精品解析：第二十七届“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** 小学六年级数学竞赛试卷，23道填空题覆盖计算、几何、数论等，通过油桶重量、抽水问题等真实情境与抽象推理，考查运算能力、推理意识及模型意识。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |填空题|23题|计算（如第4题）、几何（第7题直角三角形面积）、数论（第10题整除问题）、应用题（第6题重量问题）|基础计算到复杂推理梯度分布，第22题抽水问题体现模型意识，第12题传球问题考查逻辑推理，契合竞赛对思维能力的要求。|

第二十七届“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. （ ）。 【答案】0.99 【解析】 【分析】我们先把带分数化成假分数，再利用除法法则计算。 【详解】 ＝0.99 2. （ ）。 【答案】 【解析】 【分析】先分别看分子、分母的每一项，判断它们是否是某一个“基础项”的倍数，再把分子、分母的公共基础项提取出来，然后整体约分完全相同的部分，最后计算结果。 【详解】 3. （ ）。 【答案】4995 【解析】 【分析】进行分组，用平方公式来进行简便计算，得到一组等差数列，再用等差数列求和公式求解。 【详解】 199，195，191，，23这组数列是等差数列，公差为－4； 项数为：（23－199）÷（－4）＋1＝45 和为： 4. 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＝ 5. 计算：，那么（ ）。 【答案】1 【解析】 【分析】我们可以从外向内逐步解这个繁分数方程。 【详解】 等式两边同时取倒数： 两边同时乘以2： 取倒数： 取倒数： 6. 商店一次进货6桶油，重量分别为15千克、16千克、18千克、19千克、20千克、31千克。上午卖出去2桶，下午卖出去3桶，下午卖出的油正好是上午卖出的2倍。下午卖出的三桶油共重（ ）千克。 【答案】66 【解析】 【分析】先计算总重量，然后分析卖出重量的倍数关系，把上午卖出的重量看作1份，下午卖出的就是2份，那么全天卖出的总重量就是3份，也就是卖出的总重量是3的倍数，因为卖出的总重量是3的倍数（余数为0），所以剩下的那桶油的重量除以3 的余数，必须和总重量除以3的余数相同，从而判断剩下的油，最后计算下午卖出的重量。 【详解】（千克） ，没余数不符合； ，余数1不符合； ，没余数不符合； ，余数1不符合； ，余数2，符合； ，余数1不符合。 剩下的油是20千克那桶油。 总共卖出的油的重量：（千克） （千克） 7. 如下图，在直角三角形中，是斜边上一点，正方形的边长是7，若蓝色部分的面积是35，则中间阴影（斜线）部分的面积是（ ）。 【答案】7 【解析】 【分析】阴影部分是△ADE和△FDB的重叠部分，先利用三角形同底等高的等积变形求出△ADE和△FDB的面积，再根据重叠部分的容斥关系求出阴影部分的面积。 【详解】 如图，连接FE，在正方形CFDE中，FC∥DE，△ADE的底DE对应的顶点A在直线FC上，△ADE在底DE上的高就是FC与DE之间的距离，也就是DF的长度。△FDE的底DE上的高是DF，因此△ADE和△FDE同底等高，S△ADE＝S△FDE＝7×7÷2＝24.5。 同理，S△BDF＝S△EDF＝7×7÷2＝24.5。 △BDF和△EDF重叠后的多边形面积＝S△ADE＋S△BDF－S阴影＝S蓝色部分＋S阴影 所以24.5＋24.5－S阴影＝35＋S阴影 整理得：2S阴影＝14 S阴影＝14÷2＝7 即中间阴影（斜线）部分的面积是7。 8. 从101到900这800个自然数中，数字和被8整除的数共有______个。 【答案】100 【解析】 【分析】从101到900这800个自然数中，数字和最小是2，最大是26，数字和被8整除，则数字和可能为8、16、24，分类进行枚举，然后相加得到总数。 【详解】数字和被8整除，则数字和可能为8、16、24。 ①数字和8＝8＋0＋0＝7＋1＋0＝6＋2＋0＝5＋3＋0＝4＋4＋0＝6＋1＋1＝5＋2＋1＝4＋3＋1＝4＋2＋2＝3＋3＋2 这样的数共有个。 ②数字和16＝9＋7＋0＝8＋8＋0＝9＋6＋1＝9＋5＋2＝9＋4＋3＝8＋7＋1＝8＋6＋2＝8＋5＋3＝8＋4＋4＝…… 这样的数共有58个。 ③数字和＝24＝9＋9＋6＝9＋8＋7＝8＋8＋8 这样的数共有6个。 36＋58＋6＝100（个） 所以满足题意的数字共有100个。 【点睛】本题考查的是计数问题，这里综合应用了加法原理和乘法原理来求解问题。 9. 是（ ）的平方。 【答案】66666 【解析】 【分析】先计算出括号里的结果，再将两个乘数分别写成一个数的平方，最后把底数相乘即可。 【详解】1＋2＋3＋4＋5＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36＝62 根据算式规律： 112＝121 1112＝12321 11112＝1234321 可知111112＝123454321 原式＝123454321×36 ＝111112×62 ＝（11111×6）2 ＝666662 所以原式是66666的平方。 10. 已知九位数既是9的倍数，又是11的倍数；那么，这个九位数是（ ）。 【答案】200731212 【解析】 【分析】将空缺的两位分别设为未知数，9的倍数特征是各位数字之和能被9整除，11的倍数特征是奇数位数字和与偶数位数字和的差是11的倍数，根据两个数字和条件列出含有未知数的式子，然后联立求解。 【详解】设这个九位数是： 根据原数是9的倍数： 各数位的数字和：2＋0＋0＋7＋a＋1＋2＋b＋2＝a＋b＋14 因为a和b都是0~9中的一位数，所以0＋0＋14＜a＋b＋14＜9＋9＋14，所以14＜a＋b＋14＜32。 要想原九位数是9的倍数，那么a＋b＋14就得是9的倍数，那么a＋b＋14可能等于18或27，即a＋b＝4或a＋b＝13。 根据原数是11的倍数： 奇数位的和：2＋0＋a＋2＋2＝a＋6 偶数位的和：0＋7＋1＋b＝b＋8 两者的差值是11的倍数：（a＋6）－（b＋8）＝a－b－2 那么a－b－2可能等于0、11或－11，因为a－b的范围是0－9＜a－b＜9－0，－9＜a－b＜9，所以a－b－2介于－11~9之间，可能等于0或－11，所以a－b＝2或a－b＝－9。 ①联合a＋b＝4和a－b＝2，解出a＝3，b＝1； ②联合a＋b＝4和a－b＝－9，无符合条件的0~9整数解； ③联合a＋b＝13和a－b＝2，无符合条件的0~9整数解； ④联合a＋b＝13和a－b＝－9，无符合条件的0~9整数解。 因此a＝3，b＝1，这个九位数是200731212。 【点睛】本题需要对9和11的倍数条件有清晰的认识，关键在于利用两未知数的取值范围去掉不符合要求的结果。 11. 把102分拆成三个不同质数的和，共有（ ）种方法。 【答案】6 【解析】 【分析】质数是只能被1和它自身整除的数，质数里只有2是偶数，其它偶数因为都能被2整除，所以不可能是质数，除了2以外的质数都是奇数。 【详解】已知102是偶数，质数里只有2是偶数，其余全是奇数。 奇数＋奇数＋奇数＝奇数，不可能等于偶数102； 所以三个不同质数里必有唯一的偶质数2。所以另外两个质数的和为：102－2＝100。 两个不同质数的和为100，且不含2，这样的组合有： 3＋97＝100 11＋89＝100 17＋83＝100 29＋71＝100 41＋59＝100 47＋53＝100 一共有6种组合。 12. 四个人传球，每个人不能传给自己，如果初始时球在手中，经过4次传球后仍然回到手中，那么共有（ ）种不同的传球方式。 【答案】21 【解析】 【分析】我们用分步列举和找规律的方法来解答。 【详解】假设四个人为A，B，C，D，按照每次传球后球在不在A的手里来分步： 第一次传球：A不能传给自己，只能传给另外三人，共有3种传法，此时球不在A手里。 第二次传球：拿球的人（不是A）不能传给自己，可以传给包括A在内的三人。 如果传给A：有1种选择 如果不传给A：有2种选择 所以第二次传球后： 球在A手里的情况：3×1＝3（种） 球不在A手里的情况：3×2＝6（种） 第三次传球： 若球在A手里（第二次传球后3种情况），A只能传给B，C，D，共三种传法，此时球不在A手里，共有3×3＝9（种） 若球不在A手里（第二次传球后6种情况），拿球的人不能传给自己，也不能传给A（因为第四次传球要传给A，A又不能传给自己），有2种传法，此时球不在A手里，共有6×2＝12（种） 所以三次传球后，球不在A手里的情况共有：9＋12＝21（种） 第四次传球：要让球回到A手里，第3次传球后球必须在别人手里，且别人只能传给A，只有1种选择。 所以共有21×1＝21（种） 13. 一个自然数分别与另外两个相邻奇数相乘，所得的两个积相差190，那么这个数是（ ）。 【答案】95 【解析】 【分析】相邻的两个奇数相差2，将这个自然数和两个相邻奇数设为未知数，然后根据“所得的两个积相差190”列出等式，计算未知数的值。 【详解】将这个自然数设为a，两个相邻奇数设为b和b＋2。 让它们相乘并作差得： a×（b＋2）－a×b＝190 a×（b＋2－b）＝190 2a＝190 a＝190÷2 a＝95。 所以这个数是95。 14. 一个偶数的数字和是41，这个偶数最小是（ ）。 【答案】69998 【解析】 【分析】要找到数字和为41的最小偶数，需要同时满足位数尽可能少，数字的位数越少，数值本身越小。而单个数字里最大的是9，所以要优先用尽可能多的9来凑数字和，这样能减少总位数。另外要满足末位是偶数，个位数字只能是0、2、4、6、8中的一个，为了让高位数字尽可能小，个位要选最大的可能偶数8，这样剩下的数字和更容易用9凑出来。 【详解】 最高位放6，后面依次排3个9， 这个偶数最小是69998。 15. 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7次，则比赛的结果甲是第（ ）名。 【答案】2##二 【解析】 【分析】分析甲前三次交换后的结果，总结交换次数的奇偶性与交换结果的关系，再根据题干中交换次数的奇偶性判断名次。 【详解】甲是最后一个起跑的，那么甲的初始位置是第三名，交换第一次，变成第二名； 交换第二次，变成第一名或第三名； 交换第三次时，无论之前是第一名还是第三名，交换后都会变成第二名。 因此可以得出结论： 交换奇数次，名次变为第二名； 交换偶数次，名次变为第一名或第三名。 题中交换7次为奇数次，所以比赛的结果甲是第二名。 16. 有些数，它的各位数字之积是质数，我们称这样的自然数是“ 数”，小于10000的最大“ 数”是（ ）。 【答案】7111 【解析】 【分析】“YMO数”是指各位数字之积是质数。质数的因数只有1和它本身，所以各位数字的乘积为质数时，必须满足：有且仅有一个数字是质数（2、3、5、7），其余数字都是1（如果有0，乘积就是0，不是质数；如果有其他数，乘积会是合数）。要小于10000的最大“YMO数”，也就是找四位数里最大的符合条件的数。 【详解】一个四位数，其中只有一个数字是质数，其余都是1。要让数最大，最高位要尽可能大，所以千位为最大的质数7，其余位为1，这个数为7111。 验证：7×1×1×1＝7，7是质数，符合条件。 所以小于10000的最大“YMO数”是7111。 17. 将55拆成10个质数之和，要求最大的质数尽可能小，那么其中最大的质数是（ ）。 【答案】7 【解析】 【分析】要使最大的质数尽可能小，那么这10个质数应尽量接近。先找出接近平均数的质数，再通过调整使和为55。 【详解】55÷10＝5.5 和5.5接近的质数有5和7，尝试用5、7凑55，有：5＋5＋5＋5＋7＋7＋7＋7＋7＝55，为9个质数，不满足条件； 又考虑到质数中唯一的偶数是2，10个奇质数的和一定为偶数，但55为奇数，说明其中必有一个2。 将其中一个5拆分成3＋2，满足条件。这10个质数是：7，7，7，7，7，5，5，5，3，2 所以最大的质数就是7。 【点睛】要让最大的质数尽可能小，本质上就是让所有质数尽可能接近平均值，所以先计算平均数，确定目标范围，在从平均值附近的质数开始尝试，从“理论上的最小最大质数”试起；最后通过奇偶性判断，通过调整组合，验证可行性。 18. ，那么（ ）。 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，令，则，，，根据比的基本性质（比的前项和后项同时乘或除以同一个不为0的数，比值的大小不变），将四个比分别除以其中一个组合，得到各字母之间的关系。 【详解】 ＝ ＝ ＝1：3 即 ＝ ＝ ＝1：4 即 ＝ ＝ ＝1：9 即 ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ 19. 六位数能被44整除，那么这个六位数最大为（ ）。 【答案】123728 【解析】 【分析】依据数的整除特征来分析解题。已知44＝4×11，然后利用能被4和11整除的数的特征来确定这个六位数。 能被4整除的数的特征是末两位能被4整除；能被11整除的数的特征是奇数位数字之和与偶数位数字之和的差能被11整除。 【详解】因为44＝4×11，这个六位数能被44整除，所以它既能被4整除，又能被11整除。 设这个六位数为123a2b， 根据能被4整除的特征可得：2b能被4整除，那么b可能是0、4、8。要使这个数最大，所以b是8 根据能被11整除的特征可得：奇数位数字之和为1＋3＋2＝6，偶数位数字之和为2＋a＋8，它们的差为2＋a＋8−6＝4＋a，这个差需要是11的倍数，a是0－9的数字，要让这个数最大，所以差应为11，即4＋a＝11，从而可得a为7，这个数为123728。 验证：数为123728，末两位28能被4整除；奇数位和为6，偶数位和为17，17−6＝11，能被11整除。 所以这个六位数最大为123728。 20. 的结果为，那么 （ ）。 【答案】28 【解析】 【分析】根据题意，通过分解因数，可以得知，因数中含有8和11，然后直接利用数的整除特征及整除的性质解题： 能被8整除的数的特征：如果一个整数的末三位数能被8整除，那么它必能被8整除。 能被11整除的数的特征：如果一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差（大减小）能被11整除，那么它必能被11整除。 【详解】先分解因数： 所以： 乘积中有，所以能被8整除，即末三位数，要被8整除，因为b只能取0~9中的数字，经验证，b只能取0，2，4，6，8。 75×76＝5700 73×74＝5402 5402×5700＝5402×57×100＝307914×100 307914×100×77＝30791400×77 只看末三位，计算30791400×77的末三位是800， 所以就是800，即b＝8。 乘积中有11，所以能被11整除，能被11整除的数的特性：奇位和与偶位和的差能被11整除。 奇位和：a＋7＋9＋7＋0＝a＋23 偶位和：3＋0＋3＋b＋0＝b＋6 两者的差为： （a＋23）－（b＋6） ＝a－b＋17 已知b＝8，差值为a＋9，是11的倍数，且a只能取1~9中的数字，a＋9＝11，如果a＋9＝22，a取两位数不符合题意。所以a＝2。 因此 21. 有一楼梯共有12级，每步可以走1级或者2级，要求第6级必须要踩到，12级全部走完共有（ ）种不同的走法。 【答案】169 【解析】 【分析】每步只能走1级或2级，因此走到第n级台阶的走法等于走到第n－1级台阶的走法（最后一步走1级）加上走到第n－2级台阶的走法（最后一步走2级）。 将楼梯分为2段，1级至6级是第一段，7级至12级是第二段，分别计算两段的走法数量，再根据乘法原理把两个数量相乘即可得出总的走法数量。 【详解】第一级：1种走法； 第二级：2种走法； 第三级：2＋1＝3（种）走法； 第四级：2＋3＝5（种）走法； 第五级：3＋5＝8（种）走法； 第六级：5＋8＝13（种）走法； 再从第六级重新开始： 六至七级：1种走法； 六至八级：2种走法； 六至九级：2＋1＝3（种）走法； 六至十级：2＋3＝5（种）走法； 六至十一级：3＋5＝8（种）走法； 六至十二级：5＋8＝13（种）走法； 13×13＝169（种） 12级全部走完共有169种不同的走法。 22. 一口井，每小时涌出的水量相同。用甲抽水机抽水，20小时可以抽干；用乙抽水机抽水，30小时可以抽干；若甲乙同时抽水，8小时可以抽干。那么这口井抽干之后，（ ）小时又可涌满。 【答案】24 【解析】 【分析】将这口井满水时的存水量看成单位“1”，将每小时涌出的水量分率和甲乙抽水机的抽水效率设为不同的未知数，根据三次抽水的条件列出三个等式求解。 【详解】设每小时涌出的水量分率为x，甲抽水机的抽水效率为a，乙抽水机的抽水效率为b。 那么根据题干条件： 1＋20x＝20a ① 1＋30x＝30b ② 1＋8x＝8a＋8b ③ 将①式等号两边同时除以20得：a＝x＋； 将②式等号两边同时除以30得：b＝x＋； 将③式等号两边同时除以8并将a、b的值带入得： ＋x＝x＋＋x＋ x＝－－ x＝ 1÷＝24（时） 这口井抽干之后，24小时又可涌满。 23. 有一项工程，甲单独做需要36天完成，乙单独做需要30天完成，丙单独做需要48天完成。现在由甲、乙、丙三人同时做，在工作期间，丙休息了整数天，而甲和乙一直工作至完成，最后完成这项工程也用了整数天。那么丙休息了（ ）天。 【答案】11 【解析】 【分析】可以将甲、乙工作的时间和丙工作的时间都设为未知数，根据总的工程量是单位“1”列方程，找出符合要求的整数解。 【详解】解：设甲、乙工作了天，丙工作了天； 则有： 化简得 由于和720都是15的倍数，所以也是15的倍数，而，所以，，所以丙休息了天。 【点睛】本题考查的是工程问题，求解不定方程时，可以根据余数分析法进行求解。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二十七届“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. （ ）。 2. （ ）。 3. （ ）。 4. 计算： （ ）。 5. 计算：，那么（ ）。 6. 商店一次进货6桶油，重量分别为15千克、16千克、18千克、19千克、20千克、31千克。上午卖出去2桶，下午卖出去3桶，下午卖出的油正好是上午卖出的2倍。下午卖出的三桶油共重（ ）千克。 7. 如下图，在直角三角形中，是斜边上一点，正方形的边长是7，若蓝色部分的面积是35，则中间阴影（斜线）部分的面积是（ ）。 8. 从101到900这800个自然数中，数字和被8整除的数共有______个。 9. 是（ ）的平方。 10. 已知九位数既是9的倍数，又是11的倍数；那么，这个九位数是（ ）。 11. 把102分拆成三个不同质数的和，共有（ ）种方法。 12. 四个人传球，每个人不能传给自己，如果初始时球在手中，经过4次传球后仍然回到手中，那么共有（ ）种不同的传球方式。 13. 一个自然数分别与另外两个相邻奇数相乘，所得的两个积相差190，那么这个数是（ ）。 14. 一个偶数的数字和是41，这个偶数最小是（ ）。 15. 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7次，则比赛的结果甲是第（ ）名。 16. 有些数，它的各位数字之积是质数，我们称这样的自然数是“ 数”，小于10000的最大“ 数”是（ ）。 17. 将55拆成10个质数之和，要求最大的质数尽可能小，那么其中最大的质数是（ ）。 18. ，那么（ ）。 19. 六位数能被44整除，那么这个六位数最大为（ ）。 20. 的结果为，那么 （ ）。 21. 有一楼梯共有12级，每步可以走1级或者2级，要求第6级必须要踩到，12级全部走完共有（ ）种不同的走法。 22. 一口井，每小时涌出的水量相同。用甲抽水机抽水，20小时可以抽干；用乙抽水机抽水，30小时可以抽干；若甲乙同时抽水，8小时可以抽干。那么这口井抽干之后，（ ）小时又可涌满。 23. 有一项工程，甲单独做需要36天完成，乙单独做需要30天完成，丙单独做需要48天完成。现在由甲、乙、丙三人同时做，在工作期间，丙休息了整数天，而甲和乙一直工作至完成，最后完成这项工程也用了整数天。那么丙休息了（ ）天。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $