仁华学校1996～1997学年度第二学期期末考试五年级试题
【考生注意】
本试卷包括五道大题(15道小题)，满分100分，考试时间150分钟.
一、填空题I：(本题共有3道小题，每小题4分，满分12分)
1.计算： × － × =____.
2.计算：0. 2345 +0. 3456 +…+0. l234 =______.
3.将数1×2×3×4×…×1997—5分别除以2，3，…，100，那么所得的99个余数的和是______.
二、填空题II：(本题共有4道小题，每小题6分，满分24分) .
4.100位男生与100位女生按男女交错的方式站成一列，排头是男生.从排头开始1至3循环报数，凡是报到3的男生与报到2的女生站出来，按原来的先后顺序排成一列.不断地对得到的新列重复上述报数和出列过程而再得到新列，那么当再报数将无人出列时，队列中有____位男生，_____位女生.
5.国王赏给3个宫廷巫师10只钱包，其中第1包是空的，第2包中有1枚金币，第3包中有2枚金币，……，第.10包中有9枚金币.巫师甲分走了2只钱包，其余的钱包被乙、丙瓜分，乙所得的金币比丙多，丙在路上被强盗抢走了4只钱包，只剩下10枚金币，那么甲分得的是第_____和第______只钱包.
6.图5.1中除了每行两端的数之外，其余每个数都是与它相连的上一行的两个数的平均数，例如2.75是2.5和3的平均数.那么第100行中的各数之和是______.
第1
第2
第3
图5-1
7.某装订车间的工人要将一批书打包后送往邮局，每包中所装书的数目一样多.第一次，他们领来这批书的 ，结果打了14个包还多35本.第二次他们把剩下的书全部取来，连同第一次多的零头一起，刚好又打了11包.那么这批书共有______本.
三、填空题III：(本题共有4道小题，每小题8分，满分32分)
8.将1，2，3，4，5，6分别填在正方体的6个面上，计算具有公共棱的两个面上的数的乘积，这样的乘积共有12个，那么它们的和最大是____.
9.如图5—2所示，一条折线跑道由9条线段AB，BC，…，IJ构成，各段的长度依次为900，800，…，100米.甲、乙两人以相同的速度分别从A和J同时出发，沿跑道前进.己知甲每转一个弯速度加倍，而乙每转一个弯速度减为原来的一半.那么甲、乙两人相遇在跑道的_____段(用字母表示)。
C
C
图5-2
10.如图5-3，等腰梯形ABCD中ED垂直于AD，并交BC于G，AE平行于BD，∠DCB=45°，且三角形ABD、三角形EDC的面积分别为75，45，那么三角形AED的面积是______.
11.一些三位数能表成两个互为反序的三位数的和，例如444=123+321，则这样的三位数共有_______个.
四、简答题：(本题共有2道小题，满分14分)
12.(本小题满分6分)
试找出4个互不相同的分子均为2，分母均为整数的既约真分数，并把它们从小到大排成一列，使得其中任意相邻两数之差都相等.
13.(本小题满分8分)
请将1，2，3，…，15分别填入如图5-4所示的3×5方格表的各个方格内，使得每列中各数之和相等，且每行中各数之和也相等.
图5-4
五、解答题：(本题共有2道小题，满分18分)
14.(本小题满分8分)
有两面钟，第一面钟的分针转一圈要比标准的钟多用1分钟，而第二面分针转一圈则比标准的钟少用1分钟，在零点时两钟均根据标准时间校准，问经过多少小时后它们的分针同时指向半点(即指向时钟标有“6”的刻度)?
解： .
15.(本小题满分10分)
在由2个1，2个7，2个9组成的六位数中，有的数是121的倍数，并且去掉它的首尾两个数码以后，得到的那个四位数仍是11的倍数.试求出所有这样的六位数.
解：
试题解答
1
注意1×2×3÷4×…×1997能分别被2，3，…，100整除，因此1×2×3×4×…×1997—5除以2的余数为2×3—5=1，除以3的余数为3×2—5=1，除以4的余数为4×2—5=3，除以5的余数为0，除以6的余数为6×1—5=1，除以7的余数为7×1—5=2，……，除以100的余数为lOO×l—5=95，从而这99个余数的和为1+1+3+0+1+2+…+95=5+(1+95)×95÷2=4565.
二、填空题II：
4.1，1.
第1次报数的情况为：男(1)、女(2)、男(3)、女(1)、男(2)、女(3)，男(1)、女(2)、……，即报数以6个人为一周期，每个周期中的第1个女生和第2个男生出列.200÷6=33……2，前33个周期出列33×2=66人，又最后2人的报数情况为：男(1)、女(2)，其中的女生要出列，因此第1次报数后共出列66+1=67人，新组成的列依然是男女交错排列，但排头是l女生.
第2次报数的情况为：女(1)、男(2)、女(3)、男(1)、女(2)、男(3)，女(1)、男(2)、……，依然是以6个人为一周期，每个周期中的第3个女生和第3个男生出列.67÷6=11.……1，前11个周期共出列11×2=22人，而余下的1名女生报1，不出列，故新列中共有22人，仍然为男女交错排列，女生排头.
以后的报数情况均与第2次类似.22÷6=3……4，余下的那4人不出列，于是第3次组成的新列中有3×2=6人.这6人再报数一次，将仅剩下1名男生与1名女生，此即本题的答案.
注：每答对一空给3分.
5.6，8(或8，6).
丙被抢走的4只钱包中至少有0+l+2+3=6枚金币，所以丙至少分得了6+10=16枚金币.又乙所得的金币比丙多，因此乙至少有16+1=17枚金币.
丙被强盗抢走4只钱包，剩下的10枚金币至少分放在2只钱包中，故丙至少分得4+2=6只钱包，而乙最多分得10—6—2=2只钱包，最多有8+9=17枚金币.
由上述两方面的分析可知，乙恰有17枚金币，且分到的是第9，10只钱包..进而丙恰好有16枚金币，他被抢走的钱包是第1，2，3，4只，分别放有0，1，2，3枚金币.丙剩下的10枚金币要放在2只钱包中，其中所放的金币数只可能为4，5，6，7，而10=4+6，故丙分得的另2只钱包是第5，7只，分别放有4，6枚金币.这样余下的第6，8只钱包为甲所有，分别放有5，7枚金币.
注：每答对一空给3分；如果答成5，7或7，5，给3分.
6.204.
观察可知，第l行中各数之和为6，以后每行各数之和依次比前一行各数之和大2，所以第100行中各数之和为6+(100一1)×2=204.
事实上，将一行上每个圆圈中的数都分成相等的两份分别移到下一行与其相连的两个圆圈内后，依题设下一行中除两端的圆圈外，其余每个圆圈中所分得两数的和即等于圆圈内所标的数值.在两端移下的两数分别为1÷2=0.5和3÷2=1.5，而实际写的数是1和3，故下一行中的各数之和确应比上一行大(1+3)一(0.5+1.5)=2.
7.1500.
整批书共打了14+11=25包，于是依题意第一次取来的书相当于整批书的 还多35本，而它又是整批书的 ，所以35本为整批书的 一 = ，进而这批书有35÷ =1500本.
三、填空题III：
8.147.
正方体的每个面都与另4个面有公共棱，只和与它相对的面不相交.我们将题述的12个乘积与1～6这6个数中任取两数相乘得到的6×5÷2=15个乘积相比较即知，缺少的15—12=3个乘积恰是正方体3组相对面上的两数之积.全部15个乘积之和是定值，利用乘法对加法的分配律可计算出它为
[(1+2+3+4+5+6)×(1+2+3+4+5+6) 一(1×1+2×2+3×3+4×4+5×5+6×6)]÷2
=(21×21—91)÷2=175.
于是为使题述的乘积之和最大，需要正方体各对面上两数的乘积相加尽可能小，亦即将1～6分成3对，两两相乘，使乘积之和最小.经计算，这个和最小是1×6+2×5+3×4=28，从而所求的最大值是175—28=147.
9.GH(或HG).
我们考虑甲在AB段上运动的这段时问.当乙首先由J点走到I点时，甲相应地走到距A点100米处.随后乙的速度减半，甲保持原速，即甲的速度是乙的2倍.当乙又走200米到达点H时，甲走到距A点100+200×2=500米处.接着乙的速度再减半，甲速度不变，于是甲的速度为乙的2×2=4倍.当甲再走900-500=400米到达点B时，乙在距离H点400+4=100米处.此时甲转第一个弯，其速度加倍，变为乙速度的4×2=8倍.假设尔后乙始终在GH段上运动，即速度保持不变，那么按此试算，当甲走到点G时，乙走到距H点100+800÷8+700÷16+600÷32+500÷64+400÷128=273 米处.因为HG段长300米，所以确实乙还没有走到点G，假设成立，从而甲、乙将相遇在GH段.
10 30.
如图5-5，连接BE，过A点作AH垂直BG于H.因为AE平行于BD，所以三角形ABD和三角形EBD等底等高，面积相等，于是三角形EBD面积为三角形
图5-5
EDC面积的 = 倍.又南于这两个三角形有公共的底边ED，且高分别为BG和GC，因此线段BG的长是线段GC的喜倍.由ABCD是等腰梯形， ∠DCB=45°可知，GC=DG=AH=HB，而线
段HG=BG-BH=BG-GC，所以线段HG的长是线段GC的 一1= .注意到三角形AED和三角形CED共底边ED，相应的高分别为HG和GC，故三角形AED的面积是三角形CED面积的 ，为45× =30.
11.75.
在两个互为反序的三位数中，一个数的百位数字为另一个数的个位数字，所以两数的个位数字相加与两数的百位数字相加得到相同的和.当这两个三位数的和为三位数时，上述相同的和必小于等于9，于是此两三位数相加时个位不向十位进位.
互为反序的三位数的十位数字相同，它们相加时可能会向百位进1，且和的十位数字必为偶数.如果没有进位，那么和的个位数字与百位数字相同，至少是1+1=2，最大为9，有8种情形；和的十位数字可取偶数0，2，4，6，8，有5种情形，故此时可得到8×5=40个不同的和.如果有进位，和的十位数字的取值仍有5种情形，但此时和的百位数字要比个位数字大1，’凶个位数字至少是1+1=2，故百位数字可取3～9，有7种情形，这时将出现5x7=35个不同的和.综上所述，本题的答案为40+35=75个.
注：如果答成35或40，给4分.
四、简答题：
12.解：先构造出一个4项的由奇数组成的等差整数列，然后同时除以它们的公倍数，形成分子为l的既约分数等差数列，再将各数乘以2即可满足题设要求.
例如先写出1，3，5，7，再除以这4个数的最小公倍数105，得 ， ， ， ,再乘以2得到 ， ， ， ，此即为一合理答案.
说明：本题答案不惟一.
13.解：这15个数的和为1+2+3+…+15=(1+15)×15÷2=120，所以行和为120÷3=40，列和为120÷5=24.我们先构造一种列和相等的填法如图5-6，此时仅有第二行的行和为40.然后交换部分列中第一行与第三行内的两数，使另两个行和也等于40，由此得到的填法见图5-7.
说明：本题答案不惟一.
注：在8个行和与列和中，每有一个与解中所述的数值相符，给1分.
五、解答题：
14.解：第一面钟的分针转一圈要用60+1=61分钟，第二面钟的分针转一圈要用60—1=59分钟.
——2分
假设钟面按通常的方式把一圈等分成60格，则快钟和慢钟的分针每分钟分别走 和
格.两分针的速度之差为 － = 格.
——4分
显然为使快钟和慢钟同时指向半点，快钟至少要比慢钟多转1圈，即60格，这需要时间60÷ = 分钟.
——6分
在这段时间内，快钟走了 ÷59=30.5圈，慢钟走了 ÷6l=29.5圈，故两钟经过 ÷60=29 小时后确同时指向半点.
——8分
说明：本题也可通过不定方程来求解.设两钟的分针同时指向半点时，快钟和慢钟分别已转了x整圈和y整圈，则有59×(x+0.5)=61×（y+0.5）.变形得59x一61y=l，59(x-y)=2y+1.于是2y＋1应为59的倍数，这样y最小是(59—1)÷2=29，相应地x等于30，进而可求出答案.
15.解：对具有题述性质的六位数的各数位从首位开始依次编号为l，2，3，4，5，6.南于一个数能被ll整除当且仅当其奇数位上的数字之和与其偶数位上的数字之和的差(大减小)能被ll整除，因此依题设知六位数中第1，3，5位数字之和与第2，4，6位数字之和的差是11的倍数，第3，5位数字之和与第2，4位数字之和的差也是ll的倍数.
——2分
比较上述两结论即知六位数的第1位与第6位数字之差是ll的倍数，这说明此两位数字必定相同.于是六位数的第2，3，4，5位数字由l，7，9中的某两个数字各2个构成.注意2×(7一1)，2×(9—1)，2×(9—7)均不是ll的倍数，故第2，4位上是两个不例的数字，第3，5位上也是那两个不同的数字，这样奇、偶位数字之和相同，两者的差为0，确是11的倍数.
——4分
下面利用已经得出的六位数的结构分情况讨论.
如果六位数的首位是l，那么可能具有题述性质的候选数有177991，199771，17997l，197791.100001除以12l余55.中间4个数码在六位数中所表示的是在它们的末尾添加零而构成的五位数，这些五位数除以1 l的商分别是7090，9070，7270，8890.商再除以11的余数分别为6，6，10，2，即六位数的中间4个数码对其除以121的余数的贡献分别是6×11=66，6×11=66，10×11=l10，2×11=22.注意66+55=121，故177991和199771为符合要求的数.
——6分
如果六位数的首位为7，那么候选数有711997，799117，719917，791197.700007除以121的余数为22.11990，99110，19910，91190除以1l的商依次是1090，9010，1810，8290，这些高除以11的余数是l，l，6，7，它们与22+11=2的和均不为11的倍数，故此时无满足题设要求的数.
——8分
当六位数的首位为9时，候选数是911779，977l 19，917719，971179.900009除以12l的余数为11.11770，77110，17710，71170除以11的商依次是1070，7010，1610，6470，它们除以11的余数依次为3，3，4，2，其中没有数与1 1+11=1的和等于
ll，故此时亦无解.
——10分
综上所述，本题的答案为177991和199771.
参考资料：http://www.aoshu.com/News/2007-02/252642514655818.shtml