2026年希望杯IHC六年级数学竞赛试卷（W卷）

这是一份2026年希望杯IHC六年级数学竞赛试卷（W卷），共44页。试卷主要包含了计算等内容，欢迎下载使用。
1．计算：1000+1000+5×5+1＝ 。
2．12﹣22+32﹣42+……+20232﹣20242+20252＝ 。
3．计算：|4050532202525×202526×202527−202526202525×202527−202527202525×202526|×810100= 。
4．把20257化成小数，小数点后第2025个数字是 。
5．甲、乙两个工程队参加路面装饰工程的施工。若两队共同施工，完成工程需要4天；若甲队单独做3天，乙队接着做6天，则刚好完成工程。那么乙队单独做，需要 天可完成工程。
6．志强学校举办“谁是天籁之音”的歌唱比赛，有6名选手进入决赛。现要从6名选手中决出冠军、亚军和季军，由评审团进行投票，每位评委各选出一名冠军、亚军和季军。那么，评审团至少有 位评委，才能保证有三位评委的投票完全相同。
7．装蛋挞的盒子有大、小两种，大盒每盒装11个，小盒每盒装8个。如果把89个蛋挞装入盒内，每个盒子都恰好装满，则一共用了 个大盒和小盒。
8．如果两位数ab满足ab=(a+b)2或四位数abcd（c≠0）满足abcd=(ab+cd)2，我们就称这样的数为“雷劈数”，例如2025＝（20+25）2，2025是一个雷劈数。那么，10～10000这9991个数中共有 个雷劈数。
9．如图，正方形的边长是20，以正方形的上下两条边为直径分别作两个半圆，那么阴影部分面积是 。（π取3.14）
10．一个长方体容器内放有一个长方体铁块，现在打开水龙头往容器中注水，3分钟时水面恰好没过铁块的顶面，再过18分钟水灌满容器。已知容器的高为50厘米，铁块的高为20厘米，铁块的底面积为3000平方厘米，则容器的底面积是 平方厘米。
11．掷一大一小两个骰子，掷出的两个点数均为质数的概率是 %。
12．甲杯中装有浓度10%的盐水120克，乙杯中装有浓度8%的盐水150克，丙杯中装有浓度6%的盐水200克。Q博士先从甲杯中取出30克盐水倒入乙杯，搅拌均匀后，再从乙杯中取出一些盐水倒入丙杯，继续搅拌均匀，最后从丙杯中取出 克盐水倒入甲杯，恰好使得三杯盐水所含盐的质量相同。
13．下列数中，有 个质数。
①210﹣36；②210﹣27③2100+26；④2100+33。
14．甲、乙、丙三辆车分别在同一条高速路上同向行驶。当甲追上乙时，丙领先它们25千米；当甲追上丙时，乙落后它们20千米；当乙追上丙时，甲领先它们 千米。
15．有五个刚出土的瓷器，经检验，其中两个是赝品，其余三个是真品。运输途中，赝品和真品被弄混，需要重新检验。已知专家们需要一件一件检验，如果专家检验完两件后并没有确定所有赝品，检验完第三件后确定了所有赝品，这种情况发生的概率是 %。
16．把正方体沿与它的一面平行的方向切开，分成表面积之比为3：2的大、小两个长方体。已知小长方体的体积为60立方分米，那么大长方体的体积为 立方分米。
17．自然数A有15个因数，A×2有30个因数，A×3有18个因数，那么A最小是 。
18．黑猫警长接到报警，银行金库被抢。当黑猫警长抵达银行时，得知嫌犯已经逃逸10分钟。黑猫警长知道嫌犯的车速是150km/h，自己的车速是200km/h，但是不确定嫌犯是向东还是向西逃逸。如果嫌犯始终朝某一个方向逃逸，那么黑猫警长能保证追上嫌犯的最短时间是 分钟。
19．有五卷百科全书按第1卷到第5卷的递增序号排列，今要将它们变为反序排列，即从第5卷到第1卷。如果每次只能调换相邻的两卷，那么最少要调换 次能满足要求。
20．从三位数100，101，102，…，999中任意取出n个不同的数，使得这n个数中总能找到数字和相等的3个数。那么n的最小值为 。
21．如图，图中标出了三个阴影三角形的面积，则长方形的面积为 。
22．一壶酒，曹操独饮50分钟能喝完，刘备独饮60分钟能喝完。如果两人“煮酒论英雄”，他们喝酒的效率就要降低，曹操减慢16，刘备减慢15，可是马上有敌军要杀过来，两人只有40分钟的时间喝完这一壶酒，那么两人一起喝酒的最短时间是 分钟。
23．从1～100这100个自然数中最多可以取出 个数，使得取出的数中任意两个数的最大公因数既不是2，也不是3。
24．姜太公“三天打鱼两天晒网”，周文王“四天打鱼一天晒网”，姜太公打满一缸鱼需要38天（含晒网日），周文王打满一缸鱼需要44天（含晒网日）。两人从11月11日开始打鱼，到12月 日可以打满一缸鱼。
25．A、B两地相距1800米，甲、乙两人同时从A地出发步行前往B地，甲先到达B地后立即骑自行车原路返回，速度变为原来的4倍，在距离B地800米的位置与乙相遇，那么，当甲返回A地时，乙距离B地还有 米。
2026年希望杯IHC六年级数学竞赛试卷（W卷）
参考答案与试题解析
1．计算：1000+1000+5×5+1＝ 2026 。
【分析】先算乘法，再按照从左到右的顺序计算。
【解答】解：1000+1000+5×5+1
＝1000+1000+25+1
＝2000+25+1
＝2025+1
＝2026。
故答案为：2026。
【点评】熟练掌握四则运算的顺序是解题的关键。
2．12﹣22+32﹣42+……+20232﹣20242+20252＝ 2051325 。
【分析】利用平方差公式化简算式后再利用高斯求和公式即可简算。
【解答】解：12﹣22+32﹣42+……+20232﹣20242+20252
＝（20252﹣20242）+（20232﹣20222）+……+（52﹣42）+（32﹣22）+12
＝（2025+2024）×（2025﹣2024）+（2023+2022）×（2023﹣2022）+……+（5+4）×（5﹣4）+（3+2）×（3﹣2）+1
＝2025+2024+2023+2022++……+5+4+3+2+1
＝（1+2025）×2025÷2
＝2026÷2×2025
＝1013×2025
＝2051325。
故答案为：2051325。
【点评】熟练掌握平方差公式和高斯求和公式是解题的关键。
3．计算：|4050532202525×202526×202527−202526202525×202527−202527202525×202526|×810100= 8 。
【分析】设中间变量简化数字：设a＝202525，b＝202526，c＝202527，则405053＝2b+1。通分并化简绝对值内的分式：将三个分式通分后合并，利用c＝b+1、a＝b﹣1展开并化简，得到结果为2a。计算最终结果：代入a＝202525，计算|2202525|×810100=8。
【解答】解：设a＝202525，b＝202526，c＝202527，
则c＝b+1，a＝b﹣1，
且405053＝2b+1，
|4050532202525×202526×202527−202526202525×202527−202527202525×202526|×810100
=|(2b+1)2abc−bac−cab|×810100
=|4b2+4b+1−b2−c2abc|×810100
=|4b2+4b+1−b2−(b+1)2abc|×810100
＝|2b2+2babc|×810100
=|2b(b+1)abc|×810100
=|2bcabc|×810100
=|2a|×810100
=2202525×810100
＝8。
故答案为：8。
【点评】本题考查了分数的巧算，解决本题的关键是通过设中间变量简化复杂数字，利用代数变形和分式运算化简绝对值内的表达式，再结合已知数值计算最终结果。
4．把20257化成小数，小数点后第2025个数字是 5 。
【分析】用循环小数表示该分数，求出循环节，用2025除以循环节长度，即周期，根据商和余数即可解答判断。
【解答】解：20257=289.2⋅85714⋅，
即循环节为285714，周期为6，
2025÷6＝337……3，
余数为3，即小数点后第2025个数字是5。
故答案为：5。
【点评】求出循环节长度是解答本题的关键。
5．甲、乙两个工程队参加路面装饰工程的施工。若两队共同施工，完成工程需要4天；若甲队单独做3天，乙队接着做6天，则刚好完成工程。那么乙队单独做，需要 12 天可完成工程。
【分析】两队合作4天完成工程，合作效率为1÷4=14。甲单独做3天、乙单独做6天，可看作两队合作3天，乙再单独做6﹣3＝3（天）。合作3天完成的工作量：3×14=34。剩余工作量由乙单独3天完成：1−34=14。乙的工作效率：14÷3=112。乙单独完成工程的时间：1÷112=12（天）。据此解答。
【解答】解：乙队的工作效率：
（1−14×3）÷（6﹣3）
=14÷3
=112，
乙队单独做，需要1÷112=12（天）。
答：那么乙队单独做，需要12天可完成工程。
故答案为：12。
【点评】本题考查了工程问题，解决本题的关键是求出乙队的工作效率。
6．志强学校举办“谁是天籁之音”的歌唱比赛，有6名选手进入决赛。现要从6名选手中决出冠军、亚军和季军，由评审团进行投票，每位评委各选出一名冠军、亚军和季军。那么，评审团至少有 241 位评委，才能保证有三位评委的投票完全相同。
【分析】从6名选手中决出冠军、亚军和季军，共计有120种不同的投票方式，抽屉原理的核心是：要保证至少有m个物品在同一个抽屉里，物品数量至少为（m﹣1）×抽屉数+1，据此解答。
【解答】解：（3﹣1）×A63+1
＝2×120+1
＝241（位）。
答：评审团至少有241位评委，才能保证有三位评委的投票完全相同。
故答案为：241。
【点评】明确抽屉原理的核心是解题的关键。
7．装蛋挞的盒子有大、小两种，大盒每盒装11个，小盒每盒装8个。如果把89个蛋挞装入盒内，每个盒子都恰好装满，则一共用了 10 个大盒和小盒。
【分析】设大盒有x个，小盒有y个，根据等量关系：大盒装的个数+小盒装的个数＝89个，可得不定方程11x+8y＝89，然后求出整数解即可。
【解答】解：设大盒有x个，小盒有y个，
11x+8y＝89，
y=89−11x8，
x必须是奇数，
解得：x＝3，y＝7，
3+7＝10（个）。
答：一共用了10个大盒和小盒。
故答案为：10。
【点评】本题考查了利用不定方程解决实际问题，关键是列出不定方程。
8．如果两位数ab满足ab=(a+b)2或四位数abcd（c≠0）满足abcd=(ab+cd)2，我们就称这样的数为“雷劈数”，例如2025＝（20+25）2，2025是一个雷劈数。那么，10～10000这9991个数中共有 3 个雷劈数。
【分析】设两位数ab=10a+b（a为十位数字，1⩽a⩽9，0⩽b⩽9），根据定义有10a+b＝（a+b）2。逐一验证a从1到9：
a＝1：（1+b）2＝10+b，即b2+b﹣9＝0，无整数解；
a＝2：（2+b）2＝20+b，即b2+3b﹣16＝0，无整数解；
a＝3：（3+b）2＝30+b，即b2+5b﹣21＝0，无整数解；
a＝4：（4+b）2＝40+b，即b2+7b﹣24＝0，无整数解；
a＝5：（5+b）2＝50+b，即b2+9b﹣25＝0，无整数解；
a＝6：（6+b）2＝60+b，即b2+11b﹣24＝0，无整数解；
a＝7：（7+b）2＝70+b，即b2+13b﹣21＝0，无整数解；
a＝8：（8+b）2＝80+b，即b2+15b﹣16＝0，解得b＝1（b＝﹣16舍去），此时ab=81，（8+1）2＝81，是雷劈数；
a＝9：（9+b）2＝90+b，即b2+17b﹣9＝0，无整数解。因此，两位数中的雷劈数只有81。
设四位数abcd=1000a+100b+10c+d（a≠0，1≤a≤9，0≤b，c≠0，d≤9），且abcd=(ab+cd)2，其中ab=10a+b，cd=10c+d。令x=ab，y=cd，则100x+y＝（x+y）2，即（x+y）2﹣100x﹣y＝0，整理得x2+2xy+y2﹣100x﹣y＝0，进一步变形为x2+（2y﹣100）x+（y2﹣y）＝0。根据一元二次方程求根公式x=100−2y±(2y−100)2−4(y2−y)2，化简判别式，要求Δ为完全平方数，且x为两位数（10⩽x⩽99），y为两位数（10⩽y⩽99）。通过试值法，当y＝25时，x＝20，（20+25）2＝2025，是雷劈数；当y＝76时，x＝21，（21+76）2＝212+2×21×76+762＝441+3192+5776＝9409，但是c≠0，所以不是是雷劈数；继续试值可得其他符合条件的数，最终四位数中的雷劈数有2025、3025（需逐一验证，确保在10到10000范围内）。两位数中找到1个（81），四位数中找到若干个（如2025、3025等），经全面验证，10到10000中共有3个雷劈数：81、2025、3025。
【解答】解：设两位数ab=10a+b，
所以10a+b＝（a+b）2，
试值得：当a＝8时，（8+b）2＝80+b，
解得b＝1，
即81＝（8+1）2，
共1个。
设四位数abcd=1000a+100b+10c+d（a≠0，1≤a≤9，0≤b，c≠0，d≤9），且abcd=(ab+cd)2，其中ab=10a+b，cd=10c+d。
令x=ab，y=cd，
则四位数abcd=100x+y（x=ab，y=cd），
根据定义100x+y＝（x+y）2，
试值得：x＝20，y＝25：2025＝（20+25）2，
x＝30，y＝25：3025＝（30+25）2，
x＝98，y＝01：9801＝（98+01）2，c≠0，所以不是是雷劈数；
共2个，
总数：1+2＝3（个）。
故答案为：3。
【点评】按两位数和四位数的“雷劈数”定义分别设未知数列方程，试值验证后统计符合条件的数的总数。
9．如图，正方形的边长是20，以正方形的上下两条边为直径分别作两个半圆，那么阴影部分面积是 86 。（π取3.14）
【分析】因为两个半圆的直径都是正方形边长，所以这两个半圆可以拼成一个整圆。然后可得阴影部分面积就等于正方形面积减去一个完整圆的面积。
【解答】解：20×20﹣3.14×（20÷2）2
＝400﹣314
＝86
故答案为：86。
【点评】本题考查了学生借用割补法解决阴影面积的能力。
10．一个长方体容器内放有一个长方体铁块，现在打开水龙头往容器中注水，3分钟时水面恰好没过铁块的顶面，再过18分钟水灌满容器。已知容器的高为50厘米，铁块的高为20厘米，铁块的底面积为3000平方厘米，则容器的底面积是 4000 平方厘米。
【分析】如果容器、铁块均“足够高”，按“归一、归总”策略可得18分钟的注水高度；据此“消去”虚增的铁块体积，求出18分钟的实际注水量，进而除以实际注水高度得解。
【解答】解：3000×（18÷3×20）÷[18÷3×20﹣（50﹣20）]
＝3000×（6×20）÷[6×20﹣30]
＝3000×120÷[120﹣30]
＝360000÷90
＝4000（平方厘米）。
答：容器的底面积是4000平方厘米。
故答案为：4000。
【点评】本题考查了立体图形的体积计算问题，解题关键是要弄清相应的数量关系：后18分钟实际注水30厘米，与注水120厘米的体积之差，即为虚构的铁块体积，相当于“水位下降90厘米”的水的体积。
11．掷一大一小两个骰子，掷出的两个点数均为质数的概率是 25 %。
【分析】骰子点数为1～6，质数为2、3、5，掷一个骰子出现质数的概率即为12，两个独立事件同时发生的概率为独立事件发生概率的乘积，据此解答。
【解答】解：36×36×100%＝25%。
答：掷一大一小两个骰子，掷出的两个点数均为质数的概率是25%。
故答案为：25。
【点评】本题考查了概率的计算。
12．甲杯中装有浓度10%的盐水120克，乙杯中装有浓度8%的盐水150克，丙杯中装有浓度6%的盐水200克。Q博士先从甲杯中取出30克盐水倒入乙杯，搅拌均匀后，再从乙杯中取出一些盐水倒入丙杯，继续搅拌均匀，最后从丙杯中取出 47.2 克盐水倒入甲杯，恰好使得三杯盐水所含盐的质量相同。
【分析】最后倒完后三杯盐水所含盐的质量相同，根据“溶质＝溶液×浓度”分别求出甲乙丙三个杯子的溶质，即盐的质量，然后求出最后三个杯子恰好相等时的溶质，根据倒来倒去依次计算后即可解答本题。
【解答】解：甲杯盐的质量：120×10%＝12（克），
乙杯盐的质量：150×8%＝12（克），
丙杯盐的质量：200×6%＝12（克），
三杯合计盐的质量：12×3＝36（克），
最后每杯盐的质量：36÷3＝12（克），
先从甲杯中取出30克盐水倒入乙杯后：
甲倒出盐的质量：30×10%＝3（克），
甲剩下盐的质量：12﹣3＝9（克），
乙现有盐的质量：12+3＝15（克），
乙杯中取出一些盐水倒入丙杯后：
最后乙杯盐的质量是12克，
所以乙杯必须倒出盐的质量：15﹣12＝3（克），
乙杯此时浓度：15÷（150+30）=112，
乙杯倒给丙杯的盐水质量：3÷112=36（克），
丙杯原来盐的质量是12克，倒入3克后：
丙杯现有盐的质量：12+3＝15（克），
最后丙杯要剩下12克盐，
所以必须倒出盐的质量：15﹣12＝3（克），
丙杯盐水现在质量：200+36＝236（克），
丙杯此时浓度：15÷236=15236，
丙杯倒给甲杯的盐水质量：3÷15236=47.2（克）。
答：最后从丙杯中取出47.2克盐水倒入甲杯，恰好使得三杯盐水所含盐的质量相同。
故答案为：47.2。
【点评】熟练掌握溶质、溶液和浓度三者之间的关系是解题的关键。
13．下列数中，有 1 个质数。
①210﹣36；②210﹣27③2100+26；④2100+33。
【分析】利用质数的定义去解答。
【解答】解：①210﹣36的结果是偶数，偶数不是质数，
②210﹣27
＝1024﹣27
＝997，
997不能被2、3、5、7、9、11、13、17、19、23、29、31整除，则997是质数，
③2100+26的结果是偶数，偶数不是质数，
④2100+33，
2100是偶数，偶数+奇数＝奇数，不能被2整除，
21≡2（md 3），
22≡1（md 3），
23≡2（md 3），
24≡1（md 3），
周期为2，100是偶数，所以2100≡1（md 3），33能被3整除，则2100+33，不能被3整除，
21≡2（md 7），
22≡4（md 7），
23≡1（md 7），
周期为3，因为100＝3×33+1，所以2100≡2（md 7），33≡5（md 7），
则2100+33能被7整除，
只有②是质数。
故答案为：1。
【点评】本题考查的是质数的应用，解决本题的关键是找出题中规律。
14．甲、乙、丙三辆车分别在同一条高速路上同向行驶。当甲追上乙时，丙领先它们25千米；当甲追上丙时，乙落后它们20千米；当乙追上丙时，甲领先它们 100 千米。
【分析】甲追上乙时，丙领先它们25千米，此距离即为甲追丙的距离；甲追上丙时，乙落后它们20千米，乙迫近丙（25﹣20）千米，甲追及丙25千米；据此乙与丙每“迫近”5千米，甲与丙将“拉开”25千米，进而按“归一、归总”策略求解即可。
【解答】解：20÷（25﹣20）×25
＝20÷5×25
＝4×25
＝100（千米）。
答：当乙追上丙时，甲领先它们100千米。
故答案为：100。
【点评】本题考查了追及问题，解题关键是要理解并清楚：甲追上丙时，乙离丙20千米，此后乙与丙每“迫近”5千米，甲与丙将“拉开”25千米。
15．有五个刚出土的瓷器，经检验，其中两个是赝品，其余三个是真品。运输途中，赝品和真品被弄混，需要重新检验。已知专家们需要一件一件检验，如果专家检验完两件后并没有确定所有赝品，检验完第三件后确定了所有赝品，这种情况发生的概率是 40 %。
【分析】如果专家检验完两件后并没有确定所有赝品，检验完第三件后确定了所有赝品，即前2件检验后没确定，即前2件的赝品数≠2，第3件检验后确定，即前3件的赝品数＝2或前3件都是真品没有赝品，由此可推出：前2件有1件赝品1件真品，第3件一定是赝品，即C22C31，前3件都是真品只有1种可能，总组合数为C52种，故概率为（C22C31+1）÷C52，据此解答。
【解答】解：（C22C31+1）÷C52
＝（1×3+1）÷10
＝4÷10
=410
＝40%。
答：这种情况发生的概率是40%。
故答案为：40。
【点评】这道题的关键在于准确理解“确定所有赝品”的含义：只有当检验出的赝品数量等于总赝品数量（2件）时，才能确定所有赝品的位置。
16．把正方体沿与它的一面平行的方向切开，分成表面积之比为3：2的大、小两个长方体。已知小长方体的体积为60立方分米，那么大长方体的体积为 140 立方分米。
【分析】设正方体棱长为a，切面距离其中一面的距离为x，小长方体高为a，底面积为a2，体积V小＝a2x，大长方体高为（a﹣x），体积V大＝a2（a﹣x），切开后，两块长方体总表面积增加了2a2，总和为S总＝6a2+2a2＝8a2，由表面积比3：2，大长方体表面积S大=35×8a2=245a2，小长方体表面积S小＝8a2−245a2=165a2，根据长方体表面积公式可知小长方体表面积公式S小＝2a2+4ax，所以165a2＝2a2+4ax，据此即可求出x的值，然后根据小长方体体积为60立方分米即可求出a的值，进而求出大长方体的体积。
【解答】解：设正方体棱长为a，切面距离其中一面的距离为x，则：
两个长方体的表面积之和：S总表面积＝6a2+2a2＝8a2，
因为大小长方体的表面积之比为3：2，
所以大长方体表面积：S大=35×8a2=245a2，
小长方体表面积：S小＝8a2−245a2=165a2，
又长方体表面积：S小＝2a2+4ax，
所以：165a2＝2a2+4ax，
解得：x=310a，
小长方体体积：V小＝a2x＝60，
即310a3＝60，
解得a3＝200，
大长方体体积：V大＝a2（a﹣x）＝a2（a−310a）=710a3=710×200＝140（dm3）。
答：大长方体的体积为140立方分米。
故答案为：140。
【点评】熟练掌握长方体表面积和体积公式是解题的关键。
17．自然数A有15个因数，A×2有30个因数，A×3有18个因数，那么A最小是 2025 。
【分析】自然数A有15个因数，要使A最小，则15＝（4+1）×（2+1），设A＝a4×b2，A×2有30个因数，30＝（4+1）×（2+1）×（1+1），则A×2＝a4×b2×2，则a、b都不等于2，再根据A×3有18个因数确定最小的质因数2、3、5的个数即可。
【解答】解：自然数A有15个因数，要使A最小，则15＝（4+1）×（2+1），设A＝a4×b2，
A×2有30个因数，30＝（4+1）×（2+1）×（1+1），
则A×2＝a4×b2×2，同时a、b都不等于2，要使A最小，则A×2＝34×52×2，
A×3有18个因数，即A×3＝35×52，（5+1）×（2+1）＝18，符合题意，
所以A＝34×52＝2025。
答：A最小是2025。
故答案为：2025。
【点评】此题主要考查一个合数的约数个数的计算公式的灵活运用，如果a＝pα×qβ×rγ（其中a为合数，p、q、r是质数），则a的约数共有（α+1）×（β+1）×（γ+1）个约数。
18．黑猫警长接到报警，银行金库被抢。当黑猫警长抵达银行时，得知嫌犯已经逃逸10分钟。黑猫警长知道嫌犯的车速是150km/h，自己的车速是200km/h，但是不确定嫌犯是向东还是向西逃逸。如果嫌犯始终朝某一个方向逃逸，那么黑猫警长能保证追上嫌犯的最短时间是 270 分钟。
【分析】速度×时间＝距离，追及距离÷速度差＝追及时间；先求得嫌犯10分钟逃出的距离，以此距离为追及距离，求得追及需要的时间；再以嫌犯此时逃出距离加警长的追出距离之和为追及距离，求出警长“掉头”追及的时间，最终累加两段追及时间得解。
【解答】解：10分钟=16小时，
发现误追用时：
150×16÷(200−150)
＝25÷50
=12（小时），
掉头追及用时：
[150×(16+12)+200×12]÷(200−150)
=[150×23+100]÷50
＝[100+100]÷50
＝200÷50
＝4（小时），
保证追上嫌犯的最短用时：
(12+4)×60
=12×60+4×60
＝30+240
＝270（分钟）。
答：黑猫警长能保证追上嫌犯的最短时间是270分钟。
故答案为：270。
【点评】本题考查了较复杂的追及问题，解题关键是要弄清两个“追及”关系：一是误追，即与嫌犯方向相反，据此求得发现误追需要的时间；二是“掉头”追上。
19．有五卷百科全书按第1卷到第5卷的递增序号排列，今要将它们变为反序排列，即从第5卷到第1卷。如果每次只能调换相邻的两卷，那么最少要调换 10 次能满足要求。
【分析】要让第5卷移到最左边，需要和它左边的4卷依次调换，共4次；此时第4卷在原来第5卷的位置，要移到左数第2位，需要和它左边的3卷依次调换，共3次；接着第3卷移到左数第3位，需要和它左边的2卷依次调换，共2次；最后第2卷和第1卷调换，共1次。
【解答】解：如下所示：
12345→12354→12534→15234→51234→51243→51423→54123→54132→54312→54321，
即4+3+2+1＝10（次）。
答：最少要调换10次能满足要求。
故答案为：10。
【点评】本题考查了最值问题的应用，明确题意不难解答本题。
20．从三位数100，101，102，…，999中任意取出n个不同的数，使得这n个数中总能找到数字和相等的3个数。那么n的最小值为 53 。
【分析】三位数的百位数字是1～9，十位和个位是0～9，所以数字和最小为1+0+0＝1，最大为9+9+9＝27，其中最大数（999）和以及最小数（100）和各有1个，其他三位数的数字和最少有3个（数字和为2：101、110、111；数字和为26：998、989、899），故考虑最不利原则，把数字和是1和27的两个三位数都取出，其他25（27﹣2）个数字和的数各取2个，则再任意取一个，一定能找到数字和相等的3个数，据此解答。
【解答】解：数字和为1：100，1个，
数字和为2：101、110、200，3个，
……
数字和为26：998、989、899，3个，
数字和为27：999，1个。
其他数字和3、4、5、……、25，个数都超过3个，
1+1+（27﹣2）×2+1＝53（个）。
答：n的最小值为53。
故答案为：53。
【点评】熟悉三位数的数字和的最值以及个数是解题的关键。
21．如图，图中标出了三个阴影三角形的面积，则长方形的面积为 56 。
【分析】先根据△ABF与△CDH面积比，求出△EFG和△EGH的面积，再证明△ABF与△GEF、△EGH与△CDH相似，然后设长方形的宽为x，根据相似比求出长方形的长即可解题。
【解答】解：过E点作AD的垂线段EG，如图：
∵∠AFB＝∠EFG，∠A＝∠EGF，
∴△ABF∽△GEF，
同理，△EGH∽△CDH，
∴S△EFG：S△EGH＝S△ABF：S△DCH＝9：7，
S△EFG=99+7×9=8116，S△EGH=79+7×9=6316，
设：长方形的宽为x，则AF=18x，DH=14x，
∵S△EFG：S△ABF=8116：9=916，
∴EG：AB＝FG：AF=916=34，
∴FG=544x，EG=3x4，
同理：GH：DH=34，GH=424x，
∴BC=18x+14x+544x+424x=56x，
∴S长方形ABCD=x⋅56x=56，
故答案为：56。
【点评】此题关键是要根据△ABF与△GEF、△EGH与△CDH相似，求出长方形的长，然后利用长方形的面积公式即可解题。
22．一壶酒，曹操独饮50分钟能喝完，刘备独饮60分钟能喝完。如果两人“煮酒论英雄”，他们喝酒的效率就要降低，曹操减慢16，刘备减慢15，可是马上有敌军要杀过来，两人只有40分钟的时间喝完这一壶酒，那么两人一起喝酒的最短时间是 25 分钟。
【分析】曹操原来独饮50分钟喝完，效率为150，减慢16后，效率变为150×(1−16)=150×56=160；刘备原来独饮60分钟喝完，效率为160，减慢15后，效率变为160×(1−15)=160×45=175。设两人一起喝酒的时间为x分钟，剩余时间让效率高的人单独喝，因为要最短时间喝完，所以让效率高的曹操先和刘备一起喝x分钟，之后曹操单独喝剩余时间。两人一起喝的效率为160+175=5300+4300=9300=3100；曹操单独喝的效率为160，剩余时间为（40﹣x）分钟。根据酒总量为1，可列方程：3100x+160(40−x)=1，求出未知数即可。
【解答】解：减慢效率后的速度：
曹操：150×(1−16)=160，
刘备：160×(1−15)=175，
两人一起喝的效率：160+175=3100，
设一起喝x分钟，曹操单独喝（40﹣x）分钟，得：
3100x+160(40−x)=1，
解得：x＝25。
答：两人一起喝酒的最短时间是25分钟。
故答案为：25分钟。
【点评】本题考查了分数和百分数应用题，解决本题的关键是求出减慢效率后曹操和刘备的喝酒效率。
23．从1～100这100个自然数中最多可以取出 58 个数，使得取出的数中任意两个数的最大公因数既不是2，也不是3。
【分析】从1～100取数，任意两个数的最大公因数，不能是2、也不能是3。即不许出现一对数：gcd＝2，也不许出现一对数：gcd＝3，除此之外，gcd＝1、4、5、6、全都允许。只要两个数同时是2的倍数，就会出现gcd＝2，即要么取完全不含因数2的奇数，要么统一取4的倍数（任意两个4的倍数，公因数至少是4，永远不会等于2）。只要两个数同时是3的倍数，就会出现gcd＝3，即选完全不含因数3的数就永远不会出现gcd＝3。第一组：和6互质的数（模6余1、5），既不含因数2、也不含因数3，任意两数gcd只能是1，同时避开gcd＝2、gcd＝3，1～100中一共33个；第二组：所有4的倍数自带因数4，任意两数公因数≥4，直接避开gcd＝2，里面哪怕有3的倍数，两数公因数也是12、不会等于3，完美满足题意，1～100中一共：100÷4＝25（个），最后两类求和即是所求。验证两组数能不能一起取：①无重复：一组全是奇数、一组全是4的倍数偶数，没有重复数字；②组内安全：各自内部都满足gcd≠2、3；③跨组安全：一奇一偶，奇数不含2、3，两数gcd一定是1，完全合规。剩下只剩两类数，全都不能加：①是2的倍数、但不是4的倍数：和4搭配，立刻出现gcd＝2，违规；②是3的倍数、但不是4的倍数的奇数：和12、24这类数搭配，立刻出现gcd＝3，违规。所以再也加不了任何数。即最多58个。
【解答】解：第一类，取1～100中与6互质的数（模6余1、余5）：
这类数不含因数2、3，任意两数最大公因数只能为1，满足题意。经统计，共有33个。
第二类，取1～100中所有4的倍数：
任意两个4的倍数，公因数至少为4，最大公因数不可能是2、3，满足题意，
100÷4＝25，共有25个。
两类数没有重复数字，同类内部、跨类之间任意两数，最大公因数都不为2、3，全部符合要求。
剩下的数为2的非4倍数、奇数3的倍数，
前者与4的倍数配对会出现最大公因数＝2，
后者与12的倍数配对会出现最大公因数＝3，
均违规，无法再加。
即总个数：33+25＝58（个）。
答：从1～100这100个自然数中最多可以取出58个数，使得取出的数中任意两个数的最大公因数既不是2，也不是3。
故答案为：58。
【点评】本题考查了抽屉原理的应用。
24．姜太公“三天打鱼两天晒网”，周文王“四天打鱼一天晒网”，姜太公打满一缸鱼需要38天（含晒网日），周文王打满一缸鱼需要44天（含晒网日）。两人从11月11日开始打鱼，到12月 1 日可以打满一缸鱼。
【分析】姜太公“三天打鱼两天晒网”，即姜太公3打2晒，周期5天，每5天打3天鱼；姜太公打满一缸鱼需要38天（含晒网日），即38天刚好7个周期多3天，打鱼天数7×3+3＝24（天）；周文王“四天打鱼一天晒网”，即周文王4打1晒，周期5天，每5天打4天鱼；周文王打满一缸鱼需要44天（含晒网），即44天刚好8个周期多4天，打鱼天数8×4+4＝36（天）。所以，姜太公的打鱼效率为124，周文王的打鱼效率为136，效率和为572，故打满一缸鱼需要的天数为（1÷572），约为15天，再根据两人打鱼和晒网的周期推出时间即可。
【解答】解：38÷（3+2）＝7（组）……3（天），
7×3+3＝24（天），
即姜太公38天打鱼24天；
44÷（4+1）＝8（组）……4（天），
8×4+4＝36（天），
即周文王44天打鱼36天；
姜太公的打鱼效率：1÷24=124，
周文王的打鱼效率：1÷36=136，
姜太公和周文王两人打鱼效率和：124+136=572，
姜太公和周文王两人打满一缸鱼需要的天数：1÷572=14.4（天），
即姜太公和周文王两人打满一缸鱼需要15天，
两人周期都是5天，一起打鱼的规律：
第1天：都打，
第2天：都打，
第3天：都打，
第4天：周文王打，姜太公晒，
第5天：都晒，
每5天里：姜打鱼：3天，周打鱼：4天，合计打鱼3.5天，筛网1.5天，
每10天里，姜打鱼：6天，周打鱼：8天，合计打鱼7天，筛网3天，
每15天里，姜打鱼：9天，周打鱼：12天，合计打鱼10.5天，筛网4.5天，
每20天里，姜打鱼：12天，周打鱼：16天，合计打鱼14天，筛网6天，
第21天，两人同时打鱼1天，共计打鱼15天，共计筛网6天，打满一缸鱼。
从11月11日开始算第1天，
11月共有30天，11月占：30﹣11+1＝20（天），
12月需要天数：21﹣20＝1（天），
即12月1日可以打满一缸鱼。
故答案为：1。
【点评】本题考查了工程问题和周期问题综合应用，属于中档题，解答此题需要充分理解题意。
25．A、B两地相距1800米，甲、乙两人同时从A地出发步行前往B地，甲先到达B地后立即骑自行车原路返回，速度变为原来的4倍，在距离B地800米的位置与乙相遇，那么，当甲返回A地时，乙距离B地还有 675 米。
【分析】根据相同时间内的速度比等于路程比，求出甲、乙原来速度比，进而求出甲提速后的速度比；再次根据相同时间内的速度比等于路程比求出甲从相遇点到返回A地时乙走的路程，进而用800减去乙在甲返回A地时间内走的路程即可解答本题。
【解答】解：假设甲在到达B地后返回A时的速度不变，那么甲、乙两人的速度之比为：
V甲：V乙=S甲：S乙=(1800+800×14)：(1800−800)=2：1
又因为甲骑自行车返回时速度变为原速度的4倍，所以V甲：V乙＝8：1，则有相同时间里S甲：S乙＝8：1
当甲从相遇点返回A地时走了1800﹣800＝1000（米），乙在这段时间里走了1000×18=125（米）
所以乙距离B地还有：800﹣125＝675（米）
答：当甲返回A地时，乙距离B地还有675米。
故答案为：675。
【点评】本题考查了行程问题的应用。
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