入团申请书200字-中国医学院校排名

小学数学四年级奥数综合练习题（含答案）


一、

1．
填空题（每题
6
分，共
60
分。如有两个空，只对一个给
3
分）
有
17
个队参加篮球比赛， 比赛分两个组，第一组七个队，第二组八个队，各组先进行单
循环赛(即每队都要与其它各队比赛一场) ，然后由各组的前三名共六个队再进行单循环
赛决定冠亚军。问：共需比赛__________场。

【分析】 分三部分考虑，第一组预赛、第二组预赛和最后的决赛。第一组要赛
C< br>7
2
21
(场)，第
二组要赛
C
8
228
(场)，决赛阶段要赛
C
6
2
15
(场)，所 以总场数为：
21281564
(场)。


2．

如果一个自然数
N
的各个数位上的数字和是
2345
，那 么这个自然数最小是__________。
L
4
9
【分析】
2 3459260L5
，所以这个自然数最小是
599
144243
。
260个9


3． 有一个展览会场如右图所示，共有
16
个展室，每两个相邻的展
室之间都有门相通，问__________（填能或不能）从入口进去，< br>不重复地参观完所有的展室后从出口出来。

【分析】 黑白相间染色后发现，入口和 出口都是黑色，但每次都是从黑格到白格或从白格到黑格，
这样应是从黑格进去，白格出来，但出口也是 白格，所以不可能。


4． 设自然数
n
有下列性质：从
1
、
2
、…、
n
中任取
65
个不同的数，其中必 有两数之差等
于
8
，这样的
n
最大不能超过__________。

【分析】 当
n128
时，将
1
、
2
、…、所以当任取
65
128
按每组中两数的差为
8
的规则分成64
组，
个数时，必有两个数在同一组，它们的差等于
8
。当
n 129
时，取上面每组中的前一个
数，和
129
，一共
65
个数，而它们中任两个数的差不为
8
。因此
n
最大不能超过
128
。





5． 小刚在纸条上写了一个四位 数，让小明猜。小明问：“是
6031
吗?”小刚说：“猜对了
1

个数字，且位置正确。”小明问：“是
5672
吗?”小刚说：“猜对了
2
个数字，但位置都
不正确。”小明问：“是
4796
吗?”小刚说：“猜对了
4
个数字，但位置都不正确。”根
据以上信息，可以推断出小刚所写的四位数_______ ___。

【分析】 由两人的第三次问答可知小刚所写的四位数是由数字
4
，
7
，
9
，
6
组成的。因为数字
6
在< br>6031
中出现，所以据小刚的第一次回答知四位数的千位数字就是
6
。又数字
7
在
5672
和
4796
中均出现过，且小刚说其位置均不 正确，所以
7
应该出现在个位。数字
9
在
4796
中出现， 但它的位置也不正确，所以
9
只能在百位，进而
4
是十位数字。综上所述，所
求的四位数是
6947
。


16
6． 图中< br>33
的正方形的每一个方格内都有一个数，已知其每行、每列以
a
及两条对角 线上三个数之和都相等。其中的两个数如图所示，那么
a
是
24
______ ____。

【分析】
a2421632
。


7． 从
1
，
3
，
5
，
7中任取
3
个数字，从
2
，
4
，
6
中任 取
2
个数字，组成没有重复数字的五
位数，一共可以组成 _______个数。

3
C
3
2
P
55
1440
个。 【分析】 共有
C
4


8． 如右图，加法算式中，七个方格中的数字之和等
于__________。
+

【分析】 个位之和为
9
，十位之和为
17
， 百位之和为
18
，和的千位为
1
，所以七个方格中的数字
之和为91718145
。


9．
208
个桃 子要分给一群小朋友，每一个小朋友所分得的桃子数都要不一样，且每位小朋
友至少要有一个桃子。问： 这群小朋友最多有__________位。

【分析】
123L20210f208
，所以最多有
19
个小朋友。


1
0
1
A22
10． 如图⑴，对相邻的两格 内的数同时加上
1
或同时减去
1
0
1
0
22
2
叫做一次操作。经过若干次操作后由图⑴变成图⑵，
10
1
则图⑵中A
处的数是 __________。
22
2

(1)
(2)
【分析】 黑白相间染色，黑格与白格中的数字之和的差不变，
所以
A5
。
二、 解答题（每题
8
分，共
40
分）

9
7
9

1.







右面式中每个口表示一个数字，那么乘积是多少？
【分析】 如右式，可知
E1
。由
6ABCW
另一个是奇数。若
C5< br>，
5W5
知，
B
、
C
中一个是
5
，
乘积的百位不可能是
5
，所以
B5
。因为
B5
，所以
G5
或
0
。若
G5
，则
F9
，
从而
A9
，即
6AB695
，但
695C
不可能得到
W5W5
，不合题意；若
G0
，则
F4
，
从而
A4
，即
6AB645
，由
645CW5W5
，得到
C7
。因为
B5
，
G0
，所以
由
6AB7D16457D1W
得
D2
，原算式为
64 5721465045
。
W5W4W
，
D
是偶数。


2. 能否用
25
个所示的卡片拼成一个
1010
的棋盘？

【分析】 不能。将
1010
的棋盘黑白相间染色，有
50
个黑格 。而每张卡片盖住的黑格数只能是
1
或者
3
，所以每张卡片盖住的黑格数是个 奇数，
25
张卡片盖住的黑格数之和也是奇数，
不可能盖住
50
个黑 格。


3. 学校从六年级一班
40
名同学中任意抽出
3
名参加公益活动，问:⑴一共有多少种不同的
抽法?⑵如果
40
名同学中有
2
名市三好,抽出的
3
名同学中至少有
1
名是市三好的抽法 有
多少种？⑶六年级一班的
3
名同学和
2
位带队老师合影，
3
名学生必须站在一起的排法
有多少种？

31221
9880
（种）
C
38
C
2
C
38
144 4
（种）【分析】 ⑴
C
40
；⑵
C
2
；⑶
P
3
3
P
3
3
36
（种）。


4．

将前
100
个自然数依次无间隔地写成一个192
位数：
1112L9899100
，从中
划去
170个数字，那么剩下的
22
位数最大是多少？最小是多少？
L9910
【分析】 在前
100
个自然数中，共有
20
个
9
，再保留后面的“
10
”，即得到最大数：
99
1442 443
；
20个9
5.
最小数的第一位是“
1
”，再保留
10:90
中的
9
个“
0
”，再在
91:100< br>中留下
12
个尽
量小的数，即得最小数：
1456789100
。
第四届东亚男足邀请赛共有四支足球队进行单循环赛，即每两队之间都要进行一场比
赛， 每场比赛胜者得
3
分，负者得
0
分，平局两队各得
1
分。比 赛完成之后各队得分是四
个连续的自然数，请计算出输给第一名的球队的得分是多少分？

【分析】 由于每场比赛胜者得
3
分，负者得
0< br>分，平局两队各得
1
分，所以每场比赛两队的得分
2
6
场比 赛，所以比赛完成之之和为
2
分或者
3
分，四支球队进行单循环赛，共进行< br>C
4
后各队总得分至少为
12
分，最多为
18
分，又 各队得分是四个连续的自然数，而
123410
，
234514< br>，
345618
，
456721
，所以各队得分只可能为
2
,
3
,
4
,
5
或者
3
,
4
,
5
,
6
。
如果四队得分为
3
,
4
,
5
,
6
，那么总 得分为
18
分，则每场比赛两队的得分之和都为
3
分，
即每一场比赛 都不是平局，那么每一场比赛的两只队的得分都是
3
的倍数（
3
分或
0
分），
那么每支队的总得分也都是
3
的倍数，而不可能出现有球队得
4
分或
5
分的情况，矛盾，
所以四队得分不能为
3
,4
,
5
,
6
，只能为
2
,
3
,
4
,
5
。
由于四队得分分别为
2,
3
,
4
,
5
，所以第一名得
5
分， 只能是胜一队而平两队，则这
3
场
比赛中与第一名平局的两队各得
1
分，输给第一名的队得
0
分，由于这三支队共得
2349
分，所以三队 彼此之间的
3
场比赛共得
9117
分，而每场比赛共得
2分
或
3
分，所以只能为两场
2
分，一场
3
分， 即这
3
场比赛中有两场平局，只有一场分出了
胜负。
如果 分出胜负的这场比赛发生在平了第一名的两支队之间，则它们与输给第一名的那支
队之间都是平局，则其 中一支队在分出胜负的那场比赛中得到
3
分，在与输给第一名的
那支队的比赛中又得到
1
分，这样它总共得到
1315
分，矛盾，所以平了第一名的两
支队之间的比赛也是平局，输给第一名的那支队与这两支队的比赛一胜一平，它的得分
为：
0 134
，即输给第一名的球队的得分是
4
分。



三、 附加题（每题
10
分，共
20
分）

1. 现有三堆苹果，其中第一堆苹果个数比第二堆多，第二堆苹果个数比第三堆多。如果
从每堆苹果中各取出
1
个，那么在剩下的苹果中，第一堆个数是第二堆的三倍。如果从
每堆苹果中各取出同 样多个，使得第一堆还剩
34
个，则第二堆所剩下的苹果数是第三
堆的
2倍。问原来三堆苹果数之和的最大值是多少？

【分析】 设取出
1
个 后第二堆苹果数为
x
个，那么原来第二堆苹果数为
(x1)
个，第一堆苹果 数
为
(3x1)
个。从每堆苹果中各取出同样多个，使得第一堆还剩
34< br>个，那么第二堆还剩
x1

(3x1)34

34 2x
（个），第三堆苹果还剩
(342x)217x
（个），所以
第三堆原有苹果数为
17x(3x1)342x16
（个），原来三堆苹果数之和 为
(3x1)(x1)(2x16)6x14
，可见
x
越大 ，原来三堆苹果数之和也越大。由于各
取出同样多个后，第三堆苹果至少还剩
1
个，所 以
17x1
，得
x16
，即
x
最大为
16< br>，
此时原来三堆苹果数之和为
6161482
个，所以原来三堆苹果数之 和的最大值是
82
。



2. 在右图所示立方体的八 个顶点上标出
1:9
中的八个，使得每个
面上四个顶点所标数字之和都等于
k
，并且
k
不能被未标出的数
整除。

【分析】 标出的八个数之和是每面四个数之和的
2
倍，是偶数，1:9
的和为
45
，因此未标出的
数是一个奇数，只能是
1< br>、
3
、
5
、
7
、
9
中的一个，并使 余下八个数之和的一半不能被
这个数整除，由于
1
、
3
、
5
、
9
都不满足这一条件，依此可知未标出的数是
7
。
下面 用余下的
8
个数填图，每面四个数之和为：
(457)219
。如果已 知某一面上
四个数的和为
19
，那么与其平行的面上的四数之和也必为
19< br>。因此我们只考虑有公
共顶点的三个面即可。下面我们考虑以
9
为公共顶点的三 个面，
1
由于
8
，
9
不共面，因此
8
在顶 点
9
的对顶点上，有公共点
9
的
三个面上，每面其余三个数之和为< br>10
，且每两个面有一个公共
顶点，由此试验易得三个面上的数分别为：
(6, 3,1)
，
(5,4,1)
，
(3,2,5)
，填图如右下图。




9
4
6
5
3
8
2