小学六年级奥数入学测试题【考生注意】本试卷包括两道大题 (13 道小题 ) ，满分 100 分，考试时间 120 分钟．一、填空题： ( 本题共有 12 道小题，每小题 7 分，满分 84 分)1.计算：=______________.2．7 个连续质数从大到小排列是 a、b、c、d、e、f 、g，已知它们的和是偶数，那么 c=______．3.上面这个火柴等式显然是错误的，请你移动两根火柴，使它成为一个正确的等式( 所移动的两根火柴不许拿走，也不许与其他火柴重合) ，那么组成的正确等式是.4．两个孩子在圆形跑道上从同一点 A 出发按相反方向运动，他们的速度是 5 米／秒和 9 米／秒．如果他们同时出发并当他们在 A 点第一次相遇的时候结束，那么他们从出发到结束之间相遇的次数是(不计出发时和结束时的两次) ．5 ．学校举行一次考试，科目是英语、历史、数学、物理和语文，每科满分为 5 分，其余等级依次为4、3、2、1 分．今已知按总分由多到少排列着 5 个同学 A、B、C、D、E，并且满足条件：①在同一科目以及总分中，没有得分相同的人；②A 的总分是 24；③C 有 4 门科目得了相同分数；④ D 历史得 4 分， E 物理得 5 分，语文得 3 分．那么B 的成绩是：英语分，历史，数学分，物理分，语文分.6．数的各位数字之和为．7．一辆客车和一辆货车分别从甲、乙两地同时出发相向而行，客车每小时行驶32千米，货车每小时行驶40 千米，两车分别到达乙地和甲地后，立即返回出发地．返回的速度，客车增加8 千米／小时，货车减速 5 千米／小时．已知两车两次相遇处相距 70 千米，那么货车比客车早返回出发地小时．8．40 只脚的蜈蚣与 3 个的同在一个中，共有26 个、 298 只脚，若的蜈蚣有 1 个， 3 个的有只脚．9．确定 7-1 中形的周，至少要知道 8 条中40 只脚的度．10．如 7-2 ，小半径 10，大半径20，那么，阴影部分的面是．(≈ .11．某一天中，理有 5 封信要交打字打字，每次他都将信放在打字的信堆的上面，打字有就将信堆最上面的那封信取来打．假定 5 封信按理放在信堆上的先后序依次号l 、2、3、4、5，那么打字有 ___________种可能的打字序．12．将 1、2、3⋯⋯ 14 填入 7-3 中所的形的圈内 ( 每个数用一次，每个填入一个数 ) ，使每两个用短相的内的数所成的差 ( 大减小 ) 出尽可能多示圈圈的不同的．二、解答：( 本分 16 分)13．在一行中，写着 2n 个 x，甲、乙两人交替地把其中一个x 成1、2、3、4、5、6 中的一个数字，甲先，乙后，当最形成的 2n 个数字成的 2n 位数 ( 十制 ) 能被 9 整除，乙，反之甲．：怎的 n 甲有操券的策略 ?怎的 n 乙有操券的策略 ?并你的．试题解答一、填空：1．1．2．11．因数中除了 2 以外都是奇数，所以7 个数的和是偶数就明了其中有一个是 2．所以 7 个数是 17、13、ll 、 7、 5、 3、 2．所以 c=11．3．( 答案不惟一 )4．13．因为这 2 个孩子的速度之比是 5:9 ，所以他们分别要跑 9 圈和 5 圈之后才能重新同时回到 A 点．因为他们一共跑了 9+5=14 圈，所以他们一共相遇了 14 次，包括最后一次．所以除去出发时和结束时的两次外，他们一共相遇了13 次．5．4、2、4、1、4．因为 A 的总分是 24，所以 A 有 4 科得了 5 分，只有 l 科得了 4 分．而 E 的物理是 5 分，所以 A 的物理是 4 分．现在我们知道的得分如图 7-1所示．现在 4 分和 5 分都已经出现了 2 次，所以 C得了相同分数的那 4 门科目的分数不能是 4 和 5，只能是 3、 2 或 1．因为总分最低的 E 的总分至少是 5+3+1+1+1=11，所以C的总分至少是 13．因为 5 分已经出现了 5 次，所以 C 除了相同分数的 4 门科目之外的那门科目的得分最多是 4．所以 C得分相同的那 4 门科目的分数之和至少是 13－4=9，这 4 个相同的分数必然是 3．又因为 3 已经出现过 1 次了，所以这4个 3的位置也可以确定．现在我们知道的分数如图7-2 所示．从图 7-2 中我们可以看出， B 在历史和物理上的得分都至多是 3，其他 3 门课的得分至多是 4．因为 C的总分至少是 13，所以 B 的总分至少是14．容易推出 B 至少要有 3 个 4 分，否则 B 的总分至多是 4+4+2+2+2=14，于是 B、C、D、E 的总分就只能分别是 14、13、12、11．通过简单的尝试，就可以知道这是不可能的．所以召_的英语、数学和语文都是 4 分，如图 7-3 所示．现在还需要求出 B 的历史和物理分数．现在 5 分、 4 分和 3 分都已经有 5 个了，只要再把 2 分和 1 分填进去就可以了．因为 E 的总分至少是 11 分，所以 D的总分至少是12 分．但是现在D只有1 个4 分，D只有1 个4 分，所以D剩下的4 门都是2 分．于是整个图就都出来了，如图 7-4 所示 .7．．假设甲、乙两地之间的距离是x，那么由两车的速度可以知道两车第1次相遇的地5 x ．第1次相遇之后再经过5x 325x 小时客车到达乙点离乙地的距离应该是992885 x40 1 x 小时货车到达甲地.所以当客车以每小地，第 1次相遇之后再经过x990时40千米的速度驶回甲地时，货车已经以每小时35千米的速度向乙地行驶了1 x 1x 小时.所以通过计算从客车离开乙地到两车第2次相遇所经过的5x28890160时间，可以求出两车第 2次相遇的地点与乙地的距离为x 35 1 x40355x ，从而有70=5x5x5x . 也就是说 x=504千米 .所160401291236以两车第 2次相遇后再过去5×504÷35=6小时货车回到乙地，而客车回到甲地则还12要再过 15× 504÷ 40=小时．所以货车比客车早返回出发地 =小时，也就是 l 小时1221分钟．8．14．因为一共有 298只脚，而每只蜈蚣有 40只脚，所以最多有 7只蜈蚣．因为一共有26个头，而蜈蚣有 1个头，龙有 3个头，所以要么有 2只蜈蚣 8条龙，要么有 5只蜈蚣 7 条龙．如果是 2只蜈蚣 8条龙的话，那么这 8条龙一共有 298－40×2=218只脚，但是 8不整除 218，所以只能是 5只蜈蚣 7条龙．于是这 7条龙一共有 298- 40×5=98只脚，也就是每条龙有 98÷7=14只脚．9．4．横着的边和竖着的边之问没有任何关系，可以把它们分开来计算．横着的4条边之间的关系是长边是 3条短边的和，所以只要知道长边的长度就可以了．而竖着的4条边之间的关系则要复杂一些，为最长边加上最短边等于剩下的两条边之和，所以需要知道其中的 2条边的长度．所以一共需要知道3条边的长度才能求出图形的周长．10． 456．4 个半径为 10的小圆的面积之和正好等于 1个半径为 20的大圆的面积，所以图 7-4 中的阴影部分的面积等于图7-5 中的阴影部分的面积．要求出所有阴影部分的面积，只需要求出图7-5 中的阴影部分的面积就可以了．而图 7-5 中的阴影部分的面积就是图 7-6 中的阴影部分的面积的8倍，所以我们要求的所有阴影部分的面积就是图7-6 的阴影部分的面积的 16倍．而图 7-6 的阴影部分的面积为10 21101025 (2) ，所以答案为4225 (2)16400(2) ≈456．1142．我们对打字员打的第一封信来分类讨论．如果打字员打的第一封信是5，那么就意味着打字员是在经理把5封信都交给他之后才开始打的，所以在这种情况下只有1种打信顺序．如果打字员打的第一封信是 4，那么就意味着打字员是在经理把前 4封信都交给他并且还没把第 5封信拿来时开始打的．这时第 5封信可能在打字员打完前 4封信中的任何 1封信之后来到打字员手中，所以在这种情况下有 4种打信顺序．如果打字员打的第一封信是3，那么就意味着打字员是在经理把前3封信都交给他并且还没把第4封信拿来时开始打的．这时候我们可以继续讨论打字员打的第2封信是哪一封信，从而可以得出在这种情况下有 9种打信顺序： 32145．32154、32415、32451、 32541、34215、34251、 34521、35421.如果打字员打的第一封信是2，那么就意味着打字员是在经理把前2封信都交给他并且还没把第3封信拿来时开始打的．这时候我们可以继续讨论打字员打的第2封信是哪一封信，从而可以得出在这种情况下有 14种打信顺序： 21345、21354、21435、21453、21543、23145、23154，23415、23451、23541、24315、24351、24531、25431．最后一种情况是打字员打的第一封信是1．这意味着经理刚把第 1封信拿来，还没把第 2封信拿来的时候打字员就开始打了．这种情况可以看作是我们这道题的条件改为只有 4封信的情况．重复一遍前面的讨论，就可以得到这时也有14种打信顺序：12345、 12354、12435、12453、 12543、13245、 13254、13425、13452、 13542、14325、14352、 14532、15432．所以打字员一共有 1+4+9+14+14=42种不同的打信顺序．12．如图到 13各在这些差里面出现 1次．二、简答题：13．解：当 n不能被 9整除的时候，甲有稳操胜券的策略；当 n能够被 9整除的时候，乙有稳操胜券的策——2分因为 1个数是否能被 9整除取决于这个数的各个数位上的数字之和是否能被 9整除，所以我们实际上只要考虑甲、乙两人所写的 2n个数字之和能否被 9整除就可以了．—— 4分当n能够被 9整除的时候，乙采用如下的策略就可以稳操胜券：每次甲取什么数，乙就取 1个与甲所取的数的和为 7的数．这样最终的 2n个数字之和就是 7n．而n能够被9整除，所以 7n能够被 9整除，从而最后得到的这个2n位数能够被 9整除，因此是乙胜．—— 8分当n不能够被 9整除的时候，甲采用如下的策略就可以稳操胜券：因为n不能够被9整除，所以 7n不能够被 9整除，从而7n-7 被9除的余数不是 2．于是甲可以先取 1个数，使得这个数与 7n-7 的和被 9除的余数是 0、1或 2(7n － 7被 9除的余数是 0、 1、 3、4、5、6、7、8时，分别取1、1、6、5、4、3、2、1即可) ；以后每次乙取什么数，甲就取1 个与乙所取的数的和为 7的数．这样在乙取最后一个数之前，已经换好的 2n-1 个数字之和被 9除的余数就是 0、 1或 2．此时不管乙取 1、2、3、4、5、6中的哪一个数都不能使这 2n个数的和能被 9整除．所以最后得到的这个2n位数不能够被 9整除，因此是甲—— 16分。