5年级中环杯答案

第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动

五年级决赛

2016年3月5日 12:30~14:00 考试时间：90分钟 满分：100分

一、填空题A：（本大题共8小题，每题6分，共48分）

【第1题】

计算：20161

11121422754________。

【分析与解】 计算。

20161

11121422754

2016121142127154



201611

1418

201611420161

18

144112

32

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若E、U、L、S、R、T分别表示1、2、3、4、5、6（不同的字母表示不同的数字），且满足： ⑴EUL6；

⑵SRUT18； ⑶UT15； ⑷SL8。

则六位数EULSRT________。 【分析与解】

⑴因为EUL6； 而1236； 所以E,U,L1,2,3； ⑵因为SRUT18； 而654318； 所以S,R,U,T6,5,4,3； ⑶因为UT15； 而1511535； 所以U,T3,5； ⑷因为SL8； 而81824； 所以S,L2,4。

由⑴和⑶，得U3，则T5； 由⑴和⑷，得L2，则S4；

最后分别结合⑴和⑵，得E1，R6； 故六位数EULSRT132465。

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一个超过20的自然数N，在14进制与20进制中都可以表示为回文数（回文数就是指正读与倒读都一样的

而12331不是回文数）。N的最小值为________（答案用10进制表示）。 数，比如12321、3443都是回文数，【分析与解】

数论，进制与位值。 因为N20；

所以N在14进制与20进制中都不是一位数； 我们希望N要尽可能小，故设Naabb

14

20

；

即Na14ab20b； N15a21b；

则N既是15的倍数又是21的倍数； 故N是15,21357105的倍数； 而1051077145520，符合题意； 故N的最小值为105。

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一位父亲要将他的财产分给他的孩子：首先将1000元以及剩余财产的财产的

1

给老大，其次将2000元以及剩余10

11

给老二，再次将3000元以及剩余财产的给老三，以此类推。结果发现每个孩子都分到了相同1010

数量的财产。这位父亲一共有________个孩子。 【分析与解】 （方法一）

设这个父亲的财产有x元；

由老大与老二分得财产相同，得

1000x10001102000x1000

11110200010

； 解得x81000；

老大分得1000810001000

1

10

9000元； 即每个孩子都分到了9000元；

这位父亲一共有8100090009个孩子。 （方法二）

因为每个孩子都分到了相同数量的财产； 所以老大与老二分得财产相同；

老大分得1000元以及剩余财产（这里的剩余我们记为A）的110； 老二分得2000元以及剩余财产（这里的剩余我们记为B）的110

； 那么A的

110比B的1

10

多200010001000元； A比B多1000

1

10

10000元； 从A到B依次减少A的1

10

和2000元； 故A的

1

10

为1000020008000元； A为8000

1

10

80000元； 这个父亲的财产有10008000081000元； 老大分得1000810001000

1

10

9000元； 即每个孩子都分到了9000元；

这位父亲一共有8100090009个孩子。 （方法三）

设这位父亲一共有n个孩子；

则倒数第二个孩子分得1000n1元以及剩余的

110

； 第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动

这1000n元是倒数第二个孩子分得1000n1之后剩余的1每个孩子都分到了相同数量的财产；

由倒数第二个孩子与最后一个孩子分得财产相同，得

19； 1010

1000n11000n

1

9

1000n； 解得n9；

这位父亲一共有9个孩子。

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如图，一个长方形的表格有8列，将数字1、2、…按一定顺序填入表格中（从左往右填，等一行填满后进入下一行，还是从左往右填）。一个学生先将填有数字1的格子涂黑，接下来跳过1个格子，将填有数字3的格子涂黑；接下来跳过2个格子，将填有数字6的格子涂黑；接下来跳过3个格子，将填有数字10的格子涂黑。依次类推，直到所有列都含有至少一个黑格为止（不再继续涂黑了）。那么，他涂黑的最后一个格子里的数字为________。

【分析与解】 （方法一）

第1个涂黑的格子为1；

第2个涂黑的格子为312； 第3个涂黑的格子为6123； 第4个涂黑的格子为101234； ……

依次类推，第n个涂黑的格子为12

n。

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这样我们可以得到涂黑的格子依次为11mod8，1233mod8， 12366mod8，1234102mod8， 125157mod8，126215mod8， 127284mod8，128364mod8， 129455mod8，1210557mod8， 1211662mod8，1212786mod8， 1213913mod8，12141051mod8， 12151200mod8，

至此mod8余0~7的数都出现了； 即所有列都含有至少一个黑格；

他涂黑的最后一个格子里的数字为120。 （方法二）

第1个涂黑的格子为1；

第2个涂黑的格子为312； 第3个涂黑的格子为6123； 第4个涂黑的格子为101234； ……

依次类推，第n个涂黑的格子为12n。

涂黑的格子mod8的余数依次为1，3，6，2，7，5，4，… 至此，除了mod8余0，其余mod8余1~7都已经出现； 故我们只要考虑12n0mod8；

8|12n1

2

nn1； 16|nn1；

因为n与n1互质； 故16|n或16|n1； 我们希望n要尽可能的小； 则取n116； n15；

这样，他涂黑的最后一个格子里的数字为1215115152120。

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一个瓶子里有1001个蓝球、1000个红球、1000个绿球，同时小明手中还有足够的这三种颜色的球。接下来，小明每次从瓶子中取出两个球，然后再按照下面的规则将一个球或两个球放入瓶中。 ⑴如果取出一个蓝球、一个绿球，则放回去一个红球； ⑵如果取出一个红球、一个绿球，则放回去一个红球； ⑶如果取出两个红球，则放回去两个蓝球；

⑷如果取出的两个球不是上面3种情况，则放回去一个绿球。

不断重复上述操作，直到瓶中只剩下一个球为止。剩下的一个球是________球（填“红”、“蓝”、“绿”或“不确定”）。 【分析与解】

操作类问题；奇偶性。 取球的情况

红、蓝、绿三种颜色的球的个数变化 拿出的两个球

放回的一个球或两个球

蓝球个数

红球个数

绿球个数

⑴ 1个蓝球、1个绿球 1个红球 1 1 1 ⑵ 1个红球、1个绿球

1个红球 不变 不变 1 ⑶ 2个红球 2个蓝球 2 2 不变 2个蓝球 1个绿球 2 不变 1 ⑷

2个绿球 1个绿球 不变 不变

1 1个蓝球、1个红球

1个绿球

1

1

1

从表中我们可以观察出，红球个数与蓝球个数的奇偶性同时发生变化； 而开始瓶子里有1001个蓝球、1000个红球；

即开始时，蓝球有奇数个，红球有偶数个，蓝球与红球个数的奇偶性不同； 则无论怎么操作，蓝球与红球个数的奇偶性始终不同；

这样，最后不可能出现“0个蓝球、0个红球、1个绿球”的情况。 而我们注意到，放回去的球的情况，没有“放回去1个蓝球”的情况； 即也不可能出现“1个蓝球、0个红球、0个绿球”的情况。 综上所述，剩下的一个球是红球。

第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动

从图a的正六边形网格中选出图b的形状，有________种不同的选法（注意：图b可以旋转）。

图b

图a

【分析与解】 计数。

首先，我们考虑图b不旋转的情况下；

一共与有4565424种不同的选法；

再结合图b有3种不同的方向，且每种方向选法数相同；

故从图a的正六边形网格中选出图b的形状，有24372种不同的选法。

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如图，在△ABC中，ABC90，BC8。D和E分别是AB和AC上的点，使得CDDE，DCBEDA。若△EDC的面积为50，则AB的长度为________。

A

DB

【分析与解】

几何；勾股定理，弦图；相似三角形，金字塔模型。

A

F

DB

过点E作EFAB，垂足为F。 在△BCD与△FDE中，

CBDDFE90

DCBEDF 

CDDE所以△BCD≌△FDE；

（弦图的一半）

A

所以BCFD，BDFE，BCDFDE； 因为B90；

所以BCDBDC90； 所以FDEBDC90；

因为FDECDEBDC180； 所以CDE90；

这样我们可以得到△EDC是等腰直角三角形； 且由S△EDC50，得CDDE10； 而BCFD8；

再结合勾股定理，得BDFE6。

第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动

BACFAE



ABCAFE90； 所以△ABC∽△AFE；

（金字塔模型）

；

A

F

A

所以

EFBCAF

AB

； 68

AB14AB；

解得AB56。

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【第9题】

将如图两种由单位小正方形组成的图形（这种图形的面积均为3）放入814的大长方形网格中，要求任意 两块图形之间不存在公共点。那么814的大长方形网格中最多可以放入两种类型的图形共________个。

【分析与解】

在814的大长方形网格中，有915135个格点；

而无论是“L型”还是“一字型”的三连块，每个都有8个格点； 1358167；

故在814的大长方形网格中，可以放入两种类型的图形的个数不超过16个。 另一方面，摆放16个的例子可以构造出来（构造方式不惟一）

。

构造方法一构造方法二

综上所述，814的大长方形网格中最多可以放入两种类型的图形共16个。

第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动

Sn表示自然数n的数码和，比如S1231236。如果两个不同的正整数m、n，满足 

m100



n100，那么我们就称m、n构成一个数对m,n

mn。 mSnn2Sm

数对m,n共有________对。

【分析与解】

数论，同余；计数。

我们知道，一个数与其数字之和mod9的余数相同； 即nSnmod9； 则nSn0mod9； 由mSnn2Sm，得

SmnSnmSm0mod9； 故m0mod9；

即m是9的倍数；

因为m100且m为正整数； 所以m9，18，27，…，99， 代入nSnm2Sm进行逐一计算； 并设nab10ab（ab为广义两位数）； 则Snab； nSn9a，

即9am2Sm

⑴当m9时，Sm9，9a992，a1，舍去；

⑵当m18时，Sm189，9a1892，a0，n1~9，有9对； ⑶当m27时，Sm279，9a2792，a1，n10~19，有10对； ⑷当m36时，Sm369，9a3692，a2，n20~29，有10对；

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⑸当m45时，Sm459，9a4592，a3，n30~39，有10对； ⑹当m54时，Sm549，9a5492，a4，n40~49，有10对； ⑺当m63时，Sm639，9a6392，a5，n50~59，有10对； ⑻当m72时，Sm729，9a7292，a6，n60~69，有10对； ⑼当m81时，Sm819，9a8192，a7，n70~79，有10对； ⑽当m90时，Sm909，9a9092，a9，n80~89，有10对； ⑾当m99时，Sm9918，9a99182，a7，n70~79，有10对； 综上所述，数对m,n共有910

101099对。 9个10

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如图，正方形ABCD的边长为4，正方形CEFG的边长为12，D、C、E三点在一条直线上。联结DF，作GI//DF与DA的延长线交于点I。作IHDF与DF交于点H。则IH的长度为________。

F

I

A

D

E

【分析与解】

几何，勾股定理，相似三角形。 （方法一）

F

I

J

A

D

E

过点G作GJDF，垂足为J。

在Rt△DEF中，E90，EF12，DE41216； 由勾股定理，得DF20； 因为E90；

所以EDFEFD90；

因为EFGJFGEFD90； 所以EDFJFG； 在△DEF和△FJG中，



DEFFJG90

EDFJFG； 所以△DEF∽△FJG； 所以FEGJDF

FG； 所以

12GJ2012

； 第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动

解得GJ

5

； 因为GI//DF，IHDF，GJDF； 所以IHGJ； 所以IH

365

。 （方法二） KF

I

A

D

E

分别延长DI、FG，相交于点K。

在Rt△KDF中，K90，KD12，KF41216； 由勾股定理，得DF20； 因为GI//DF；

所以△KDF∽△KIG； （金字塔模型） 所以KFKDKGKIDF

IG； 所以

1612204KIIG

； 解得KI3，IG5；

S△KIGKGKI24326； S△KDFKFKD21612296； S梯形DFGIS△KDFS△KIG96690； S梯形DFGIIGDFIH2；

520IH290；

解得IH365

。

第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动

将一个444的立方体切割成64个111的小立方体，然后将其中16个111的小立方体染成红色，要求与任意一条棱平行的4个小立方体中，都正好有1个小方体被染成红色。不同的染色方法有________种

（旋转后相同的染色方法也视为不同的染色方法）。 【分析与解】

一个444的立方体，从上往下一共有4层，每层是一个441的长方体； 由题意“与任意一条棱平行的4个小立方体中，都正好有1个小方体被染成红色”，得 每层441中，都正好有4个正方体染成红色；

且从上往下看，每层染成红色的小立方体的俯视图为一个44的正方形。 对这个44正方形，我们分别用“1”、“2”、“3”、“4”各4个， 表示第1、2、3、4层对应的小方格染成红色；

并且按照题意，这个44正方形中，每行、每列“1”、“2”、“3”、“4”各1个。 故问题转化为“用“1”、“2”、“3”、“4”各4个填在一个44正方形中，要求每行、每列“1”、“2”、“3”、“4”各1个，不同的填法有多少种？” 我们先考虑“1”，每行各1个，且不同列，有432124种填法；我们不妨设为图1的情况。

1

1

1

1

图1

，第一行的“2”有3种填法；我们不妨设为图2的情况； 我们再考虑“2”

121

1

1

图2

（如图3） 若第二行的“2”填在第一列，则第三行的“2”填在四列，第四行的“2”填在三列；

若第二行的“2”填在第三列，则第四行的“2”填在一列，第三行的“2”填在四列；（如图4） 若第二行的“2”填在第四列，则第三行的“2”填在一列，第四行的“2”填在三列；（如图5）

12

21

12图3

21

121

21

21

图4

121

212图5

1

2

2

，第一行的“3”有2种填法；我们不妨设为第一行的“3”填在第三列（如图6~8）； 我们再考虑“3”

第十六届“中环杯”中小学生思维能力训练活动

123123123

2

1

1

21

2121

22

121

2

1

2

1

图6

图7

图8

图6余下的有2种填法；

（如图9和图10） 图7余下的有1种填法；（如图11） 图8余下的有1种填法；（如图12）

[***********][***********][1**********]34

32

1

3

4

2

1

2

3

4

1

4

3

2

1

图9

图10图11图12

故第一行的“2”填在第2列，第一行“3”填在第3列，有4种； 不同的填法有24324576种。 原题不同的染色方法有576种。

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【第13题】

甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向而行（乙从B地出发），乙车速度是甲车的k倍（k1）。两车分别到达B地和A地后，立即返回。返回时，甲车的速度保持不变，乙车的速度等于甲车的速度。返回

途中，两车在C点相遇。如果AB的中点为D点，并且CD1

AD2

，求：k。（请写出解题过程） 【分析与解】

行程问题。 甲A

B

D

C

乙

因为AB的中点为D点； 所以ADBD1

2

AB； 因为

CDAD1

2

； 所以AD:DC:CB2:1:1；

乙行驶BA这段的速度为甲车的k倍，行驶AC这段的速度等于甲车的速度； 由相同的时间，速度比等于路程比，得 1:kABBCAC:BA413:41:2；

故k2。

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如图，根据下面的要求填满此表：

⑴每个小方格内填入一个数字，这个数字必须是小于10的自然数； ⑵同一区域内的小方格填入相同的数字（虚线表示同一区域的内部）； ⑶最左边列的小方格不能填入数字0；

⑷从上往下数第1行的四个数码从左至右构成一个四位数，这个四位数可以表示为pq，其中p、q都是质数；

⑸从上往下数第2行的四个数码从左至右构成一个四位数，这个四位数可以表示为两个连续质数的乘积（比

如3、5就称为连续质数）

； ⑹从上往下数第3行的四个数码从左至右构成一个四位数，这个四位数是一个完全平方数； ⑺从上往下数第4行的四个数码从左至右构成一个四位数，这个四位数是37的倍数。

【分析与解】 数论综合。 ABCDEFCDEEGGE

H

G

G

每个小方格填上字母，同一区域内的小方格填字母，

相同的字母代表相同的数字，不同的字母既可以代表不同的数字也可以代表相同的数字。 由⑹得，EEGG是完全平方数；

完全平方数的末两位可能是00、25、奇6、偶1、偶4、偶9； 若完全平方数的末两位的两个数字相同，则只能是00或44； 而EEGGE0G11是11的倍数； 则EEGG是112的倍数；

E0GEEGG11是11的倍数；

由11的整除特性，得EG0EG是11的倍数； 只能EG11；

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ABCD

7FCD

7744

7H44

由⑺得，EHGG7H44是37的倍数；

9993337； 因为7H44是37的倍数； 所以7H440也是37的倍数；

由37的整数特性，7H440510H是37的倍数；

510371329；

H37298。

ABCD

7FCD

7744

7844

由⑸得，EFCD7FCD可以表示为两个连续质数的乘积；

我们通过整十数进行估算：8026400、9028100；

再进一步计算可得，79836557，83897387，89978633； 故EFCD7FCD只能是83897387；

F3，C8，D7。

AB87

7387

7744

7844

由⑷得，ABCDAB87pq，其中p、q都是质数；

首先，p的个位数字只能为3、7；

其次q不可能太大；

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注意到3119999，则q2、3、5、7。

当q2时，因为完全平方数的个位数字可能是0、1、4、9、6、5，不可能为2、3、7、8； 故不存在。

当q3时，p的个位数字只能为3，经尝试，3327，1332197，2339999，不存在； 当q5时，p的个位数字只能为7，经尝试，759999，不存在；

当q7时，p的个位数字只能为3，经尝试，372187，1379999；372187符合； 故ABCDAB872187；

A2，B1。

2

7

7

[1**********]44

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