（2、5）（3、4）（4、3）（5、2）（6、1）共6种排法。 若两个红球中间有5个白球，剩下6个白球可以分别在左右各放（0、6）（1、5）（2、4）（3、3）（4、2）（5、1）（6、0）共7种排法。 若两个红球中间有6个白球，剩下5个白球可以分别在左右各放（0、5）（1、4）（2、3）（3、2）（4、1）（5、0）共6种排法。 3+4+5+6+7+6＝31（种）排法。 故答案为：31 【点评】本题考查分类讨论的做题方法，需要按照题目中的要求进行详细分类，情况较多，注意除了红球中间的白球，剩余白球可以在两红球左边，也可以在右边。 23．数一数，图中共有 　35　 个三角形。 【分析】先把图中是三角形分为3类：①层，②层，①②层，然后分类统计各种类型的三角形个数，最后把它们加在一起。 【解答】解：从上往下分为①、②两层， ①层：1+2+3+4+5＝15（个）， ②层：5个， ①②：1+2+3+4+5＝15（个）。 15+5+15＝35（个） 答：图中共有35个三角形。 故答案为：35。 【点评】本题主要考查组合图形计数的方法。解决问题的关键是把图中是三角形分为3类，正确统计各种类型的三角形个数。 24．有20个相同的棋子，一个人分若干次取，每次可取1个，2个，3个或4个，但要求每次取之后留下的棋子数不是3或4的倍数，有 　54　 种不同的方法取完这堆棋子。 【分析】把20、0和20以内不是3或4的倍数的数写成一串，用递推法把所有的方法数写出来即可。 【解答】解：把20、0和20以内不是3或4的倍数的数写成一串，用递推法把所有的方法数写出来： 20 19 17 14 13 11 10 7 5 2 1 0 1 1 2 2 4 6 12 18 18 18 36 54 因此，有54种不同的方法取完这堆棋子。 故答案为：54。 【点评】此题采用递推的方法，用表格的形式递推，浅显易懂。 25．把所有不含重复数字的四位偶数从小到大排成一列，则从前往后数第364个数是 　2436　 。 【分析】1开头的数中，个位有5种取法，剩下的两位分别有8种取法和7种取法，总共有5×8×7＝280个数，364﹣280＝84，所以第364个数是2打头的第84个数，进一步得到2打头的第84个数是24打头的第7个数，列举可得结论。 【解答】解：1开头的数中，个位有5种取法，剩下的两位分别有8种取法和7种取法，总共有5×8×7＝280个数，364﹣280＝84，所以第364个数是2开头的第84个数； 2开头的数中，百位是奇数时，个位有4种取法，十位有7种取法，总共有28个数；百位是偶数时，个位有3种取法，十位有7种取法，总共有21个数，前两位是20，21，23，24的分别有21，28，28，21个，84﹣21﹣28﹣28＝7，所以2打头的第84个数是24打头的第7个数； 列举可得前7个数是2406，2408，2410，2416，2418，2430，2436，所以是2436。 答：从前往后数第364个数是2436。 故答案为：2436。 【点评】本题考查排列组合，考查计数原理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题。 26．小明有10个1分硬币，5个2分硬币，2个5分硬币。要拿出1角钱买1支铅笔，可以有 　10　 种拿法。 【分析】本题属于钱币的枚举问题，根据拿出的硬币的种类有一种、两种、三种，依次枚举即可。 【解答】解：（1）只拿出一种硬币的方法： ①全拿1分的： 1+1+1+1+1+1+1+1+1+1＝1（角）； ②全拿2分的： 2+2+2+2+2＝1（角）； ③全拿5分的： 5+5＝1（角）； 只拿出一种硬币，有3种方法。 （2）只拿两种硬币的方法： ①拿8枚1分的，1枚2分的： 1+1+1+1+1+1+1+1+2＝1（角）； ②拿6枚1分的，2枚2分的： 1+1+1+1+1+1+2+2＝1（角）； ③拿4枚1分的，3枚2分的： 1+1+1+1+2+2+2＝1（角）； ④拿2枚1分的，4枚2分的： 1+1+2+2+2+2＝1（角）； ⑤拿5枚1分的，1枚5分的： 1+1+1+1+1+5＝1（角）； 只拿出两种硬币，有5种方法。 （3）拿三种硬币的方法： ①拿3枚1分，1枚2分，1枚5分的： 1+1+1+2+5＝1（角）； ②拿1枚1分，2枚2分，1枚5分的： 1+2+2+5＝1（角）； 拿出三种硬币，有2种方法。 共有： 3+5+2＝10（种）。 答：共有10种拿法。 故答案为：10。 【点评】本题关键在于分类依据的确定，然后根据拿出的硬币有一种、两种、三种依次列出各种拿法。 27．将图中的〇分别涂成红色、黄色或绿色，要求有线段相连的两个相邻〇涂不同的颜色，共有 　18　 种不同涂法。（正方形不可旋转） 【分析】当把在每条边中点上的〇颜色涂好，顶点上的〇的颜色就会被确定，若只用两种颜色涂中间的正方形，计算有多少种选择，若用三种颜色涂中间的正方形，计算有多少种选择，由此解答本题。 【解答】解：若只用两种颜色涂中间的正方形，则有3×2＝6（种）； 若用三种颜色涂中间的正方形，则有3×2×1×2＝12（种）， 所以共有6+12＝18（种）涂法。 故答案为：18。 【点评】关键点就在于中间的正方形，因为它的颜色一旦确定，四个其余顶点的颜色就可以唯一确定。 28．如图，由25个边长为1的小正方形拼成一个5×5的大正方形，其中有两格有☆，图中共有 　225　 个长方形（含正方形）。同时包括两个☆的长方形（含正方形）有 　24　 个。 【分析】计算图中长方形（含正方形）的总数，可通过分析长方形的长和宽的不同组合情况，利用乘法原理进行计数； 计算同时包括两个☆的长方形（含正方形）个数，需要确定包含两个☆的长方形的长和宽的取值范围，再利用乘法原理计算。 【解答】解：横向的线段有6条（包括最外边的两条），从这6条线段中任选2条作为长方形横向的边，选法有： 15（种）， 同理，纵向的线段也有6条（包括最外边的两条），从这6条线段中任选2条作为长方形纵向的边，选法同样有15种， 根据乘法原理，图中长方形（含正方形）的总数为横向边的选法数乘以纵向边的选法数： 15×15＝225（个）； 横向方向上，左边的边界可以是☆左边的2条线段（包括最左边的边界），右边的边界可以是☆右边的2条线段（包括最右边的边界），所以横向边的选法有： 2×2＝4（种）， 同理，纵向方向上，上边的边界可以是☆上边的2条线段（包括最上边的边界），下边的边界可以是☆下边的3条线段（包括最下边的边界），所以纵向边的选法有： 2×3＝6（种）， 根据乘法原理，同时包括两个☆的长方形（含正方形）个数为横向边的选法数乘纵向边的选法数，即： 4×6＝24（个）。 答：图中共有225个长方形（含正方形）。同时包括两个☆的长方形（含正方形）有24个。 故答案为：225；24。 【点评】本题考查了平面图形计数的应用，养成按照一定顺序观察思考问题的习惯，逐步学会通过观察思考探寻事物规律的能力。 29．现有长度分别是1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12的木棒各一根，从中选出若干根，首尾顺次连接构成一个等边三角形。等边三角形的边长为a，则a的所有可能的值有 　22　 种。 【分析】计算所有木棒的总长度，然后确定等边三角形的最大和最小边长，再计算从最小边长到最大边长之间的a的所有可能值的数量。 【解答】解：木棒总长度为： 1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12＝78， 78÷3＝26， 最大只能组成边长为26的等边三角形， 1+2+3+4+5＝15， 15÷3＝5， 最小只能组成边长为5的等边三角形， 等边三角形的边长为a的所有可能的值有22种。 答：a的所有可能的值有22种。 故答案为：22。 【点评】本题考查了等边三角形的计数，解题的关键是列出最大和最小边长的等边三角形。 30．在6×6网格图中，面积为4的格点三角形有 　840　 个。 【分析】根据三角形面积公式求出面积为4的三角形底和高的乘积，然后在给定的6×6网格图中，分别找出不同类型（蓝色三角形、红色三角形，见解答图）的符合条件的三角形个数，最后将两种类型的三角形个数相加得到总数。 【解答】解：如下图所示，为便于解答，给6×6网格图标上字母和数字， 因为三角形的面积底×高＝4， 所以底与高的乘积为：4×2＝8， 计算蓝色三角形的个数： 当蓝色三角形底在A行时的个数： 当底在A行时，以4为底，以2为高，高的顶点可以在C行的7个位置，当底在A行有3种位置可选， 根据乘法原理，这类型的三角形个数有：7×3＝21（个）， 确定蓝色三角形底在其他行时的个数： 因为每条边上，相邻两格可以作为底，6格的话，共有5组， 所以底在 B、C、D、E行的情况和在A行的情况相同，所以这类型的三角形个数有： 21×5＝105（个） 把蓝色三角形的底放在G、F、E、D、C行和0、1、2、3、4列以及6、5、4、3、2列情况都和前面类似，都有 105个， 所以蓝色三角形这类型的三角形个数总计有： 105×4＝420（个）； 计算红色三角形的个数：当红色三角形底在A行时的个数： 当底在A行时，以4为底，以2为高，高的顶点可以在E行的7个位置，底在A行有5种位置可选， 根据乘法原理，这类型的三角形个数有： 7×5＝35（个）， 确定红色三角形底在其他行时的个数： 底在B、C行的情况和在A行的情况相同所以这类型的三角形个数有： 35×3＝105（个）， 把红色三角形的底放在G、F、E行和0、1、2列以及6、5、4列情况都和前面类似，都有105个， 所以红色三角形这类型的三角形个数总计有： 105×4＝420（个）； 所以总面积为4的格点三角形的总个数为：420×2＝840（个）。 答：在6×6网格图中，面积为4的格点三角形有840个。 故答案为：840。 【点评】本题考查了平面图形计数，养成按照一定顺序观察思考问题的习惯，逐步学会通过观察思考探寻事物规律的能力。 31．旋转木马屋上的玻璃很漂亮，其中一块如图。大正方形的边长为10厘米，连接大正方形的各边中点得到小正方形，再将小正方形每边三等分，再将三等分点与大正方形的中心和一个顶点相连，那么这块玻璃的白色部分面积是 　50　 平方厘米。 【分析】连接小正方形的对角线，如图所示，将小正方形里的阴影三角形翻折至大正方形内，所以空白部分为小正方形的面积，即大正方形面积的一半。 【解答】解：连接小正方形的对角线，如图所示： 由图可知，空白部分的面积为：10×10÷2＝50（平方厘米） 故答案为：50。 【点评】解题关键是通过图形切割和拼接，得到空白部分与大正方形面积的关系。 32．如图，8个单位正方体拼成大正方体，沿着面上的格线，从A到B的最短路线共有　54　 条． 【分析】在一个面上向上走有3条线，有2排，分2步走，每部有3个选择，遵守乘法原理，3×3×3＝27，A到B可以从2个面上都可到达，分类解决，遵守加法原理，2个27相加． 【解答】解：3×3×3＝27， 27+27＝27×2＝54； 答：8个单位正方体拼成大正方体，沿着面上的格线，从A到B的最短路线共有54条． 故答案为：54． 【点评】此题考查了最短线路问题，把每个面上复杂的格子，化简为3个选择，2步完成；2个面合在一起，使问题简单化，是解决此问题的关键． 33．在一个棱长为5分米的正方体上放一个棱长为4分米的小正方体（如图），这个立体图形的表面积是 　214　 平方分米。 【分析】观察图形可知，这个组合立体图形的表面积可以看作是棱长为5分米的正方体的表面积与棱长为4分米的小正方体的4个侧面的面积之和，据此利用正方体的表面积公式即可解答。 【解答】解：52×6+42×4 ＝25×6+16×4 ＝150+64 ＝214（平方分米） 答：这个立体图形的表面积是214平方分米。 故答案为：214。 【点评】把上部的小正方体的上面的面向下平移，所以这个立体图形的表面积就是下部的大正方体的表面积与上部小正方体的四个侧面的面积之和。 34．用4个正方形最多可以拼出 　5　 种四连块（在同一个平面内旋转后不能重合的视为形状不同）。 【分析】要找出用4个正方形拼成的不同四连块，需要考虑正方形之间的拼接方式，可以从不同的排列组合角度去思考，通过有序地尝试各种可能的拼接方法，来确定在同一个平面内旋转后不能重合的不同形状，可以先从简单的直线排列开始，再逐步考虑其他复杂的组合方式，同时要注意排除旋转后能重合的情况。 【解答】解：情况一：排成一排（一字型），4个正方形依次相连成一条直线； 情况二：拼成（2×2）的正方形（田字型），4个正方形组成一个大正方形，类似“田”字的形状； 情况三：3个正方形排成一排，另外1个正方形在这一排的一侧（L字型），形成类似“L”的形状； 情况四：3个正方形排成一排，另外1个正方形在这一排中间正方形的上方或下方（T字型），形成“T”的形状； 情况五：先将2个正方形相连，然后在其中一个正方形的一侧再连接2个正方形（Z字型），形成类似“Z”的形状； 综上，用4个正方形最多可以拼出5种四连块。 故答案为：5。 【点评】在解决这类图形拼接组合问题时，关键是要按照一定的顺序和方法去尝试各种可能的组合方式，做到不重不漏。可以从简单的排列开始，逐步增加组合的复杂性。 35．以平面上任意4个点为顶点的三角形中，钝角三角形最多有 　4　 个。 【分析】平面上任意4点最多构成4个三角形，画出图形，即可判断。 【解答】解：如图， 平面上任意4点最多构成4个三角形， 这四个三角形可能都为钝角三角形， 如△ABC、△ABD、△ACD、△BCD， 所以以平面上任意4个点为顶点的三角形中， 钝角三角形最多有4个。 答：钝角三角形最多有4个。 故答案为：4。 【点评】本题考查了钝角三角形的计数，解题的关键是依题画出图形。 36．E、M分别为直角梯形ABCD两边上的点，且DQ、CP、ME彼此平行，若AD＝5，BC＝7，AE＝5，EB＝3。阴影部分的面积是 　25　 。 【分析】由于DQ、CP、ME彼此平行，所以四边形CDQP是梯形，且ME与该梯形的两个底平行，那么△QME与△DEM、△PME与△CEM的面积分别相等，所以△PQM的面积与△CDE的面积相等．而△CDE的面积根据已知条件很容易求出来。 【解答】解：如图，连接CE、DE， 由于ABCD为直角梯形，且AD＝5，BC＝7，AE＝5，EB＝3， 所以△CDE的面积的面积为：（5+7）×（5+3）5×53×725。 所以△PQM的面积为25。 故答案为：25。 【点评】本题考查三角形的面积的应用，解决本题的关键是利用等积变形。 37．如图中，四边形ABCD都是边长为1的正方形，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，那么左图中阴影部分的面积是右图中阴影部分的面积的 　　 倍。 【分析】连接HF，如图：E、F、H分别是AB、BC、DA的中点，HF∥AB，则M是CE中点，所以MF∥AB，则H，F，M三点在一条直线上，MF＝BE÷2，所以MF＝AB÷4，所以左图阴影部分的面积等于正方形的面积减去4个底是1，高是（1÷4）的三角形的面积，右图中Q是长方形ABFH的中心，所以EQ＝QO，由等高模型可知，三角形HOQ的面积＝三角形HEQ的面积，三角形EPQ的面积＝三角形OPQ的面积，所以三角形HEP的面积＝三角形HPO的面积，同理可得：三角形EPO的面积＝三角形EHP的面积，所以三角形HEP的面积＝三角形HPO的面积＝三角形EPO的面积三角形HEO的面积，阴影部分的面积＝4×（三角形EPO的面积+三角形HPO的面积），由此解答本题。 【解答】解：已知四边形ABCD都是边长为1的正方形，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点， 则左图阴影部分的面积：1×1﹣1×（1÷4）÷2×4， 右图阴影部分的面积：4×（1÷2）×（1÷2）÷2， 左图中阴影部分的面积是如图中阴影部分的面积的：。 答：左图中阴影部分的面积是如图中阴影部分的面积的倍。 故答案为：。 【点评】本题考查的是三角形的面积的应用，解决本题的关键是计算出两图阴影部分的面积。 38．两个长方形和一个正方形拼成一个大正方形，两个长方形的面积分别是6.75平方米和9平方米，则大正方形的面积是 　36　 平方米。 【分析】根据两个长方形和一个正方形拼成的是一个大正方形，可知这两个长方形的宽相等，用9平方厘米减去6.75平方厘米，得到的面积就是以长方形的宽为边长的小正方形的面积，据此可求出长方形的宽，进而可求出长方形的长，这样就能求出大正方形的边长，根据正方形的面积公式可求出大正方形的面积。 【解答】解：以长方形的宽为边长的小正方形的面积：9﹣6.75＝2.25（平方厘米）， 长方形的宽：2.25＝1.5×1.5，所以长方形的宽是1.5米， 长方形的长：6.75÷1.5＝4.5（米）， 大正方形的边长：1.5+4.5＝6（米）， 大正方形的面积：6×6＝36（平方米）。 答：大正方形的面积是36平方米。 故答案为：36。 【点评】本题主要考查了学生对长方形和正方形面积公式的灵活掌握情况。 39．图中共有 　40　 个三角形。 【分析】图中三角形最多由6个小三角形构成，从1个一数开始枚举即可。 【解答】解：1个一数：12个； 2个一数：8个； 3个一数：12个； 4个一数：4个； 6个一数：4个； 共：12+8+12+4+4＝40（个） 故答案为40个。 【点评】主要是在枚举时不要遗漏。 40．如图所示，A、B、C都是正方形边上的中点，△COD比△AOB大20平方厘米。△AOB的面积是 　10　 平方厘米。 【分析】设AE的长为a厘米。则求出△COD和△AOB的底边长以及底边对应的高，然后用a表示出△COD和△AOB的面积，用两个三角形面积差是20即可求出a的值，进而求出△AOB的面积。据此解答。 【解答】解：设AE的长为a厘米。 因为A、B、C都是正方形边上的中点，所以AE＝BE＝BD＝a厘米，BC＝2a厘米。 所以BC平行于正方形的两条竖边 所以△BOD∽△EAD 所以，即BOEAaa 所以CO＝BC﹣BO＝2aaa 因为△COD比△AOB大20平方厘米 所以S△COD﹣S△AOB＝20 即CO×BDBO×BE a×aa×a a2a2 2＝20 所以a2＝40 所以S△AOBa×aa240＝10（平方厘米） 答：△AOB的面积是10平方厘米。 故答案为：10。 【点评】本题考查了三角形面积的计算。 41．如图，正六边形面积为18平方厘米，那么阴影部分面积是 　8　 平方厘米。 【分析】，如图，连接对角线，设图中四个三角形的面积分别为a、b、c、d，根据正六边形的特征及梯形的蝴蝶定理，各三角形有如下关系，a：b：c：d＝1：4：2：2，因此，阴影部分占六边形面积的，进而求出阴影部分面积。 【解答】解：由分析知，阴影部分的面积是： 18 ＝18 ＝8（平方厘米） 答：阴影部分的面积是8平方厘米。 故答案为：8。 【点评】解答此题的依据是正六边形的特征及梯形的蝴蝶定理。梯形蝴蝶定理是：相似图形，面积比等于对应边长比的平方。 42．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的木块，还有14块1×1×3的木块．要拼成10个3×3×3的正方体，最少需要1×1×2的木块 　18　 块． 【分析】3×3×3的正方体体积27，是个奇数，而1×1×2、1×2×2的体积都是偶数，所以每个3×3×3的正方体都需要1×1×3木块的，且是奇数个．那么根据这14个1×1×3木块的使用情况，进行推理分析即可解答问题． 【解答】解：根据题干分析可得，只用甲和丙两种木块拼不成正方体，所以每个正方体中至少需要1个1×1×3的小木块，有以下几种情况： 方法1：每4块1×2×2和3块1×1×3和1块1×1×2可以拼成一个3×3×3的正方体（最理想的方法，但受制于1×1×3方块的数量）； 方法2：每5块1×2×2、2块1×1×2和1块1×1×3可以拼成一个3×3×3的正方体（用的1×1×3和1×1×2最少），因为共要拼成10个3×3×3的正方体，且1×1×3只有14块，则8个按方法2拼，2个按方法1拼，共需 2×8+2＝18块； 故答案为：18． 【点评】解答此题的关键是明确每个拼成的小正方体中都至少有一个1×1×3的乙种木块，据此分析、推理即可解答问题． 43．α，β一个是锐角，一个是钝角，甲、乙、丙、丁四位同学在计算（α+β）时，得到的结果依次是17°，42°，56°，73°，其中确有正确的结果，则计算正确的同学是 　乙　 。 【分析】依据题意可知，0°＜α＜90°，90°＜β＜180°，计算（α+β）取值范围，由此解答本题。 【解答】解：已知0°＜α＜90°，90°＜β＜180°， 则18°（α+β）＜54°， 所以乙同学计算正确。 故答案为：乙。 【点评】本题考查的是角度的应用，解决本题的关键是计算（α+β）取值范围。 44．如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，F是BC的中点，且ABEC，如果△ADF与△ABE的面积差是450，则△ADE的面积是 　200　 。 【分析】通过设未知数表示梯形的相关边长，再根据中点性质确定三角形的高，进而求出△ADF与△ABE的面积表达式，利用它们的面积差求出未知数乘积的值，最后求出△ADE的面积。 【解答】解：设AB＝x，梯形的高为h， 因为ABDC， 所以DC＝4x， 又因为DEEC，且DE+EC＝DC＝4x 所以EC+EC＝4x，即ECx， 所以S梯形ABCD（AB+DC）h（x+4x）hxh， S△ABEAB•hxh， 因为F是BC的中点，根据一半模型可得： S△ADFS梯形ABCDxhxh， 因为△ADF与△ABE的面积差是450， 即S△ADF﹣S△ABE＝450， 所以xhxh＝450， 即xh＝600， 所以S△ADEDE•hEC•hx•hxh600＝200。 答：如果△ADF与△ABE的面积差是450，则△ADE的面积是200。 故答案为：200。 【点评】本题考查了三角形面积计算的应用，解题关键是通过△ADF与△ABE的面积差求出梯形的底和高的乘积。 45．如图，两个正八边形的面积的差是503，则正八边形ABCDEFGH的面积是 　1006　 。 【分析】如解答图，给图形标号，并连接DO、BP、OP、AE、AD、EN，如下图所示：通过正八边形的性质证明三角形ABM和三角形BCO全等，同理证明三角形CDP和三角形DEN全等，三角形OCP和三角形MAR全等，三角形COP和三角形NER全等，即小正八边形面积是大正八边形面积的一半，再根据两个正八边形面积差为503即可求出大正八边形面积为1006，据此解答。 【解答】解：给图形标号，并连接DO、BP、OP、AE、AD、EN，如下图所示： 根据正八边形的性质可知： DO∥QP，BP∥OQ， 所以四边形OCPQ为平行四边形， 因为BMRNDPQO是正八边形，四边形OCPQ为平行四边形， 所以BM＝QP，QP＝OC， 所以BM＝OC， 因为ABCDEFGH是正八边形， 所以AB＝BC， 根据正八边形的性质可知，四边形ABCD为等腰梯形， 根据多边形内角和公式可知，正八边形的内角为135°， 所以∠ABC＝∠BCD＝135°， 所以∠BAM＝（360°﹣135°×2）÷2＝45°， 同理可得∠CBO＝45°， 所以∠CBMO＝135°﹣45°＝90°， 所以∠ABM＝180°﹣135°﹣45°＝45° 所以三角形ABM是等腰直角三角形， 又BM＝OC，AB＝BC，∠ABM＝∠CBO＝45°， 所以△ABM≌△BCO， 即S△BCO＝S△ABM， 同理可证S△CDP＝S△DEN，S△OCP＝S△AMR，S△OQP＝S△ENR， 所以小正八边形的面积即为大正八边形面积的一半， 即S正八边形BMRNDPQOS正八边形ABCDEFGH， 又因为两个正八边形的面积的差是503， 即S正八边形ABCDEFGH﹣S正八边形BMRNDPQO＝503， 所以S正八边形ABCDEFGHS正八边形ABCDEFGH＝503， 即S正八边形ABCDEFGH＝503， 所以S正八边形ABCDEFGH＝503×2＝1006。 答：正八边形ABCDEFGH的面积是1006。 故答案为：1006。 【点评】本题考查了三角形面积计算的应用，熟练掌握正八边形的性质是解题的关键。 46．如图，正方形ABCD的边长为10，O为其中心，OE⊥OF，则阴影部分面积为　25　 ． 【分析】O是正方形的中点，那么我们可以过O点作BC、CD的垂线，利用割补法不仅可以把不规则的四边形OECF变成能用公式求出面积的正方形OGCH，还能推出GE＝HF、DF+BE＝10，由此求出△ABE和△ADF面积之和。求阴影面积用正方形ABCD的面积减去空白的三部分的面积即可。 【解答】 解：如图，过点O，分别作BC、CD的垂线OG、OH；由于O是正方形的中心，所以G、H分别是BC、CD的中点，那么S△OGE＝S△OHF，GE＝FH，EC＝DF，所以DF+BE＝10. S阴＝S正方形ABCD﹣S正方形OGCH﹣（S△ABE+S△ADF） ＝102﹣52﹣（10×10÷2） ＝25 故答案为：25。 【点评】图形求面积时，常采用割补法，这道题OE⊥OF这个条件是个关键点，由此可作辅助线，对图形进行分割。 47．若一个质数可以写成两个质数的和，也可以写成两个质数的差，我们称它是个“乖质数”。则大于这个“乖质数”的4个合数的乘积最小是 　4320　 。 【分析】若一个质数可以写成两个质数的和，也可写成两个质数的差，说明两个质数中一定含有偶质数2，符合要求的最小是5，即5＝3+2，5＝7﹣2，然后写出大于5的最小的4个合数，求出乘积即可。 【解答】解：5＝3+2，5＝7﹣2， 所以这个最小的“乖质数”是5， 6×8×9×10＝4320。 答：大于这个“乖质数”的4个合数乘积的最小值是4320。 故答案为：4320。 【点评】本题考查了极值问题，关键是明确质数、合数和数的奇偶性。 48．奇异博士自制了一台探测仪，这台探测仪中没有数字6，计数时会从5直接跳至7，如：8595的下一个数为8597。该探测仪从0000开始计数，第1次计数后变为0001，第2次计数后变为0002，……，第9次计数后变为0010。按这个规律，第2024次计数后变为 　2799　 。 【分析】将问题视为一种特殊的九进制转换问题，每个数字位上的数值0﹣5对应显示0﹣5，6﹣8对应显示7﹣9，将十进制数2024转换为九进制，再将九进制的每一位数值转换为对应的显示数字。 【解答】解：将2024转换为九进制， 2024÷93＝2⋯⋯566， 566÷92＝6⋯⋯80， 80÷91＝8⋯⋯8， 8÷90＝8， 九进制表示为26889， 29→2，69→7，89→9，89→9， 26889＝2799。 所以第2024次计数后变为2799。 故答案为：2799。 【点评】本题考查了九进制的转化，解题的关键是将十进制数2024转换为九进制。 49．有一个自然数，它的最小的两个约数之和是4，最大的两个约数之和是100，这个自然数是 　75　 。 【分析】最小的两个约数中一定有一个是1，因此另一个是3，说明最大的约数是第二大的约数的3倍，而最大的两个约数之和为100，100÷（3+1）＝25，所以最大的两个约数是25和75，这个自然数就是75；据此解答即可。 【解答】解：最小的两个约数中一定有一个是1，因此另一个是4﹣1＝3， 最大的两个约数是：100÷（3+1）＝25， 这个自然数是：100﹣25＝75， 所以最大的两个约数是25和75，这个自然数就是75。 答：这个自然数是75。 故答案为：75。 【点评】此题解答的关键是先求出最小的两个约数，根据最大的约数是第二大的约数的3倍，求出最大的两个约数，进而得出这个自然数。 50．有336个苹果、252个桔子、210个梨，全部用完这些果品最多可分成 　42　 份同样的礼物。 【分析】读题可知：先求出336、252和210三个数最大公因数，进而算出对应的份数得解。 【解答】解：分解质因数： 336＝24×3×7， 252＝22×32×7， 210＝2×3×5×7， 336、252、210的最大公因数： [336、252、210] ＝2×3×7 ＝6×7 ＝42； 每份礼物中苹果的个数：336÷42＝8（个）， 每份礼物中桔子的个数：252÷42＝6（个）， 每份礼物中梨的个数：210÷42＝5（个）， 即苹果8个、桔子6个、梨5个为1份，最多可分成42份同样的礼物。 故答案为：42。 【点评】本题考查了最大公因数的理解与应用问题，解答本题时一定要理解：礼物中每种水果的个数×礼物份数＝每种水果的总个数。 51．某自然数加10或减10皆为平方数，这个自然数是 　26　 。 【分析】两个完全平方数相差20，这样的两个数是16和36，据此判断即可。 【解答】解：由题意知两个完全平方数相差20， 则这两个数为16与36， 16+10＝26。 答：这个自然数是26。 故答案为：26。 【点评】本题考查了完全平方数的计算，解答本题的关键是两个完全平方数相差20。 52．把1至2024这2024个自然数依次写下来得到一个多位数123456789……2024，这个多位数除以9余数是 　0　 。 【分析】根据题意，能被9整除的数的特征是一个数各个数位上的数的和能被9整除，这个数就能被9整除。求出这个数的各个数位上上的和，看看能否被救9整除即可。 【解答】解：123456789的数字和是： （1+9）×9÷2＝45， 1～9是的数字和是45； 当十位是1时，101112......19，数字和是：10+45＝55； 当十位是2时，202122.....29，数字和是：20+45＝65； …… 以此类推，当十位是9时，909192.....99， 数字和是：90+45＝135； 10～99的数字和是（45+135）×10÷2＝855； 当百位是1时，100101......199，数字和是：100+855＝955； 当百位是2时，200201.....299，数字和是：200+855＝1005； …… 以此类推，当百位是9时，900901......999，数字和是900+855＝1755； 100～999的数字和是：5+1755）×9﹣2＝12195； 同理1000～1999，数字和是：13240； 2000～2024数字和是170； 合计：45+855+12195+13240+170＝26505， 26505÷9＝2945，没有余数。 故答案为：0。 【点评】本题考查了带余除法，解决本题的关键是求出这个数的数字和。 53．20个质量分别为1，2，3，……，19，20克的砝码放在天平两边，正好达到平衡。 （1）试将这20个砝码分别放在天平两边，使之达到平衡，且从两边分别取下同样多的偶数个砝码，始终能使天平保持平衡； （2）试将这20个砝码分别放在天平两边，使之达到平衡，且从两边无论怎样取下同样多个砝码，都不能再使天平保持平衡。 【分析】（1）（2）根据天平平衡的条件，结合砝码质量特点，合理分配砝码到天平两边来满足不同要求。首先要明确20个砝码的总质量，再根据不同要求确定两边砝码的放置方式。 【解答】解：给质量分别为1，2，3，……，19，20克的砝码编号依次为：①，②，③，……⑲，⑳， 1+2+3+……+20＝210（g）， 210÷2＝105（g）， （1）使天平两边砝码个数相等，且砝码质量之和相等，大小搭配，则： 1+20＝21， 2+19＝21， ……， 10+11＝21， 即放法为：天平一边放砝码①，②，③，④，⑤，⑯，⑰，⑱，⑲，⑳，另一边放砝码⑥，⑦，⑧，⑨，⑩，⑪，⑫，⑬，⑭，⑮，天平达到平衡； 砝码取法为：天平两边每次各取质量和为2lg的两个砝码（可将多次取的砝码作为一次），仍能使天平保持平衡（答案不唯一）； （2）使天平两边砝码质量之和相等，但个数不相等，因此可以把轻的砝码放在一边，重的砝码放在另一边， 因为1+2+3+……+14＝105（g），15+16+17+18+19+20＝105（g）， 即天平放法为：天平一边放砝码①，②，③，……，⑭，另一边放砝码⑮，⑯，⑰，⑱，⑲，⑳； 因为天平一端最大质量为14g，另一端最小质量为15g，即两边无论如何取同样多的砝码，都不能再使天平保持平衡。 【点评】解决本题的关键是根据高斯求和公式求出20个砝码的质量和。 54．老师把一个两位质数的十位数字告诉了宇轩，把个位数字告诉了子涵。 宇轩和子涵都诚实而且聪明，当老师问这个数是多少时，以下是宇轩和子涵的对话： 宇轩：我不知道。 子涵：在你开口之前我就知道你不知道。 宇轩：我还是不知道。 子涵：在你第二次开口之前我就知道你还是不知道。 宇轩：那我现在知道了。 子涵：我也知道了。 那么，这个两位质数是 　43　 。 【分析】在你开口之前我就知道你不知道。说明十位数字一定不是9，十位是9的质数只有97，没开口就能知道说明十位相同的质数不止一个，且个位数字不是7；那么个位数字可能是1、3、9；根据宇轩与子涵的第二句话可得，个位数字不是1，如果是1，则质数有可能是31，在宇轩第二次开口之前子涵就不知道宇轩还是不知道；这时宇轩就知道个位数字3或9，此时他又知道了这个数，说明十位上只有是4 时，才能确定这个质数。 【解答】解：根据宇轩与子涵的第一句话可得质数的十位数字不是9，且个位数字不是7；那么个位数字可能是1、3、9；根据宇轩与子涵的第二句话可得，个位数字不是1，如果是1，则质数有可能是31，在宇轩第二次开口之前子涵就不知道宇轩还是不知道；这时宇轩就知道个位数字3或9，此时他又知道了这个数，说明十位上只有是4 时，才能确定这个质数。则这个两位质数是43。 故答案为：43。 【点评】熟悉100以内质数的特征是解决本题的关键。 55．从1!，2!，3!，……，100!这100个数中去掉一个数，使得剩下各数的乘积是一个完全平方数。被去掉的那个数是 　50!　 。 【分析】根据100!×99!＝（99!）2×100，98!×97!＝（97!）2×98，⋯⋯，2!×1!＝（1!）2×2，把1!，2!，3!一直到100!的乘积进行转化，即可得出结果。 【解答】解：100!×99!＝（99!）2×100， 98!×97!＝（97!）2×98， ⋯⋯， 2!×1!＝（1!）2×2， 则从1!，2!，3!一直到100!的乘积可转化为： （1!×3!×⋯⋯×99!）2×2×4ו••×100＝（1!×3!×⋯⋯×99!）2×250×1×2×⋯⋯×50， 则被去掉的那个数为50!。 故答案为50!。 【点评】本题考查了完全平方数的计算，解答本题的关键是把1!，2!，3!一直到100!的乘积进行转化。 56．41位数55…5□99…9（其中5和9各有20个）能被7整除，那么中间方格内的数字是　6　 ． 【分析】因为1001是7的倍数，所以5005是7的倍数，那555555也是7的倍数，同样的道理999999也是7的倍数，这样这个数去掉前面的18个数字和后面的18个数字变成550□99，所以只要判断这个数能不能被7整除． 【解答】解： 因为555555和999999能被7整除，所以这个数的前18位和后18位同样能被7整除． 去掉前后各18位变成下55□99 将0到9代入即可， 经验证55699÷7＝7957 答：中间方格内的数字是6． 【点评】此题主要考查1001＝7×11×13，这个等式必须熟记． 57．三位数的百位、十位、个位数字分别是5、a、b，将它连续重复写99次成为，如果重复后所组成的数能被91整除，这个三位数是 　546　 。 【分析】91＝7×13，所以能被7和13整除，根据能被7（或13）整除的特征前98个减去后三位1个就能被7（或13）整除，即97个就能被7（或13）整除，以此类推，实际就是求就能被7（或13）整除，这样问题就简单化了。 【解答】解：由于都是由重复排列组成的多位数， 根据能被7（或13）整除的特征，就相当于求就能被7（或13）整除， 最大为599， 599÷91＝6…53， 所以，91×6＝546。 答：这个三位数是546。 故答案为：546。 【点评】掌握被7（或13）整除的数的特征是解答的关键；一个多位数的末三位数与末三位以前的数字所组成的数之差，如果能被7（或13）整除，那么，这个多位数就一定能被7（或13）整除。 58．从数字1，2，3，4，5中任意取4个组成四位数，则这些四位数的平均数是　3333　 ． 【分析】千位上从5个数字有选择一个，就有5种选择的方法，百位上从剩下的4个数字中选择一个有4种不同的选择方法，十位上从剩下的3个数字中选择一个有3种选法，个位上从剩下的2个数字中选择一个有2种选法，它们的积就是全部的选择方法；5×4×3×2＝120（种）； 组成的四位数中，千位上是1的有24个数字，同理百位上是2，3，4，5的各有24个数字，十、个位上是1，2，3，4，5的也各有24个数字，即1，2，3，4，5在每个数位上各出现的24次，出现的次数相同，所以所有四位数的平均数的个位、十位、百位、千位都是1，2，3，4，5这5个数字的平均数． 【解答】解：5×4×3×2＝120（个）， 1×4×3×2＝24（个）， 即1，2，3，4，5在每个数位上各出现的24次， 可以组成120个不同的四位数； （1+2+3+4+5）÷5＝3； 那么平均数的各个位上的数字都是3，这个平均数就是3333． 答：这些四位数的平均数是3333． 故答案为：3333． 【点评】根据乘法原理求出可以组成四位数的个数，再根据这些四位数的特点，找出它们的平均数． 59．已知甲和乙的最大公约数是6，最小公倍数是264，则甲乙两数和的最小值为 　90　 。 【分析】用最小公倍数除以最大公约数就得到了两个数的独有因数的积，然后根据乘积一定，两数差小，和就小解答即可。 【解答】解：甲乙两数独有因数的乘积： 264÷6＝44， 44＝4×11， 所以最小值为： 6×（4+11）＝90。 答：甲乙两数和的最小值为90。 故答案为：90。 【点评】此题主要考查了极值问题与因数倍数问题的综合运用，解答此题的关键是要明确：最小公倍数除以最大公约数就是两个数的独有因数的积。 60．在一根长木棍上用红、黄、蓝三种颜色做标记，分别将木棍平均分成了10等份、12等份和15等份。如果沿这三种标记把木棍锯断，木棍总共被锯成 　28　 段。 【分析】要计算木棍被锯成多少段，只需要计算出木棍上共有多少条不同的刻度线，在此基础上加1就是段数了，若按将木棍分成10等份的刻度线锯开，木棍有9条刻度线，在此木棍上加上将木棍分成12等份的11条刻度线，显然刻度线有重复的，所以我们应该按容斥原理的方法来解决此问题。 【解答】解：因为10，12，15的最小公倍数是60， 所以设木棍60厘米，60÷10＝6（厘米），60÷12＝5（厘米），60÷15＝4（厘米）， 10等分的为第一种刻度线，共10﹣1＝9（条）， 12等分的为第二种刻度线，共12﹣1＝11（条）， 15等分的为第三种刻度线，过15﹣1＝14（条）， 第一种与第二种刻度线重合的条数：6和5的最小公倍数是30，60÷30﹣1＝2﹣1＝1（条）， 第一种与第三种刻度线重合的条数：6和4的最小公倍数是12，60÷12﹣1＝5﹣1＝4（条）， 第二种与第三种刻度线重合的条数：5和4的最小公倍数是20，60÷20﹣1＝3﹣1＝2（条）， 三种刻度线重合的没有，6、5和4的最小公倍数是60， 因此，共有刻度线9+11+14﹣1﹣4﹣2＝27（条）， 木棍总共被锯成27+1＝28（段）。 答：木棍总共被锯成28段。 故答案为：28。 【点评】此题主要考查了倍数和约数，解答此题的关键是，根据题意找出对应量，再根据容斥原理即可解答。 61．一个两位数被它的各位数字之和去除，余数最大是 　15　 。 【分析】按照除数最大开始考虑，分别计算各位数字之和为9+9＝18时、9+8＝17时、9+7＝8+8＝16时，余数的情况，从而找出规律，即可得解。 【解答】解：按照除数最大开始考虑： 各位数字之和为9+9＝18时，99÷18＝5⋯⋯9， 各位数字之和为9+8＝17时，98÷17＝5⋯⋯13，或者89÷17＝5⋯⋯4， 各位数字之和为9+7＝8+8＝16时，97÷16＝6⋯⋯1，88÷16＝5⋯⋯8或者79÷16＝4⋯⋯15， 接下来的除数不超过15，所以余数必定比15小， 故能得到最大的余数是15。 故答案为：15。 【点评】此题主要考查了带余除法的性质的应用，以及分类讨论思想的应用，解答此题的关键是要明确除法计算中，余数小于除数。 62．在324×3252的约数中，有 　36　 个完全平方数。 【分析】324×3252＝22×34×（52×13）2＝（21×32×52×131） 2，根据21×32×52×131的因数的个数判断完全平方数的个数。 【解答】解：因为324×3252＝22×34×（52×13）2＝（21×32×52×131） 2， 而21×32×52×131有（1+1）×（2+1）×（2+1）×（1+1）＝36（个）因数， 所以在324×3252的因数中有36个完全平方数。 故答案为：36。 【点评】本题考查了完全平方数的计算，解答本题的关键是把324和3252分别写成若干数的平方。 63．已知六位数可以被17和31整除，则a+b+c的最大值为 　14　 。 【分析】利用“试除法”结合数位知识与能被17和31整除的数的特征推断即可；或根据位值原理推断。 【解答】解：方法 1：试除法，[17，31]＝527，令六位数为189992，189992÷527＝360……272， 调整：让189992减去为527的倍数，则有得出或7650，对应着分别为761和234，所以a+b+c最大为7+6+1＝14。 方法 2：位值原理，[17，31]＝527，则有，两边同时除以527取余数，可得，即，通过个位分析，k的个位数字为4，所以或7610，所以，或761，a+b+c最大为7+6+1＝14。 答：a+b+c的最大值为14。 故答案为：14。 【点评】本题考查了整除性质的应用。 64．已知两个正整数之和为432，这两个正整数的最小公倍数与最大公约数之和为7776。则这两个正整数的乘积是 　46620　 。 【分析】首先设a和b的最大公因数为d，且a＝dm，b＝dn，则m与n互质，且a和b的最小公倍数为dmn，再根据题目的条件，逐步推出m、n的值，进而得出a、b的值，即可得解。 【解答】解：设a和b的最大公因数为d，且a＝dm，b＝dn，则m与n互质，且a和b的最小公倍数为dmn， 由题目的条件可知dm+dn＝d×（m+n）＝432，dmn+d＝d×（mn+1）＝7776， 由上面这两个式子可得：mn+1＝18×（m+n）或mn﹣18×（m+n）+1＝0， 因此（m﹣18）×（n﹣18）＝182﹣1＝17×19， 不妨设m＞n，m﹣18＝17×19＝323，n﹣18＝1或m﹣18＝19，n﹣18＝17， 若m＝341，n＝19，则m+n＝360，不存在正整数d使得d×（m+n）＝432，这组解不符合要求， 若m＝37，n＝35，则d＝432÷（37+35）＝6，a＝dm＝222，b＝dn＝210， a与b的乘积为222×210＝46620。 故答案为：46620。 【点评】本题考查了因数和倍数的应用，解答本题的关键是设a和b的最大公因数为d。 65．在一个化妆舞会上，所有来宾都佩戴着米老鼠或者唐老鸭面具，来宾甲对乙说：“我看到戴米老鼠面具的人是戴唐老鸭面具的。”来宾乙数了数，回答说：“咦，我看到戴米老鼠面具的人是戴唐老鸭面具的。”如果两人都没有数错，那么这个化妆舞会一共有 　13　 名来宾。 【分析】依据题意可知，甲戴的是米老鼠的面具，乙戴的是唐老鸭的面具，设戴唐老鸭面具的有x名，则戴米老鼠面具的是x名，根据戴米老鼠面具人数不变列方程计算。 【解答】解：设戴唐老鸭面具的有x名，则戴米老鼠面具的是x名，由题意得： x+1（x﹣1）， 解得：x＝9， 戴米老鼠面具人数：9+1＝4（名）， 总共：4+9＝13（名）。 答：这个化妆舞会一共有13名来宾。 故答案为：13。 【点评】解决本题的关键是找出题中数量关系。 66．如图所示，正六边形ABCDEF的边长为240米。甲自A点，乙自D点同时出发，按顺时针方向沿正六边形的边行进，甲每分钟走40米，乙每分钟走80米，在经过每个顶点时两人都因转弯而耽误10秒，那么乙在出发 　1110　 秒后追上甲。 【分析】计算甲，乙两人每秒走多少米，乙要追上甲的话，乙比甲多经过3次转弯，而甲和乙所用总时间相同，乙转弯时间比甲多（10×3）秒，相当于起始时，乙比甲多落后的路程＝甲的速度×乙转弯时间比甲多时间，由此计算出追及路程，再利用“追及路程＝追及时间×速度差”，计算追及时间。 【解答】解：甲每秒走：40÷60（米/秒）， 乙每秒走：80÷60（米/秒）， 乙转弯时间比甲多：10×3＝30（秒）， 相当于起始时，乙比甲多落后：3020（米）， 乙追上甲需要： （240×3+20）÷（） ＝740 ＝1110（秒）。 答：乙在出发1110秒后追上甲。 故答案为：1110。 【点评】本题考查的是追及问题的应用，解决本题的关键是先求出乙追上甲需要多走的路程。 67．甲、乙两车同时从A地出发开往B地。出发的时候，甲车的速度比乙车的速度每小时快3千米。10分钟后，甲车减速了；再过5分钟后，乙车也减速了，这时乙车比甲车每小时慢1千米。又过了25分钟后两车同时到达B地。那么甲车当时速度每小时减少了　14　 千米。 【分析】根据题意知道：两车行全程共用10+5+25＝40分钟，其中前10分和后25分钟甲比乙多行驶了甲比乙多走了31千米，这需要乙在甲减速而自己没减速的5分钟内要比甲多行千米，才能与甲同时到达B地，可见此时乙速度比甲速度每小时快11千米，这说明甲车速度每小时减了11+3＝14千米。 【解答】解：10分钟内甲比乙都走了3千米； 25分钟内甲比乙又多走了1千米； （千米） 在5分钟内乙车速度比甲车速度快11（千米/小时） 11+3＝14（千米/小时） 答：甲车当时速度减少了14千米。 故答案为：14. 【点评】此题只要理清两车在全程中速度和行程的变化情况（分成三个时间段：10分钟﹣﹣5分钟﹣﹣25分钟），之后思路就清晰即可轻松作答。 68．若干个学生去买蛋糕，若每人买k块，则蛋糕店还剩下6块蛋糕；若每人买8块，则最后一名学生只能买到1块蛋糕。那么蛋糕店共蛋糕 　97　 块。 【分析】两次买蛋糕的总差额是（6+8﹣1）块，两次买蛋糕的个数的差额是（8﹣K）块，那么人数是：[13÷（8﹣K）]；显然13是质数，而（8﹣K）小于13，所以8﹣K＝1，共有学生13人，由此计算共有蛋糕多少块。 【解答】解：6+8﹣1＝13（块） 人数是：13÷（8﹣K） 显然13是质数，而（8﹣K）小于13， 所以8﹣K＝1，共有学生：13÷（8﹣K）＝13（人）， 则共有蛋糕：13×8﹣7＝97（块）； 答：蛋糕店共有蛋糕97块 故答案为：97。 【点评】盈亏问题的解答思路是：通过比较已知条件，找出两个相关的差数，一是总差额，二是每份的差额，将这两个差相除，就可求出总份数，然后再求物品数；基本关系式为：总差额÷每份的差额＝总份数。 69．小龙对冬冬说：“我爸爸今年的年龄正好是他年龄的两个数字和的4倍!”冬冬沉思一下说；“好几种可能呢，我可说不准他的年龄。”小龙又说：“我还没说完，今年我爸年龄用到的两个数字，和我爷爷的年龄用到的数字是一样的，而且他们俩年龄差二十多岁。”那么小龙的爷爷今年 　63　 岁。 【分析】设爸爸的年龄的十位上的数字是a，个位上的数字是b，利用题中数量关系可得：，由此解答本题。 【解答】解：设爸爸的年龄的十位上的数字是a，个位上的数字是b，由题意得： ， 化简得：， 解得：a＞2， 当a＝3时，b＝6，爸爸年龄是36岁，36＝（3+6）×4， 爷爷年龄是63岁，63﹣36＝27（岁），符合要求。 答：爷爷今年63岁。 故答案为：63。 【点评】本题考查的是年龄问题的应用，解决本题的关键是找出题中数量关系。 70．有一片牧场长满了草，牧草每天匀速生长，这片牧场可供17只羊吃30天，或19只羊吃24天。现有若干只羊在吃草，6天后卖掉了4只羊，余下的羊又吃了2天。那么原来有 　40　 只羊。 【分析】我们可先设每只羊每天吃1份草，接着便可求出草的生长速度是每天长（17×30×1﹣19×24×1）÷（30﹣24）＝9（份），原来牧场有草17×30×1﹣9×30＝240（份），那么草长了6+2＝8（天）牧场共有草240+8×9＝312（份），其中4只羊吃了6天还剩下312﹣4×6＝288（份），这些草可供288÷8＝36（只）羊吃8天，故原来有36+4＝40（只）羊。 【解答】解：设每只羊每天吃1份草，则得： 草每天生长的速度： （17×30×1﹣19×24×1）÷（30﹣24）＝9（份）， 原来牧场有草： 17×30×1﹣9×30＝240（份）， 草生长天数： 6+2＝8（天）， 长8天后，共有草量： 240+8×9＝312（份）， 4只羊吃了6天后所剩草量： 312﹣4×6＝288（份）， 吃了8天的羊数： 288÷8＝36（只）， 原有羊的只数： 36+4＝40（只）。 答：原来有40只羊。 故答案为：40。 【点评】此题只要灵活运用“牛吃草问题”公式，即可轻松作答。 71．有一批四种颜色的小旗（每种颜色的小旗数量都足够多），任意取出三面排成一行，表示各种信号。共可以表示 　64　 种信号。 【分析】任意取出三面排成一行，表示各种信号，第一个位置有4种选法，第二个位置有4种选法，第三个位置有4种选法，然后根据乘法原理列式解答即可。 【解答】解：4×4×4＝64（种）。 答：共可以表示64种信号。 故答案为：64。 【点评】本题考查了乘法原理：做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……，做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1×m2×m3×……×mn种不同的方法。 72．光明乡一共有30个村，每3个村都不在一条直线上，每两村之间架一条电线，一共要架 　435　 条电线。 【分析】本题主要是利用组合的思想，先计算出每个村庄都与其他村庄架设电线的总数，然后由于每条电线被计算了两次，再除以2即可得解。 【解答】解：每个村都与其他29个村架设一条电线， 所以总共可以架设的电线数为29×30＝870（条）， 由于每条电线被计算了两次， 所以需要除以2，870÷2＝435（条）。 答：一共要架435条电线。 故答案为：435。 【点评】本题考查了线段的计数，解题的关键是利用组合的思想，先计算出每个村庄都与其他村庄架设电线的总数。 73．轮船从A城到B城需行3天，而从B城到A城需行4天。从A城放一个无动力的木筏，它漂到B城需 　24　 天。 【分析】首先用1除以轮船从A城到B城需要的天数，求出轮船顺水航行时每天行驶全程的几分之几；再用1除以轮船从B城到A城需要的天数，求出轮船逆水航行时每天行驶全程的几分之几；然后根据水速＝（顺水速度﹣逆水速度）÷2，求出一个无动力的木筏每天漂全程的几分之几；最后用1除以木筏每天漂的占全程的分率，求出它漂到B城需多少天即可。 【解答】解：1÷[（）÷2] ＝1÷（2） ＝1 ＝24（天） 答：它漂到B城需24天。 故答案为：24。 【点评】此题主要考查了流水行船问题，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：（1）顺水速度＝船速+水速，逆水速度＝船速﹣水速；（2）船速＝（顺水速度+逆水速度）÷2，水速＝（顺水速度﹣逆水速度）÷2。 74．小红和小强同时从家里出发相向而行．小红每分走52米，小强每分走70米，二人在途中的A处相遇．若小红提前4分出发，且速度不变，小强每分走90米，则两人仍在A处相遇．小红和小强两人的家相距 　2196　 米． 【分析】由题意知：走相同的路程，小强每分钟走90米比走70米少用4分钟；这样我们就可求出小强走这段路用了多长时间（即他们以开始速度行驶相遇的时间18分钟），之后就可根据“相遇公式”求得问题答案． 【解答】解：90×4÷（90﹣70）＝18（分钟） （52+70）×18＝2196（米） 故：此空为2196． 【点评】解答此题的关键是根据题意得到：小强走一样的路程，以90米/分钟速度比70米/分钟速度少用4分钟． 75．完成一件工作，需要甲干5天、乙干6天，或者甲干7天、乙干2天。乙单独干这件工作需 　16　 天。 【分析】根据题意，可得到甲7﹣5＝2（天）的工作量等于乙6﹣2＝4（天）的工作量，因为工作量一定，所以工作效率与工作时间成反比，所以甲、乙的工作效率比是4：2＝2：1，乙干6天，那么甲只需6﹣2＝3（天），所以完成一件工作，需要甲干5天、乙干6天，就相当于甲单独完成需要甲干5+3＝8（天）；同理求出乙单独干这件工作需的天数。 【解答】解：甲、乙的工作效率比是（6﹣2）：（7﹣5）＝2：1， 乙：2×5＝10（天），10+6＝16（天）。 答：乙单独干需要16天。 故答案为：16。 【点评】本题考查了工程问题，解答此题的关键是找准等量关系求出甲、乙的工作效率比。 76．搬运一个仓库的货物，甲需要10小时，乙需要12小时，丙需要15小时。有同样的仓库A和B，甲在A仓库、乙在B仓库同时开始搬运货物，丙开始帮助甲搬运，中途又转向帮助乙搬运。最后两个仓库货物同时搬完。丙帮助甲 　3　 小时。 【分析】依据题意，把一个仓库的工作量看作单位“1”，工效＝工作量÷工作时间，计算三人合作几小时把两个仓库搬完，然后计算甲在A仓库自己搬了几分之几，再计算丙搬了A仓库的几分之几，由此计算丙在A仓库搬的时间。 【解答】解：把一个仓库的工作量看作单位“1”， 甲工效：1÷10， 乙工效：1÷12， 丙工效：1÷15， 三人合作搬完两个仓库需要：（1+1）÷（）＝8（小时）， 甲在A仓库搬：8， 丙在A仓库搬的时间：（1）3（小时）。 答：丙帮助甲3小时。 故答案为：3。 【点评】本题考查的是工程问题的应用，解决本题的关键是计算出三人合作搬完两个仓库需要时间。 77．甲、乙两车分别从A，B两地同时出发相向而行，6小时后相遇在C点。如果甲车速度不变，乙车每小时多行5千米，且两车还从A，B两地同时出发相向而行，则相遇地点距C点12千米；如果乙车速度不变，甲车速度每小时多行5千米，则相遇地点距C点16千米。甲车原来每小时行 　30　 千米。 【分析】比较第二次和第三次的相遇情况，距离都是全程，而速度和都是甲+乙+5，说明自出发至相遇的时间都是一样的，对于甲车：第二，第三两次相遇需要的时间一样，但第三次走的路程却比第二次增加了16+12＝28（公里），是因为第三次速度每小时增加了5公里，所以28÷5＝5.6（ 小时）为相遇需要的时间，再比较第一次和第二次相遇，速度没变，行走6小时在C点相遇，行走5.6小时，则少走了12千米，即甲0.4小时走12千米，甲的速度是12÷0.4＝30 （千米/时）。据此解答。 【解答】解：行程图如下所示： 第二个过程与第三个过程甲、乙的速度和与路程和不变，因此所用时间相同， 比较甲2与甲3，相同时间，甲3比甲2多行了28千米，每小时多行5 千米，则： 甲行驶的时间为：（16+12）÷5＝5.6（小时）， 比较甲1与甲2，两者速度相同，甲1比甲2多行了12千米，多行了（6﹣5.6）小时，说明甲1与甲2的速度为： 12÷（6﹣5.6）＝30（千米/时）。 答：甲车原来每小时行30千米。 故答案为：30。 【点评】此题的解答关键是比较第二次和第三次的相遇情况，距离都是全程，而速度和都是甲+乙+5，说明自出发至相遇的时间都是一样的。 78．甲、乙二人从距离为18千米的两地相向而行。一骑车人与甲在一起，他们三人同时出发，甲每小时走4千米，乙每小时走6千米，骑车人的速度是乙速度的2倍。骑车人为二人传递消息，他遇到乙后立即返回，碰到甲后又立即返回，如此往返于甲、乙之间。骑车人第一次与乙相遇在A点，第二次与乙相遇在B点，A、B两点之间的距离是 　4　 千米。 【分析】先求出骑车人与乙第一次相遇的时间，从而得到A点距乙出发地的距离。接着算出此时甲、乙相距的距离，再求骑车人与甲相遇的时间，算出这段时间乙走的距离，进而得到此时甲、乙新的距离，然后求骑车人与乙再次相遇的时间，得出B点距乙出发地的距离，最后算出A、B两点间的距离。据此解答。 【解答】解：骑车人的速度为：6×2＝12（千米/时）， 骑车人与乙第一次相遇的时间：18÷（6+12）＝1（小时）， A点距乙的出发地路程：6×1＝6（千米）， 骑车人与乙第一次相遇时，甲走的路程：4×1＝4（千米）， 骑车人与乙第一次相遇时，乙走的路程：6×1＝6（千米）， 骑车人与乙第一次相遇时，甲、乙相距的路程：18﹣4﹣6＝8（千米）， 骑车人与甲相遇的时间：8÷（4+12）＝0.5（小时）， 骑车人与甲相遇时，乙走的路程：0.5×4＝2（千米）， 骑车人与甲相遇时，乙走的路程：0.5×6＝3（千米）， 骑车人与甲相遇后，甲、乙新的相距路程：8﹣2﹣3＝3（千米）， 骑车人与乙再次相遇的时间：3÷（6+12）（小时）， B点距乙出发地的路程：6×（1+0.5）＝10（千米）， A、B两点间的路程：10﹣6＝4（千米）。 答：A、B两点之间的距离是4千米。 故答案为：4。 【点评】本题考查了相遇问题的应用，熟练掌握路程、速度和时间三者之间的关系是解题的关键。 79．两个瓶中小球的数量相等，且都只有黑、白两种颜色。已知第一个瓶子中白球的个数是黑球的4倍，第二个瓶子中黑球的个数是白球的7倍，若两个瓶中一共有111个白球，则第二个瓶中有黑球 　105　 个。 【分析】设出第一个瓶子中黑球x，瓶子中第二个白球有y个，根据题意可知第一个瓶子中白球有4x个，第二个瓶子中黑球有7y个，根据两个瓶中小球的数量相等即可求出x和y之间的关系，再根据两个瓶中一共有111个白球即可求出y的值，进而求出7y的值，据此解答。 【解答】解：设第一个瓶子中黑球有x个，第二个瓶子中白球有y个，则： x+4x＝y+7y， 即5x＝8y， 所以xy， 已知两个瓶中一共有111个白球，则： 4x+y＝111， 把xy代入后可得： 4y+y＝111， 解得：y＝15， 第二个瓶子中黑球个数：7y＝7×15＝105。 答：第二个瓶中有黑球105个。 故答案为：105。 【点评】通过设未知数，找出等量关系是解题的关键。 80．服装厂要加工一批上衣，原计划20天完成任务。实际每天比计划多加工60件，照这样做了15天，就超过原计划件数350件。原计划加工上衣 　2200　 件。 【分析】设原计划每天加工上衣x件，那么原计划加工上衣的总数就是20x件，实际每天加工（x+60）件，实际加工的上衣数量为15（x+60）件，已知实际做15天就超过原计划件数350件，所以可列方程：15（x+60）＝20x+350。解方程即可求出原计划每天加工上衣的件数，再乘20即可解答。 【解答】解：设原计划每天加工上衣x件， 15（x+60）＝20x+350 解得：x＝110， 原计划加工上衣： 110×20＝2200（件）。 答：原计划加工上衣2200件。 故答案为：2200。 【点评】设出未知数，根据等量关系实际做15天就超过原计划件数350件列方程解答是解题的关键。 81．大、小猴共35只，它们一起去采摘水蜜桃。猴王不在时，一只大猴一个小时可采摘15千克，一只小猴子一小时可摘11千克；猴王在场监督的时候，每只猴子不论大小每小时都可以多采摘12千克。一天，采摘了8小时，其中第一小时和最后一小时猴王在监督，结果共采摘了4400千克水蜜桃。在这个猴群中，共有 　20　 只小猴子。 【分析】先求出35只猴子8小时采摘桃子的千克数，即可求出35只猴子每小时采摘的千克数，然后根据鸡兔同笼的原理，即可求出大，小猴子的只数。 【解答】解：在没有猴王监督时，35只猴子8小时共可采摘桃子的千克数： 4400﹣35×12×2， ＝4400﹣840， ＝3560（千克）， 每小时采摘的千克数：3560÷8＝445（千克）， 假设35只猴子都是大猴子，每小时可采的千克数：35×15＝525（千克）， 比实际多的千克数：525﹣445＝80（千克）， 而每只小猴子比每只大猴子每小时少采的千克数：15﹣11＝4（千克）， 所以共有小猴子：80÷4＝20（只）， 答：共有小猴子20只。 故答案为：20。 【点评】解答此题的关键是，根据题意，转化成鸡、兔同笼的问题解答即可。 82．甲、乙二人沿铁路相向而行，速度相同，一列火车从甲身边开过用了8秒钟，离甲后5分钟又遇乙，从乙身边开过，只用了7秒钟，问从乙与火车相遇开始再过　　 分钟甲乙二人相遇？ 【分析】要求过几分钟甲、乙二人相遇，就必须求出甲、乙二人这时的距离与他们速度的关系，而与此相关联的是火车的运动，只有通过火车的运动才能求出甲、乙二人的距离．火车的运行时间是已知的，因此必须求出其速度，至少应求出它和甲、乙二人的速度的比例关系，再根据题意解答即可． 【解答】解：火车速度V车与甲、乙二人速度V人的关系，设火车车长为l，则： 火车开过甲身边用8秒钟，这个过程为追及问题： 故，l＝（V车﹣V人）×8；（1） 火车开过乙身边用7秒钟，这个过程为相遇问题： 故，l＝（V车+V人）×7．（2） 由（1）、（2）可得：8（V车﹣V人）＝7（V车+V人）， 所以，V车＝15V人． 火车头遇到甲处与火车遇到乙处之间的距离是：（8+5×60）×V车＝308V车＝308×15V人＝4620V人． 火车头遇到乙时甲、乙二人之间的距离，火车头遇甲后，又经过（8+5×60）秒后，火车头才遇乙，所以，火车头遇到乙时，甲、乙二人之间的距离为：4620V人﹣（8+5×60）V人＝4312V人 甲、乙二人过几分钟相遇：4312V人÷2V人＝2156（秒）（分钟） 答：再过分钟甲乙二人相遇． 【点评】根据题意，由火车速度与甲乙二人速度之间的关系，再根据题意进一步解答即可． 83．甲、乙两船分别在一条河的A、B两地同时相向而行，甲顺流而下，乙逆流而行，相遇时，甲、乙两船行了相等的航程，相遇后继续前行，甲船到达B地，乙船到达A地后，都立即按原来路线返航，两船第二次相遇时，甲船比乙船少行1千米．如果从两船第一次相遇到第二次相遇时间相隔1小时20分钟，则河水的流速为每小时　　 千米． 【分析】本题是一道较复杂的水流行船问题，由第一次相遇可知乙的速度比甲快水流速度的2倍，第二次相遇可知，从第一次相遇到达目的地的时间与立即返回到第二次相遇所用的时间是相等的，再根据速度差×相遇时间＝多行的路程，由此可得答案． 【解答】解：根据第一次相遇两船所走路程相等可知v乙＝v甲+2v水． 1小时20分钟小时，各自到达目的地立即返回到第二次相遇所用的时间是小时， [（v乙+v水）﹣（v甲﹣v水）]1，解得v水． 故答案为． 【点评】本题考查流水行船问题，考查路程、速度时间的关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题． 84．某校甲、乙两个班共有100名学生，期末数学考试中，考试成绩从百分位起四舍五入，该年级的平均分为80.4分，甲班的平均分为76.2分，乙班的平均分为83.5分，且甲班人数为偶数，由以上数据可知甲班的人数是 　42　 。 【分析】根据题意，我们不妨设甲班人数为x人，则乙班有（100﹣x）人，接着利用甲、乙两班人数和与平均分列出方程76.2x+83.5×（100﹣x）＝100×80.4，求出人数的近似值，再结合甲班人数为偶数这一条件确定甲班实际人数，即可得到答案。 【解答】解：设甲班人数为x人，则得： 76.2x+83.5×（100﹣x）＝100×80.4， 解得：x≈42.5。 因为甲班人数为偶数，在42.5附近的偶数只有42，所以甲班人数是42人。 答：甲班的人数是42。 故答案为：42。 【点评】此题主要考查了平均数的应用与计算。 85．某校100名学生在一次语文，数学，英语三科竞赛中，参加语文竞赛的有39人，参加数学竞赛的有49人，参加英语竞赛的有41人，既参加语文又参加数学竞赛的有14人，既参加数学又参加英语竞赛的有13人，既参加语文又参加英语竞赛的有9人，有1人这三项竞赛都不参加。三项都参加的有 　6　 人。 【分析】先用总人数减去三项竞赛都不参加的1人得出参加竞赛的人数，然后把参加语文竞赛的39人加参加数学竞赛的49人加参加英语竞赛的41人减去参加竞赛的人数得出只参加3种竞赛中一项的人数，再把既参加语文又参加数学竞赛的14人加既参加数学又参加英语竞赛的13人加既参加语文又参加英语竞赛的9人减去只参加3种竞赛中一项的人数，即可得解。 【解答】解：参加竞赛的人数：100﹣1＝99（人）， 三项都参加的人数：99﹣39﹣49﹣41+14+13+9＝6（人）。 答：三项都参加的有6人。 故答案为：6。 【点评】本题考查了容斥原理的应用，解答此题的关键是分别求出参加竞赛的人数和参加一项的人数。 86．今年，娟娟10岁，她的爷爷78岁。再过 　7　 年，爷爷年龄是娟娟年龄的5倍。 【分析】我们知道：他们的年龄差是78﹣10＝68（岁），这是不变的，故68岁是娟娟年龄的5﹣1＝4倍，然后用除法求出娟娟年龄，然后再进一步解答即可。 【解答】解：年龄差： 78﹣10＝68（岁）， 娟娟年的龄： 68÷（5﹣1）＝17（岁）， 再过： 17﹣10＝7（年）。 答：再过7年，爷爷年龄是娟娟年龄的5倍。 故答案为：7。 【点评】此题只要灵活运用他们之间的年龄差不变，即可轻松作答。 87．甲乙两人轮流在如图中涂色，已经涂过的地方和其相邻的地方（相邻指至少有一个公共点）就不能再涂。例如，甲先涂a，乙涂e，甲就没有可涂的地方了，甲就输了。如果先涂者想要获胜，应该先涂 D 。 A.a B.b C.c D.d E.e F.f Gg 【分析】分别分析甲先涂α、b、c、d、e、f、g的情况，进而得出甲获胜的情况。 【解答】解：依题设条件，假设甲先涂，乙后涂， 1）甲先涂α，乙涂e，则甲再没有地方可涂，甲输， 2）甲先涂b，乙涂f，则甲再没有地方可涂，甲输， 3）甲先涂c，乙涂f，则甲再没有地方可涂，甲输， 4）甲先涂d，乙可涂a，g，但无论乙涂哪处，甲都还有地方可涂， 并且甲涂完后，乙再没有地方可涂，乙输， 5）甲先涂e，乙涂a，则甲再没有地方可涂，甲输， 6）甲先涂f，乙涂a、b、c均可，则甲再没有地方可涂，甲输， 7）甲先涂g，乙涂b，则甲再没有地方可涂，甲输， 因此，甲要必胜，只能先涂d。 故答案为：D。 【点评】本题考查了最佳对策问题，解题的关键是分别分析甲先涂α、b、c、d、e、f、g的情况。 88．从1～2025的2025个自然数中，最多可以取出 　1013　 个数，使其中任意两个数的差不等于4。 【分析】要使其中任意两个数的差不等于4，在相邻的8个数中，取前4个，就不能取后4个。据此分析就可以了。 【解答】解：从小到大，取1∼4，则5∼8不取，9∼12可取，13～16不取⋯⋯ 每8个数中取前4个， 2025÷8＝253⋯⋯1， 余下的1个数中可取， 253×4+1＝1013（个）， 所以最多可以取出1013个数，使其中任意两个数的差不等于4。 故答案为：1013。 【点评】本题主要考查抽屉原理的应用。解决问题的关键是理解：要使其中任意两个数的差不等于4，在相邻的8个数中，只能取4个。 89．红、黄、蓝、白、紫五种颜色的珠子各一粒，都用纸包好摆在桌上．A、B、C、D、E五人猜纸包中珠子的颜色，每人只能猜两包． A：第2包是紫的，第3包是黄的； B：第2包是蓝的，第4包是红的； C：第1包是红的，第5包是白的； D：第3包是蓝的，第4包是白的； E：第2包是黄的，第5包是紫的． 猜完后拆开纸包一看，每人都猜对了一种，且每包只有一人猜对．判断他们各猜对了哪一种颜色的珠子． 【分析】根据题干，第1包只有C猜，必是对的，则C说：“第5包是白色的”就是错的；由此即可展开推理． 【解答】解：根据题干分析可得：C说“第1包”是对的，则C说：“第5包是白色的”就是错的，由此即可推理，推理过程如下： 根据上表中的推理结果可得：A，B，C，D，E分别猜对了黄、蓝、红、白、紫色的珠子． 答：A猜对了黄色的；B猜对了蓝色的；C猜对了红色的；D猜对了白色的；E猜对了紫色的． 【点评】根据题干，抓住“第1包只有C猜，必是对的”进行推理，是解决本题的关键． 90．如图中，小黑格表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线要联，连续标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大的信息量．现在从结点A向结点B传递信息，那么单位时间内传梯的最大信息量是　17　 ． 【分析】要想求得单位时间内从结点A向结点H传递的最大信息量，关键是分析出每段网线在单位时间内传递的最大信息量．据此解答． 【解答】解：1．单位时间内从结点A经过上面一个中间节点向结点B传递的最大信息量，从结点A向中间的结点传出11个信息量，在该结点处分流为11个和6个，此时信息量为17； 2．单位时间内从结点A经过下面一个中间结点向结点B传递的最大信息量是9个和7个信息量，此时信息量为16； 因此单位时间内从结点A向结点B传递的最大信息量是17个． 故答案为：17． 【点评】解答此题，关键是分析出每段网线在单位时间内传递的最大信息量． 91．长度分别为3，4，5，6，7的五根木棍，从中任取三根，能够构成一个三角形的概率是 　　 。 【分析】依据题意可知，3，4，5，6，7中取出3个数有：3，4，5；3，4，6；3，4，7；3，5，6；3，5，7；3，6，7；4，5，6；4，5，7；4，6，7；5，6，7共10组，找出能构成三角形的，由此解答本题。 【解答】解：3，4，5，6，7中取出3个数有：3，4，5；3，4，6；3，4，7；3，5，6；3，5，7；3，6，7；4，5，6；4，5，7；4，6，7；5，6，7共10组， 三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，3+4＝7，所以3，4，7不能组成三角形，能构成三角形的有：3，4，5；3，4，6；3，5，6；3，5，7；3，6，7；4，5，6；4，5，7；4，6，7；5，6，7共9组， 能够构成一个三角形的概率：9÷10。 故答案为：。 【点评】本题考查的是概率的应用，解决本题的关键是利用三角形的三边关系找出能组成三角形的组数。 92．游戏规则：棋盘如下图所示，由9个小圆圈排列而成，用1～9编号。在3号和9号小圆圈中各放一枚棋子，分别代表狼和羊。若两个小圆圈之间有线相连，则棋子可以从其中的一个走入另一个。现在由狼先走，双方轮流，每方每次走一步，每步可以从一格走到有线相连的邻格之中。如果狼走了不超过6步后，就走入羊所在的格子之中，就算狼抓住了羊：反之羊就成功逃脱啦。获胜的是 　狼　 。 【分析】狼获胜只能“以退为进”，狼先向左走3步后回到3号，然后往右走3步必能抓住羊，即不超过6步狼能抓住羊，狼必胜。 【解答】解：如下图所示，从9号小圆圈开始向左依次黑白相间地染上颜色： 黑白相间染色后，3号，6号，9号小圆圈都被染成了黑色，其他小圆圈都被染成了白色，并且1号和2号两个白色小圆圈相邻，如果狼直逼羊，反而抓不着羊，狼先走，羊后走， 狼：3号（黑）→白→黑→自→黑→白→ 羊：9号（黑）→白→黑→白→黑→白→ 双方走了相同的步数之后，必处于同色的小圆圈之中， 轮到狼走时，它只能走入另一种颜色的小圆圈（不是羊所在的小圆圈的颜色），这样走的结果是狼永远抓不住羊， 狼“以退为进”，一举抓获羊，狼要想抓住羊，必须把他所在的小圆圈的颜色调整到与羊所在的小圆圈的颜色相反才有可能， 于是，用到了1，2号同色且相邻的两个小圆圈， 狼应采取“以退为进”的策略，先退到1，狼前3步这样走：3→1→2→3，走3步之后，狼回到了原来的3号黑圈， 这时羊由9号黑圈出发，走3步，必然处于白圈之中，即羊在4，5，7，8号小圆圈中的一个， 如果在4，5号小圆圈中，狼只需再走一步就可以抓住羊了， 如果在7，8号小圆圈中，狼可以再走两步走到6号小圆圈中，此时羊走了2步仍在4，5，7，8号小圆圈中的一个， 此时狼只需再走一步也可以抓住羊，狼抓住羊前后不超过6步，所以狼获胜。 答：获胜的是狼。 故答案为：狼。 【点评】本题考查了最佳策略的应用，采用黑白相间染色的方法是常用的解题方法。 93．把一个有限小数a的小数点向右移动若干位（数位不足可用0补充，如：把0.1的小数点向右移动两位，得到的新数是10），得到的新数比原数大1.998，则所有符合要求的a的和为 　0.2442　 。 【分析】根据题意，小数点向右移动一位，原数就扩大到原来的10倍，小数点向右移动两位，原数就扩大到原来的100倍，小数点向右移动三位，原数就扩大到原来的1000倍.…以此类推，据此解答即可。 【解答】解：小数点向右移动一位： 10a﹣a＝1.998， 解得：a＝0.222， 小数点向右移动两位： 100a﹣a＝1.998， 解得：a＝0.0202， 小数点向右移动三位： 1000a﹣a＝1.998， 解得：a＝0.002， 0.222+0.0202+0.002 ＝0.2422+0.002 ＝ 0.2442。 答：所有符合要求的a的和为0.2442。 故答案为：0.2442。 【点评】本题考查小数点移动引起小数大小的变化，解题的关键是分别计算出小数点向右移动一位、二位、三位的a值。 94．从6个学生和4个老师中选出3个学生和2个老师，共有 　120　 种不同的选法。 【分析】从6个学生中选出3个学生，有种选择；从4个老师中选出2个老师，有种选择；然后用乘法解答即可。 【解答】解：120（种）。 答：共有120种不同的选法。 故答案为：120。 【点评】用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要进行仔细分析要完成的“一件事”是什么，可以“分类”还是需要“分步”。 95．在1000到9999之间，千位数字与十位数字之差（大减小）为2，且四个数位上的数字各不相同的四位数有 　840　 个。 【分析】本题利用排列组合知识和数位知识解答，先列举出千位数字与十位数字差为2的各种情况，再根据首位不能为0进行删减，最后得到答案。 【解答】解：1000～9999千位数字与十数字差为2有9﹣7、8﹣6、7﹣5、6﹣4、5﹣3、4﹣2、3﹣1、2﹣0共8种情况。 若千位和十位为2﹣0情形：则只有千位为2，十位为0，剩下百位、十位的确定方法8×7＝56（种）。 若千位与十位数字差为2，取自剩下的7种时，由于千位、十位均不为0，故可变换，这样确定千位、十位的方法有2×7＝14（种）； 而剩下百位、个位的确定方法有56种，因而这样的四位数有56×14＝784（种）； 所以满条件四位数共784+56＝840（种）； 即四个数位上的数字各不相同的四位数有840个。 故答案为：840。 【点评】本题易错点在于忽略首位不能为0的情况。 96．从1、2、3、4、5、6、7、8、9中任选若干个数（至少两个）相加，使其和能被8整除共有 　62　 种不同选法。 【分析】从1～9共计9个数字，其数和为45，而能被8整除且在45以内的只有8、16、24、32、40，依次枚举出选择至少2个数字求和等于8、16、24、32、40的所有可能后相加求和即可。 【解答】解：1～9数和：1+2+3+……+9＝45， 45以内8的倍数有：8、16、24、32、40， 8可以拆分为：8＝1+7＝2+6＝3+5＝1+2+5＝1+3+4，共计5种拆法， 16可以拆分为：16＝7+9＝1+6+9＝1+7+8＝2+5+9＝2+6+8＝3+4+9＝3+5+8＝3+6+7＝4+5+7＝1+2+4+9＝1+2+5+8＝1+2+6+7＝1+3+4+8＝1+3+5+7＝1+4+5+6＝2+3+4+7＝2+3+5+6＝1+2+3+4+6，共计18种拆法， 24可以拆分为：24＝7+8+9＝1+6+8+9＝2+5+8+9＝2+6+7+9＝3+4+8+9＝3+5+7+9＝3+6+7+8＝4+5+6+9＝4+5+7+8＝1+2+4+8+9＝1+2+5+7+9＝1+2+6+7+8＝1+3+4+7+9＝1+3+5+6+9＝1+3+5+7+8＝1+4+5+6+8＝2+3+4+6+9＝2+3+4+7+8＝2+3+5+6+8＝2+4+5+6+7＝1+2+3+4+5+9＝1+2+3+4+6+8＝1+2+3+5+6+7，共计23种拆法， 32可以拆分为：32＝4+5+6+8+9＝3+5+7+8+9＝2+6+7+8+9＝1+2+5+7+8+9＝1+3+4+7+8+9＝1+3+5+6+8+9＝1+4+5+6+7+9＝2+3+4+6+8+9＝2+3+5+6+7+9＝2+4+5+6+7+8＝1+2+3+4+5+8+9＝1+2+3+4+6+7+9＝1+2+3+5+6+7+8，共计13种拆法， 40可以拆分为：40＝1+4+5+6+7+8+9＝2+3+5+6+7+8+9＝1+2+3+4+6+7+9，共计3种拆法。 综上，一共的拆法有：5+18+23+13+3＝62（种）。 答：从1、2、3、4、5、6、7、8、9中任选若干个数（至少两个）相加，使其和能被8整除共有62种不同选法。 故答案为：62。 【点评】本题考查了筛选和枚举问题的应用，枚举过程中做到不重不漏是解题的关键。 97．一个自然数恰有12个因数，且它能被3和25整除，这个自然数最小是 　150　 。 【分析】求一个合数的因数个数的计算公式：a＝pα×qβ×rγ（其中a为合数，p、q、r是质数），则a的因数共有（α+1）（β+1）（γ+1）个；据此构造推断即可。 【解答】解：因为它能被3和25＝5×5整除，所以它至少有两个质因数组成，12＝2×6、12＝3×4、12＝2×2×3， 要使这个自然数最小，因数5最多有2个，因数2尽量多， 所以12＝2×2×3＝（1+1）×（1+1）×（2+1）时最小： 21×31×52＝150。 答：这个自然数最小是150。 故答案为：150。 【点评】本题考查了因数个数定理逆应用。注意12的拆分方法。 98．小于10000的数中，有 　72　 个各位数码之积为84的数。 【分析】依据题意可知，84＝2×2×3×7，则乘积个数有4个时：84＝1×2×6×7，计算有多少种选择，84＝1×3×4×7，计算有多少种选择，84＝2×2×3×7，计算有多少种选择；乘积个数有3个时：84＝2×6×7，计算有多少种选择，84＝3×4×7，计算有多少种选择，由此解答本题。 【解答】解：84＝2×2×3×7， 乘积个数有4个时：84＝1×2×6×7，24（个）， 84＝1×3×4×7，24（个）， 84＝2×2×3×7，12（个）， 共：24+24+16＝60（个）， 乘积个数有3个时：84＝2×6×7，6（个）， 84＝3×4×7，6（个）， 共：6+6＝12（个）， 总共：60+12＝72（个）。 故答案为：72。 【点评】本题考查的是组合排列的应用，解决本题的关键是找出乘积个数有4个时有多少种选择，乘积个数有3个时有多少种选择。 99．100名学生站成一排，从左至右1至100报数，凡报到偶数者均向后转，报完后再次从左至右1至100报数，凡报到3的倍数者均向后转，最后再次从左至右1至100报数，凡报到5的倍数者均向后转，这时面向前的学生共有 　49　 人． 【分析】把100分为奇数和偶数，①报数为奇数的同学，既不是3也不是5的倍数，则一直没转动，面向前；既是3也是5的倍数，经过2次转动，面向前；②报数为偶数的同学，只是3的倍数但不是5的倍数，经过2转动，面向前；不是3的倍数但是5的倍数，同样也是经过2次转动，面向前 【解答】3的倍数共有33个，奇数中有17个，偶数中有16个 5的倍数共有20个，奇数中有10个，偶数中有10个 奇数是3和5的倍数有15；30；45；60；75；90；其中奇数有3个，偶数有3个 ①报数为奇数的同学共有50个，50﹣17﹣10+3＝26 ②报数为偶数的同学，16+10﹣3＝23 ③面向前的学生共有：26+23＝49 【点评】此题解答的关键在于根据3和5的倍数进行分析解决． 100．100、有一个奇怪的四位数（首位不为0），它是完全平方数，它的数字和也是完全平方数，用这个四位数除以它的数字和得到的结果还是完全平方数，并且它的因数个数还恰好等于它的数字和，那当然也是完全平方数，如果这个四位数的各位数字互不相同，那么这个四位数是 　2601　 。 【分析】先根据它的数字和也是完全平方数，数字和的取值范围可得，和可以为9，16，25；然后进一步推断即可。 【解答】解：方法一： 假设这个四位数是，由于各位数字互不相同，则6⩽A+B+C+D⩽30，又知是完全平方数，所以数字和只可能是9、16、25，又因为完全平方数的因数个数是奇数，所以数字和只可能是9或25，若数字之和为25，则，又是完全平方数，所以或25，则A+B+C+D⩽2+5+8+9＝24，矛盾，故数字之和只可能是9．那么由题意可知，A+B+C+D＝9及，且的因数个数等于9，则或（P为非3的质数），而显然不符合题意，而要（3P）2是四位数，P可能是11、13、17、23、29、31，则该四位数可能是1089、1521、2601、4761、7569、8649，其中只有符合题意，所以这个四位数是2601。 方法二： 四位数中，各个位数不重复的情况下，和可以为9，16，25；且因为完全平方数的因数为奇数个，则可以是9，25两种情况，9的情况下，该数为a2×32形式，因为a为质数，经测试可取a＝17，得符合要求四位数2601；25的情况下，该数为a4×54形式，故a取任何质数不能满足条件；所以符合题意要求的四位数为2601。 故答案为：2601。 【点评】本题考查了完全平方数性质的灵活运用。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/3/25 8:08:02；用户：邢连强；邮箱：13468187680；学号：36611160 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $