资源简介

第31 届 WMO 融合创新讨论大会小学数学竞赛五年级初测试卷
1．（2025·竞赛）比大，比小，中的整数可能是（　　）
A．11 B．12 C．13 D．15
2．（2025·竞赛）计算：+-+-6+-+=（　　）
A． B．6 C． D．
3．（2025·竞赛）已知N是一个整数，N=（+++）÷，里是20以内各不相同的质数，那么N最小是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2025·竞赛）如图，将一张正方形纸片连续折叠 3 次，在折叠所得的长方形纸片边缘剪下一个半圆形的部分，将纸片完全打开后，圆形小孔共有（　　）个。
A．4 B．6 C．8 D．10
5．（2025·竞赛）若[]表示 x÷y 所得之商的整数部分，满足式子：[]＋[]＝8 的整数 x 值共有（　　）个。
A．8 B．9 C．10 D．11
6．（2025·竞赛）有 4 个数，平均数是 12，若把其中一个数改为 3，这 4 个数的平均数就变为 11。这个被改动的数是（　　）。
A．7 B．5 C．6 D．1
7．（2025·竞赛）在中国象棋的棋盘上（如图），每枚棋子的行走路线都有自己的规则。如马走“日”，图中的“马”的位置在（6，3），它走一步，可以直接到达的位置有 8 个。那么，图中的“马”最少走（　　）步可以到达（7，2）。
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2025·竞赛）若15 能被 15 整除，则 n 的最小值等于（　　）。
A．2 B．3 C．4 D．5
9．（2025·竞赛）如图为一个平行四边形ABCD 且阴影部分面积是 56 平方厘米，已知 CD＝14 厘米，则线段 BE 的长度是（　　）厘米。
A．13 B．14 C．15 D．16
10．（2025·竞赛）某公司举办年会抽奖活动，抽奖彩票编号是自 01000 到 22588 连号，若抽中彩票的编号最后两位为 68 即可中奖，那么中奖的彩票共有（　　）张。
A．216 B．218 C．225 D．226
11．（2025·竞赛）将一个大正方体木块的 6 个面均涂上红色，再将其切成 1000 个大小相同的小正方体，则没有任何一面涂色的小正方体有（　　）块。
A．400 B．484 C．488 D．512
12．（2025·竞赛）两个两位自然数，它们的最大公因数是 8，最小公倍数是 96，这两个自然数的和是（　　）。
A．32 B．56 C．80 D．104
13．（2025·竞赛）如图 1，由四个正方体组成的积木，那么从积木的正上方、正前方和正右边分别看过去，可以看到三种图形。同理，若有一个积木看到的三方向的图如图 2 所示，那么这个积木最多有（　　）个小正方体。
A．10 B．12 C．14 D．15
14．（2025·竞赛）快、慢两辆电动车同时从 A 地开往 B 地，快车每小时比慢车多行 10 千米。快车行驶 6 小时到达 B 地后，立即返回 A 地，在离 B 地 40 千米处与慢车相遇。A、 B 两地的距离是（　　）。
A．90 B．115 C．120 D．200
15．（2025·竞赛）盒子里放有编号为 11～20 的 10 个球，奥斑马先后 3 次从盒中共取出 9 个球，如果从第二次开始，每次取出的球的编号之和是前一次的 2 倍，那么未取出的球的编号是（　　）。
A．13 B．14 C．15 D．16
16．（2025·竞赛）欧欧做了六张烙饼，他可以用铲子将这些烙饼翻面。将铲子插入某两张烙饼之间再翻转（如左图），就可以将铲子上面所有的烙饼翻面（如右图）。
欧欧希望左图盘子上的所有烙饼都按照从大到小的顺序放置，其中大的烙饼要在盘子底部。那么，最少需要翻转（　　）次。
A．4 B．5 C．6 D．7
17．（2025·竞赛）某次科技知识竞赛中，共出了 20 道选择题和填空题，答对一题得 5 分，答错扣分，总分为 100 分。现从中抽出5 份试卷进行分析，如表：
（1）答错一题扣　 　分；
（2）某同学得了 76 分，他答对了　 　道题。
18．（2025·竞赛）小泉制作了一个长 3cm、宽 2cm、高 2cm 的长方体纸盒（图 1）用来包装橡皮擦，防止橡皮擦接触到灰尘影响清除效果。而思思的橡皮擦比较小，制作的包装盒（图 2）的高只有小泉的一半。
（1）图 1 的展开图的最大周长是　 　cm
（2）能放得下一个长方体展开图的最小长方形的面积会随着展开图的变化而变化。那么能放得下图 2 展开图的最小长方形的面积是　 　cm2。
19．（2025·竞赛）在○中填入 1～8 这 8 个数（每个数都只能使用一次），使每个正方形 4 个顶点上的数的和与大正方形每条对角线上的 4 个数的和都相等。
（1）大正方形每条对角线上的 4 个数的和等于　 　；
（2）大正方形每条对角线两端的两个数位于大正方形相对的两个顶点，而位于其靠近中心处的两个数也位于小正方形相对的两个顶点。如果大正方形每条对角线上靠近中心处的两个数的和与两端的两个数的和相等，那么每个正方形 4 个顶点上的数的和也相等。请问大正方形对角线上靠近中心处（或两端）的两个数的和是　 　。
20．（2025·竞赛）有 9 名同学站成一行，他们的编号顺次为 1～9。其中甲、乙、丙、丁、戊五名同学的对话如下：
甲说：“我左右两边相邻的同学的编号都是质数。”
乙说：“我左右两边相邻的同学的编号都是合数。”
丙说：“我们 5 人中，恰有某两个人相邻。”
丁说：“我和丙的编号之和是质数。”
戊说：“我和丙相邻。”如果每个人说的都是正确的，那么：
（1）甲的编号是　 　；
（2）乙的编号是　 　；
（3）丙的编号是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】通分的认识与应用
【解析】【解答】解：先把 和 转化为分子是6的分数，这样方便和比较。
=，=
所以要填的整数介于12和15之间，可能是13或者14。
故答案为：C
【分析】 题目要求找到一个整数 ，使得 介于 和 之间。 需将分数通分，本题把分子都转换为相同的数进行比较。
2．【答案】D
【知识点】分数的巧算；整数的裂项与拆分
【解析】【解答】解：+-+-6+-+
=( 1 + 2 3 + 4 6 + 7 8 + 9 ) + ( + + ++ )
=6+
=
故答案为：D
【分析】本题需要计算带分数的混合运算，可通过将带分数拆分为整数和分数部分分别计算，再合并结果。注意符号的变化，尤其是减号对后续项的影响。
3．【答案】A
【知识点】合数与质数的特征；整除的性质及应用
【解析】【解答】解： 20以内的质数有：2， 3， 5， 7， 11， 13， 17， 19。共8个质数，需从中选出四个不同的数。
在除法运算中，被除数尽可能小，除数尽可能大时，商最小；同时要保证分子能被分母整除。
四个最小的质数：2 + 3 + 5 + 7 = 17
17 是质数，只能被 17 整除
所以 N = 17 ÷ 17 = 1
故答案为：1。
【分析】本题需要分析如何选择这四个质数，使得商尽可能小。关键在于选择较大的分母，同时使得总和尽可能接近分母的倍数。
4．【答案】A
【知识点】轴对称；立体图形的展开与折叠
【解析】【解答】三次折叠后，层数变为2×2×2=8层。
在折叠后的长方形边缘剪下一个半圆形，展开后，每2个半圆形可以拼成1个圆，有 8÷2= 4个圆。
故答案为：A
【分析】正方形纸片连续折叠3次，每次折叠都会使纸张的层数翻倍。对折3次，就是平均分成2×2×2=8份，在中间剪一个半圆形后展开会有8个半圆形，其中每2个半圆形可以拼成1个圆，即有4个圆。
5．【答案】B
【知识点】不定方程；整除的性质及应用
【解析】【解答】 []=1
[]＋[]＝1+[]=8
[]=7
所以x÷9的整数部分是7，则x为63、64、65、66、67、68、69、70、71。
故答案为：B。
【分析】先计算已知部分的值，再将原式转化为关于x的取整方程，进而确定x的取值范围，最后统计符合条件的整数解的个数。
6．【答案】A
【知识点】平均数问题
【解析】【解答】解：四个数的平均数为12，因此总和为：
12 × 4 = 48
改动后平均数为11，总和为：
11 × 4 = 44
总和减少量为：
48 44 = 4
设被改动的数原为 X，改动后为3。总和减少的4应等于原数与新数的差：
X 3 = 4
解得：
X= 4 + 3 = 7
因此，被改动的数原为7
故答案为：A。
【分析】四个数的平均数为12，总和为48。当其中一个数被改为3后，新的平均数为11，总和变为44。总和减少了4。被改动的数原来的值与3的差即为总和减少的量，因此可以通过计算差值来确定原数。
7．【答案】B
【知识点】数对与位置；标数法（最短路线）
【解析】【解答】解：现在“马”的位置（6，3），可以先走到（8，4），再走到（7，2），至少需要走2步。
故答案为：B。
【分析】根据马的走法规则（日行），需分析每一步的可达位置，并判断是否存在两步内到达的路径。
8．【答案】B
【知识点】特殊数的整除特征；分解质因数
【解析】【解答】解： 若一个数能被5整除，则其个位数字必须为0或5 ，因为该数个位是5，即该数一定能被5整除。
能被3整除的数，各位数字之和能被3整除。
当n=0时，该数即为15，能被3整除，选项没有0；
当n=1时，2+0+2+4=8，8不能被3整除；
当n=2时，2+0+2+4=8，8×2=16，16不能被3整除；
当n=3时，2+0+2+4=8，8×3=24，24能被3整除。
故答案为：B
【分析】题目要求确定当某个数能被15整除时，n的最小值。由于15的质因数分解为3×5，因此该数需同时满足被3和5整除的条件。需分析数的结构（例如由n组成的数或n的位置），进而确定n的可能取值。
9．【答案】D
【知识点】平行四边形的面积
【解析】【解答】
解： 平行四边形ABCD 面积：S1=14×BE
阴影部分面积：S2=S1
56=×14×BE
BE=56÷÷14=16（厘米）
故答案为：D。
【分析】本题考查平行四边形中面积与线段长度的关系。已知阴影部分面积为56平方厘米，CD=14厘米，平行四边形两条对角线把平行四边形平分为面积相等的4部分，利用平行四边形的性质及面积公式求解BE的长度。关键在于确定阴影部分的形状及其与BE的关系，进而建立方程求解。
10．【答案】A
【知识点】数字编码问题
【解析】【解答】解：后两位固定，可以将前三位视为三位数，计算总个数：
从010到225的连续整数共有：225 10 + 1 = 216
故答案为：216
【分析】计算从01000到22588的连号彩票中，末两位为68的中奖数量。关键在于确定前三位数字的可能取值范围，并统计符合条件的总数。
11．【答案】D
【知识点】染色问题
【解析】【解答】解：因103=1000，故大正方体每条边被分成10段，
无涂色的小正方体位于原大正方体的内部，即去除外层后剩余的部分。内部部分的边长为原边长减去2（每侧各去掉一层），即：10 2=8
内部小正方体的体积为8×8×8=512。
故答案为：D
【分析】本题关键在于确定大正方体的边长分割后的内部小正方体数量。通过分析切割方式及内部结构，应用立方体切割后的体积公式求解。每条棱上小正方体的个数比大正方体每条棱上小正方体的个数少2（因为大正方体表面一层的小正方体都至少有一面被涂色），（10-2）3=512即为所求。
12．【答案】B
【知识点】最大公因数的应用；互质数的特征；最小公倍数的应用
【解析】【解答】解：设两个两位数分别为 8a 和 8b（a、b 互质）
已知最小公倍数是 96，所以 8ab = 96，得 ab = 12
找出互质的两位数组合 (a，b)，且 8a 和 8b 都是两位数：
a=3，b=4：对应数 24 和 32 ，正确
a=1，b=12：对应数 8 和 96（8 不是两位数），不正确
因此，这两个两位数是 24 和 32，它们的和是 56。
故答案为：56
【分析】据最大公因数和最小公倍数的性质，可设这两个数为8a和8b（其中a和b互质），且它们的乘积为8a×8b=8×96。通过分析a和b的可能取值，结合两位数的条件，确定具体数值后求和。
13．【答案】D
【知识点】根据观察到的图形确定几何体
【解析】【解答】根据俯视图可知，几何体的底层最少有7个小正方体，且有3列，左列3个小正方体，中间列和右列各2个小正方体；
根据主（正）视图可知，几何体最高有3层，左侧最高3层，中间和右侧最高各2层；
根据侧（右）视图可知，几何体最多有3行，右行最高3层，中间行和右行最高各2层。
据此画出几何体如下，
所以最多小正方体有15个。
故答案为：D
【分析】本题关键在于理解三视图的投影规则，通过分析每个视图的层数分布，结合三维空间中的叠加情况，找到可能的最大值。通常，每个视图中某列的最大层数需满足其他视图的约束，而最大值可能出现在所有视图对应位置的层数乘积之和的最大可能组合中。但需注意可能存在重叠或隐藏的情况，需合理安排小正方体的位置以达到总数最大。
14．【答案】C
【知识点】列方程解相遇问题
【解析】【解答】设慢车速度为 v 千米 / 小时，则快车速度为 v+10 千米 / 小时。
快车 6 小时到达 B 地，所以 AB 两地距离 = 6 (v+10) 千米
相遇时：
快车行驶了：6 (v+10) + 40 千米
慢车行驶了：6 (v+10) - 40 千米
两车行驶时间相等：
解得：v = 10
AB 两地距离 = 6 (v+10) = 6×20 = 120 千米
故答案为：C
【分析】 本题需通过相遇问题中的时间与路程关系求解两地距离。快车到达B地后返回，与慢车在离B地40千米处相遇。需利用两车速度差及相遇时的路程关系建立方程。
15．【答案】C
【知识点】数字和问题；枚举法
【解析】【解答】解：11 到 20 这 10 个球的编号总和是：11+12+...+20 = 155
设第一次取出的球编号和为 x，则：
第二次取出的和为 2x
第三次取出的和为 4x
三次共取出 9 个球，它们的编号和为：x + 2x + 4x = 7x
因此，未取出的球的编号是：155 - 7x
由于编号必须是整数，155-7x 必须是 11～20 之间的整数。
检查 x 的可能值：
当 x=21 时，未取出的球编号 = 155-7×21=155-147=8（不符合范围）
当 x=20 时，未取出的球编号 = 155-140=15（符合条件）
故答案为：15
【分析】本题先求出3次取出的9个球的编号之和，再求出未取出的球的编号。
16．【答案】C
【知识点】优化策略：烙饼问题
【解析】【解答】解：给饼编号，如下图所示：
初始状态为：④⑤③⑥①②。经过如下操作即可得到： ⑥⑤④③②①。
④⑤③⑥①②→①⑥③⑤④②→②④⑤③⑥①→⑥③⑤④②①→③⑥⑤④②①→④⑤⑥③②①→⑥⑤④③②①
即最少需要翻转6次。
故答案为：C。
【分析】本题关键在于如何通过最少的翻转次数实现目标顺序。考虑将问题转化为排列问题，寻找最少翻转次数。每次翻转相当于将某一段连续的烙饼顺序反转，需找到最优操作序列。
17．【答案】（1）1
（2）16
【知识点】列方程解含有一个未知数的应用题
【解析】【解答】解：（1）设答错一题扣x分。以试卷A为例，答对19题，答错1题，得分94分。
根据 “答对得分 - 答错扣分 = 总得分”，可列方程：19×5 1×x=94。计
算可得：95 x=94
x=1
所以答错一题扣1分。
（2）设他答对了y道题，则答错了(20 y)道题。
根据得分规则，可列方程：5y 1×(20 y)=76
5y 20+y=76
6y 20=76
y=16
所以他答对了16道题。
故答案为：1；16
【分析】（1）通过试卷数据建立方程求解扣分。由试卷A可知：答对19道题，按每题5分的总分应该是（5×19）分；据此算出这个分数与实际得分94分之差，即可得到答错1题扣分的分值。
（2）利用总分条件求解答对题数。假设20题全对，得分应该是100分，实际得分为76分；据此按差倍关系算出答错题数，进而还原得解。
18．【答案】（1）36
（2）28
【知识点】最大与最小；长方形的面积；长方体的展开图
【解析】【解答】解：图1长方体的面的面积分别为：3×2=6（cm2），2×2=4（cm2）
要使展开图周长最大，应把面积较小的面（2×2的面）相连展开。
此时展开图的长为：3×4+2×2=16（cm）
宽为2cm（16+2）×2=36（cm）
（2）当把长方体展开时，长的最大值情况为：将长和高组成的面相连展开。
此时长为3×4+1×2=12+2=14（cm），
宽的最大值为2cm（以宽为边展开时）。
14×2=28（cm2）
故答案为：36；28。
【分析】（1）需确定长方体展开图的最大周长。长方体有三种不同的面，展开时需考虑如何排列面使得周长最大。通常，将较小的面连续排列可增加展开后的总长度或宽度，从而增大周长。
（2）需找到能容纳图2展开图的最小长方形的面积。图2的高为原长方体的一半（1cm），需分析其展开图的可能形状，并计算覆盖该展开图所需的最小长方形的面积。
19．【答案】（1）18
（2）9
【知识点】数字和问题
【解析】【解答】解：（1）1+2+3+4+5+6+7+8=36
36÷2=18
（2）18÷2=9
故答案为：18；9。
【分析】（1） 需计算对角线上的四个数之和； 1～8中所有数的和是1+2+3+……+8=36，因此大正方形两条对角线上的和也应该是36，由于大正方形每条对角线上的4个数的和相等，因此每条对角线上的4个数的和是36÷2=18；
（2） 若两端两数之和等于中间两数之和，则每个正方形的顶点之和相等，需推导该和的值。 大正方形对角线靠近中心处的两个数的和与两端的两个数的和都是18÷2，据此解答即可。
20．【答案】（1）4
（2）7
（3）2
【知识点】逻辑推理；合数与质数的特征
【解析】【解答】解：1 9中的质数有2、3、5、7。1 9中的合数有4、6、8、9。
甲说：“我左右两边相邻的同学的编号都是质数。”所以甲的编号只可能是4或6；
乙说：“我左右两边相邻的同学的编号都是合数。”乙的编号只可能是5或7。
丙说：“我们5人中，恰有某两个人相邻。戊说：“我和丙相邻。”则甲乙不相邻，只能甲是4号，乙是7号；同时下面3、5、6、8的地方5人中任何一人不在此位置。
又因为丁说：“我和丙的编号之和是质数。说明丁+丙=1+2=3，或丁+丙=9+2=11，又因为戊和丙相邻，所以戊=1，丙=2，丁=9；
所以甲的编号是4；乙的编号是7；丙的编号是2。
故答案为：4、7、2。
【分析】首先，确定质数和合数的编号：质数为2、3、5、7；合数为4、6、8、9（注意1既不是质数也不是合数）。根据甲的条件，甲左右相邻的编号均为质数，因此甲只能位于质数之间。乙的左右相邻的编号均为合数，需在合数之间。丙的条件是五人中恰有一对相邻，需注意其他四人不相邻。丁与丙的编号之和为质数，戊与丙相邻。需通过逐步排除和验证可能的排列组合来确定答案。
1 / 1第31 届 WMO 融合创新讨论大会小学数学竞赛五年级初测试卷
1．（2025·竞赛）比大，比小，中的整数可能是（　　）
A．11 B．12 C．13 D．15
【答案】C
【知识点】通分的认识与应用
【解析】【解答】解：先把 和 转化为分子是6的分数，这样方便和比较。
=，=
所以要填的整数介于12和15之间，可能是13或者14。
故答案为：C
【分析】 题目要求找到一个整数 ，使得 介于 和 之间。 需将分数通分，本题把分子都转换为相同的数进行比较。
2．（2025·竞赛）计算：+-+-6+-+=（　　）
A． B．6 C． D．
【答案】D
【知识点】分数的巧算；整数的裂项与拆分
【解析】【解答】解：+-+-6+-+
=( 1 + 2 3 + 4 6 + 7 8 + 9 ) + ( + + ++ )
=6+
=
故答案为：D
【分析】本题需要计算带分数的混合运算，可通过将带分数拆分为整数和分数部分分别计算，再合并结果。注意符号的变化，尤其是减号对后续项的影响。
3．（2025·竞赛）已知N是一个整数，N=（+++）÷，里是20以内各不相同的质数，那么N最小是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】合数与质数的特征；整除的性质及应用
【解析】【解答】解： 20以内的质数有：2， 3， 5， 7， 11， 13， 17， 19。共8个质数，需从中选出四个不同的数。
在除法运算中，被除数尽可能小，除数尽可能大时，商最小；同时要保证分子能被分母整除。
四个最小的质数：2 + 3 + 5 + 7 = 17
17 是质数，只能被 17 整除
所以 N = 17 ÷ 17 = 1
故答案为：1。
【分析】本题需要分析如何选择这四个质数，使得商尽可能小。关键在于选择较大的分母，同时使得总和尽可能接近分母的倍数。
4．（2025·竞赛）如图，将一张正方形纸片连续折叠 3 次，在折叠所得的长方形纸片边缘剪下一个半圆形的部分，将纸片完全打开后，圆形小孔共有（　　）个。
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】A
【知识点】轴对称；立体图形的展开与折叠
【解析】【解答】三次折叠后，层数变为2×2×2=8层。
在折叠后的长方形边缘剪下一个半圆形，展开后，每2个半圆形可以拼成1个圆，有 8÷2= 4个圆。
故答案为：A
【分析】正方形纸片连续折叠3次，每次折叠都会使纸张的层数翻倍。对折3次，就是平均分成2×2×2=8份，在中间剪一个半圆形后展开会有8个半圆形，其中每2个半圆形可以拼成1个圆，即有4个圆。
5．（2025·竞赛）若[]表示 x÷y 所得之商的整数部分，满足式子：[]＋[]＝8 的整数 x 值共有（　　）个。
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】B
【知识点】不定方程；整除的性质及应用
【解析】【解答】 []=1
[]＋[]＝1+[]=8
[]=7
所以x÷9的整数部分是7，则x为63、64、65、66、67、68、69、70、71。
故答案为：B。
【分析】先计算已知部分的值，再将原式转化为关于x的取整方程，进而确定x的取值范围，最后统计符合条件的整数解的个数。
6．（2025·竞赛）有 4 个数，平均数是 12，若把其中一个数改为 3，这 4 个数的平均数就变为 11。这个被改动的数是（　　）。
A．7 B．5 C．6 D．1
【答案】A
【知识点】平均数问题
【解析】【解答】解：四个数的平均数为12，因此总和为：
12 × 4 = 48
改动后平均数为11，总和为：
11 × 4 = 44
总和减少量为：
48 44 = 4
设被改动的数原为 X，改动后为3。总和减少的4应等于原数与新数的差：
X 3 = 4
解得：
X= 4 + 3 = 7
因此，被改动的数原为7
故答案为：A。
【分析】四个数的平均数为12，总和为48。当其中一个数被改为3后，新的平均数为11，总和变为44。总和减少了4。被改动的数原来的值与3的差即为总和减少的量，因此可以通过计算差值来确定原数。
7．（2025·竞赛）在中国象棋的棋盘上（如图），每枚棋子的行走路线都有自己的规则。如马走“日”，图中的“马”的位置在（6，3），它走一步，可以直接到达的位置有 8 个。那么，图中的“马”最少走（　　）步可以到达（7，2）。
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】数对与位置；标数法（最短路线）
【解析】【解答】解：现在“马”的位置（6，3），可以先走到（8，4），再走到（7，2），至少需要走2步。
故答案为：B。
【分析】根据马的走法规则（日行），需分析每一步的可达位置，并判断是否存在两步内到达的路径。
8．（2025·竞赛）若15 能被 15 整除，则 n 的最小值等于（　　）。
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】特殊数的整除特征；分解质因数
【解析】【解答】解： 若一个数能被5整除，则其个位数字必须为0或5 ，因为该数个位是5，即该数一定能被5整除。
能被3整除的数，各位数字之和能被3整除。
当n=0时，该数即为15，能被3整除，选项没有0；
当n=1时，2+0+2+4=8，8不能被3整除；
当n=2时，2+0+2+4=8，8×2=16，16不能被3整除；
当n=3时，2+0+2+4=8，8×3=24，24能被3整除。
故答案为：B
【分析】题目要求确定当某个数能被15整除时，n的最小值。由于15的质因数分解为3×5，因此该数需同时满足被3和5整除的条件。需分析数的结构（例如由n组成的数或n的位置），进而确定n的可能取值。
9．（2025·竞赛）如图为一个平行四边形ABCD 且阴影部分面积是 56 平方厘米，已知 CD＝14 厘米，则线段 BE 的长度是（　　）厘米。
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】D
【知识点】平行四边形的面积
【解析】【解答】
解： 平行四边形ABCD 面积：S1=14×BE
阴影部分面积：S2=S1
56=×14×BE
BE=56÷÷14=16（厘米）
故答案为：D。
【分析】本题考查平行四边形中面积与线段长度的关系。已知阴影部分面积为56平方厘米，CD=14厘米，平行四边形两条对角线把平行四边形平分为面积相等的4部分，利用平行四边形的性质及面积公式求解BE的长度。关键在于确定阴影部分的形状及其与BE的关系，进而建立方程求解。
10．（2025·竞赛）某公司举办年会抽奖活动，抽奖彩票编号是自 01000 到 22588 连号，若抽中彩票的编号最后两位为 68 即可中奖，那么中奖的彩票共有（　　）张。
A．216 B．218 C．225 D．226
【答案】A
【知识点】数字编码问题
【解析】【解答】解：后两位固定，可以将前三位视为三位数，计算总个数：
从010到225的连续整数共有：225 10 + 1 = 216
故答案为：216
【分析】计算从01000到22588的连号彩票中，末两位为68的中奖数量。关键在于确定前三位数字的可能取值范围，并统计符合条件的总数。
11．（2025·竞赛）将一个大正方体木块的 6 个面均涂上红色，再将其切成 1000 个大小相同的小正方体，则没有任何一面涂色的小正方体有（　　）块。
A．400 B．484 C．488 D．512
【答案】D
【知识点】染色问题
【解析】【解答】解：因103=1000，故大正方体每条边被分成10段，
无涂色的小正方体位于原大正方体的内部，即去除外层后剩余的部分。内部部分的边长为原边长减去2（每侧各去掉一层），即：10 2=8
内部小正方体的体积为8×8×8=512。
故答案为：D
【分析】本题关键在于确定大正方体的边长分割后的内部小正方体数量。通过分析切割方式及内部结构，应用立方体切割后的体积公式求解。每条棱上小正方体的个数比大正方体每条棱上小正方体的个数少2（因为大正方体表面一层的小正方体都至少有一面被涂色），（10-2）3=512即为所求。
12．（2025·竞赛）两个两位自然数，它们的最大公因数是 8，最小公倍数是 96，这两个自然数的和是（　　）。
A．32 B．56 C．80 D．104
【答案】B
【知识点】最大公因数的应用；互质数的特征；最小公倍数的应用
【解析】【解答】解：设两个两位数分别为 8a 和 8b（a、b 互质）
已知最小公倍数是 96，所以 8ab = 96，得 ab = 12
找出互质的两位数组合 (a，b)，且 8a 和 8b 都是两位数：
a=3，b=4：对应数 24 和 32 ，正确
a=1，b=12：对应数 8 和 96（8 不是两位数），不正确
因此，这两个两位数是 24 和 32，它们的和是 56。
故答案为：56
【分析】据最大公因数和最小公倍数的性质，可设这两个数为8a和8b（其中a和b互质），且它们的乘积为8a×8b=8×96。通过分析a和b的可能取值，结合两位数的条件，确定具体数值后求和。
13．（2025·竞赛）如图 1，由四个正方体组成的积木，那么从积木的正上方、正前方和正右边分别看过去，可以看到三种图形。同理，若有一个积木看到的三方向的图如图 2 所示，那么这个积木最多有（　　）个小正方体。
A．10 B．12 C．14 D．15
【答案】D
【知识点】根据观察到的图形确定几何体
【解析】【解答】根据俯视图可知，几何体的底层最少有7个小正方体，且有3列，左列3个小正方体，中间列和右列各2个小正方体；
根据主（正）视图可知，几何体最高有3层，左侧最高3层，中间和右侧最高各2层；
根据侧（右）视图可知，几何体最多有3行，右行最高3层，中间行和右行最高各2层。
据此画出几何体如下，
所以最多小正方体有15个。
故答案为：D
【分析】本题关键在于理解三视图的投影规则，通过分析每个视图的层数分布，结合三维空间中的叠加情况，找到可能的最大值。通常，每个视图中某列的最大层数需满足其他视图的约束，而最大值可能出现在所有视图对应位置的层数乘积之和的最大可能组合中。但需注意可能存在重叠或隐藏的情况，需合理安排小正方体的位置以达到总数最大。
14．（2025·竞赛）快、慢两辆电动车同时从 A 地开往 B 地，快车每小时比慢车多行 10 千米。快车行驶 6 小时到达 B 地后，立即返回 A 地，在离 B 地 40 千米处与慢车相遇。A、 B 两地的距离是（　　）。
A．90 B．115 C．120 D．200
【答案】C
【知识点】列方程解相遇问题
【解析】【解答】设慢车速度为 v 千米 / 小时，则快车速度为 v+10 千米 / 小时。
快车 6 小时到达 B 地，所以 AB 两地距离 = 6 (v+10) 千米
相遇时：
快车行驶了：6 (v+10) + 40 千米
慢车行驶了：6 (v+10) - 40 千米
两车行驶时间相等：
解得：v = 10
AB 两地距离 = 6 (v+10) = 6×20 = 120 千米
故答案为：C
【分析】 本题需通过相遇问题中的时间与路程关系求解两地距离。快车到达B地后返回，与慢车在离B地40千米处相遇。需利用两车速度差及相遇时的路程关系建立方程。
15．（2025·竞赛）盒子里放有编号为 11～20 的 10 个球，奥斑马先后 3 次从盒中共取出 9 个球，如果从第二次开始，每次取出的球的编号之和是前一次的 2 倍，那么未取出的球的编号是（　　）。
A．13 B．14 C．15 D．16
【答案】C
【知识点】数字和问题；枚举法
【解析】【解答】解：11 到 20 这 10 个球的编号总和是：11+12+...+20 = 155
设第一次取出的球编号和为 x，则：
第二次取出的和为 2x
第三次取出的和为 4x
三次共取出 9 个球，它们的编号和为：x + 2x + 4x = 7x
因此，未取出的球的编号是：155 - 7x
由于编号必须是整数，155-7x 必须是 11～20 之间的整数。
检查 x 的可能值：
当 x=21 时，未取出的球编号 = 155-7×21=155-147=8（不符合范围）
当 x=20 时，未取出的球编号 = 155-140=15（符合条件）
故答案为：15
【分析】本题先求出3次取出的9个球的编号之和，再求出未取出的球的编号。
16．（2025·竞赛）欧欧做了六张烙饼，他可以用铲子将这些烙饼翻面。将铲子插入某两张烙饼之间再翻转（如左图），就可以将铲子上面所有的烙饼翻面（如右图）。
欧欧希望左图盘子上的所有烙饼都按照从大到小的顺序放置，其中大的烙饼要在盘子底部。那么，最少需要翻转（　　）次。
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【知识点】优化策略：烙饼问题
【解析】【解答】解：给饼编号，如下图所示：
初始状态为：④⑤③⑥①②。经过如下操作即可得到： ⑥⑤④③②①。
④⑤③⑥①②→①⑥③⑤④②→②④⑤③⑥①→⑥③⑤④②①→③⑥⑤④②①→④⑤⑥③②①→⑥⑤④③②①
即最少需要翻转6次。
故答案为：C。
【分析】本题关键在于如何通过最少的翻转次数实现目标顺序。考虑将问题转化为排列问题，寻找最少翻转次数。每次翻转相当于将某一段连续的烙饼顺序反转，需找到最优操作序列。
17．（2025·竞赛）某次科技知识竞赛中，共出了 20 道选择题和填空题，答对一题得 5 分，答错扣分，总分为 100 分。现从中抽出5 份试卷进行分析，如表：
（1）答错一题扣　 　分；
（2）某同学得了 76 分，他答对了　 　道题。
【答案】（1）1
（2）16
【知识点】列方程解含有一个未知数的应用题
【解析】【解答】解：（1）设答错一题扣x分。以试卷A为例，答对19题，答错1题，得分94分。
根据 “答对得分 - 答错扣分 = 总得分”，可列方程：19×5 1×x=94。计
算可得：95 x=94
x=1
所以答错一题扣1分。
（2）设他答对了y道题，则答错了(20 y)道题。
根据得分规则，可列方程：5y 1×(20 y)=76
5y 20+y=76
6y 20=76
y=16
所以他答对了16道题。
故答案为：1；16
【分析】（1）通过试卷数据建立方程求解扣分。由试卷A可知：答对19道题，按每题5分的总分应该是（5×19）分；据此算出这个分数与实际得分94分之差，即可得到答错1题扣分的分值。
（2）利用总分条件求解答对题数。假设20题全对，得分应该是100分，实际得分为76分；据此按差倍关系算出答错题数，进而还原得解。
18．（2025·竞赛）小泉制作了一个长 3cm、宽 2cm、高 2cm 的长方体纸盒（图 1）用来包装橡皮擦，防止橡皮擦接触到灰尘影响清除效果。而思思的橡皮擦比较小，制作的包装盒（图 2）的高只有小泉的一半。
（1）图 1 的展开图的最大周长是　 　cm
（2）能放得下一个长方体展开图的最小长方形的面积会随着展开图的变化而变化。那么能放得下图 2 展开图的最小长方形的面积是　 　cm2。
【答案】（1）36
（2）28
【知识点】最大与最小；长方形的面积；长方体的展开图
【解析】【解答】解：图1长方体的面的面积分别为：3×2=6（cm2），2×2=4（cm2）
要使展开图周长最大，应把面积较小的面（2×2的面）相连展开。
此时展开图的长为：3×4+2×2=16（cm）
宽为2cm（16+2）×2=36（cm）
（2）当把长方体展开时，长的最大值情况为：将长和高组成的面相连展开。
此时长为3×4+1×2=12+2=14（cm），
宽的最大值为2cm（以宽为边展开时）。
14×2=28（cm2）
故答案为：36；28。
【分析】（1）需确定长方体展开图的最大周长。长方体有三种不同的面，展开时需考虑如何排列面使得周长最大。通常，将较小的面连续排列可增加展开后的总长度或宽度，从而增大周长。
（2）需找到能容纳图2展开图的最小长方形的面积。图2的高为原长方体的一半（1cm），需分析其展开图的可能形状，并计算覆盖该展开图所需的最小长方形的面积。
19．（2025·竞赛）在○中填入 1～8 这 8 个数（每个数都只能使用一次），使每个正方形 4 个顶点上的数的和与大正方形每条对角线上的 4 个数的和都相等。
（1）大正方形每条对角线上的 4 个数的和等于　 　；
（2）大正方形每条对角线两端的两个数位于大正方形相对的两个顶点，而位于其靠近中心处的两个数也位于小正方形相对的两个顶点。如果大正方形每条对角线上靠近中心处的两个数的和与两端的两个数的和相等，那么每个正方形 4 个顶点上的数的和也相等。请问大正方形对角线上靠近中心处（或两端）的两个数的和是　 　。
【答案】（1）18
（2）9
【知识点】数字和问题
【解析】【解答】解：（1）1+2+3+4+5+6+7+8=36
36÷2=18
（2）18÷2=9
故答案为：18；9。
【分析】（1） 需计算对角线上的四个数之和； 1～8中所有数的和是1+2+3+……+8=36，因此大正方形两条对角线上的和也应该是36，由于大正方形每条对角线上的4个数的和相等，因此每条对角线上的4个数的和是36÷2=18；
（2） 若两端两数之和等于中间两数之和，则每个正方形的顶点之和相等，需推导该和的值。 大正方形对角线靠近中心处的两个数的和与两端的两个数的和都是18÷2，据此解答即可。
20．（2025·竞赛）有 9 名同学站成一行，他们的编号顺次为 1～9。其中甲、乙、丙、丁、戊五名同学的对话如下：
甲说：“我左右两边相邻的同学的编号都是质数。”
乙说：“我左右两边相邻的同学的编号都是合数。”
丙说：“我们 5 人中，恰有某两个人相邻。”
丁说：“我和丙的编号之和是质数。”
戊说：“我和丙相邻。”如果每个人说的都是正确的，那么：
（1）甲的编号是　 　；
（2）乙的编号是　 　；
（3）丙的编号是　 　。
【答案】（1）4
（2）7
（3）2
【知识点】逻辑推理；合数与质数的特征
【解析】【解答】解：1 9中的质数有2、3、5、7。1 9中的合数有4、6、8、9。
甲说：“我左右两边相邻的同学的编号都是质数。”所以甲的编号只可能是4或6；
乙说：“我左右两边相邻的同学的编号都是合数。”乙的编号只可能是5或7。
丙说：“我们5人中，恰有某两个人相邻。戊说：“我和丙相邻。”则甲乙不相邻，只能甲是4号，乙是7号；同时下面3、5、6、8的地方5人中任何一人不在此位置。
又因为丁说：“我和丙的编号之和是质数。说明丁+丙=1+2=3，或丁+丙=9+2=11，又因为戊和丙相邻，所以戊=1，丙=2，丁=9；
所以甲的编号是4；乙的编号是7；丙的编号是2。
故答案为：4、7、2。
【分析】首先，确定质数和合数的编号：质数为2、3、5、7；合数为4、6、8、9（注意1既不是质数也不是合数）。根据甲的条件，甲左右相邻的编号均为质数，因此甲只能位于质数之间。乙的左右相邻的编号均为合数，需在合数之间。丙的条件是五人中恰有一对相邻，需注意其他四人不相邻。丁与丙的编号之和为质数，戊与丙相邻。需通过逐步排除和验证可能的排列组合来确定答案。
1 / 1

展开更多......

收起↑