分班数学试题.docx

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分班数学试题

亲爱的同学，你好！

今天是展示你才能的时候了，只要你仔细审题、认真答题，把平常的水平发挥出来，你就会有出色的表现，放松一点，相信自己的实力！

一、解答题（共1小题）

1．（2002•北京）计算：

（7

1

5

+6

2

7

+5

7

9

）÷（1

4

7

+1

4

9

+1.8）．

解：

4

考点：

整数、分数、小数、百分数四则混合运算．

分析：

本题可以先把带分数整数部分和分数部分分别相加，求出这两个括号的运算结果，再相除．

解答：

解：

（7

1

5

+6

2

7

+5

7

9

）÷（1

4

7

+1

4

9

+1.8），

=[（7+6+5）+（

63

315

+

90

315

+

245

315

）]÷[（1+1+1）+（

180

315

+

140

315

+

252

315

）]，

=[18+

398

315

]÷[3+

572

315

]，

=

6068

315

×

315

1517

，

=

6068

1517

，

=4．

点评：

本题数字较大，注意每一步的准确性．

答题：

李斌老师

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二、填空题（共3小题）

2．（2002•北京）一次速算比赛共有20道题，答对1道给5分，答错一道倒扣1分，未答的题不计分，考试结束后，小梁共得了71分，那么小梁答对了

15

15

道题．

考点：

盈亏问题．

分析：

求答对了多少道题，直接求不可能，可以这样想，如果求出答错了多少题即可得出答案．

由题意可知，满分为5×20=100（分），而小梁得了71分，被扣掉了100-71=29（分）．

而每错一题要扣掉5+1=6（分），29÷6=4…5，所以他答错了4道题，未做的是一道题（正好5分）．

那么他答对了20-4-1=15（道）．

解答：

解：

（5×20-71）÷（5+1），

=29÷6，

=4…5．

即答错了4道，未答的是1道，答对的题是：

20-1-4=15（道）．

答：

小梁答对了15道题．

故答案为：

15．

点评：

此题的解法是，先假设这20道题全做对了，然后根据分数差求出答错的和未答的，进而得出结果．

答题：

齐敬孝老师

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3．（2002•北京）对于每一个两位以上的整数，我们定义一个它的“伙伴数”，从下面的例子可以看出伙伴数的定义：

23的伙伴数是2.3，465的伙伴数是46.5，那么从11开始到999为止所有奇数的伙伴数的和是

24997.5

24997.5

．

考点：

数字问题．

分析：

由题意可知，将一个数的小数点向左移动一位，即能得到这个数的“伙伴数”，即将这个数缩小了10倍．据此要求从11开始到999为止所有奇数的伙伴数的和，只要求出从11开始到999为止所有奇数的和，再除以10就能得到从11开始到999为止所有奇数的伙伴数的和．

解答：

解：

11+13+15+…+999

=（11+999）×[（999-11）÷2+1]÷2

=1010×495÷2，

=249975；

249975÷10=24997.5．

故答案为：

24997.5

点评：

在加法算式中，如果所有加数都缩小扩大相同的倍数，那么其和也相应的扩大或缩小相同的倍数．

答题：

王亚彬老师

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4．（2002•北京）一个分数的分子与分母之和为25，将它化为小数后形如0.38…，则这个分数的分母是

18

18

．

考点：

估计与估算．

分析：

根据题意，将这个分数化为小数是0.38…，这个数小于0.5，即这个分数就小于

1

2

，那么在分子分母之和是25的分数里小于

1

2

的分数有：

1

24

，

2

23

，

3

22

，

4

21

，

6

19

，

7

18

，

8

17

，进行转化后可知，这个分数的是

7

18

，分母为18．

解答：

解：

0.38…小于

1

2

，

在分子分母之和是25的分数里小于

1

2

的分数有：

1

24

，

2

23

，

3

22

，

4

21

，

6

19

，

7

18

，

8

17

，

经过计算可知：

7

18

=0.38…，

答：

这个分数是

7

18

．

故填：

18．

点评：

解答此题的关键是根据转化的小数确定分数的范围，然后再计算即可得到结果．

答题：

张倩老师

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三、解答题（共1小题）

5．（2002•北京）已知382=1444，像1444这样能表示为某个自然数的平方，并且抹3位数字为不等于0的相同数字，我们就定义为“好数”．

（1）请再找出一个“好数”．

（2）讨论所有“好数”的个位数字可能是多少？

（3）如果有一个好数的末4位数字都相等，我们就称之为“超好数”，请找出一个“超好数”，或者证明不存在“超好数”．

解：

1038² 1.4.9.6.5.0. 不存在超好数

考点：

完全平方数性质．

分析：

（1）因为382=1444，所以10382=1077444；则100382，1000382…等都可以是“好数”．

（2）据完全平方数的性质可知，平方末尾数字只可能是1，4，9，6，5和0，0不考虑．因此可从平方末位数是1，4，9，6，5几种情况进行讨论验证所有“好数”的个位数字可能是多少．（3）假设存在超好数，设为1000n+38；则有：

（1000n+38）平方=1000000n平方+76000n+1444=1000×（1000n平方+76n+1）+444（1000n平方+76n+1）不可能被4整除；也就是不可能得到倒数第四位为4；，故假设不成立．即：

不存在超好数．

解答：

解：

（1）因为382=1444，所以10382=1077444；则100382，1000382…等都可以是“好数”．

（2）方数的性质可知，完全平平方末尾数字只可能是1，4，9，6，5和0，0不考虑．

末尾数是5的平方尾数一定是25，故不可能是5；

对于1，设（10a+1）的平方满足X111；而（10a+1）的平方=20a×（5a+1）+1；倒数第二位一定是偶数，不符合题意；

对于9，设（10a+3）的平方满足X999；而（10a+3）平方=20a×（5a+1）+9，倒数第二位一定是偶数，不符合题意；

又设（10a+7）平方满足X999；而（10a+7）的平方=20a×（5a+7）+1；倒数第二位一定是偶数，不符合题意；

对于6，设（10a+4）平方满足X666；而（10a+4）的平方=（100a平方+80a+10）+6，倒数第二位一定是奇数，不符合题意；

设（10a+6）的平方满足X666；而（10a+6）的平方=10×（10a×a+12a+3）+6；倒数第二位一定是奇数，不符合题意；

故好数的个位数字只能是4．

（3）假设存在超好数，设为1000n+38；则有：

（1000n+38）平方=1000000n平方+76000n+1444=1000×（1000n平方+76n+1）+444（1000n平方+76n+1）不可能被4整除；

也就是不可能得到倒数第四位为4；，故假设不成立．

即：

不存在超好数．

点评：

完成本题要在了解完全平方数性质的基础上，根据数据的特点，针对不情况进行分析，从而得出结论．

答题：

王亚彬老师

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四、填空题（共7小题）

6．（2002•北京）一个自然数，加上4后就可表示3个连续自然数的3的倍数的和，加上3后就可表示成4个连续自然数的4的倍数之和，那么它最少需要加

13

13

后才能表示成6个连续的6的倍数之和．

考点：

公约数与公倍数问题．

分析：

①三个连续的3的倍数的和也就是三个连续的自然数的和再乘以3，三个连续的自然数的和可以表示成3乘以中间数，所以必是3的倍数；所以这个自然数加上4后必是9的倍数，所以这个自然数除以9余5．

②四个连续的4的倍数的和也就是四个连续的自然数的和再乘以4，四个连续的自然数的和可以表示成4乘以两个中间数的平均数，也就是4×a.5的形式，所以必是2的奇数倍，所以这个自然数加上3后必是8的奇数倍，所以这个自然数除以8余5．所以这个自然数可以写成72n+5，且n必须是偶数．

③六个连续的6的倍数的和也就是六个连续的自然数的和再乘以6，六个连续的自然数的和可以表示成6乘以两个中间数的平均数，也就是6×a.5的形式，所以必是3的奇数倍，所以这个自然数加上一个数后必是18的奇数倍．

由上述分析即可设出72n+5+x是18的奇数倍，由此即可解决问题．

解答：

解：

根据题干分析可设：

72n+5+x是18的奇数倍．

由于72n是18的偶数倍，则5+x必须是18的奇数倍，

5+x最小等于18，即5+x=18，

所以x=13，

答：

至少要加上13后才能表示成6个连续的6的倍数之和．

故答案为：

13．

点评：

抓住“3个连续的3的倍数的和”“4个连续的4的倍数之和”“6个连续的6的倍数”的数的特点，是解决本题的关键．

答题：

nywhr老师

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7．（2002•北京）一个班有五十多名同学，上体育课时大家排成一行，先从左至右1234、1234报数，再从右至左123、123报数，后来统计了一下，两次报到同一个数的同学有15名，那么这个班一共有

57或59

57或59

名同学．

考点：

公约数与公倍数问题．

分析：

从左向右报数四个数字一周期，从右向左报数是3个数字一周期，因为两次报到同一个数的同学有15名，那么说明两次报数的周期都经历了15个周期或更多，假设从左向右报数经历了15个周期，那么15×4=60人，与题干中的五十多名学生不相符，所以从左向右报数的周期只能是14个周期零1、或2或3，由此再利用从右向左报数的情况即可解决问题．

解答：

解：

根据题干分析可得：

这个班的人数可能是：

（1）如果总人数为：

14×4+1=57（人），

那么从右向左两次报数的特点为：

12组数字为1个周期，每一个周期有3名学生报数相同，分别是第1名，第3名，第8名，

57÷12=4…9，所以57人是经历了4个周期零9名同学，所以共有3×4+3=15（名）学生报数相同，正好符合题意；

（2）如果总人数为：

14×4+2=58（人），

那么从右向左两次报数的特点为：

16组数据为1个周期，每一个周期有3名同学报数相同，

58÷16=3…10，按经历了4个周期计算，所以报数相同的人数为：

3×4+2=14（人）与题意不相符，

（3）如果总人数为：

14×4+3=59（人），

那么从右向左两次报数的特点为：

12组数字为1个周期，每一个周期有3名学生报数相同，分别是第2名，第7名，第9名，

59÷12=4…11，所以57人是经历了4个周期零11名同学，所以共有3×4+3=15（名）学生报数相同，正好符合题意；

综上所述，这个班一共有57或59名学生．

故答案为：

57或59．

点评：

本题考查规律型中的数字变化问题，是发散性题目，要分类讨论，由15个同学报出同一个数，得出报数的周期数，情况应考虑全面，最后再根据各自的排列周期特点得出报数相同的人数与已知15人报数相同对比结果，即可解决问题．

答题：

nywhr老师

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8．（2002•北京）用3种颜色把一个3×3的方格表染色，要求相同行和相同列的3个格所染的颜色互不相同，一共有

12

12

种不同的染色法．

考点：

染色问题．

分析：

用3种颜色把一个3×3的方格表染色，要求相同行和相同列的3个格所染的颜色互不相同，求共有多少种不同染法，这其实是一个排列组合问题，可用排列组合公式计算：

3×2×1×（1+1）=12（种）．

解答：

解：

3×2×1×（1+1）=12（种），

答：

一共有12种不同的染法．

故答案为：

12．

点评：

解答本题要在了解简单的排列组合知识的基础上进行．

答题：

王亚彬老师

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9．（2002•北京）从1～12中选出7个自然数，要求选出的数中不存在某个自然数是另一个自然数的2倍，那么一共有

47

47

种选法．

考点：

排列组合．

分析：

将这12个数按照2倍关系分为（1，2，4，8）、（3，6，12）、（5，10）、（7，9，11）四组，如果从第一组中取出一个数，有4种取法，还需要6个数，必有3，12，7，9，11，再从第三组中挑一个，共有4×2种选择，如果从第一组中取2个数，有（1，4）、（1，8）、（2，8）三种取法，还需要5个数，分两种情况：

A从第二组中取一个数，还需要4个数，必有7，9，11，再从第三组中挑一，共有3×3×2选择，B从第二组中取两个数，只能取（3，12），还需要三个数，可以取7，9，11或从第三组选一个，从第四组选两个，有3×1×1+3×1×2×3种选择由此就即可得出答案．

解答：

解：

将这12个数按照2倍关系分为（1，2，4，8）、（3，6，12）、（5，10）、（7，9，11）四组，

（1）如果从第一组中取出一个数，有4种取法，还需要6个数，必有3，12，7，9，11，再从第三组中挑一个，

共有：

4×2=8（种）选择，

（2）如果从第一组中取2个数，有（1，4）、（1，8）、（2，8）三种取法，还需要5个数，分两种情况：

A．从第二组中取一个数，还需要4个数，必有7，9，11，再从第三组中挑一个，

共有：

3×3×2=18（种）选择，

B．从第二组中取两个数，只能取（3，12），还需要三个数，可以取7，9，11或从第三组选一个，从第四组选两个，

共有：

3×1×1+3×1×2×3=21（种）选择．

综上，所有的选法一共有：

8+18+21=47（种），

故答案为：

47．

点评：

解答此题的关键是，根据题意，将1-12个数进行分组，看看每种情况下，有几种符合条件的选法，即可得出答案．

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10．（2002•北京）如果一个时刻的时、分、秒3个数构成递增的等差数列，则称这个时刻为幸运时刻（采用24小时制），例如00点02分04秒和17点20分23秒都是幸运时刻，那在一天中与

564

564

个幸运时刻．

考点：

数字问题．

分析：

根据题干，时刻的时、分、秒3个数构成递增的等差数列，这里可以先确定从00时开始：

如00时01分02秒，00时02分04秒…共有29种情况；01时共有29种情况；02时共有28种情况；30时共有28种情况；04时和05时各有27种情况；06时和07时各有26种情况，08时和09时各有25种情况；10时和11时各有24种情况；12时和13时各有23种情况；14时和15时各有22种情况；16时和17时各有21种情况；18时和19时各有20种情况，20时和21时各有19种情况；22时和23时各有18种情况，由此再利用加法原理即可求得一天的幸运时刻有多少．

解答：

解：

根据题干分析可得：

（29+28+27+…+18）×2，

=282×2，

=564（个），

故答案为：

564．

点评：

此题可以采用穷举法找出00时的幸运时刻，01时的幸运时刻，依次不难发现从00时开始，24个时刻的幸运时刻的个数也有一个规律即：

29，29，28，28，27，27，…由此即可解决问题．

答题：

nywhr老师

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11．（2002•北京）有大、小两瓶酒精溶液，重量比为3：

2，其中大瓶中溶液的浓度为8%．现在把这两瓶溶液混合起来，得到的酒精溶液浓度恰好是原来小瓶酒精溶液浓度的2倍．那么原来小瓶酒精溶液的浓度是

3%

3%

．

考点：

浓度问题．

分析：

令大小瓶的重量分别为3、2；设原来小瓶酒精的浓度为x%，那么根据溶液的浓度=

酒精

酒精溶液

列出方程即可解决问题．

解答：

解：

设原来小瓶酒精的浓度为x%，那么

3×8+2x

3+2

=2x，

       8x=24，

        x=3，

答：

原来小瓶酒精溶液的浓度是3%．

故答案为：

3%．

点评：

此题考查了利用溶液的浓度=

酒精

酒精溶液

解决实际问题的方法．

答题：

nywhr老师

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12．（2002•北京）如图，在6个圆圈中填入2、3、5、7、11、13各一次，并在每个小三角形的中心处写下它3个顶点上3个数的和．那么这些三角形中心处所写数的和被3除的余数是

1

1

．这个总合一共有

6

6

种不同的可能．

考点：

凑数谜．

分析：

总和的不同是由中心数字的不同所决定的，因为本题中有6个不同的数字，所以就有6种不同的可能．因为求总和时每个数字用的次数是：

中心数字一共用了5次，其它数字每个用了2次；这样可以求出6个数字都用2次的和：

（2+3+5+7+11+13）×2=82，然后分别用这6个数字的3倍加上82，得到的和去除以3，即可得出余数．

解答：

解：

（2+3+5+7+11+13）×2，

=41×2，

=82；

（1）若中心数为2，则（82+2×3）÷3=29…1；

（2）若中心数为3，则（82+3×3）÷3=30…1；

（3）若中心数为5，则（82+5×3）÷3=32…1；

（4）若中心数为7，则（82+7×3）÷3=34…1；

（5）若中心数为11，则（82+11×3）÷3=38…1；

（1）若中心数为13，则（82+13×3）÷3=40…1；

所以这6种情况的余数都是1．

故答案为：

1、6．

点评：

本题重点是：

要找出题中每个数字在求和中所用的次数，然后求出6个数字都用2次的和，最后根据中心数去确定问题的答案．