小学五年级奥数练习及部分答案部分答案Word格式文档下载.docx
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6
7
8
9
……
解:
①a=0,1,5,6时,an的尾数不变;
a=4,9时,an的尾数每乘方2次为一周期;
a=2,3,7,8时,an的尾数,每乘方4次为一周期。
②原式的尾数与下面算式结果尾数相同:
15+25+35+46+56+67+77+88+98,各项的尾数分别为1,2,3,
6,5,6,3,6,1;
1+2+3+6+5+6+3+6+1=33,尾数是3。
∴②原式的个位数字是3。
例23、解:
前n个奇数的和:
1+3+5+…+(2n-1)
=[1+(2n-1)]×
n÷
=n2
前n个偶数的和:
2+4+6+…+2n
=(2+2n)×
=n2+n
2+4+6+…+2n=[1+3+5+…+(2n-1)]+n
例34、解:
在30个数的和中:
11,13,15,17,19各加了5次;
12,14,16,18各加了6次;
10加1次。
∵11+13+15+17+19=75
12+14+16+18=60
∴总和=75×
5+60×
6+10=745
例35、解:
这个数列各项的规律是:
1=1
3=1+2
6=1+2+3
10=1+2+3+4
∴第59个数是1+2+3+…+59
=(1+59)×
59÷
2=1770
例36、解:
888÷
4=222(盏)
(222-42)÷
2=90(盏)
例37、解:
现在和原来的棋子数是:
原来
空
…
现在
?
经试算得棋子数:
0+1+2+3+…+10
=(1+10)×
10÷
=55(个)
以上算式有11项,即有11个盒子。
例38、解:
不能。
因为,如果每只猴子分别分0,1,2,3,…,9颗花生,那么共有:
0+1+2+3+…+9=45(颗)
共有44颗花生,还差1颗,无论分几颗的那只猴子少分一颗,都有2只猴子分得的花生同样多。
例48、解一:
至少读一本书的有:
50-5=45(人)
读了《十万个为什么》的有:
50-22=28(人)
读了《少年百科全书》的有:
50-17=33(人)
两种书都读过的有:
28+33-45=16(人)
解二:
(50-22)-(17-5)=16(人)
例49、解:
1000÷
5=200
7=142……6
(7×
5)=28……20
200+142-28=314(个)
1000-314=686(个)
例53、解一:
4+5+6+10+8+9+12=54(人)
32+24+27-10-9-14+4=54(人)
例54、解:
①17+18+15-6-5-6+2+4=39(人)
②18-6-(6-2)=8(人)
③6+5+6-2×
3=11(人)
例55、解:
∵50÷
4=12……2
∴第一次有12名同学后转
又∵50÷
6=8……2
∴第二次有8名同学后转
∵既是4的倍数又是6的倍数的数就是12的倍数
50÷
12=4……2
∴既是4的倍数又是6的倍数的人有4名,他们作了两次后转,又面向老师了。
∴现在仍然面向老师的同学有
50-(12-4)-(8-4)=38(人)
例61、
(1)0.9+0.99+0.999+0.9999
=1×
4-0.1-0.01-0.001-0.0001
=4-0.1111
=3.8889
例63、用简便方法计算下列各题
(1)0.1949×
19991999-0.1999×
19491949
=0.1949×
1999×
10001-0.1999×
1949×
10001
=0
(2)199.5×
199.4-199.1×
199.8
=199.5×
(199.1+0.3)-199.1×
(199.5+0.3)
199.1+199.5×
0.3-199.1×
199.5-199.1×
0.3
=(199.5-199.1)×
=0.4×
=0.12
(3)41.2×
8.1+11×
9.25+537×
0.19
=41.2×
8.1+53.7×
1.9+11×
9.25
8.1+(41.2+12.5)×
1.9+1.1×
92.5
(8.1+1.9)+12.5×
(12.5+80)
=412+12.5×
(1.9+1.1)+88
=412+37.5+88
=537.5
例65、0.1+0.3+0.5+…+0.9+0.11+0.13+0.15+…+0.99
解一、原式
=(0.1+0.3+0.5+…+0.9)+(0.11+0.13+0.15+…+0.99)
=0.5×
5+(0.11+0.99)×
45÷
=2.5+1.1×
22.5
=2.5+24.75
=27.25
解二、原式=(1+3+…+9)×
0.1+(11+13+…+99)×
0.01
=
例69、
(1)解:
相遇时间:
75秒÷
60=1.25分
速度和:
500÷
1.25=400(米/分)
小张的速度:
400-100=220(米/分)
(2)解:
追及时间:
(220-180)=12.5(分)
小张跑的圈数:
12.5×
220÷
500=5.5(圈)
例70、
从出发到第一次相遇,我们把它定为第①次行走,从第一次相遇到第二次相遇,我们把它定为第②次行走。
根据题意可以知道,第②次行走中两人共行了1个圆周;
而第①次行走中,两人共行了半个圆周。
可见,两次行走中二人共行的路程存在着2倍的关系。
由于两人速度不曾改变,所以在两次行走中,小强或小明独自所走的路程也存在着2倍的关系。
所以,小强行C→B→D的长为:
80×
2=160(米),C→B的长为:
160-60=100(米)。
圆周长:
(80+100)×
2=360(米)
例71、
小王
时间
1小时5分
2小时10分
3小时15分
路程
4千米
8千米
12千米
小张
1小时
2小时
3小时
5千米
10千米
15千米
先求出两人每次休息后所行路程(见上表)。
从表中可以看出,两人第一次相遇的时间应该在2小时10分到3小时15分之间。
2小时10分小张所行的路程:
5×
2+6×
(10÷
60)=11(千米)
2小时10分到相遇时刻的时间:
(24-8-11)÷
(4+6)=0.5(小时)=30(分钟)
所以第一次相遇的时间应为:
2小时10分+30分=2小时40分
例77、解:
(180+270)÷
(20+25)=10(秒)
例78、解:
原车速×
22=82米+车长
2倍车速×
16=162米+车长
火车车速:
(162-80)÷
(16×
2-22)=8(米/秒)
火车车长:
8×
22-82=94(米)
例79、解:
(270+180)÷
(25-20)=90(秒)
例80、
(1)解:
270÷
(25-20)=54(秒)
180÷
(25-20)=36(秒)
例87、解一、50×
3-20-20-50=60(千米)
解二、50×
2-20-20=60(千米)
例88、解:
900×
2÷
(90+60)=12(分钟)
相遇点与学校间的距离:
900-60×
12=180(米)
例89、解:
两车相遇所需时间:
480÷
(35+45)=6(小时)
燕子飞行的距离:
50×
6=300(千米)
例95、解:
4÷
(70-50)=10(小时)
路程:
70×
10=700(千米)
例96、
甲、乙相遇时间:
(60+40)×
(50-40)=100(分钟)
A、B的距离:
100×
(60+50)=11000(米)=11(千米)
例97、解:
不计电车停站时间,追及时间:
2100÷
(500-300)=10.5(分钟)
在10.5分钟之内电车停站2次还需时间:
300×
2×
1÷
(500-300)=3(分钟)
追上时间共:
10.5+2+3=15.5(分钟)
例103、
分析:
①10头牛吃20天的草=草地原有的草+20天长出的草
②15头牛吃10天的草=草地原有的草+10天长出的草
设1头牛1天吃的草量为一个单位。
每天长的草:
(10×
20-10×
10)÷
(20-10)=5(单位)
原有的草:
10×
20-5×
20=100(单位)
供25头牛吃的天数:
100÷
(25-5)=5(天)
例104、分析:
条件和问题中草地面积不同,所以应该在同一块草地或同样大的草地上才能求解。
可以求出1公亩的原有量和日长量。
1公亩的日长量:
(17×
84÷
28-22×
54÷
33)÷
(84-54)=0.5(单位)
1公亩的原有量:
22×
33-0.5×
54=9(单位)
40公亩的草,24天吃完,供养牛的头数:
(9×
40+105×
40×
24)÷
24=35(头)
例105、分析:
先可求日长量和原有量,然后变换题目条件:
假设没有卖牛,草地的草增加(2×
4)个单位,(6+2)天将草吃完。
日长量:
30-19×
(30-24)=9(单位)
原有量:
17×
30-9×
30=240(单位)
假设没有卖牛草地的草增加2×
4=8(单位),那么吃完草的天数:
6+2=8(天)
原有牛的头数:
(240+9×
8+8)÷
8=40(头)
例109、解:
检票前已排队人数:
25×
8-10×
8=120(人)
两个检票口检票,每分钟减少排队人数:
2-10=40(人)
检票到无人排队的时间:
120÷
40=3(分钟)
例110、解:
骑车人的速度:
(20×
10-24×
6)÷
(10-6)=14(千米/小时)
三车出发时人与车的距离:
20×
10-14×
10=60(千米)
12小时慢车行的路程:
14×
12+60=228(千米)
慢车速度:
228÷
12=19(千米/小时)
例117、
解一:
S阴影=(10+7)×
2=85(cm2)(直接计算)
S阴影=S△BCD+S△BEC=10×
2+10×
7÷
=85(cm2)(分割法)
解三:
S阴影=S梯形AECD-S△ABD=[10+(10+7)]×
2-10×
=85(cm2)(排除法)
解四:
S阴影=S□ABCD-S△ADE’=10×
10-(10-7)×
=85(cm2)(平移法)
例118、解:
将直角△BDF绕点D逆时针旋转90°
,恰好和直角△ADE构成一个新的直角三角形,所以:
S阴影=12×
2=60(cm2)(旋转法)
例119、解:
延长BC、AD交于E,则△ABE和△DCE都是等腰直角三角形。
S四边形ABCD=S△ABE-S△DCE
=7×
2-3×
3÷
=20(cm2)(拼补法)
例125、解:
梯形ABCD中,面积相等的三角形有3对和:
S△ABD和S△ABC、S△ACD和S△BCD、S△ADO和S△BCO。
例126、解:
因为S△AOD=60cm2
S△COD=30cm2
所以S△AOD=2S△COD
又因为两个三角形有共同的一条高,所以AO=2OC
则S△AOB=2S△COB=180cm2
所以,S四边形ABCD=30+60+90+180=360(cm2)
例127、
S阴影=S△ACG+S△AGF
=CG×
AB÷
2+GF×
GB÷
=(10-7)×
2+7×
=39.5(cm2)
例128、
连接DF
因为D是BC的中点,所以S△ABD=S△ADC=S△ABC÷
2=12(cm2)
因为E是AD的中点,所以S△ABE=S△BDE=S△ABD÷
2=6(cm2)
又因为E是AD的中点,左边S△ABE=S△BDEC,右边S△AEF=S△DEF,所以S△ABF=S△BDF,再加之S△BDF=S△CDF,所以S△ABF=S△ABC÷
3=24÷
3=8(cm2)
所以,S△AEF=S△ABF-S△ABE=8-6=2(cm2)
例134、
5+4×
4+3×
3+2×
2+1×
1=55(个)
例135、
最短路线指从A出发只
能向右或向下行走。
如图计数,从A到B的路线计数是35条。
例136、
按五个区域分五步来完成:
(1)涂A,有五种颜色可供选择,即有5种涂法。
(2)涂B,与A不同色即可,有4种涂法。
(3)涂C,要与A、B不同色,有3种涂法。
(4)涂D,要与A、B、C不同色,有2种涂法。
(5)涂E,要与A、D不同色,有3种涂法。
根据乘法原理,不同的涂色方法一共有:
4×
3×
3=360(种)
例137、解:
组成三位数,需要三步完成。
2=24(个)
例138、
(1)解:
3=18(个)
4+4×
4=36(个)
例144、
按从小到大的顺序计数:
(1)1到99中,一共有20个数字1;
(2)100到199中,十位和个位含有20个1,百位100个1,一共有:
20+200=120(个);
(3)200到999中,百位上没有1,十位和个位上的1一共有20×
8=160(个);
(4)1000中有1个1;
所以,1到1000中数字1一共有:
20+120+160+1=301(个)
1到999一共有999个数,再添上一个0一共有1000个数,给其中一位数的左边添上两个0、给其中两位数的左边添上一个0,这样就构成一串新的数:
000、001、002、…、998、999。
很显然,由于全部添的都是0,数字1的总数并没有增加。
这1000个数,一共有3×
1000=3000个数字,由于数位上的数字都有0、1、2、…、8、9这10个数字,所以这1000个“三位数”中所含0、1、2、…、8、9的个数都是相等的,都是:
3000÷
10=300(个),即:
1到999中一共有300个数字1。
1000中还有一个1,所以,1到1000中数字1的个数是:
300+1=301(个)。
例145、
(1)“凸”字形的头部在边
框的剪法有:
6×
4=24(种)
(2)“凸”字形的头部不在边框的
剪法有:
4=144(种)
一共有:
24+144=168(种)
例146、
(1)1988~1999:
有2个(1988和1989);
(2)2000~7999:
有6×
9×
10=5400(个)
(3)8000~8891:
从8000~8899中百位与十位数字不同的数中去掉多出来的8892、8893、…、8899共8个数,即:
10-8=802(个)
综合
(1)、
(2)、(3)可以知道,1988~8891中百位与十位数字不同的数一共有:
2+5400+802=6204(个)
例153、
(1)
11011=1×
24+1×
23+0×
22+1×
21+1×
20
=16+8+0+2+1
=27
(2)把1376化为二进制数
1376=1024+352
=210+256+64+32
=210+28+26+25
=10101100000
例154、把下列各数化为十进制数
(1)111111
(2)
=25+24+23+22+21+20=63
或=1000000-1=26-1=63
(2)102102(3)
=1×
35+1×
34+2×
33+1×
32+0×
31+2×
30
=243+54+9+2
308
(3)432(5)
=4×
52+3×
51+2×
50
=100+15+2
=117
(4)217(8)
=2×
82+1×
81+7×
80
=128+8+7
=143
例155、把10111101110
(2)化为八进制数
10111101110
(2)=1×
210+0×
29+1×
28+1×
27+1×
26+1×
25+0×
23+1×
21+0×
=1024+256+128+64+32+0+8+4+2+0
=1518(10)
用8除取余法得:
1518(10)=2756(8)
所以:
10111101110
(2)==2756(8)
例156、计算下列各题
(1)6534(7)+4162(7)
=14026(7)
(2)7642(8)-4654(8)
=2766(8)
(3)243(5)×
14(5)
=10122(5)
(4)10111
(2)÷
101
(2)
=1011
(2)
例157、
1,2,4,8,16分别是二进制数的从小到大的单位:
20,21,22,23,24,用它们表示的最小数是1,最大数是1111
(2)=25-1=31(10);
那么,用它们作单位能表示1到31的所有自然数。
∴用这5枚砝码可以称出1克到31克共31种不同重量的物体。
例158、
把最大克数表示成二进制:
63=26-1=111111
=25+24+23+22+21+20
=32+16+8+4+2+1
那么,1到63的整数都可以用32,16,8,4,2,1作单位表示出来。
∴称1克到63克的整克数的物体,最少应准备32克,16克,8克,4克,2克,1克这六种重量的砝码各1枚。
例159、
五月份有31天,看作31个抽屉(类),32名学生看作32个苹果(物体),因为苹果数多于抽屉数(物体数多于类数),根据抽屉原理,至少有一个抽屉有两个或两个以上的苹果,所以,至少有两名学生的生日在同一天。
假设结论不成立,那么五月份的31天中,每天过生日的都少于两人,即每天最多1人过生日,这样,五月份过生日的人数最多31人,这与五月份有32人过生日矛盾。
所以,至少有两名学生在同一天过生日。
例161、
(1)
(2)
(3)
把五点看作5个苹果,需要制造少于5个的抽屉,即把正方形分成四部分,必有一部分内有两点符合题意。
图
(1)、
(2)的分法不行。
如图(3),把正方形分成四个大小相同的小正方形(抽屉),对于正方形内任意放的五点(苹果),根据抽屉原理至少有两点在一个小正方形内,这两点的距离最远时,是两点分别在小正方形的对角顶点上,所以这两点距离等于或少于小正方形对角线长。
因此,必有两点距离不大于正方形对角线的一半。
例162、
证明:
任取两个球的颜色搭配有以下三种:
红红、黄黄、红黄(看作抽屉),4个小朋友(苹果)取这3种颜色搭配的球,根据抽屉原理,必有两人取出的两个球颜色完全一样。
例163、
借阅这3种书的方式有以下6种:
(诗歌)、(童话)、(画册)、(诗歌、童话)、(诗歌、画册)、(童话、画册),看作6个抽屉。
根据抽屉原理至少7位同学借书,才能保证必定有两位同学借阅的书类型相同。
例164、解:
每列3格涂两种颜色的涂法有23=8(种)
红
黄
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(看作抽屉),对于10列的长方形涂色,(看作10个苹果),根据抽屉原理,至少有两列的涂色方式相同。
例165、
由题意要证明有两个数在一个抽屉,它们的和是102,所以需制造的抽屉数少于14,抽屉内的数和为102。
1、5、9、13、……、97,这列数的个数是(97-1)÷
4+1=25(个)
把25个数分成以下13组(13个抽屉):
(1),(5,97),(9,93),(13,89)……(45,5
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