第4届世界数学团体锦标赛儿童组试题

（2013.11北京）

团体赛

1.A，B，C，D，E，F，G，H，I，J是有序排列的10个质数，它们的和是60.若其中任意5个相邻的数彼此不同，并且其和相等，问：A与B的和有多少个不同的值？

2.如图1，在△ABC中，∠ACB是直角，已知AC=10，BC=15，BD=5，AM=MB，求四边形DBMN（阴影部分）的面积.

3.春游时，幼儿园给小朋友发苹果.开始，大班领走全部苹果的13少2個，然后中班领走剩余苹果的12少3个，剩下的苹果给小班.如果小班比大班得到的苹果多，多出来的正好是苹果总个数的130，问：原有多少个苹果？

4.现有一个长方形由5×m个小正方形组成，每个小正方形中都涂有红、橙、黄、绿四种颜色中的一种.如果某个长方形对角处的四个小正方形涂了相同的颜色，我们就称这个长方形为“美丽长方形”.如图2中这个4×3的长方形中的阴影长方形就是一个“美丽长方形”，它对角处的四个小正方形都涂了红色.问：为了保证5×m的长方形中一定存在“美丽长方形”，m的最小值是多少？

5.甲、乙两个机器人分别从A，B两地同时出发，相向而行，往返运动.甲每分钟走12米，乙每分钟走16米.如果它们的第二次相遇点与第三次相遇点的距离是80米，则A，B两地的距离是多少米？

6.在时钟的钟面上，有时候会出现时针和分针互相垂直的时刻，如图3中3：00就是其中一个.请在这样的时刻中找出一个最接近1：00的时刻.

7.如图4，两颗卫星A，B都在绕地球中心O沿逆时针方向做圆周运动，速度大小不变，已知A，B运动一周的时间比是1∶8.问：从图示的位置开始，在B运动一周的过程中，卫星A，B和地球中心O有几次在同一条直线上？

8.图5中有60个方格，每个方格有4个格点.一只甲虫从A出发，依次经过B，C，到达D，规定只允许从一个格点上行或右行到另一个格点.问此甲虫有多少条不同的路线可选择？

9.如图6，长方形EFGH中，GF=6，EF=4，阴影部分的面积和是7，求四边形ABCD的面积.

10.如图7，矩形ABCD中，AB=3，AD=2，点E在AB上，EB=13AB，点F在DC上，梯形EBCF与梯形AEFD的面积比是3∶7.求FC∶DF的值.（结果用最简比表示）

11.如图8，同样大小的A，B两个圆盘分别绕各自的中心自由转动，盘面都被划分为六个相同的扇形并标有数字1，2，3，4，5，6.A盘逆时针转动，每分钟转2周;B盘顺时针转动，每分钟转3周.在图示的时刻，A，B中标有“1”的两个扇形相距最近，求经过1分20秒，A，B中相距最近的两个扇形中的数字和.

12.用数字1～9作为若干个数的十位数和个位数，使这些数的和等于108.要求每个数字都用上，并且只能用一次，问有多少种不同的方法？

13.有18枚硬币：面值1角的7枚，5角的6枚，1元的5枚.从中取出4枚，则这4枚硬币的面值和不超过1元8角的取法有多少种？

14.从1到49的自然数中取两个数，求这两个数的倒数都是循环小数的概率.（结果用最简分数表示）

15.北京、A市和B市是有时差的三个城市，假定飞机在其中任意两个城市之间单程飞行所用的时间相同.下面是一张行程单，出发时间和到达时间分别是当地的时间.

行程日期出发时间到达时间

北京—A市10月3日11：4014：30

A市—B市10月3日19：5522：05

B市—A市10月10日06：0510：15

A市—北京10月10日12：2523：15

问：当飞机到达北京时，B市的当地时间是几时几分？

16.有一张长方形纸片，每次从中剪去一个面积最大的正方形，这样剪了4次后，剩下的部分是边长为1的正方形，求所有符合要求的原长方形纸片面积的和.

17.将一个最简分数的分子加1，分母减1，再化简为最简分数，这称为一次操作.如果一个最简分数的分子与分母的和是120，经过两次操作后，结果为1，这样的最简分数有几个？

18.如图9，A，B两人沿正五边形的边绕行，A沿顺时针方向行走，15分钟绕行一周;B沿逆时针方向行走，20分钟绕行一周.若A和B分别从图示的两个顶点同时出发，问：他们第一次在某个顶点处相遇，至少需要多少分钟？

19.如图10，一个筐内原放有c个鸡蛋，g个鸽蛋，c∶g=3∶17，后来又向筐中放入鸡蛋，每放入一个鸡蛋，同时取出5个鸽蛋，这称为一次操作.经过n次操作后，筐内鸡蛋与鸽蛋的个数比是2∶3.求n的最小值.

0图11

20.如图11，将一个7×7×7的立方体分割为一些棱长为1或2或3的小立方体，则这些小立方体至少有多少个？

接力赛·试题

1A.如图12，圆被5条线段分成8部分，现在对每一部分涂色，图12要使相邻的两部分不同色，至少用几种颜色？

1B.设前面队友传来的答案是T.

在1到10T这10T个自然数中，有偶数个因数的数有多少个？（10T表示T个10连乘，读作：10的T次方）

2A.三个连续自然数的最小公倍数是1092，求这三个自然数中最小的数.

2B.设前面队友传来的答案是T.

3

如图13，正方形ABCD的边长是T，分别以A，D，C，B为圆心，以AB，DM，CQ，BP为半径画14圆.求四边形MNPQ的面积.

3A.上体育课，老师准备了一些篮球和排球，男生领走10个排球，此时篮球个数是排球个数的2倍，然后，女生领走30个篮球，此时排球个数是篮球个数的2倍.问：老师最初准备的排球和篮球共多少个？

3B.设前面队友传来的答案是T.

某次高速列车有一等座100个，二等座200个，三等座400个，票价分别为2000元，1500元，800元.如果已售出全部车票的百分之T，则售票金额最多与最少相差多少元？

个人赛

1.计算：（20132014+2013201320142014+201320132013201420142014）÷20132013201320132014201420142014.

2.两个自然数的积是1000，差是30，求这两个自然数的和.

3.妈妈现在的年龄等于她的两个孩子现在年龄和的3倍，22年后，她的年龄等于两个孩子当时的年龄和.若两个孩子的年龄差不到5岁，并且不小于2岁，问：现在两个孩子的年龄分别是多少岁？

4

4.如图14，并排放置的三个等圆的交点构成边长为1的正方形，求这三个圆所覆盖的面积.（圆周率π取3）

5.某社区的家庭中，25有空调，13没有冰箱，16既没有空调，也没有冰箱，49户既有空调，也有冰箱.则该社区的家庭有多少户？

5

6.图15由4个相同的长方形A和1个正方形B组成，求长方形A的面积.

7.如图16，A，B，C是一个皮带传动装置（皮带不打滑），当A轮转4圈时，B轮恰好转3圈;当B轮转4圈时，C轮恰好转5圈.若A轮的周长是1.5米，则C轮的周长是多少米？

6图17

8.如图17，一张大纸片分为黑色、灰色两部分.现将一张白色小纸片盖在大纸片上，已知小纸片的面积是大纸片面积的一半，小纸片遮住了黑色部分的14，未被遮住的黑色部分占大纸片面积的14.求被遮住的灰色部分占大纸片面积的几分之几？

9.某次摄影比赛，原定取一等奖5名，二等奖10名，后来决定将一等奖中得分排在最后的2名调为二等奖，这样，一、二等奖的平均分都提高了3分.那么，原来一等奖的平均分比二等奖的平均分高多少分？

10.如图18，已知圆O的面积是1，AB是直径，点E在CD上，AB=2BD=2CD，求阴影部分的面积.

8图19

11.如图19，给标有M，N，P，Q的四个区域染色，一个区域只能染一种颜色，有公共边的区域（如：M和N）不能染相同的颜色.现有四种颜色可选择，则有多少种不同的染色方案？

12.将1到2013的自然数顺次写出，得到一个多位数1234567891011…20122013，将这个数除以9，余数是几？

13.如果质数a和质数b之間的所有自然数的和是280，且其中没有别的质数，求a+b的值.

14.甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，相向而行，相遇后，甲继续驶向B地，乙有两种选择：

（1）若乙驶向A地，当甲到达B地时，乙还要行驶45千米才能到达A地;

（2）若乙掉头以原速驶向B地，当甲到达B地时，乙还要行驶15千米才能到达B地.

问：A，B两地间的距离是多少千米？

15.某小学学生不足300人，女生和男生人数都超过100.如果将女生分成3人一组，或4人一组，或5人一组，则都剩1人;如果将男生分成7人一组，或8人一组，则都少3人.问：该小学最多有学生多少人？

16.妈妈带女儿去游泳，女儿游泳的速度是妈妈的23，泳道长25米，两人在同一条泳道内游，若她们同时从泳道的同一端出发，当妈妈游了20个来回时，妈妈和女儿相遇了多少次？（不计开始出发时的情形）

参考答案

团体赛

1.答案：10.

解 由题设“其中任意5个相邻的数彼此不同，并且和相等”，可知

A+B+C+D+E=B+C+D+E+F，

于是A=F.

同理，可得

B=G，C=H，D=I，E=J.

则  A+B+C+D+E

=F+G+H+I+J

=12（A+B+C+D+E+F+G+

H+I+J）

=12×60

=30.

注意到5个最小的质数的和是

2+3+5+7+11=28<30，

而且恰好2+3+5+7+13=30，

所以A+B的值一定是2，3，5，7，13中某两个的和，

这样的和有10个不同的值：

5，7，8，9，10，12，15，16，18，20.

2.答案：352.

0

解 如图20，连结BN.

设S△BDN=x.由

CD∶DB=（15-5）∶5

=2∶1，

可得S△CDN=2S△BDN=2x.

又AM=MB，

S△AMN=S△BMN，

S△ACM=S△BCM，

则有S△ACM-S△AMN=S△BCM-S△BMN，

S△ACN=S△BCN=S△BDN+S△CDN=3x.

于是S△ACD=S△ACN+S△CDN=3x+2x=5x，

S△ABD=12S△ACD=52x.

故有S△ABN=S△ABD-S△BDN=32x，

S△BMN=S△AMN=34x.

由S△ABC=S△ACN+S△CDN+S△BDN+S△ABN

=3x+2x+x+32x

=152x=12·10·15=75，

解得x=10.

因此S四边形DBMN=S△BDN+S△BMN=74x=352.

3.答案：180.

解 设原来有n个苹果，则题设条件知道，大班领走的苹果个数是

n3-2，

中班领走的苹果个数是

[n-（n3-2）]·12-3

=（2n3+2）·12-3

=n3-2，

小班得到的苹果个数是

n-（n3-2）-（n3-2）=n3+4，

则小班比大班多得到的苹果个数是

（n3+4）-（n3-2）=6（个）.

这个数正好是苹果总个数的130，所以苹果总个数是

6÷130=180（个）.

4.答案：41.

解 因为每个小正方形只能用4种颜色中的一种涂色，根据抽屉原理，每一列的5个小正方形中至少有两个小正方形同色，这两个同色小正方形的位置的可能情况有

5×4÷2=10（种），

而颜色有4种，综合考虑颜色和位置，两个同色小正方形的情况共有

10×4=40（种）.

所以，为了保证一定存在“美丽长方形”，m的最小值是41.

5.答案：140.

解 甲、乙从出发到相遇，运动时间相等，所以

所行的路程比=速度比=12∶16=3∶4.

若将A，B两地的距离平均分为7份，则共同走完AB一个全程，甲走3份，乙走4份.

作出甲、乙运动的线段图，如图21所示，可知第二次相遇点与第三次相遇点的距离为4份，是80米，所以1份是

80÷4=20（米），

因此，A，B兩地相距

20×7=140（米）.

1

6.答案：12：49111（00：49111）.

解 分针每分钟转动6°，时针每分钟转动05°.

若时针和分针在1：00以前互相垂直，那么，从12时开始，分针和时针第二次垂直时更接近1时.假设此时是12时x分，则

6x-0.5x=270，

解得x=49111.

此时距离1：00还有

60-49111=101011（分）;

若时针和分针在1：00以后互相垂直，从1时开始，分针和时针第一次垂直时更接近1时，假设此时是1时x分，则

6x-0.5x-30=90，

解得x=21911，

此时超过1：00有21911分钟.

综上，符合要求的时刻是12：49111（或表示成00：49111）.

7.答案：14.

解 假设B运动一周用8小时，则A运动一周用1小时.

如果从B上观察A，那么观察到A运动一周需要的时间是

360°360°-360°8=87（时）.

那么，在B用8小时运动一周的过程中，从A上可观察到B运动了

8÷87=7（周），

每运动一周，A，B，O有2次在一条直线上，所以在B运动一周的过程中，A，B，O有14次在一条直线上.

8.答案：1200.

解 如图22，

2

从A到B共有20条不同的路线;

从B到C共有4条不同的路线;

从C到D共有15条不同的路线.

由分步计数原理（乘法原理）知，满足题意的不同路线有

20×4×15=1200（条）.

9.答案：1.

3

解 如图23，设△BGH的面积是S1，△DEF的面积是S2，△ABH的面积是S3，△ADE的面积是S4.

因为S△AFG=S长方形EFGH×12

=12，

所以S1+S2+S3+S4=12，

由题设S1+S2=7，

所以S3+S4=5.

又S△ECH=14S长方形EFGH=6，

可得S四边形ABCD=S△ECH-S3-S4=1.

10.答案：4∶11.

解法1 设FC=x，则由已知条件可知

S梯形EBCF=12（EB+FC）·BC

=12（13AB+FC）·BC

=12（1+x）·2

=1+x，

又S梯形EBCF=37+3S矩形ABCD

=310×3×2

=95，

所以x+1=95，x=45，

于是DF=DC-FC=3-45=115，

所以FC∶DF=45∶115=4∶11.

解法2 设FC=x，由

S梯形EBCF∶S梯形AEFD=3∶7，

知（1+x2×2）∶[2+（3-x）2×2]=3∶7，

解得x=45.

于是FCDF=x3-x=411.

11.答案：4.

解 A盘的转速是2周/分，A盘在1分20秒内转过了

2周/分×113分=223（周），

可知A盘中标有数字“3”的扇形距离B盘最近.

同理，B盘的转速是3周/分，B盘在1分20秒内转过了

3周/分×113分=4（周），

可知B盘中标有数字“1”的扇形距离A盘最近.

于是3+1=4，

即为所求.

12.答案：254.

解 设这些数中所有十位数的和是x，则个位数的和是45-x.

根据题意，有10x+（45-x）=108，

解得x=7.

根据7=0+7=1+6=2+5=3+4=1+2+4，分以下3种情况讨论：

（1）只有1个两位数

这个两位数的十位数字是7，个位数字有8种取法，余下的7个数字分别都是一位数，所以有8种方法.

（2）有2个两位数

这2个两位数的十位数字可以是1，6或2，5或3，4，它们的个位数字分别有7×6=42（种）组合，然后余下的5个数字分别都是一位数，所以共有42×3=126（种）方法.

（3）有3个两位数

这3个两位数的十位数字是1，2，4，它们的个位数字有6×5×4=120（种）组合，然后余下的3个数字分别都是一位数，所以共有120种方法.

综上，满足题意的方法有

8+126+120=254（种）.

13.答案：6.

解 观察下面的表：

面值枚数

1角433222111100000

5角010201032140312

1元001021301204132

面值和（角）4813122217311621262040253530

序号123456789101112131415

由上表可知，序号1，2，3，4，6，8的情形中，4枚硬币的面值和不超过1元8角.所以，满足题意的取法有6种.

14.答案：7031176.

解 因为1，2，4，5，8，10，16，20，25，32，40這11个数的倒数不是循环小数，所以要使倒数是循环小数，则这两个数可取的值有49-11=38个.从这38个数中任取两个数的方法有38×37÷2种，又从1到49的数中任取两个数的方法有49×48÷2种.所以，取出的两个数的倒数都是循环小数的概率是

38×37÷249×48÷2=7031176.

15.答案：18：15.

解  北京—A市：11：40—14：30

A市—北京：12：25—23：15

因为飞机在北京和A市之间往返的时间相同，可推知A市的时间比北京时间晚，设两地时差为a小时，则

（14：30+a）-11：40=23：15-（a+12：25），

解得a=4.

同理A市—B市：19：55—22：05

B市—A市：06：05—10：15

可推知B市的时间比A市的时间晚，设两地时差为b小时，则

（22：05+b）-19：55=10：15-（6：05+b），

解得b=1.

综上，B市的时间比北京时间晚5小时.飞机到达北京时是北京时间23：15，此时B市的当地时间是18：15.

16.答案：187.

解 用逆推的方法.

每次剪去的正方形的边长和余下的长方形的长或宽相等，所以可将长方形的纸片拼出来，如图24：

4

因此，所有符合要求的原长方形纸片面积的和为

24+40+14+35+28+21+20+5=187.

17.答案：3.

解 设第一次操作后得到的分数为ab.

由题意知

a+1b-1=1，

所以a+1=b-1，

即b=a+2，（*）

所以a和b同为奇数（若a和b同为偶数，则ab不是最简分数），

并且a+b是4的倍数.

原来的最简分数的分子与分母的和是120，将它的分子加1，分母减1，分子与分母的和仍是120，化简后，分子与分母的和（即a+b）是120的约数.

120的约数中，是4的倍数的有：4，8，12，20，24，40，60，120，这些都是a+b的可能值.据此，结合（*）式，得到ab的值如下：

（1）ab=13

由120÷（1+3）=30，可得化简前的分数是1×303×30=3090，则第一次操作前的分数是2991.

（2）ab=35

由120÷（3+5）=15，可得化简前的分数是3×155×15=4575，则第一次操作前的分数是4476（不是最简分数，舍）.

（3）ab=57

由120÷（5+7）=10，可得化简前的分数是5×107×10=5070，则第一次操作前的分数是4971.

（4）ab=911

由120÷（9+11）=6，可得化简前的分数是9×611×6=5466，则第一次操作前的分数是5367.

（5）ab=1113

由120÷（11+13）=5，可得化简前的分数是11×513×5=5565，则第一次操作前的分数是5466（不是最简分数，舍）.

（6）ab=1921

由120÷（19+21）=3，可得化简前的分数是19×321×3=5763，则第一次操作前的分数是5664（不是最简分数，舍）.

（7）ab=2931

由120÷（29+31）=2，可得化简前的分数是29×231×2=5862，则第一次操作前的分数是5763（不是最简分数，舍）.

（8）ab=5961

由120÷（59+61）=1，可得化简前的分数是5961，则第一次操作前的分数是5862（不是最简分数，舍）.

故符合要求的分数有3个：2991，4971，5367.

18.答案：48.

5

解 A走过一条边，用

15÷5=3（分）;

B走过一条边，用

20÷5=4（分）.

如图25，分以下五种情况：

（1）A，B同时到达顶点1

设A，B分别环绕了m，n（m，n均为整数）周，则有

15m=12+20n，

该式等号左边的个位是0或5，右边的个位是2，所以没有满足等式的m，n.

（2）A，B同时到达顶点2

同理，有3+15m=8+20n，

即3m=1+4n，

m最小取3，此时n=2，即48分钟后A，B同时到达顶点2.

（3）A，B同时到达顶点3

同理，有6+15m=4+20n，

该式等号左边的个位是1或6，右边的个位是4，所以没有满足等式的m，n.

（4）A，B同时到达顶点4

同理，有9+15m=20n，

该式等号左边的个位是4或9，右边的个位是0，所以没有满足等式的m，n.

（5）A，B同时到达顶点5

同理，有12+15m=16+20n，

该式等号左边的个位是7或2，右边的个位是6，所以没有满足等式的m，n.

因此，至少经过48分钟，A，B同时到达同一个顶点.

19.答案：25.

解 由题设条件，得

g=173c

c+ng-5n=23.

（1）（2）

将（1）代入（2），得

2×173c-10n=3c+3n，

253c=13n，

c=3925n.

因为c，n是自然数，

所以nmin=25.

20.答案：85.

6

解 （1）如图26，2层33，每层4个，共8个33，剩下的是13，则13的个数是（73-8×33）÷13=127，于是小立方体有8+127=135个.

（2）如图27，33共有3×2=6个，23共有4×3=12个，剩下的是13，共有

（73-3×2×33-4×3×23）÷13=85个.

于是小立方体有6+12+85=103个.

（3）如图28，若23尽可能多，没有33，则23共有3×3×3=27个，于是13的个数是

（73-27×23）÷13=127，

于是小立方体有27+127=154个.

7图28

（4）如图29，33共2×2个，23共6×3=18个，于是13的个数是（73-4×33-18×23）÷13=91个，于是小立方体有4+18+91=113个.

（5）如图30，若在4个不相邻的角上分别切割一个33，共4个;紧挨着的切成23，共有8+5+5+4=22个;中间有一部分重合的，只能切割成13，共（73-4×33-22×23）÷13=59个，于是小立方体有4+22+59=85个.

综上，小立方体至少有85个.

9图30

接力赛

1A.答案：2.

解 显然，1种颜色不可能.8种颜色也不必要.从图31（1）可知，三色即可.

进一步思考，可知用2种颜色即可，如图31（2）.

1

1B.答案：90.

解 T=2.

完全平方数有奇数个因数.

因為102=100，所以从1到102这100个自然数中，有10个完全平方数，它们有奇数个因数，剩下的100-10=90个数有偶数个因数.

2A.答案：12.

解 设这三个连续自然数分别为

a，a+1，a+2.

（1）若a是奇数，则a+2也是奇数，则

由相邻奇数必互质知

（a，a+2）=1.

由相邻自然数必互质知

（a，a+1）=1，（a+1，a+2）=1.

从而a，a+1，a+2彼此互质.

于是a，a+1，a+2的最小公倍数是

a（a+1）（a+2），

因为9×10×11=990，

10×11×12=1320，

990<1092<1320，

所以最小数a为奇数时，1092不是三个连续自然数a（a+1）（a+2）的乘积.

（2）若a是偶数，则a+2也是偶数，则

（a，a+2）=2.

由相邻自然数必互质知

（a，a+1）=1，（a+1，a+2）=1.

于是a，a+1，a+2的最小公倍数是

12a（a+1）（a+2），

即12a（a+1）（a+2）=1092，

于是a（a+1）（a+2）=2184，

因为2184=12×13×14，

所以这三个连续自然数中最小的数是12.

2B.答案：2592.

解 T=12.

易知AD=AB=AM=T，

DM=DQ=2T，

CQ=CP=3T，

BP=BN=4T，

AN=5T.

于是S四边形MNPQ

=S△MDQ+S正方形ABCD+S△MAN+S△QCP+S△PBN

=12×（2T）2+T2+12×T×5T+12×

（3T）2+12×（4T）2

=18T2

=18×122

=2592.

3A.答案：70.

解 设老师最初准备了x个排球.男生领走10个排球后，篮球个数是排球个数的2倍，所以篮球原有2（x-10）个.女生又领走30个篮球，此时排球个数是x-10，篮球个数是2（x-10）-30，而排球个数是篮球个数的2倍，

所以2[2（x-10）-30]=x-10，

解得x=30.

所以老师最初准备的排球和篮球共

x+2（x-10）=3x-20=70（个）.

3B.答案：197000.

解 T=70.

车上共有座位

100+200+400=700（个），

售出T%的车票，即售出车票

700×70%=490（张）.

根据题意，要使收入最多，应先销售单价高的票，再售单价低的票;要使收入最少，应先销售单价低的票，再售单价高的票.所以售票金额最多和最少的情况如下表所示：

一等座二等座三等座收入

售票金额最多100200190100×2000+200×1500+190×800=652000（元）

售票金额最少0904000+90×1500+400×800=455000（元）

所以售票金额最多与最少相差

652000-455000=197000（元）.

个人赛

1.答案：3.

解 原式

=（20132014+2013×100012014×10001+2013×1000100012014×100010001）

÷2013×10001000100012014×1000100010001

=（20132014+20132014+20132014）÷20132014

=3.

2.答案：70.

解 先将1000分解质因数，再根据两个数的差是30进行组合.

1000=2×2×2×5×5×5

=20×50，

所以这两个自然数分别是20和50，它们的和是

20+50=70.

3.答案：4岁和7岁.

解 设两个孩子现在的年龄和是x，则由已知条件得

3x+22=x+22×2，

解得x=11.

由11=1+10=2+9=3+8

=4+7=5+6，

可知符合题意的是4和7，所以两个孩子现在的年龄分别是4岁和7岁.

4.答案：4.

解 正方形的边长为1，面积为1.

设圆的半径是R，则正方形的面积可表示为

2×12（2R×R）=2R2，

即2R2=1，

所以R2=12，

于是一个圆的面积=πR2=π2.

所以这三个圆所覆盖的面积为3个圆面积减去2个橄榄形面积，即

3×π2-（π2-1）=π+1=4.

5.答案：210.

解 既有空调，也有冰箱的家庭占家庭总数的

25+（1-13）+16-1

=12+20+5-3030=730.

所以，这个社区的家庭共有

49÷730=49×307=210（戶）.

6.答案：40.

2

解法1 如图32，在正方形B内部放置四个长方形A，观察发现

长方形A的宽×2=16-8，

长方形A的长×2=28-8，

可得长方A形的宽是4，长是10，所以一个长方形A的面积是

4×10=40.

解法2 设正方形B的边长为a，长方形A的长和宽分别是x，y，则由图可得

a+x-y=28，①

a+y-x=16，②

①+②，得2a=44，a=22，

所以x-y=6，③

又x+y=a-8=14，④

③+④，得x=10，y=4，

所以一个长方形A的面积是xy=40.

7.答案：1.6.

解 当A转4圈时，B恰好转3圈，则

A，B周长的比是3∶4.

同理B，C周长的比是5∶4.

所以A，B，C周长的比是

（5×3）∶（5×4）∶（4×4）=15∶20∶16，

又A轮的周长是1.5米，

所以C轮的周长是

1.5÷15×16=16（米）.

8.答案：512.

解 设大纸片的面积是1，则小纸片的面积是12，大纸片中未被遮住的黑色部分的面积是14.而被遮住的黑色部分占黑色部分的14，则整个黑色部分的面积是

14÷（1-14）=13，

整个灰色部分的面积是

1-13=23，

被遮住的灰色部分面积是

12-（13-14）=512.

9.答案：22.5.

解 设原来一等奖的平均分为x分，二等奖的平均分为y分，根据原来一等奖中得分排在最后的2名的分数和，可列等式

5x-（5-2）（x+3）

=（10+2）（y+3）-10y，

即5x-3x-9=12y+36-10y，

2x-9=2y+36，

2（x-y）=36+9，

所以x-y=（36+9）÷2=22.5，

因此，原來一等奖的平均分比二等奖的平均分高22.5分.

10.答案：16.

3

解 如图33，连接OC，OD，OE，则△OBD，△OCD，△OAC都是等边三角形，CD∥AB，所以弓形AC的面积等于弓形CD的面积.

由同底等高的三角形的面积相等，可知

S△BDE=S△ODE，S△ACE=S△OCE，

于是阴影部分的面积可以转化为扇形OCD的面积，

即S阴影=S扇形OCD=16S⊙O=16.

11.答案：84.

4

解 M有4种不同的染色方法.

（1）若M和Q不同色，则Q有3种不同的染色方法.于是P和N各有2种不同的染色方法.所以不同的染色方法共有

4×3×2×2=48（种）.

（2）若M和Q同色，则Q有1种不同的染色方法.于是P和N各有3种不同的染色方法.所以不同的染色方法共有

4×1×3×3=36（种）.

故不同的染色方案有

48+36=84（种）.

12.答案：3.

解法1 1+2+3+4+5+6+7+8+9=45，45能被9整除.

先考虑从1～1999的数：

1～9在个位上分别出现了200次，所以个位数之和能被9整除;

1～9在十位上分别出现了200次，所以十位数之和能被9整除;

1～9在百位上分别出现了400次，所以十位数之和能被9整除;

千位上共有1000个1，和是1000.

再考虑20002001…2013，数字和是

2×14+（1+2+…+9）+1×4+1+2+3=83，

（1000+83）÷9=120……3，

因此，所求余数为3.

解法2 1234567891011…2013（mod 9）

=1+2+3+4+…+9+10+11+12+…+

2011+2012+2013（mod 9）

=（1+2+…+9）+（10+11+…+18）+…+（1998+1999+…+2007）+（2008+2009+2010+2011+2012+2013）（mod 9）

=0+0+…+0+1+2+3+4+5+6（mod 9）

=3（mod 9）.

13.答案：112.

解 质数a和质数b一定不包含2，因为和它相邻的质数是3，它们之间没有其它的自然数.

除去2以外所有的质数都是奇数，所以质数a和质数b之间的自然数一定是奇数个.

连续n（n是奇数）个自然数的和等于中间一个自然数的n倍，因为

280=1×2×2×2×5×7，

所以这两个质数a，b之间的自然数可能有1个或5个或7个或35个，即n=1或5或7或35.

若n=1，因为和280相邻的两个自然数是279和281，279不是质数，所以1不符合题意.

若n=5，5个连续自然数的和是280，则中间的一个是280÷5=56，可以推知，a和b分别是53和59，它们的和是112.

若n=7，7个连续自然数的和是280，则中间的一个是280÷7=40，这样的连续7个自然数中包含了37，41，43这样的质数，所以7也不符合题意.

若n=35，35个连续自然数的和是280，由280÷35=8可知，连续35个自然数的和不可能是280，所以35也不符合题意.

综上，这两个相邻的质数的和是112.

14.答案：90.

解 设全程长x千米，由题意知相遇时，甲比乙多走了45-15=30千米，则

x45=x-30215，

解方程，得x=90.

所以，A，B两地的距离为90千米.

15.答案：290.

解 女生按3，4，5分都余1，即女生人数减去1可以被3，4，5整除，即可被60整除.因为女生有100多人，所以女生可能是

60×2+1=121（人），

或60×3+1=181（人）.

男生按7，8人分组都少3人，即男生人数加上3可以被7和8整除，即可被56整除.因为男生也有100多人，所以男生可能是

56×2-3=109（人）

或56×3-3=165（人）.

所以该小学的人数有四种情况：

121+109=230（人），

121+165=286（人），

181+109=290（人），

181+165=346（人），

其中，346超过300，所以舍去.因此，该小学最多有学生290人.

16.答案：33.

解法1 妈妈和女儿每一次相遇都一共游了一条泳道长的两倍，即50米，这50米中有30米是妈妈游的，20米是女儿游的.妈妈游了20个来回，即游了1000米.

1000÷30=33……10，

所以妈妈共遇到女儿33次.

解法2 女儿的速度是妈妈的23，所以游的距离也是妈妈的23.妈妈一共游了

25×20×2=1000（米），

所以女儿一共游了

1000×23=66623（米）.

两人一共游了

1000+66623=166623（米）.

因为每次相遇都游了一条泳道长度的两倍，即50米，又

166623÷50=3313，

所以两人遇到33次.