第1篇：第一届华杯赛复赛试题的答案详解
第一届华杯赛复赛试题的答案详解
第一届华杯赛复赛试题答案：
1.【解】甲、乙、丙、丁四个班的总人数：83+88=171(人)
用总人数减去乙班和丙班的人数，就可以得出甲班和丁班的人数：171-86=85(人)
2.【解】奖金的总数是：308×[(1+十)×2]=1078(元)
按一个一等奖，两个二等奖，三个三等奘来分配，一等奖是：1078+(1+×+×3)=392(元)
3.【解】设面积为25亩的长方形，长为a，宽为b;面积为30亩的长方形，长为c，度为d;则面积为20亩的'长方形，长为c，宽为b;而所求长方形的长为a，宽为d，它的面积为
a×d===37.5(亩)
4.【解】如果A地的货物比B地多，那么将B地的货运往A地比将A地的货运往B地省钱，
因此，应将10吨货由一号仓库运到二号仓库。同样，应将这(10+20)吨货由二号仓库运到五号仓库，
共用(10×400+20×300)×0.5=5000(元)
答：最少要花5000元运费
5.【解】设这个数除以12，余数是a.那么a除以3，余数是2;除以4，余数是1.在0，1，2，…，11中，
符合这样条件的a只有5，于是这个数除以12余数是5。
6.【解】因为7×7=49，大正方形的边长是7米
同样，2×2=4，小正方形的边长是2米。
大正方形的边长是两个长方形的短边长与小正方形边长的和所以长方形的短边长为：
(7-2)÷2=2.5(米)。
7.【解】长纸带剩下：(21-13)÷(1-)==20.8(厘米)
所以剪下的一段长：21-20.8=0.2(厘米)
8.【解】题目要求用七个数字组成5个数，说明有三个数是1位数，有两个数是两位数.
很明显，方框和被除数是两位数，乘数和除数是1位数
看得出来，0不宜做乘数，更不能做除数。因而是两位数的个位数字，从而是被除数的个位字
乘数如果是1，不论被乘数是几，都将在算式出现两次。所以，乘数不是1.同样乘数也不能是5
被除数是3个一位数的乘积，其中一个是5，另两个中没有1，也不能有2(否则2×5=10，
从而被除数的十位数字与另一个乘数相同).因而被除数至少是3×4×5=60由于没有比6大的数字，
所以被除数就是60，而且算式是3×4=12=60÷5，于是方格中的数是12
9.【解】“甲已经赛了4盘”，说明甲与乙、丙、丁、小强各赛了1盘(小强与甲赛了1盘)
“丁赛了1盘”，肯定丁只与甲比赛。
“乙赛了3盘”，说明乙与甲、丙、小强各赛了1盘(小强与乙赛了1盘)。
现在已经知道，丙赛的2盘是与甲、乙各赛了1盘，
所以，小强赛了2盘.
10.【解】不妨认为第二堆全是黑子，第一堆全是白子，(即将第一堆黑子与第二堆白子互换)
第二堆黑于是全部棋子的，同时，又是黑子的1-，所以黑子占全部棋子的：÷(1-)= 白子占全部棋子的：1-=。
11.【解】甲班未参加的人去掉，就是乙班未参加的人去掉，
所以所求的比是：(1-)÷(1-)=。
12.【解】爸爸在离家4千米处，如果不返回.而是停8分钟，然后再向前追小明。
应当在离家4+4=8(千米)处恰好追上小明。这表明爸爸从离家4千米处返回，
然后再回到这里，共用8分钟，即爸爸8分钟行8千米，从而爸爸共用8+8=16(分钟)，
第二次追上小明时是8点32分(8+8+16=32)
13.【解】14=3+3+3+3十2，最大乘积是3×3×3×3×2=162
14.【解】钱数除以5余0，1，2，3，4的人，分别买0，2，4，1，3张3分画片。
因此，可将钱数8分至5角2分这45种分为9组，每连续5个在一组，
每组买3分画片：0+2+4+1+3=10张。
9组共买10×9=90张，去掉5角1分钱中买的2张3分画片，5角2分钱中买的4张3分画片，
43个人买的3分画片的总数是90-2-4=84张
第2篇：第二届华杯赛初赛试题答案
第二届华杯赛初赛试题答案
参考答案
第二届华杯赛初赛试题答案：1.第八届 2.11 3.121 4.1981 5.58% 6.0 7.13.42 8.
9.第三个 10.3点钟 11.13 12.36人 13.第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子
14.能排成4个被11除余8的数 15.100个
1.【解】“每隔一年举行一次”的意思是每两年举行1次。1988年到2000年还有2000-1988=12年，因此还要举行12÷2=6届。1988年是第二届，所以2000年是1+6=8届。
这题目因为数字不大，直接数也能很快数出来：1988、1990、1992、1994、1996、1998、2000年分别是第二、三、四、五、六、七、八届.
答：2000年举行第八届.
【注】实际上，第三届在1991年举行的，所以2001年是第八届.
2.【解】由于两只蚂蚁的速度相同，所以大、小圆上的蚂蚁爬一圈的时间的比应该等于圈长的比.而圈长的比又等于半径的比，即：33∶9.
要问两只蚂蚁第一次相遇时小圆上的蚂蚁爬了几圈，就是要找一个最小的时间它是大、小圆上蚂蚁各自爬行一圈所需时间的整数倍.适当地选取时间单位，使小圆上的蚂蚁爬一圈用9个单位的时间，而大圆上的蚂蚁爬一圈用33个单位的时间.这样一来，问题就化为求9和33的最小公倍数的问题了.不难算出9和33的最小公倍数是99，所以答案为99÷9=11.
答：小圆上的蚂蚁爬了11圈后，再次碰到大圆上的蚂蚁.
3.【解】把棋盘分割成一个平行四边形和四个小三角形，如下图。平行四边形中棋孔数为9×9=81，每个小三角形中有10个棋孔。所以棋孔的总数是81+10×4=121(个)
答：共有121个棋孔
4.【解】由于得数有两位小数，小数点不可能加在个位数之前.如果小数点加在十位数之前，所得的数是原来四位数的百分之一，再加上原来的四位数，得数2000.81应该是原来四位数的1.01倍，原来的四位数是2000.81÷1.01=1981.
类似地，如果小数点加在百位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.001倍，小数点加在千位数之前，得数2000.81应是原来四位数的1.0001倍.但是(2000.81÷1.001)和(2000.81÷1.0001)都不是整数，所以只有1981是唯一可能的答案.
答：这个四位数是1981.
【又解】注意到在原来的四位数中，一定会按顺序出现8，1两个数字.小数点不可能加在个位数之前;也不可能加在千位数之前，否则原四位数只能是8100，大于2000.81了.
无论小数点加在十位数还是百位数之前，所得的数都大于1而小于100.这个数加上原来的四位数等于2000.81，所以原来的四位数一定比2000小，但比1900大，这说明它的前两个数字必然是1，9.由于它还有8，1两个连续的数字，所以只能是1981.
5.【解】格子布的面积是下图面积的9倍，格子布白色部分的面积也是图上白色面积的9倍，下图中白色部分所占面积的百分比是：
=0.58=58%
答：格子布中白色部分的面积是总面积的58%.
6.【解】因为差的首位是8，所以被减数首位是9，减数的首位是1。第二位上两数的差是9，所以被减数的第二位是9，减数的第二位是0。于是这六个方框中的数字的连乘积等于0。
答：六个方框中的数字的连乘积等于0.
7.【解】每个圆和正方形的公共部分是一个扇形，它的面积是圆的面积的四分之一.因此，整个图形的面积等于正方形的面积加上四块四分之三个圆的面积.而四块四分之三个圆的面积等于圆面积的三倍.于是整个图形的面积等于正方形的面积加上圆面积的三倍.也就是2×2+π×1×1×3≈13.42(平方米)
答：这个正方形和四个圆盖住的面积约是13.42平方米.
8.【解】(米).
答：七根竹竿的总长是米.
【又解】我们这样考虑：取一根2米长的.竹竿，把它从中截成两半，各长1米.取其中一根作为第一根竹竿.将另外一根从中截成两半，取其中之一作为第二根竹竿.如此进行下去，到截下第七根竹竿时，所剩下的一段竹竿长为：(米)，因此，七根竹竿的总长度是2米减去剩下一段的长，也就是答：七根竹竿的总长是米.
9.【解】梯形的面积=(上底+下底)×高-2.但我们现在是比较三个梯形面积的大小，所以不妨把它们的面积都乘以2，这样只须比较(上底+下底)×高的大小就行了.我们用乘法分配律：
第一个梯形的面积的2倍是：(2.12+3.53)×2.71=2.12×2.7I+3.53×2.71，
第二个梯形的面积的2倍是：(2.7l+3.53)×2.12=2.71×2.12+3.53×2.12，
第三个梯形的面积的2倍是：(2.12+2.71)×3.53=2.12×3.53+2.7I×3.53
先比较第一个和第二个两个式子右边的第一个加数，一个是2.12×2.71，
另一个是2.71×2.12由乘法交换律，这两个积相等因此只须比较第二个加数的大小就行了，显然3.53×2.71比3.53×2.12大，因为2.71比2.12大因此第一个梯形比第二个梯形的面积大.类似地，如果比较第一个和第三个，我们发现它们右边第二个加数相等.而第一个加数2.12×2.71<2.12×3.53.因此第三个梯形比第一个梯形面积大.综上所述，第三个梯形面积最大.
答：第三个梯形面积最大.
10.【解】因为电子钟每到整点响铃，所以我们只要考虑哪个整点亮灯就行了.从中午12点起，每9分钟亮一次灯，要过多少个9分钟才到整点呢?由于1小时=60分钟，这个问题换句话说就是：9分钟的多少倍是60分钟的整数倍呢?即求9分和60最小公倍数.9和60的最小公倍数是180.这就是说，从正午起过180分钟，也就是3小时，电子钟会再次既响铃又亮灯.
答：下一次既响铃又亮灯时是下午3点钟.
11.【解】每种花色各选3张，一共12张，可见抽12张牌不能保证有4张牌是同一花色的.
如果抽13张牌，由于花色只有4种，其中必有一种多于3张，即必有4张牌同一花色.
答：至少要抽13张牌，才能保证有四张牌是同一花色的.
12.【解】先增加一条船，那么正好每条船坐6人.然后去掉两条船，就会余下6×2=12名同学，改为每条船9人，也就是说，每条船增加9-6=3人,正好可以把余下的12名同学全部安排上去，所以现在还有12÷3=4条船，而全班同学的人数是9×4=36人
【又解】由题目的条件可知，全班同学人数既是6的倍数，又是9的倍数，因而是6和9的公倍数.6和9的最小公倍数是18.如果总数是18人，那么每船坐6人需要有18÷6=3条船，而每船坐9人需要18÷9=2条船，就是说，每船坐6人比每船坐9人要多一条船.但由题目的条件，每船坐6人比每船坐9人要多用2条船.可见总人数应该是18×2=36.
答：这个班共有36个人
13.【解】根据题意将小兔座位变化的规律找出来.
可以看出：每一次交换座位，小兔的座位按顺时针方向转动一格，每4次交换座位，小兔的座位又转回原处.知道了这个规律，答案就不难得到了.第十次交换座位后，小兔的座位应该是第2号位子.
答：第十次交换座位后，小兔坐在第2号位子.
14.【解】用1、9、8、8可排成12个四位数，即1988，1898，1889，9188，9818，9881，8198，8189，8918，8981，8819，8891
它们减去8变为1980，1890，1881，9180，9810，9873，8190，8181，8910，8973，8811，8883
其中被11整除的仅有1980，1881，8910，8811，即用1、9、8、8可排成4个被1除余8的四位数，即1988，1889，8918，8819.
【又解】什么样的数能被11整除呢?一个判定法则是：比较奇位数字之和与偶位数字之和，如果它们之差能被11除尽，那么所给的数就能被11整除，否则就不能够.
现在要求被11除余8，我们可以这样考虑：这样的数加上3后，就能被11整除了.所以我们得到“一个数被11除余8”的判定法则：将偶位数字相加得一个和数，再将奇位数字相加再加上3，得另一个和数，如果这两个和数之差能被11除尽，那么这个数是被11除余8的数;否则就不是.
要把1、9、8、8排成一个被11除余8的四位数，可以把这4个数分成两组，每组2个数字.其中一组作为千位和十位数，它们的和记作A;另外一组作为百位和个位数，它们之和加上3记作B.我们要适当分组，使得能被11整除.现在只有下面4种分组法：
经过验证，第(1)种分组法满足前面的要求：A=1+8，B=9+8+3=20，B-A=11能被11除尽.但其余三种分组都不满足要求.
根据判定法则还可以知道，如果一个数被11除余8，那么在奇位的任意两个数字互换，或者在偶位的任意两个数字互换，得到的新数被11除也余8.于是，上面第(1)分组中，1和8中任一个可以作为千位数，9和8中任一个可以作为百位数.这样共有4种可能的排法：1988，1889，8918，8819.
答：能排成4个被11除余8的数
15.【解】我们先在右图小正方形中找一个代表点，例如右下角的点E作为代表点.然后将小正方形按题意放在围棋盘上，仔细观察点E应在什么地方.通过观察，不难发现：
(1)点E只能在棋盘右下角的正方形ABCD(包括边界)的格子点上.
(2)反过来，右下角正方形ABCD中的每一个格子点都可以作为小正方形的点E，也只能作为一个小正方形的点E.这样一来，就将“小正方形的个数”化为“正方形ABCD中的格子点个数”了.很容易看出正方形ABCD中的格子点为10×10=100个.
答：共有100个。
第3篇：第一届华杯赛团体赛口试试题
第一届华杯赛团体赛口试试题
1.这是七巧板拼成的正方形，正方形边长20厘米，问七巧板中平行四边形的一块(如右图中阴影部分)的面积是多少?
第一届华杯赛团体赛口试试题：2.从所有分母小于10的真分数中，找出一个最接近0.618的分数。
3.有49个小孩子，每人胸前有一个号码，号码从1到49各不相同，请你挑选出若干个小孩，排成一个圆圈，使任何相邻两个小孩的号码数的乘积小于100，你最多能挑选出多少个小孩子?
4、有一路公共汽车，包括起点站与终点站共有15个站。如果有一辆车，除终点站外，每一站上车的乘客中，恰好各有一位乘客到以后每一站下车。为了使乘客都有座位，问这辆公共汽车至少要有多少个座位?
5.正方形的.树林每边长1000米，里面有白杨树和榆树，小明从树林的西南角走入树林，碰见一株白杨树就往正北走，碰见一
第4篇：第三届华杯赛决赛一试试题答案
第三届华杯赛决赛一试试题答案
参考答案
第三届华杯赛决赛一试试题答案：1.原式等于2.360的约数有24个，这些约数的和是1170
3.在第3939行中，自左至右第1949个
4.至少要画10条直线
5.8倍
6.剩下124枚白子
1.【解】原式===2.【解】360=2×2×2×3×3×5=23×32×5
所以360有(3+1)×(2+1)×(1+1)=24个约数
约数的和是
(1+2+22+23)×(1十3+32)×(1十5)=1170
3.【解】我们先注意，第一行的每个数的分子、分母之和等于2，第二行的每个数的分子、分母之和等于3，…，第五行的每个数的分子、分母之和等于6。由此可看到一个规律，就是每行各数的分子、分母之和等于行数加1.
其次，很明显可以看出，每行第一个数的分母是1，第二个数的分母是2.…，即自左
第5篇：第一届华杯赛初赛试题的答案
第一届华杯赛初赛试题的答案
参考答案
第一届华杯赛初赛试题答案：1.【解】1986是这五个数的平均数，所以和=1986×5=9930。
2.【解】方框的面积是。每个重叠部分占的面积是一个边长为1厘米的正方形。重叠部分共有8个
()×5一l×8
=(100—64)×5—8
=36×5—8
=172(平方厘米)。
故被盖住的面积是172平方厘米。
3.【解】105=3×5×7，共有(1+1)×(1+1)×(1+1)=8个约数，即1，3，5，7，15，21，35，105。
4.【解】在这道题里，最合理的安排应该最省时间。先洗开水壶，接着烧开水，烧上水以后，小明需要等15分钟，在这段时间里，他可以洗茶壶，洗茶杯，拿茶叶，水开了就沏茶，这样只用16分钟。
5.【解】149的个位数是9，说明两个个位数相加没有进位，因此，9是两
第6篇：关于第二届华杯赛决赛第一试的试题答案
关于第二届华杯赛决赛第一试的试题答案
决赛第一试试题与解答
图55的30个格子中各有一个数字，最上面一横行和最左面一竖列的数字已经填好，其余每个格子中的数字等于同一横行最左面数字与同一竖到最上面数字之和(例如a=14+17=31)。问这30个数字的总和等于多少?
[解法]从题目的填数规则，我们知道，与12同一行的六个格子中都有12这个数，因此总和数中有六个12相加。与14同一行的六个格子中都有14这个数，所以总和数中有六个14这个数。同样，与16同一行，与18同一行的格子中，分别都有六个16，六个18，也就是说，从行看总和中有六个12，六个14，六个16，六个18.它们的和是6×(12+14+16+18)
再从列看，与11同一列的五个格子中都有11这个数。所以在总和数中有五个11这个救。同样分析，总和
