精品解析：第二十八届“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** 聚焦数学思维与现实情境融合，通过“晚舟归来”汉字数字乘积、《长津湖》数论问题等设计，考查抽象能力、推理意识与模型意识，适合六年级竞赛选拔。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |填空题|20题|因数分解（第1题）、整除特征（第2题）、质数概念（第4题）、计数问题（第9题）、排列组合（第15题）、几何面积（第20题）|基础题如第9题两位数计数，能力题如第15题路线方案，创新题如第1题汉字数字乘积零个数，融合时代情境与逻辑推理|

第二十八届“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. 晚舟、归来、国人、欢庆是四个两位数，不同的汉字表示不同的数字，“晚舟归来国人欢庆”这个乘积数值的末尾最多可连续有（ ）个零。 2. 观看《长津湖》后，很多同学都立志“努力学习，报效祖国”。如果“努力学习报效祖国”这八个字是0至7的不同数字，并且“努力学习报效祖国”这个八位数是55的倍数，那么“努力学习报效祖国”代表的最大八位数是（ ）。 3. 计算：（ ）。 4. 用这9个数字组成质数，如果每个数字都要用到并且只能用一次，那么这9个数字最多能组成（ ）个质数。 5. 计算： （ ）。 6. 若质数满足：，则的最大值为（ ）。 7. 计算： （ ）。 8. 计算： （ ）。 9. 在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有（ ）个。 10. 从十个数中去掉一个数，使得剩下的九个数可分为两组，且这两组数的乘积相等。则去掉的数是（ ）。 11. 从100到905这806个自然数中，数字和能被8整除的数共有（ ）个。 12. 有些四位数，它的各位数字之积为质数，这样的四位数最小是（ ），最大是（ ）。 13. 多位数9876543210除以11的余数是（ ）。 14. 2021的数字和是2＋0＋2＋1＝5，问：小于2021的四位数中数字和等于26的数共有（ ）个。 15. 一个学生假期往四个城市游览。他今天在这个城市，明天就到另一个城市。如果他第一天在市，第六天又回到市。问他的游览路线共有（ ）种不同的方案。 16. 学校到图书馆的道路如图所示，按照上北下南左西右东。若只能向东或向南走，从学校到图书馆共有（ ）条路线。 17. 一个偶数的数字和是49，这个偶数最小是（ ）。 18. 甲、乙、丙三人进行万米赛跑，甲是最后一个起跑的，在整个比赛过程中，甲与乙、丙的位置共交换了11次，则比赛的结果甲是第（ ）名。 19. 有一批文章共21篇，各篇文章的页数是1页、2页、3页、……、页和21页的稿纸，如果将这些文章按某种次序装订成册，并统一编上页码，那么每篇文章的第一页是奇数页码的文章最多有（ ）篇。 20. 如图，是一个四边形，是的中点， 以及四边形 的面积分别为4、30、12、18平方厘米，求四边形的面积。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二十八届“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. 晚舟、归来、国人、欢庆是四个两位数，不同的汉字表示不同的数字，“晚舟归来国人欢庆”这个乘积数值的末尾最多可连续有（ ）个零。 【答案】3 【解析】 【分析】几个数相乘，积末尾的0的数量由算式里质因数2和5的配对数量决定，一对2和5就能形成一个0。通常情况下，质因数2的数量总会多于质因数5，所以最终0的个数由质因数5的总个数决定。题目规定四个两位数所用数字全都不重复，我们只需在这个前提下，凑出数量最多的质因数5即可。 【详解】两位数里25、50、75分解后都含有两个质因数5，选出其中一个，再挑选一个个位是0的两位数，这类数可以提供一个质因数5，两组数字所用数字互不重复，此时一共凑出三个质因数5，余下两个数选取任意不含重复数字的偶数就可以，偶数中含有的质因数2数量足够多，完全能够和三个质因数5全部配对，例如：。依照题目规则无法再凑出更多质因数5。 因此积的末尾最多只有3个连续的0。 2. 观看《长津湖》后，很多同学都立志“努力学习，报效祖国”。如果“努力学习报效祖国”这八个字是0至7的不同数字，并且“努力学习报效祖国”这个八位数是55的倍数，那么“努力学习报效祖国”代表的最大八位数是（ ）。 【答案】76452310 【解析】 【分析】根据题意，八位数由0~7 八个不同数字组成。因为55＝5×11，且5和11互质，所以这个数同时是5的倍数和11的倍数。 先算出0~7的数字和，再结合5的倍数和11的倍数的特征，把大数字尽量安排在高位上，从大到小排列构造最大的数。 【详解】因为55＝5×11，所以这个数同时是5的倍数和11的倍数。 5的倍数特征：个位是0或5。 11的倍数特征：‌奇数位与偶数位数字之和的差能被11整除。 0~7的数字总和：0＋1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28 设奇数位的和是A，偶数位的和是B。 那么A＋B＝28，A－B的差必须是11的倍数。 如果A－B＝0，此时A＝14，B＝14。 如果A－B＝11，结合A＋B＝28计算得，A＝19.5，B＝8.5，不合理。 如果A－B＝22，结合A＋B＝28计算得，A＝25，B＝3，B不可能等于3，不合理。 因此只能是A＝14，B＝14。 为了使这个数尽量大，把最小的0放在个位。 数位排位：1（奇）、2（偶）、3（奇）、4（偶）、5（奇）、6（偶）、7（奇）、8（偶） 奇数位：1、3、5、7位，和是14； 偶数位：2、4、6、8位，和是14，且第8位（个位）＝0，所以偶数位前三位的和是14。 为确保这个数最大，先试着把7放在第一位，6放在第二位，此时剩下数字1~5，可凑出7＋4＋2＋1＝14和6＋5＋3＋0＝14。 将他们按从大到小的顺序交叉排列，即可得到最大的八位数：76452310。 【点睛】本题的关键在于将55拆成11×5，然后利用11和5的倍数的特点，逐步缩小范围，排列出最大的八位数。 3. 计算：（ ）。 【答案】20 【解析】 【分析】观察式子，2.7和1.3可能凑整，考虑把7×1.1的积进行拆分变形，使其能够运用乘法分配律进行简便计算，进而构造公因数进行二次提取公因数，进行简便运算。 【详解】 4. 用这9个数字组成质数，如果每个数字都要用到并且只能用一次，那么这9个数字最多能组成（ ）个质数。 【答案】6 【解析】 【分析】先分清单数数字与双数数字，双数里只有2是质数，其余双数不能单独作质数个位。5单独出现只能是一位质数，其余含5的多位数都不是质数。尽量多用一位质数，剩余数字两两组合拼成两位质数，做到数字不重复全部用完。再一次性数清楚拼凑完成后所有质数的总个数。 【详解】一位质数：2、3、5、7，剩余数字：1、4、6、8、9。组合成两位质数：41、89、61不可用，搭配得61不行，41、89可以。 因此全部质数为2，3，5，7，41，89，共6个。 5. 计算： （ ）。 【答案】4720 【解析】 【分析】可以看出这道题的每一项都可以写成（2n－1）×2n，也就是从2开始，每一个偶数都乘比它小1的数，展开为4×n×n－2×n，分组求和。 前面是分组套用平方和公式：12＋22＋32＋…＋n2＝；后面是等差数列求和计算，确定项数，依次代入公式算出总和。 【详解】原式＝1×2＋3×4＋5×6＋……＋29×30 ＝4×（12＋22＋…＋152）－2×（1＋2＋…＋15） 1到15平方和为1240；1到15自然数和为120 4×1240－2×120 ＝4960－240 ＝4720 6. 若质数满足：，则的最大值为（ ）。 【答案】1007 【解析】 【分析】先通过方程关系，把p用q表示出来：p＝3q−4，这样就可以把pq转化为关于q的式子。 利用条件p＋q＜111，代入p＝3q−4，求出q的取值范围： 在范围内从大到小枚举q，计算出对应的p，同时保证p也是质数，再计算pq的最大值。 【详解】由3q−p−4＝0，可得：p＝3q−4 因为p＋q＜111，将p＝3q−4代入： 3q−4＋q＜111 4q＜115 q＜28.75 所以q是小于28.75的质数，从大到小进行枚举： 当q＝23：p＝3×23−4＝65，65不是质数，舍去； 当q＝19：p＝3×19−4＝53，53是质数，符合题意 此时：pq＝19×53＝1007； 当q＝17：p＝3×17−4＝47，47是质数，符合题意， 此时pq＝17×47＝799； 从这里可以发现，当q的取值变小，p的取值也变小，此时pq的值也变小， 因此，pq的最大值是1007 7. 计算： （ ）。 【答案】88880 【解析】 【分析】先把带分数化成小数，除法改写成乘倒数。 利用积不变规律移动小数点，凑出相同因数，拆分数字构造8888，整体凑整简算。 【详解】原式＝3.6×2345＋5555×＋654.3×36 ＝3.6×2345＋3.6×6543＋1111× ＝3.6×（2345＋6543）＋1111×51.2 ＝3.6×8888＋51.2×1111 ＝1111×28.8＋1111×51.2 ＝1111×（28.8＋51.2） ＝1111×80 ＝88880 8. 计算： （ ）。 【答案】301 【解析】 【分析】解题时先分别化简分子与分母，分子通过拆分正负项、提取偶数项公因数进行变形，消去前 100个分数后得到至的和，分母观察到每一组乘数相加和恒为 301，运用和定裂项公式拆分每一项，提取公因数后，同样得到至的和，最后将化简后的分子分母相除，约去相同求和部分即可算出结果。 【详解】化简分子： ​​ 化简分母： 分子分母约分后， 原式＝ 9. 在所有的两位数中，个位数字比十位数字大的两位数有（ ）个。 【答案】36 【解析】 【分析】本题可以按十位数字分类计数：当十位数字取某个值时，个位数字必须取比它大的数。十位数字越大，可选的个位数字就越少。十位为1时，个位可选2~9，共8个；十位为2时，个位可选 3~9，共7个…… 十位为8时，个位仅可选9，共1个；十位为9时，无符合条件的个位数字。这些数量构成一个首项为8、末项为1的等差数列，直接求和即可得到总数。 【详解】8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36 10. 从十个数中去掉一个数，使得剩下的九个数可分为两组，且这两组数的乘积相等。则去掉的数是（ ）。 【答案】7 【解析】 【分析】两组数的乘积相等，就需要这两组数中含有相同的质因数，那么我们把题目中给出的十个数分解质因数，统计各个质因数的数量，质因数的数量是偶数的，能平均分成两组；质因数的数量是奇数的，不能平均分成两组，就是需要去掉的数。 【详解】把1到10这10个数分解质因数： 1＝1 2＝2 3＝3 5＝5 7＝7 质因数2有8个；质因数3有4个；质因数5有2个；质因数7有1个。只有质因数7是奇数个的，所以去掉的数是7。 11. 从100到905这806个自然数中，数字和能被8整除的数共有（ ）个。 【答案】100 【解析】 【分析】求指定范围内各位数字之和能被8整除的数，可依照百位数字划分区间，确定百位数值后，推出十位与个位数字之和需要满足的数值，依次算出每个区间符合条件的数的个数，最后求和。 【详解】百位为1，十位个位数字和7或15： 当十位加个位等于7时，组合有（0，7）（1，6）（2，5）（3，4）（4，3）（5，2）（6，1）（7，0），一共8种，对应数107，116，125，134，143，152，161，170；当十位加个位等15时，组合有（6，9）（7，8）（8，7）（9，6），一共 4种，对应数是169，178，187，196，一共有8＋4＝12个。 以此类推，百位为 2，十位、个位数字和为6或14，共有12个； 百位为3，十位与个位数字和为5或13，共有12个； 百位为4，十位与个位数字和为4或12，共有12个； 百位为5，十位与个位数字和为3或11，共有12个，这五个区间总数为12×5＝60。 百位为6，十位与个位数字和为 2、10、18，共有13个； 百位为7，十位与个位数字和为1、9、17，共有14个； 百位为8，十位与个位数字和为 0、8、16，共有13个。 900至905之间没有符合条件的数。 总个数为60＋13＋14＋13＝100。 12. 有些四位数，它的各位数字之积为质数，这样的四位数最小是（ ），最大是（ ）。 【答案】 ①. 1112 ②. 7111 【解析】 【分析】质数只有1和它本身两个因数。四位数四个数字相乘结果为质数，只能让其中一个数字是质数，其余三个数字都为1。找最小四位数，把最小质数放在个位，其余数位排1；找最大四位数，把最大一位质数放在千位，其余数位排1。 【详解】一位质数有2、3、5、7，满足条件的四位数由三个1和一个一位质数组成。 最小四位数：1112；最大四位数：7111。 13. 多位数9876543210除以11的余数是（ ）。 【答案】6 【解析】 【分析】运用11的整除判定规律解题。奇数位数字之和减去偶数位数字之和，所得结果用来求除以11的余数。 分出多位数里所有奇数位数字与偶数位数字，分别算出两组数字总和，求出差，再用差计算除以11的余数。 【详解】奇数位总和：8＋6＋4＋2＋0＝20；偶数位总和：9＋7＋5＋3＋1＝25，两数相差：20－25＝﹣5。因此，要加一个11补成正的，6÷11余数为6，这个多位数除以11的余数是6。 14. 2021的数字和是2＋0＋2＋1＝5，问：小于2021的四位数中数字和等于26的数共有（ ）个。 【答案】6 【解析】 【分析】分别分析小于2021的四位数中千位上是2和1的两种情况。然后再看百位、十位、个位上的和与三个数位都是9时相差多少，把相差的数减在所有可能的数位上，枚举出所有的组合。 【详解】对于小于2021的四位数，千位上可能是2或1，如果千位是2，那么百位必须是0，此时十位与个位上的数字加起来的和需要等于26－2＝24，这是不可能的，所以千位上只能是1。 那么百位、十位、个位三个数位上的数加起来等于26－1＝25，而三个数位上的数的最大的和是9＋9＋9＝27，25比27少2，也就是从（9，9，9）中总共减去2，分两种情况： 情况1：一个数减2，其余不变 排列数有3种，分别是1799、1979、1997 情况2：两个数各减1 排列数有3种，分别是1889、1898、1988 所以一共有3＋3＝6个符合要求的四位数。 15. 一个学生假期往四个城市游览。他今天在这个城市，明天就到另一个城市。如果他第一天在市，第六天又回到市。问他的游览路线共有（ ）种不同的方案。 【答案】60 【解析】 【分析】题目要求第6天回到A市，且每天必须换城市，我们可以按照天数，依次计算出每一天在A、B、C、D四个城市的方案数。通过递推法，一步步推导出每一天在各个城市的方案数，若第n天在某个城市（比如A市），那么第n＋1天就不能在A市，只能去B、C、D市。第n＋1天在A市的方案数，等于第n天在B、C、D三市的方案数之和。 【详解】第1天 已知第一天在A市 所以，A市有1种方案，B、C、D市均为0种方案 方案数：A＝1，B＝0，C＝0，D＝0 第2天 从A市出发，必须去B、C、D市 不能留在A市，A市0种，B、C、D市各1种，均从A市来 方案数：A＝0，B＝1，C＝1，D＝1 第3天 A市：只能从B、C、D市来，方案数＝1＋1＋1＝3种 B市：只能从A、C、D市来，方案数＝0＋1＋1＝2种 C市：只能从A、B、D市来，方案数＝0＋1＋1＝2种 D市：只能从A、B、C市来，方案数＝0＋1＋1＝2种 方案数：A＝3，B＝2，C＝2，D＝2 第4天 A市：只能从B、C、D市来，方案数＝2＋2＋2＝6种 B市：只能从A、C、D市来，方案数＝3＋2＋2＝7种 C市：只能从A、B、D市来，方案数＝3＋2＋2＝7种 D市：只能从A、B、C市来，方案数＝3＋2＋2＝7种 方案数：A＝6，B＝7，C＝7，D＝7 第5天 A市：只能从B、C、D市来，方案数＝7＋7＋7＝21种 B市：只能从A、C、D市来，方案数＝6＋7＋7＝20种 C市：只能从A、B、D市来，方案数＝6＋7＋7＝20种 D市：只能从A、B、C市来，方案数＝6＋7＋7＝20种 方案数：A＝21，B＝20，C＝20，D＝20 第6天回到A市 A市：只能从B、C、D市来，方案数＝20＋20＋20＝60种。 16. 学校到图书馆的道路如图所示，按照上北下南左西右东。若只能向东或向南走，从学校到图书馆共有（ ）条路线。 【答案】16 【解析】 【分析】最短路线计数，使用格点法，算出每个格点对应的走法。对于本题的一个矩形路段，右下角的数＝左下角的数＋右上角的数。我们直接从左上推到右下即可。 【详解】每个格点的走法数量如图： 17. 一个偶数的数字和是49，这个偶数最小是（ ）。 【答案】599998 【解析】 【分析】要让这个偶数最小，需要同时满足两个核心条件： 位数越少，数越小：数字和固定为49，要让位数最少，就要让每一位上的数字尽可能大（最大为9），因为高位数字越小，整体数才越小。 个位必须是偶数：偶数的个位数字只能是0、2、4、6、8，所以最后一位不能是9，需要把个位数字设为尽可能大的偶数，其余各位取9，再调整数字和凑成49。 【详解】根据分析，让这个偶数个位为8，其余数位优先都为9， 表示有4个9，那么十位、百位、千位、万位上的数都是9， 还余5，那么十万位上的数是5，则这个偶数最小是599998。 18. 甲、乙、丙三人进行万米赛跑，甲是最后一个起跑的，在整个比赛过程中，甲与乙、丙的位置共交换了11次，则比赛的结果甲是第（ ）名。 【答案】2 【解析】 【分析】甲的初始名次是第3名，每次和他人交换位置，名次就会在奇数和偶数之间切换一次。交换奇数次时，名次会从初始的奇数名次变为偶数名次；交换偶数次时，名次会回到初始的奇数名次。我们只需要根据交换次数的奇偶性，就能判断甲的最终名次。 【详解】甲初始名次为第3名，交换11次（奇数次）后，名次变为偶数名次。三人赛跑中只有第2名是偶数名次，所以甲是第2名。 19. 有一批文章共21篇，各篇文章的页数是1页、2页、3页、……、页和21页的稿纸，如果将这些文章按某种次序装订成册，并统一编上页码，那么每篇文章的第一页是奇数页码的文章最多有（ ）篇。 【答案】16 【解析】 【分析】页码奇偶排列，注意奇数页文章，首尾页码奇偶相同；偶数页文章，首尾页码奇偶相反。 先安排偶数页文章，优先让其开篇为奇数页码，再排布奇数页文章，自己调整、穿插顺序，数出符合条件的总篇数。 【详解】偶数页文章：2页、4页……20页，一共10篇； 偶数页文章只要前一篇结尾是偶数页，本篇第一页就是奇数页，这10篇都可以做到首页为奇数页码。 奇数页文章：1页、3页……21页，一共11篇； 奇数页文章一篇占用奇偶同序页码，两两搭配可多出一篇奇数首页。 11篇奇数页文章里，最多能安排出6篇首页为奇数页码。 合计10＋6＝16（篇） 20. 如图，是一个四边形，是的中点， 以及四边形 的面积分别为4、30、12、18平方厘米，求四边形的面积。 【答案】91平方厘米 【解析】 【分析】图中已知三个三角形的面积和一个四边形的面积，可以看出这四个图形没有明显的联系，需要先把四边形转化为两个三角形，也就是连接EF。 线段比在AF＝DF、CE＝2BE中，一定是用到等高模型，因为这个题不可能让我们通过边长求得面积，一定是通过面积的转化得到。所以突破口自然就看哪些三角形等底等高：连接EF后很容易看出，△BEF与△CEF等高，△AEF与△DEF等底等高，那么三角形AFG面积可求。 接下来只需要在四边形AFEB、四边形DFEC中分别运用风筝模型（任意四边形定理）即可。 【详解】连接EF。 设S△FEG为x，S△FHE＝18－x，18－x＋30＝2×（x＋12），解得x＝8，S△FEG＝8（平方厘米），S△FHE＝10（平方厘米）； S△AFG＝4＋10－8＝6（平方厘米）； 在四边形AFEB中，S△ABG×8＝6×12，S△ABG＝9（平方厘米）； 在四边形DFEC中，S△DHC×10＝4×30，S△DHC＝12（平方厘米）。 S四边形ABCD＝9＋12＋4＋30＋12＋18＋6＝91（平方厘米） 答：四边形的面积91平方厘米。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $