精品解析：第三十届“YMO”青少年数学思维研学交流活动初选试卷小学六年级

**基本信息** 小学六年级竞赛初选试卷，20道填空题聚焦计算、数论、几何等核心知识，通过规律探究（如第3题算式规律）、空间想象（如第7题覆盖问题）等设计，考查抽象能力与推理意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |填空题|20题|计算（1-2题）、数论（8-10题）、几何（14题圆环面积）、排列组合（15题四位数计数）|第3题规律探究培养抽象能力，第7题覆盖问题发展空间观念，第16题读法计数渗透模型意识|

第三十届“YMO”青少年数学思维研学交流活动初选试卷 小学六年级 一、填空题。 1. 计算：＝（ ）。 2. 计算：＝（ ）。 3. 按规律写出一列算式：1000－1，993－4，986－7，979－10，…，如果要保证被减数比减数大，最多能写出（ ）个算式。 4. 计算：＝（ ）。 5. 观察按下列规律排成的一列数：，，，，，，，，，，，，，，，…，在这个数列中，从左边起第m个数记为F（m），当时，m＝（ ）。 6. 在2～9中选出7个互不相同的数字填入如图所示的圆圈中，使得每条线段两个端点处所填的数，上面的比下面的大，一共有（ ）种填法。 7. 用7个1×2的长方形纸片覆盖如图的方格表，共有（ ）种覆盖方法。 8. 从36到100的这65个自然数的乘积的末尾有（ ）个连续的零。 9. 975×1925×1872×□，要使这个连乘积的最后5个数字都是0，那么在方框内最小应填（ ）。 10. 六位数能被396整除，这个六位数是（ ）。 11. 在2022后面写出三个数字，使所得的七位数被8、9、11整除。那么这三个数字的和是（ ）。 12. 是（ ）的平方。 13. 已知自然数N满足：15！除以N得到一个完全平方数，则N的最小值是（ ）。 14. 如图，阴影圆环的面积是157平方厘米，那么图中大正方形的面积是（ ）平方厘米。（π取3.14 15. 一个四位数，每一位数字都是1，2，3，4中的一个，各个数位上的数字和为12，这样的四位数一共有（ ）个。 16. 一本书有8章，现要求小明每天最少读1章，最多读4章，且必须是整数章。那么他读完这本书一共可以有（ ）种不同的读法。 17. 现有11块糖，如果小明每天吃奇数块糖，直到吃完，那么小明共有（ ）种吃法。 18. 骰子的六个面上是1～6的六个数字，连续掷一枚骰子4次，4次点数之和为10的不同抛掷结果有（ ）种。 19. 图中圆环的面积是157平方厘米，那么图中直角三角形的阴影部分的面积是（ ）平方厘米。 20. 图中是一个钟表的圆面，如果阴影甲的面积是314平方厘米，那么阴影乙的面积是（ ）平方厘米。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三十届“YMO”青少年数学思维研学交流活动初选试卷 小学六年级 一、填空题。 1. 计算：＝（ ）。 【答案】7 【解析】 【分析】先将带分数化成假分数，然后先算乘法，再相加即可。 【详解】 ＝2＋5 ＝7 2. 计算：＝（ ）。 【答案】91 【解析】 【分析】把分子写成，化简后为，把分母写成的形式，化简后为，分子分母约分后即可解答。 【详解】 【点睛】本题考查了繁分数、分数裂项的简便计算方法，难度较大。 3. 按规律写出一列算式：1000－1，993－4，986－7，979－10，…，如果要保证被减数比减数大，最多能写出（ ）个算式。 【答案】100 【解析】 【分析】根据题意，当被减数＝减数时，可得1000－7（n－1）＝1＋3（n－1），整理，并求出n的值，然后分别求出此时的被减数和减数是多少，并求出有多少算式即可。 【详解】这列算式：1000－1，993－4，986－7，979－10，…… 所以当被减数＝减数时，可得 1000－7（n－1）＝1＋3（n－1） 1000－7n＋7＝1＋3n－3 7n＋3n＝1000＋7＋3-1 10n＝1009 n＝100.9 又因为n为正整数 所以n＝100 所以最多能写出100个算式。 4. 计算：＝（ ）。 【答案】18 【解析】 【分析】把同分母分数相加求和即可简便运算。 【详解】原式＝ 5. 观察按下列规律排成的一列数：，，，，，，，，，，，，，，，…，在这个数列中，从左边起第m个数记为F（m），当时，m＝（ ）。 【答案】2003003 【解析】 【分析】这列数的规律是：分子、分母的和为2的有1个，和为3的有2个，和为4的有3个，……，而在和相同的数中，分子又是从1开始的连续自然数。的分子、分母的和为2003，说明这个数是和为2003的第2个数，可以先计算从和为2到和为2002的分数一共有多少个，也就是先求出1＋2＋3＋4＋……＋2001的和，再加上2就是n的值。据此解答。 【详解】1＋2＋3＋4＋……＋2001 ＝（1＋2001）×2001÷2 ＝2002÷2×2001 ＝1001×2001 ＝2003001 2003001＋2＝2003003 所以当时，m＝2003003。 【点睛】 6. 在2～9中选出7个互不相同的数字填入如图所示的圆圈中，使得每条线段两个端点处所填的数，上面的比下面的大，一共有（ ）种填法。 【答案】640 【解析】 【分析】首先从最下面的一个考虑，因为每条线段两个端点处所填的数，上面的比下面的大，最下面的只能是2或3； 如果最下面的是2，再来看左边，左边可以从7个数里面选择3个来填，即填法，但最上面的2个数可以互换位置，所以有70种种填法；此时右边可以从剩下的4个数里面选择3个来填，即种填法，但最上面的2个数可以互换位置，所以有8种种填法；根据乘法原理共有560种填法。 如果最下面的是3，再来看左边，左边可以从6个数里面选择3个来填，即填法，但最上面的2个数可以互换位置，所以有40种填法；此时右边可以从剩下的3个数里面选择3个来填，即1种填法，但最上面的2个数可以互换位置，所以有1×2种填法；根据乘法原理共有80种填法。然后根据加法原理解答即可。 【详解】最下面的是2时： 从7个数里面选择3个：（种） 35×2＝70（种） （种） 4×2＝8（种） 70×8＝560（种） 最下面的是3时： 从6个数里面选择3个： （种） 20×2＝40（种） 560＋80＝640（种） 则一共有640种填法。 7. 用7个1×2的长方形纸片覆盖如图的方格表，共有（ ）种覆盖方法。 【答案】21 【解析】 【分析】本题分类计数：全部竖排1种；1个竖排有4种；3个竖排有10种；5个横排有6种；然后加在一起，即可得解。 【详解】：1＋4＋10＋6＝21（种） 所以共有21种不同的覆盖方法。 8. 从36到100的这65个自然数的乘积的末尾有（ ）个连续的零。 【答案】16 【解析】 【分析】根据题意可知，乘积的末尾0的个数取决于因数中2和5的个数，因数2的个数足够多，所以只需求出因数5的个数，有几个因数5乘积的末尾就有几个连续的零，据此即可解答。 【详解】36到100中含有因数5的数有40、45、50、55、60、65、70、75、80、85、90、95、100，其中40、45、55、60、65、70、80、85、90、95这10个数都只含有1个因数5，50、75、100这3个数都含有2个因数5； 10＋2×3 ＝10＋6 ＝16（个） 所以从36到100的这65个自然数的乘积的末尾有16个连续的零。 9. 975×1925×1872×□，要使这个连乘积的最后5个数字都是0，那么在方框内最小应填（ ）。 【答案】10 【解析】 【分析】首先把975、1925、1872分解质因数，判断出975、1925、1872中含有多少个因数2和多少个因数5，推出975×1925×1872的积的末尾有几个0；然后根据这个连乘积的最后5个数字都是0，求出在方框内最小应填多少即可。 【详解】975＝3×5×5×13，975含有2个因数5； 1925＝7×5×5×11，1925含有2个因数5； 1872＝2×2×2×2×3×3×13，1872含有4个因数2； 因为975含有2个因数5，1925含有2个因数5，975和1925一共含有4个因数5，1872含有4个因数2， 所以975×1925×1872的积的末尾有4个0； 因为这个连乘积的最后5个数字都是0， 所以在方框内最小应填10。 10. 六位数能被396整除，这个六位数是（ ）。 【答案】207108 【解析】 【分析】六位数能被396整除，就是能同时被4、9、11整除。能被4整除的数的末两位能被4整除；能被9整除的数的各个位上数字的和能被9整除；能11整除的数的奇数位数字和与偶数位数字和的差能被11整除。据此解答。 【详解】396＝4×9×11 这个六位数末两位是08，因此一定能被4整除； 因为这个数能被11整除，所以奇数位数字和与偶数位数字和的差是：（2＋千位数字＋0）﹣（0＋百位数字＋8）＝千位数字﹣百位数字﹣6，则（千位数字﹣百位数字﹣6）＝0； 又因为这个数能被9整除，所以2＋0＋千位数字＋百位数字＋0＋8＝10＋千位数字＋百位数字，（10＋千位数字＋百位数字）是9的倍数，千位数字＋百位数字可能是8，或17。从（千位数字﹣百位数字﹣6）＝0，可得千位数字＋百位数字＝8，千位数字是7，百位数字是1。 所以这个六位数是207108。 11. 在2022后面写出三个数字，使所得的七位数被8、9、11整除。那么这三个数字的和是（ ）。 【答案】21 【解析】 【分析】能被8整除的数的末三位数能被8整除，能被9整除的数的各个数位上数字和能被9整除，能被11整除的数的奇数位数字和与偶数位上数字和的差能被11整除。据此解答。 【详解】2022前四个数字的和是（2＋0＋2＋2＝6），要使七位数能被9整除，后三位数字的和可能是3、12、21。又知后三位数中有2个奇数位数字，1个偶数位数字，前四个数位上奇数位数字和与偶数位数字和的差是（2＋2）﹣（0＋2）＝2，七位数后三个奇数位数字和与偶数位数字和的差是﹣2或9，则后三位数字和不可能是3；如果后三位数字和是12，后三位就是372，372不能被8整除，后三位数字和12不符合题意，后三位数字和只能是21。后三位数字是768。 7＋6＋8＝21 所以这三个数字的和是21。 12. 是（ ）的平方。 【答案】777777 【解析】 【分析】 ，是7的平方，因此它们的积是777777的平方。 【详解】， 13. 已知自然数N满足：15！除以N得到一个完全平方数，则N的最小值是（ ）。 【答案】1430 【解析】 【分析】含有把15！分解质因数后，要想N最小，则得到的完全平方数就要最大，即分解后每个质因数保留最大的偶次幂即可组成一个最大的完全平方数。 【详解】15！＝1×2×3×4×……×15＝211×36×53×72×11×13 因为15！除以N得到一个完全平方数，那么这个完全平方数是15！的因数，该因数最大是210×36×52×72 所以N最小为15！÷（210×36×52×72）＝2×5×11×13＝1430。 所以N的最小值是1430。 14. 如图，阴影圆环的面积是157平方厘米，那么图中大正方形的面积是（ ）平方厘米。（π取3.14 【答案】400 【解析】 【分析】已知圆环的面积，我们用圆环的面积公式，可以求出大圆半径和小圆半径的一个关系；小正方形的边长为小圆的直径，对角线相连得到四个等腰直角三角形，对角线长度为大圆的直径，小正方形的面积就等于小圆直径的平方，也等于四个三角形的面积和，从而求出大圆半径和小圆半径的第二个关系；用两个关系可以求出大圆半径平方和小圆半径平方的值，最后求出大正方形的面积。 【详解】设大圆的半径为R，小圆半径为r。连接小正方形对角线。 所以 即 代入 可得出 15. 一个四位数，每一位数字都是1，2，3，4中的一个，各个数位上的数字和为12，这样的四位数一共有（ ）个。 【答案】31 【解析】 【分析】四位数的数字和为12，根据12＝4＋4＋3＋1＝4＋4＋2＋2＝4＋3＋3＋2＝3＋3＋3＋3，即这个四位数是由4、4、3、1或4、4、2、2或4、3、3、2或3、3、3、3组成的，依次枚举组数后计算个数之和即可。 【详解】12＝4＋4＋3＋1，由4、4、3、1组成的四位数有：4431、4413、4341、4314、4143、4134、3441、3414、3144、1443、1434、1344，共计12个； 12＝4＋4＋2＋2，由4、4、2、2组成的四位数有：4422、4242、4224、2442、2424、2244，共计6个； 12＝4＋3＋3＋2，由4、3、3、2组成的四位数有：4332、4323、4233、3432、3423、3342、3324、3243、3234、2433、2343、2334，共计有12个； 12＝3＋3＋3＋3，由3、3、3、3组成的四位数只有3333，共计1个。 12＋6＋12＋1＝31（个） 所以这样的四位数一共有31个。 16. 一本书有8章，现要求小明每天最少读1章，最多读4章，且必须是整数章。那么他读完这本书一共可以有（ ）种不同的读法。 【答案】108 【解析】 【分析】先根据读1、2、3、4、5章找出规律，再根据规律解答即可。 【详解】读1章有1种； 读2章：（1、1），（2），共有2种； 读3章：（1、1、1），（1、2），（2、1），（3），共有4种； 读4章：（1、1、1、1），（1、1、2），（1、2、1），（2、1、1），（2、2），（1、3），（3、1），（4）；共有8种； 读5章：每天只读1章，有1种； 其中只有一天读了2章，其它3天各读1章，其中形如（2、1、1、1），有4种； 其中只有一天读了2章，其中形如（2、3），有2种； 其中只有2天读了2章，其中形如（2、2、1），有3种； 其中只有一天读了3章，其中形如（3、1、1），有3种； 其中只有一天读了4章，其中形如（4、1），有2种； 共有：1＋2＋3＋4＋3＋2＝15（种） 规律：从第5个数开始，情况数等于前四种情况数的和； 即，1、2、4、8、15、29、56、108…… 所以一共可以有108种不同的读法。 所以他读完这本书一共可以有108种不同的读法。 【点睛】通过简单情况进行分析，逐步找出规律，是解题的关键。 17. 现有11块糖，如果小明每天吃奇数块糖，直到吃完，那么小明共有（ ）种吃法。 【答案】89 【解析】 【分析】利用归纳法，记有n块糖，有m种吃法，从小数开始算起，找到规律，然后递推出大数的情况。 【详解】解：设有n块糖，有m种吃法。 当n＝1时，1＝1，此时m＝1 当n＝2时，2＝1＋1，此时m＝1 当n＝3时，3＝1＋1＋1＝3，此时m＝2 当n＝4时，4＝1＋1＋1＋1＝3＋1＝1＋3，此时m＝3 当n＝5时，5＝1＋1＋1＋1＋1＝3＋1＋1＝1＋3＋1＝1＋1＋3＝5，此时m＝5 可以发现，从第3项开始，每项的方法数等于前两项的方法数之和。 所以后面的方法数依次为：8，13，21，34，55，89，…… 即11块糖共有89种吃法。 所以小明共有89种吃法。 【点睛】本题考查了斐波那契数列的灵活应用，关键是先找到规律，然后递推出大数的情况。 18. 骰子的六个面上是1～6的六个数字，连续掷一枚骰子4次，4次点数之和为10的不同抛掷结果有（ ）种。 【答案】80 【解析】 【分析】分类后再分步，10＝1＋1＋2＋6＝1＋1＋3＋5＝1＋1＋4＋4＝1＋2＋2＋5＝1＋2＋3＋4＝1＋3＋3＋3＝2＋2＋2＋4＝2＋2＋3＋3，共计8种情况。最后类类相加即可。 【详解】点数之和为10有以下几种结果： 10＝1＋1＋2＋6＝1＋1＋3＋5＝1＋1＋4＋4＝1＋2＋2＋5＝1＋2＋3＋4＝1＋3＋3＋3＝2＋2＋2＋4＝2＋2＋3＋3，共计8种情况。 1＋1＋2＋6时有：1＋1＋2＋6，1＋1＋6＋2，1＋2＋1＋6，1＋2＋6＋1，1＋6＋1＋2，1＋6＋2＋1，2＋1＋1＋6，2＋1＋6＋1，2＋6＋1＋1，6＋1＋2＋1，6＋2＋1＋1，6＋1＋1＋2，共12种； 1＋1＋3＋5，1＋2＋2＋5时，同理有12种； 1＋1＋4＋4时，有：1＋1＋4＋4，1＋4＋1＋4，1＋4＋4＋1，4＋1＋1＋4，4＋1＋4＋1，4＋4＋1＋1共6种； 2＋2＋3＋3同理也有6种； 1＋2＋3＋4有：4×3×2＝24种； 1＋3＋3＋3有：1＋3＋3＋3，3＋1＋3＋3，3＋3＋1＋3，3＋3＋3＋1共4种； 2＋2＋2＋4同理也有4种 所以不同的抛掷结果有： 12＋12＋6＋12＋24＋4＋4＋6＝80（种） 答：连续掷一枚骰子4次，4次点数之和为10的不同抛掷结果有80种。 【点睛】此题主要考查了筛选与枚举问题的应用以及加法和乘法原理。 19. 图中圆环的面积是157平方厘米，那么图中直角三角形的阴影部分的面积是（ ）平方厘米。 【答案】25 【解析】 【分析】设大圆的半径为R，小圆的半径为r，根据圆环的面积是157平方厘米可知：，所以。图中阴影部分的面积可以转换为一个大三角形的面积减去一个小三角形的面积，即阴影部分的面积为：。据此即可解决。 【详解】设大圆的半径为R，小圆的半径为r 阴影部分的面积为： （平方厘米） 因此图中直角三角形的阴影部分的面积是25平方厘米。 20. 图中是一个钟表的圆面，如果阴影甲的面积是314平方厘米，那么阴影乙的面积是（ ）平方厘米。 【答案】314 【解析】 【分析】如图可知：，即可以求出的面积之和。又因为的面积之和刚好等于乙的面积，由此即可求出甲的面积。 【详解】 即：（平方厘米） 即： 乙：（平方厘米） 因此阴影乙的面积是314平方厘米。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $