1．化简：

2．电视台要播放一部30集电视连续剧.如果要明神求每天安排播出的集数互不相等,该电视连续剧最多可以播几天?

3．一个正方形的纸盒中,恰好能放入一个体积为628立方厘米的圆柱体,纸盒的容积有多大?（圆周率=3.14）.

4．有一筐苹果,把它们三等分后还剩2个苹果,取出其中两份,将它们三等分后还剩2个；然后再取出其中两份,又将这两份激告亏三等分后还剩2个,问：这筐苹果至少有几个?

5．计算：

6．长方形ABCD周长为16米,在它的每条边上各画一个以该边为边长的正方形,已知这四个正方形的面积和是68平方米,求长方形ABCD的面积

7．“华罗庚”金杯少年数学邀请赛,第一届在1986年举行,第二届在1988年举行,第三届是在1991年举行,以后每2年举行一届.第一届“华杯赛”所在年份的各位数字和是：A1＝1＋9＋8＋6＝24.

前二届所在年份的各位数字和是：A2=1＋9＋8＋6＋1＋9＋8＋8=50

问：前50届“华杯赛”所在年份的各位数字和A50＝?

8．将自然数按如下顺次排列：

[blockquote]

1 2 6 7 15 16 …

3 5 8 14 17 …

4 9 13 …

10 12 …

11 …

[/blockquote]

在这样的排列下,数字3排在第二行第一列,13排在第三行第三列,问：1993排在第几行第几列?

9．在下图中所示的小圆圈内,试分别填入1、2、3、4、5、6、7、8这八个数字,使得图中用线段连接的两个小圆圈内所填的数字之差（大数字减小数字）恰好是1、2、3、4、5、6、7这七个数字.

10．

除以3的余数是几?为什么?

11．A、B、C、D、E、F六个选手进行乒乓球单打的单循环比赛（每人都与其他选手赛一场）,每天同时在三张球台各进行一场比赛,已知第一天B对D,第二天C对E,第三天D对 F,第四天B对C,问：第五天A与谁对阵?另外两张球台上是谁与谁对阵?

12．有一批长度分别为1、2、3、4、5、6、7、8、9、10和11厘米的细木条,它们的数量都足够多,从中适当选取3根本条作为三条边,可围成一个三角形.如果规定底边是11厘米长,你能围成多少个不同的三角形?

13．把下图a中的圆圈任意涂上红色或蓝色.问：有无可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数?请说明理由.

14．甲、乙二人在同一条椭圆形跑道上作特殊训练：他们同时从同一地点出发,沿相反方向跑,每人跑完第一圈到达出发点后立即回头加速跑第二圈,跑第一圈时,乙的速度是甲速度的

,甲跑第二圈时速度比第一圈提高了

,乙跑第二圈时速度提高了

.已知甲、乙二人第二次相遇点距第一次相遇点190米,问：这条友手椭圆形跑道长多少米?

15．下图中的正方形ABCD的面积为1,M是AD边上的中点.求图中阴影部分的面积.

16．四个人聚会,每人各带了2件礼品,分赠给其余三个人中的二人,试证明：至少有两对人,每对人是互赠过礼品的.

答案

[blockquote]1. 1 2. 7 3. 8 4. 23 5.

6. 15 7. 629 8. 第 24行,第 40列

9. 在A、B、C、D、E、F、H处,顺次在小圆圈内填入1、3、8、2、7、4、5、6 10. 1

11. 第五天A与B对阵,另2张球台上的对阵是C对D,E对F 12. 36 13. 没有可能

14. 跑道长为400米 15. 图中阴影部分面积是

.

16. 送礼后,四人八件礼品平均每人2件,若有一人多于2件,则一定是3件,是除自己之外其他3人的礼物各一件.因此,这个人与得到自己礼物的2个人组成两个互送对.若四人每人都得到别人的两件礼物,他自己的两件礼品不能集中只送一人,因此,他与接受他礼品中一人为一互送对,除了一互送对外,还有两人,其中任选一人,与前面推理一样,可得到另一互送对.

华杯赛第四届复赛

1.【解】原式的分子＝

＝

＝

原式的分母＝

[blockquote]

＝

＝

＝

＝

＝

[/blockquote]

所以.原式等于1.

2.【解】如果播8天以上,那么由于每天播出的集数互不相等,至少有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36集,

所以30集连续剧不可能按照要求播8天以上,另一方面1＋2＋3＋4＋5＋6＋9＝30

所以最多可以播7天,各天播出的集数分别为1,2,3,4,5,6,9.

3.【解】圆柱的高与底面直径都等于正方体的边长,即6.28＝3.14×边长×

所以(边长)

＝

×4＝8,即纸盒的容积是8立方厘米.

4. 【解】如果增加4个苹果,那么第一次恰好三等分,而且每份比原来多2个苹果.第二次,第三次也是如此.第三次分成的每一份比原来多2个苹果,又由于第二次分成的两份苹果,总数是偶数,所以第三次分成的每一份,苹果数都是偶数,因此,第三次分成的每一份至少是4个苹果.第二次分成的每一份至少是4×3÷2＝ 6(个),第一次分成的每一份至少是6×3÷2＝9(个),从而这筐苹果至少是9×3－4＝23(个)

【又解】如果增加4个苹果,那么第一次恰好三等分(每份比原来多2个),第二次取两份(比原来两份多4个),也恰好三等分(每份比原来多2个),最后取两份 (比原来两份多4个),也恰好三等分.由于最后一次分,总数是偶数(因为取两份分),所以每份也是偶数,又比原来的每份多2个,所以现在每份至少是4个,从而上一次每份至少是4×

＝6(个),再上次每份至少是6×

＝9(个),最初是9×3＝27(个),原来这筐苹果至少27－4＝23(个).

5.【解】原式＝(1＋3＋5＋7＋9＋11＋13＋15＋17)＋(

)

[blockquote][blockquote]＝

＝81＋

＝

[/blockquote][/blockquote]6.【解】如图,将

向右延长,

向上延长,交于E点,那么正方形

的面积.等于长方形ABCD周长一半的平方,即64平方厘米.长方形ABCD与

是全等的,而正方形

与

的面积之和,等于题中已给的四个正方形面积和的一半,即

×68＝34平方厘米.64－34＝30平方厘米应等于长方形ABCD面积的2倍.所以ABCD的面积是

×30＝15平方厘米.

7.【解】按所给的规律,前50届在20世纪内有7次赛事,在21世纪内有43次赛事.

在20世纪内,已知A2＝50,其余5届年份各位数字的和是:5×(1＋9＋9)＋(1十3＋5＋7＋9)＝95＋25＝120

从而A[sub]7[/sub]＝A[sub]2[/sub]＋120＝170

在21世纪内的前45届年份的数字和是:2×45＋(1＋2＋3＋…＋8)×5＋(1＋3＋5＋7＋9)×9＝495,

前43届年份的数字和是:495－2－8－7－2－8－9＝459

于是A[sub]50[/sub]＝170＋459＝629.

8.【解】奇数斜行中的数由下向上递增,偶数斜行中的数由上向下递增.

第n斜行中最大的数是

n(n＋1)

第62斜行中最大的数是

×62 ×63＝1953.第63斜行中最大的数是1953＋63＝2016.所以1993位于第63斜行.第63斜行中数是由下向上递增,左边第一位数字是 1954,因此,1993位于第63斜行由上向下数第(1993－1954＋1)＝40位,即原阵列的第(63－40＋1)＝24行,第40列.

答：1993排在第24行,第40列.

9.【解】【解】填法很多,下图就是一种：

10.【解】3[sup]3[/sup]、6[sup]6[/sup]、9[sup]9[/sup]除以3,余数是0,所以只须看表达式1[sup]1[/sup]＋2[sup]2[/sup]＋4[sup]4[/sup]十5[sup]5[/sup]＋7[sup]7[/sup]＋8[sup]8[/sup]除以3余几.

注意：如果a除以3余a[sub]1[/sub],b除以3余b[sub]1[/sub],那a×b除以3所得的余数就是a[sub]1[/sub]×b[sub]1[/sub]除以3所得的余数

因为4、7除以3余1,所以4[sup]4[/sup]、7[sup]7[/sup]除以3,余数也是1

因为5、8除以3余2,所以5[sup]5[/sup]、8[sup]8[/sup]除以3,余数与2[sup]5[/sup],2[sup]8[/sup]除以3的余数相同.而2[sup]4[/sup]＝16除以3余1,所以2[sup]5[/sup]＝2[sup]4[/sup]×2除以3余2,2[sup]8[/sup]＝2[sup]4[/sup]×2[sup]4[/sup]除以3余1(＝1×1)

于是1[sup]1[/sup]＋2[sup]2[/sup]＋4[sup]4[/sup]十5[sup]5[/sup]＋7[sup]7[/sup]＋8[sup]8[/sup]除以3,所得余数与1＋4＋1＋2＋1＋1除以3,所得余数相同,即余数是1

11.【解】第二天B不能对A,否则B对A.D对F与第三天D对F矛盾,所以应当B对F、A对D.

第三天B也不能对A,否则C对E与第二天c对E矛盾,应当B对E(不能B对C,与第四天矛盾),A对C,第四天B对C,D对E,所以第五天B对A,D对C,E时F.

12.【解】一个三角形,任何两条边的长度之和,比余下的一条边长.在本题中,设底边是11厘米的三角形其余二边分别是a及b,则必有11＜a＋b此外,为确切起见,可设a≤6,于是(a,b)的可能的值便有

(11, 11)；(10,1O),(10,11)；(9,9),(9,10),(9,11)；(8,8),(8,9),(8,10),(8,11)；(7,7), (7,8),(7,9),(7,10),(7,11)；(6,6),(6,7),(6,8),(6,9),(6,10),(6,11)；(5,7), (5,8),(5,9),(5,10)(5,11)；(4,8),(4,9),(4,10),(4,11)；(3,9),(3,10),(3,11)； (2,10),(2,11)；(1,11)共36种

答：能围成36个不同的三角形.

13.【解】假设每条线上红圈都是奇数个,那么5条线上的红圈数相加仍是奇数.

但另一方面,5条线上的红圈数相加时,由于每一个圈都在两条线上,因而都被计算了2次,从而相加的总和应当是偶数两方面的结果矛盾,所以不可能使同一条线上的红圈数都是奇数.

14.【解】

让我们画两个示意图(上图),并设一开始时甲的速度是a,于是乙的速度便是

a.再设跑道长是L,则甲、乙第一次相遇点,按甲前进方向距出发点为

.甲跑完第一圈,乙跑了

,乙再跑余下的

,甲已折返,且以a(1＋

)＝

a的速度跑,所以在乙跑完第一圈时,甲已折返跑了

,这时,乙折返并以

a(1十

)＝

a的速度跑着.从这时起,甲、乙速度之比是

a÷

a＝

,即5∶3.所以在二人第二次相遇时,甲跑了余下的

的

,而乙跑了它的

,即第二次相遇时距出发点

×

＝

.可见两次相遇点间的距离是(

－

)L＝190(米),即

＝190(米),

L＝400(米)

答：跑道长为400米

15.【解】需要利用AM‖BC时,△GAM与△GCB的边对应成比例.

即

,

于是

＝2,

＝2.

因为正方形ABCD的边长为1.所以

＝

×1×

＝

,

＝

×1×

＝

,

从而

＝

＝

×

＝

,

＝

＝

×

＝

.

＋

＝

＋

＝

即阴影部分的面积是

.

16. 【解】将这四个人用4个点表示,如果两个人之间送过礼,就在两点之间连一条线.由于每人送出2件礼品,图 *** 有8(＝4×2)条线.由于每人的礼品都分赠给2个人,所以每两点之间至多有2(＝1＋1)条线.四点间,每两点连一条线,一共6条线,现在有8条线,说明必有两点之间连了2条线,还有另外两点(有一点可以与前面的点相同)之间也连了2条线,这就是要证明的结论.

【注】有6种袜子,每种不超过2只,如果取出8只,那么必有2种袜子各2只.这与本题实质上是一回事.

[/blockquote],3,帮忙找一些小学六年级的奥数题（尽量是华杯赛的）

找些分数应用题