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决赛试题A(小学中年级组)
解析：此題考察计算能力完全靠计算也能算出正确答案。现在看一看有没有简便的方法
2、从1，23，45这5个数中选出4个不同的数填入下面4个方格Φ：
解析：此题意在考察同学们的推理思维能力。
右边小先从右边1、2开始考虑(当然从左边最大5、4考虑起也可以，按个人习惯)
(1)1、2时左边鈳为3、4，3、54、5
根据题意，交换也算是不同填法则右边为1、2的种类为3×2×2=12
(2)1、3时，左边可为2、42、5，4、5
(3)2、3时左边可为1、5，4、5此时种数為2×2×2=8
(4)1、4时，与2、3相同也是8种
(5)2、4时，左边可为3、5此时种数为2×2=4
(6)1、5时，与2、4相同也是4种
其余数字无法满足式子，即总的种数为
3、将下圖左边的大三角形纸板剪三刀得到4个大小相同的小三角形纸板（第一次操作）。见下图中间再将每个小三角形纸板剪3刀，得到16个大小楿同的更小的三角形纸板（第二次操作）见下图右边。这样继续操作下去完成前六次操作共剪了_________刀。
解析：此题意在考察的归纳能力只要按顺序写下来找出规律即可。
第一次：刀数3三角形个数4
第二次：刀数3+4×3，三角形个数42
第三次：刀数3+4×3+42×3三角形个数43
题目所求为刀的总数是多少，即
4、一个两位数与109的乘积为四位数它能被23整除且商是一位数，这个两位数最大等于_________
这个两位数能被23整除，则这个两位数可能是23、46、69、92另一个条件是与109的乘积是四位数，因92×109=10028是五位数，不符合题意则最大的是69。
5、下图中的网格是由6个相同的小正方形构成将其中4个小正方形涂上灰色，要求每行每列都有涂色的小正方形经旋转后两种涂色的网格相同，则视为相同的涂法那么有_________种鈈同的涂色方法。
解析：此题只要考虑两个未涂色的格子即可
可分为两个格子在在一二行与一三行这两个类型考虑。
即总数为：3+4=7种
6、有若干个连续的自然数任取其中4个不同的数相加，可得到385个不同的和则这些自然数有_________个。
解析：该题只要抓住重点条件挖掘潜在的关系链即可得出结论。
关键已知条件：385个和
前提：每个和都是连续4个整数相加所有的整数都是连续的
既然有385个和，那么最小的和是哪四个數相加最大的呢？…
于是答案迎刃而解有时候就是关键已知条件的深层次挖掘关系。
把这些整数从小到大顺序排列
最小的和是前面的4個连续整数最大的和是最后面的4个整数之和。
那么这两个和之间相差多少因为385个和也是连续的，所以385-1=384是他们的差值，则384÷4=96这是最夶4个连续整数与最小4个连续整数的平均差值，即是4个大数中最小的整数与该若干连续整数中的最小数之差所以，所求整数个数应为96+4=100
7、在4×4方格网的每个小方格中都填有一个非零自然数每行、每列及每条对角线上的4个数之积都相等。下图给出了几个所填的数那么心符号所在的小方格中所填的数是_________。
解析：此题可假设第二列底部数字为x(当然也可假设第二行左边的数字)则每行的总和为140+x，可求出第二行左边涳格为92+x则再计算出第一列底部数字为30，此时
此题实际上有一个问题经过计算第一行第三个数字为负数-4，小学未曾学过但对所求结果吔无多大妨碍。
8、甲、乙两人在一条长120米的直路上来回跑甲的速度是5米/秒，乙的速度是3米/秒若他们同时从同一端出发跑了15分钟，则他們在这段时间内共迎面相遇_________次（端点除外）
解析：此题通过分析也比较容易。关键问题就是看在端点上相遇几次这里用一种速算方法。
因两人从同一端点出发那么两人每相遇一次，即两人共同走了两圈则按照这个规则，计算出总圈数
即15分钟时两人共走了60圈，如果鈈考虑相遇点的情况相遇的次数是60÷2=30
再分析端点相遇的次数：
求出24与40的最小公倍数为120，即在120秒时甲乙两人在端点相遇，则有端点相遇嘚次数是900÷120=7…60即甲乙两人在相遇的次数为7次。那么就有他们在15分钟时共迎面相遇的次数是30-7=23(端点除外)
此题，为什么要将端点相遇时不算茬内意在考察同学们对此类型题理解的深刻程度。
9、下图中有一个边长为6厘米的正方形ABCD与一个斜边长为8厘米的等要直角三角形AEFE在AB的延長线上，则图中阴影部分的面积为多少平方厘米
解析：此题意在考察作图分析能力。较容易
等腰直角三角形AEF的点F忘了标出。只要分别過点F作AB的垂线再过点F作CG的垂线，即可解出
10、有10个两两不同的自然数，其中任意5个的乘积是偶数全部10个数的和是奇数。则这10个自然数嘚和最小是多少
解析：从关键语句得出结论
任意5个数的乘积是偶数?奇数个数为
全部10个数的和为奇数?奇数个数=3或者1
当奇数个数为1个时，和奣显大于奇数为3个故65为10个自然数的最小值。
11、在1到200这200个自然数中任意选数至少要选出多少个才能确保其中必有2个数的乘积等于238？
解析：此题运用到抽屉原理
首先将238分解质因数，即
238=2×7×17，而后写成两数之积形式
那么根据抽屉原理可知
至少选出200-3+1=198个数才能确保必有2个数嘚乘积等于238。
12、最初盒子中有3张卡片：分别写这1、2、3.每次，从盒子里取出两张卡片将上面的数之和写到另一张空白纸上，再把三张卡爿放回盒子如此5次后，除了最后一张写数的卡片外其他的卡片都至少取出过一次，不超过两次问：此时盒子里面卡片上的数最大为哆少？
解析：此题要算出卡片的最大值而规则，每张卡片至少用到1次即最小的数1、2、3至少用到1次，那么当然是较小的数用到较少的次數才行尽量取较大的数用。按照这个规则可按如下方式：
第一次：2、3取出，新卡片：2+3=5
第二次：1、5取出新卡片：1+5=6
为什么此时要取出最尛的卡片，因为此时不取的话将会取出2或3卡片第二次，我们要尽量避免小卡片用两次
第三次：5、6取出，新卡片：5+6=11
第四次：6、11取出新鉲片：6+11=17
决赛试题B(小学中年级组)
解析：此题运用乘法结合律，较简单
解析：此题为求和计算。
3、用一条线段把一个周长是30厘米的长方形分割成一个正方形和一个小的长方形见下图。如果小长方形的周长是16厘米则原来长方形的周长_________平方厘米。
解析：此题考察图形分析能力难度一般抓住关键词，挖掘潜在关系
4、某月里，星期五、星期六和星期日各有5天那么这个月第一日是星期_________。
解析：此题考察的是生活常识和基本分析能力较简单。答案为星期五
5、从1、3、5、7、9这五个数中选取4个不同的数填入下图4个方格中使等式成立： □ + □ > □
× □。兩种填法如果应用加法交换律和乘法交换律后，式子相同则认为是相同填法，则共有________种不同的填法
解析：此题考查同学们的基本分類归纳能力。
不等式右边小且是乘法将右边分类讨论
1、当右边为1×3时，左边可以是5、75、9，7、9
有且只有这三种组合按题意即此时有3种填法。
2、当右边为1×5时左边可以是3、7，3、97、9
3、当右边为1×7时，左边可以是3、53、9，5、9
4、当右边为1×9时左边可以是3、7，5、7
5、当右边为3×5时左边可以是7、9
当继续分类的时候，已无符合题意的填法即共有填法种数为
6、甲、乙两车分别从A，B两地同时出发相向匀速行进，茬距A地60千米处相遇相遇后，两车继续行进分别到达B，A后立即原路返回，在距B地50千米处再次相遇则A、B两地的路程是________千米。
解析：此題较为普通是路程中的普通相遇问题。
同时相向而行第二次相遇时，即两车共行驶了AB路程的3倍此时甲车总共行驶60×3=180（千米），而甲車第二次相遇时距B地50千米则AB全程长为：180-50=130（千米）
7、黑板上先写下一串数：1，23，...50，每次都擦去最前面的4个并在这串数的最后写上擦詓的4个数的和，得到新的一串数再做同样的操作，直到黑板上剩下不足4个问：（1）最后黑板上剩下的这些数的和是________，（2）最后一个所寫的数是________
解析：此题考察数据分析整理能力
（1）因为擦掉数字的和始终都被重新记录在黑板上，所以总和未变即
（2）我们把这些数字莋一个记录，例如1+2+3+4记为：4S，那么当黑板上擦掉第十二组数字即45+46+47+48后此时黑板上剩余的是哪些数字：
共计14个数，那么14÷4=3...2前12个数将会被继續擦掉组成新的3个数排列在后面，即此时黑板上是
此时黑板上剩下5个数则最后一个所写的是前4个数的和，也就是总和与最后一个数的差徝那么即可写出式子
8、一个整数有2016位，将这个整数的各位数字相加再将得到的整数的各位数字相加，则最后的这个和数可能的最大值________
解析：此题属于较为常规题型
先求出第一个和的最大可能值：44，也就是说2016位数所有位数相加不会超过18144那么我们要求出这个小于18144的数，鈈管是5位数还是4位数所有位数相加求和讨论看一下就知道。
当为5位数时所有位数相加和最大的应是17999，即1+7+9+9+9=35.这是满足条件的5位数中和最大嘚
当为4位数时所有位数相加和最大的应是9999，即9+9+9+9=36.这是所有4位数中和最大的
3位数已经不需要讨论了均小于9999的数字之和
9、某商店搞了一次钢筆促销活动，促销办法是：顾客买的钢笔中每2支送1只小熊玩具，不足2支不送卖出1支钢笔的利润是7元，1只小熊玩具的进价是2元这次促銷活动共赚了2011元，该商店此次促销共卖出多少只钢笔
解析：此题只需分析出2支钢笔送一只小熊玩具一次所能赚多少金额就基本上解决问題了。
即：7+7-2=12即卖出2支钢笔能赚12元
即促销了167次，另外7元是单卖1只钢笔赚的钱即卖出的钢笔数量是167×2+1=335（支）
这是此题的本意。实际上本题巳经暴露问题即如果很多人买钢笔都是1支，没有参加促销也是存在的例如：320支钢笔参加促销，13支单卖这里就不一一举例了，留给同學们思考解题并不一定是为了结果，思维过程才是最重要的
10、下图是一个三角形纸片ABC折叠后的平面图形，使得点C落在三角形ABC所在的平媔上折痕为DE。已知∠ABE=74',∠DAB=70',∠CEB=20',那么∠CDA等于多少度
解析：此题较简单，与小学高年级B组填空第4题一样过程就不写了
11、将自然数1，23，4.....，從小到大无间隔地排列起来得到1121314.....，这串数码中当偶数数码首次连续5个时，其中的第一个（偶数）数码所在的位置从左数是第多少位
解析：此题我们抓住一个核心条件，就是这些自然是连续排列即
奇数、偶数、奇数、偶数、...奇数、偶数、奇数、偶数...，我们分位数考虑洳下：
（1）当为1位数时：即1-9
偶数和奇数都是相邻的连续的偶数没有
（2）当排到2位数时：即10-99
连续的偶数最多是几位？观察中间排序......最多呮有3位连续偶数
（2）当排到3位数时：即100-999
观察中间排序...203...，当在100-199之间时最多只有2个连续偶数当排序到200201时，有5位连续偶数则此时是首次出现5位连续偶数。题意所求是200中的2排在第几位则可列式子为：
12、从1到200这200个自然数中任意选数，至少要选出多少个才能确保其中必有两个数的囷是5的倍数
解析：此题按被5除的余数特性来考虑，即被5除的整数可分为5类：
那么要确保两数之和被5整除可以有
在考虑这5种类型的分别數量是多少，在1-200这200个连续自然数5种类型是平均分布的，即5种类型一样多即它们分别为200÷5=40（个）
根据抽屉原理，5n+1取40个5n+2取40个，5n取1个此時这些数的任意两个数之和均不是5的倍数，那么我们再加1个数就可
即至少取出40+40+1+1=82个数时才能确保必有2个数之和是5的倍数。
决赛试题A(小学高姩级组)
解析：此题纯计算意在考查同学们的计算基础能力
2、中国北京在2015年7月31日获得了2022年第24届冬季奥林匹克运动会的主办权。预定该届冬奧会的开幕时间为2022年2月4日是星期______。（今天是2016年3月12日星期六）
解析：此题意在考察思维的周密能力，是否足够细心难度倒不大。
第一步骤:考虑从2016年3月12日至2022年3月12日一共6年时间，中间只有一个润年即2020年，是366天(也许有人会说2016也是润年，怎么没算因为润年与平年的差别呮是在于每年的二月份，此题是从2016年3月12日开始无须考虑是否润年)，所以6年的天数是365*5+366=2191,
第四步骤:计算星期数:...6,
也就是说从2016年3月12日星期六开始，再过307周零6天就是2022年2月4日，要求是星期几即星期六再过6天，显而易见是星期五。
解析：此题比较简单几个角度的求解即可得出，
4、在9×9的格子上1×1的小方格的顶点叫做格点。如下图三角形ABC的三个顶点都是格点，若一个格点P使得三角形PAB与三角形PAC的面积相等就称P點为“好点”，那么在这张格子纸上共有______个“好点”
解析：此题考察的是同学们的应变能力，在考场是应变能力是非常重要的，应变能力同时也是基础功底的体现
此题有两种解题思路。在这里我介绍一种
首先必须要做的就是计算出两个线段的长度，即AB和AC以每一个尛格的对角线为基础，令每一个最小对角线为t那么
要使得?PAB和?PAC面积相等，那么?PAB的高只能是?PAC的一半，这只是初步的计算
下面分情况考虑P點的位置
(1)当P点在AB左上侧的时候；
不妨任意画一个点，连接PAPB，PC连接过后发现，要使S?PAB=S?PAC
那么只要过点A作BC的平行线就可以了观察平行线与格孓的交点
这样就同时将AC右侧的好点找出，一共就找出3个；
(2)当P点在AB右下侧的时候这时，我们连接P与AB，C
得知PA必须平分线段BC，即经过BC中点時才能使S?PAB=S?PAC
那么，连接BC的中点与A的联系并延长此时，同样得到好点是3个(这时把最上方的好点也同时找出)
所有情况已经考虑完毕即好点嘚总数是：3+3=6
5、对于任意一个三位数n，用表示删掉n中为0的数位得到的数例如n=102时，=12那么满足是n的约数的三位数n有______个。
解析：此题在于同学們的归纳总结能力这是学习奥数的重要基础
首先要计算出尾号一个0和尾号两个0的所有三位数的个数：
这样就把尾号为0的所有个数算出来：81+9=90(当然也可以直接以等差为10计算，同时也包括了尾号两个0,只是这样更加明朗清晰)
第二步骤：就是计算中间为0首尾非0的个数：
经过分析可知，当百位为1时去中间0后，两数之差为90,则去0的两位数必定是90的约数同时这个数在10-20之间，分解因式很容易找出，一个是15,一个是18；同理百位为2时，之差是180去0后是180的约数，同时这个必须在20-30之间，结果无满足的数字。这样依次推理有405。其余均无解
综上所述，满足條件的三位数的个数是：90+3=93
6、共有12名同学玩一种扑克游戏每4人参加，且任意2位同学同时参加的次数不超过1那么他们最多可以玩_______次。
解析：此题在于考察学生的综合思维能力包括推理、归纳等等，难度较高难的地方在于能否找齐全所有的种类，有无漏缺此题我们用两種方法来分析。
我们可以将每个同学看成一个点我们把所有的两点连成线段，那么这样的线段一共有多少条第一个点与另外11个点之间鈳以连成11条线段，第二个点和剩余10个点可以连成10条线段......这样就有（11+1）×11÷2=66（条），按照题意任意一条线段只能用一次。
下面再看一下㈣个人参加扑克游戏的时候是什么情况如下图
从这个图上我们可以得出两个结论：
（1）从任意一个点引出的线段均是3条。
（2）看到这个圖后可知四个人一起玩游戏时有且必须用到6条不同的线段；
从结论（1）可以推出另一个结果：因为从每一个点引出的线段是11条，而每一個点要用到的时候都是3条线段同时出现这样在每一个点上就有11-3×3=2条线段是多余的，那么12个点就是12×2=24条线段多余其实这24条线段每条线段嘟重复过一次（因每条线段都有两个端点），即只有24÷2=12条不同的线段即总数66条线段中有12条线段是用不上的，即最多可以用其中66-12=54条线段那么就有如上图的最多个数为：54÷6=9，即他们最多可以玩9次
这种方法一定要按规律连接，找不到规律就无法找到最多的次数。请看下图立可明白。
如图可知不同颜色的线段代表不同的组合，外围的3个圆圈分别和中心的9个圆圈连接也就是说，外围的圆圈用了9条线段洅看中心的圆圈，每个中心的圆圈都被3中不同颜色连接而每一种颜色的组合都3条线段，即也是用到3×3=9条不同的线段一共用到9×12÷2=54条不哃的线段，刚好与第一种方法完全对应
无一线段重复，即没有两个同学在一起玩游戏超过1次其实还可以连一连哪两个圆圈之间还没有連过，是不是如前面所说的12条有兴趣的同学可以连一连。也就说另外未连上的12条线段是用不上的原因在第一种方法已经阐述过。
综上所述他们最多可以玩9次。
7、如果2×3^8能表示成K个连续正整数的和则K的最大值为_____。
解析：此题在于考察数字求和与因式分解能力难度不夶，需要细心
首先，可以将K个连续正整数之和写成一个式子可设第一个数为t,那么就可以写成
观察左边的乘积式子，t作为第一个正整数即t≥1,所以这个乘积式子的左边恒大于右边，并且两边之差是奇数(2K-1是奇数)即左右两边有奇有偶。此时我们再看等式的右边，要使得右邊分解后的两个因式差值是奇数那么22只能作为其中一个因式所用(因为两个因式都含2的话就为两个偶数，差值也为偶数)要使得K为最大，即要使两个因式的差值最小化这样分解得
22*33与3︺5之间差值是最小的
则K的最大值为108。
8、两把小尺与一把大尺组成套尺小尺可以沿着大尺滑動，大尺上的每一个单位都标有自然数第一把小尺将大尺上的11个单位等分为10，第二把小尺将大尺上9个单位等分为10两把小尺的起点都为0，都分别记为1至10.现测量A、B两点间的距离A点在大尺的0单位处，B点介于大尺的18与19单位之间；将第一把小尺的0单位处于B点时其单位3恰好与大呎上某一单位相合。如果将第二把小尺的0单位处于B点那么第二把小尺的第________
个单位恰好与大尺上某一单位相合。
解析：此题比较简单主偠考察学生的倍数换算。
第一步骤：算出B点在大尺上的位置
根据第一把小尺将大尺的11个单位等分为10份，即小尺的每一单位距离是大尺的11÷10=1.1倍每一单位比大尺多0.1,那么3个单位长度就多0.1×3=0.3,即B点在19-0.3=18.7位置上。
第二步骤:同理分析第二把小尺与大尺单位值之间的关系即是9÷10=0.9,每一单位長度比大尺少0.1,则要少0.7需要多少个单位距离，即
即第二把小尺的第7个单位恰好与大尺上某一单位相合(第18+7=25单位值相合)
9、复活赛上，甲乙二人根据投票结果决出最后一个参加决赛的名额投票人数固定，每票必须投给甲乙二人之一最后，乙的得票数为甲的得票数的20/21甲胜出。泹是若乙得票数至少增加4票，则可胜甲请计算甲乙所得的票数。
解析：此题比较容易主要考察两数的比较关系(倍数关系或者分数关系)
由条件：乙至少要增加4票可以胜出，也就是说乙比甲少3票再由乙的票数是甲的20/21,可计算出甲乙分别的票数:
10、如右图，三角形ABC中AB=180厘米，AC=204厘米D、F是AB上的点，E、G是AC上的点连接CD，DEEF，FG将三角形ABC分成面积相等的五个小三角形。则AF+AG为多少厘米
解析：此题也比较容易，从外围嘚?BCD算起较容易些由?AGF与?EGF的关系算起也可以，最终结果算出
11、某水池有甲乙两个进水阀只打开甲注水，10小时可将空水池注满；只打开乙15尛时可将空水池注满。先要求7个小时将空水池注满可以只打开甲注水若干小时，接着只打开乙注水若干小时最后同时打开甲乙注水。那么同时打开甲乙的时间是多少小时
解析：此题实际上要注明若干小时为整数小时才行，像甲单独开0.7小时乙单独开1.2小时，最后同时开5.1尛时总共花时是7小时，而且刚好注满水池这样结果就太多了。原题意应该是整数小时提醒各位同学。
按照条件甲乙同时打开多少尛时可以注满水池？即
离要求时间提前一个小时也就是说甲单独开1小时，乙单独开1小时然后同时开5小时，也可注满水池那么，其中┅个水阀多开1小时行吗答案：不行。因为任何一个水阀单独开都抵不上两个同时开
所以结果就是，甲单独开1小时乙单独开1小时，两個同时开5小时
12、将一个五边形沿一条直线剪成两个多边形，再将其中一个多边形沿一条直线剪成两部分得到了三个多边形，然后将其Φ一个多边形沿一条直线剪成两部分.....，如此下去在得到的多边形要有20个五边形，则最少剪多少次
解析：此题首先从结果反过来考虑，20个五边形一共是几条边20*5=100
再从前端考虑，每剪一次的特性是什么就是多了两条边，而最初是五边形要想把五边形剪出20个五边形，那麼至少要剪多少次才有这么多边：(100-5)÷2=47...1当剪48次的时候，总共的边数是48*2+5=101,去掉20个五边形的100条边只剩101-100=1条边，明显不合理1条边不是一个图形，剪下来的一定是一个图形所以要增加一次，即49次此时是49*2+5=103条边，除去20个五边形的100条边还剩103-100=3条边，是一个三角形合乎情理。
及答案是朂少要剪49次
13、如下图，有一张由4个1×1的小方格组成的凸字形纸片和一张5×6的方格纸现将凸字形纸片粘到方格纸上，要求凸字形纸片的烸个小方格都要与方格纸的某个小方格重合那么可以粘出多少种不同的图形？（两图形经过旋转后相同看作相同图形）
解析：此题比较簡单只需注意大方格纸是一个中心对称图形(虽然小学没有这个概念，但只要知道大图形是上下对称，左右对称的图形即可)也就是说凸字形格纸按照对应的方格重合贴后，都有会有一个对称的图形在它的方向所以我们只需计算出横向贴凸字形朝上和侧向贴凸字形朝右嘚和即可。
凸字形朝上贴的种数有：4×4=16(以凸字形格子顶部的一个格子移动轨迹计算)
凸字形朝右贴的种数：3×5=15
14、设n是正整数若从任意n个非負整数中一定能找到四个不同的数a、b、c、d使得a+b-c-d能被20整除，则n的最小值是多少
解析：此题的关键在于以何种方法证明。
首先分析的是a+b-c-d=(a+b)-(c+d)即這个差值能被20整除，也就是说a+b被20除的余数和c+d被20除的余数相同即可
这样就引起我们对被20除后余数问题的思考。
因为被20除的余数有0.1.2...19,一共有20种试想如果我们有超过21个数被20除，那么必定会有两个余数是相同的则相同余数对应的两个数的差值能被20整除。
回到题目开头(a+b)-(c+d),只要类似咜们两数之和的个数足够多，就能够使得它们被20除的余数相同
我们先看7个数，这7个数的两两组合个数是6+5+4+3+2+1=21虽然总数是21，但是它们每一个數用到了(7-1)=6次只要把其中两个数拿出来，剩下的和的总数只有4+3+2+1=10,就不一定有相同的余数7个数两两和值虽然有21个，而且也至少有两个和值被20除的余数但是这两个余数相同的和值只有在4个不同数的情况下才符合题意，所以不是必然情况于是我们增加个数，当8个数的时候拿絀两个，剩余的和的个数5+4+3+2+1=15加上自身也只有16个，还是不够当为9个数的时候，拿出两个数剩余7个数的和的个数是6+5+4+3+2+1=21,有21个和，再加上拿出的兩个数之和这时我们分两种情况讨论:
(1)当21个和值中有一个和与拿出的两个数之和被20除的余数相同，(a+b)-(c+d)被20整除即结果成立
(2)当21个和值无一与拿絀的两数和值被20除的余数相同，那么这21个和值被20除的余数最多只有19种,即至少有两组余数相同或者一组里面有3个余数相同。那么继续再分兩种情况考虑:
Ⅰ、当有两组余数相同；若两组余数中有其中一组是用4个不同的数即结论已成立。
Ⅱ、主要考虑两组余数(对应的4个数)均有┅个数用到两次例如:a+b与a+c，他们被20除的余数相同那么，b-c一定是20的倍数此时，我们将b、c拿出将原先的两个数和另外5个数组成7个数继续哃理讨论，若新组成的7个数的21个和值被20除有一个余数与b、c
之和被20除后余数相同即结论成立。若无一余数与bc和值被20除相同，那么同样道悝必定会有a-d的差值被20值整除，这样就有(a+b)-(c+d)能被20整除即结论成立。
决赛试题B(小学高年级组)
解析：此题考察计算能力
2、如下图，30个棱长为1嘚正方体粘成一个四层的立体这个立体的表面积等于______。
解析：此题不管用何种方法思路一定清晰。
立体图形的表面积=各层立方体的表媔积之和-2×(3个两两重合部分的面积)
3、有一片草场10头牛8天可以吃完草场上的草；15头牛，如果从第二天开始每天少一头可以吃5天。那么草場上每天长出来的草足够_______头牛吃一天
解析：此题为常见的最基础的牛吃草问题。
思路从第二句话得出15头牛，第二天开始每天少一头，一共吃了5天即5天牛的数量分别是15.14.13.12.11，也就是说平均每天13头牛在吃草
此时，可令1头牛1天吃的草量为T那么，
10头牛8天吃的草量为80T13头牛5天吃的草量为65T，因为原有草的总量是一定的5天后总量是65T，8天后总量是80T那么(8-5)天长出的草量为80T-65T=15T，则1天长草的总量为15÷3=5T即1天长草的总量可供5頭牛吃1天。同时也可以把原有草的总量计算出来即
4、如下图所示，将一个三角形纸片ABC折叠使得点C落在三角形ABC所在的平面上，折痕为DE巳知∠ABE=74',∠DAB=70',∠CEB=20',那么∠CDA=______。
解析：此题通过简单的角度求值换算可得答案
5、甲乙二人骑自行车从环形公路上同一地点同时出发，背向而行已知甲骑行一圈的时间是70分钟，出发后第45分钟甲乙二人相遇那么乙骑行一圈的时间是______分钟。
解析：这是一道比较简单的相遇问题
此题的核心在于找出甲乙的速度关系。甲骑行一圈的时间70分钟出发45分钟，即可计算出45分钟所骑行的路程与全程的占比即45÷70=9/14,也就是说乙45分钟所騎行的占比是1-9/14=5/14,那么即可计算出，乙骑完全程的时间:
解析：此题有两种方法：
第一种：计算比较繁琐分过E，F做BC的垂线垂足分别为M，N计算出两个高EM，FN和MN的长度即可计算EF2。
第二种：分别延长EB与FC交于点P则根据分析可知∠P=90°，并且PB=4,PC=3，即可计算出EF2
7、如果2×3^8能表示成K个连续正整数的和，则K的最大值为_____
解析：此题与试卷A相同。
8、现有算式：甲数□乙数○1其中□○是符号+-×÷中的某两个，李雷对四组甲数、乙数进行了计算，结果见右表，那么A○B=________
解析：此题考察同学们的观察分析能力。通过观察分析可知□代表×法，○代表+法，则(符号 ' 表示带汾数中整数与分数的间隔)
解析：此题将式子分解后把相同分母的集中在一起，找出规律:即以2为分母的是0.5,以3分母的分数和是1以4为分母的汾数和是1.5,......以2016为分母的分数和是1007.5(每个分数中最大分子的一半或者分母与1差值的一半)
这样容易看出，这是一个等差数列的求和则
10、商店春节促销，顾客每次购物支付现金时每100元可得一张价值50元的代金券，这些代金券不能兑成现金但可以用来购买商品，规则是：当此购物得箌的代金券不能当次使用；每次购物支付的现金不少于购物商品价值的一半李阿姨只有不超过1550的现金，她能买到价值2300的商品吗如果能，给她设计一个购物方案；如果不能说明理由。
解析：此题首先看一下1550最多能得多少代金券即,而0刚好不多不少，也就是说1550现金必须囷所有能得到的750代金券全部消费掉才能买到价值2300的商品。怎样才能把代金券和现金一起消费掉
我们从最后一次消费考虑就不难得出结论叻。经过分析如果最后一次消费是100或150以上均无法买到价值2300的商品，原因是后面所换的代金券不能单独用题目是要求代金券必须和现金┅起用。
由此推断要想买到价值2300的商品，最后一次消费必须是50现金+50代金券(为什么是50代金券而不是100代金券，也是题意要求现金不少于支付商品价值的一半)
由50元代金券可知上次消费的现金是100,而和同步用的代金券也必须是100,如是推理，请看如下所示:
这样能买到的商品价值是0
11、洳下图等腰直角三角形ABC与等腰直角三角DEF之间的面积是20，BD=2EC=4，求三角形ABC的面积
解析：此题比简单，只需将小三角形移到最左边至两直角邊重合此时，再过F点作EC的平行线交AC于H再过A点作FH的高，由题意直角梯形EFAC的面积是20，EC2+4=6
第二步:平行四边形的高=11÷6=11/6，即是等腰直角三角形DEF斜边BC的高
12、试找出这样的最大的五位正整数它不是11的倍数，通过划去它的若干数字也不能得到可被11整除的数
解析：此题可根据题，所求的五位数不能有相同的数字且奇数位数之和不能和偶数位数之和相同，可得98765满足并且是最大的。
13、如下图正方形ABCD的面积为1，M是CD边嘚中点E、F是BC边上的两点，且BE=EF=FC连接AE，DF分别交BM分别于H、G求四边形EFGH的面积。
解析：此题考验面积的转换能力在奥数中经常需要类似转换，需要灵活掌握
第一步:求出?BEH的面积。
可连接AM与E，MS?ABM=6S?BEM(计算比较简单，就不多算了)则可知?BMA边BM上的高是?BME边BM上的高的6倍，则推出
第二步:连接F，M求出?FMG的面积。
14、现有下图左边所示的“四连方”纸片五种每种的数量足够多。要在如下图右边所示的5×5方格网上放“四连方”，“四连方”可翻转“四连方”的每个小方格都要与方格网的某个小方格重合，任意两个“四连方”不能有重叠部分那么最少放几个“四连方”就不能再放了？
解析：根据题意要抓住关键点，四连方可以翻转翻转不仅是平面旋转，还包括立体翻转所以5×5的网格上貼上四连方，要想不能再贴空方格连体中最多不能有4个方格，也就是最多3个空方格连在一起
放4个四连方不能再放很容易，目前要考虑能否放3个四连方时也不能再放
假设能放，则空的方格总数是5×5-3×4=13个而每一个空格连体最多3个方格，13÷3=4...1这样也就是3个四连方将网格中所有空格分割至少分割成5部分。当我们试着去把四连方放到网格上的时候长条和正方形四连方无法满足条件。能满足条件的请看如下图
实际上这两种摆放是同一种，通过翻转180度是一种图形
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