2025年“迎春杯”数学花园探秘科普活动决赛试卷（高年级组）（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页2025年“迎春杯”数学花园探秘科普活动决赛试卷（高年级组）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．算式的计算结果是。2．哈利波特拥有一瓶聪明药，在准备第一场考试时，他喝了药水的，此时药水和瓶子的总重量为110克；在准备第二场考试前，他又喝了剩下的，此时药水和瓶子的总重量为50克。那么，原来这瓶聪明药水共有克。3．小明计划绘制一个具有小太阳笑脸特征的图案，为此，他首先绘制了一个边长为10的正十二边形，再以该正十二边形的每个顶点为圆心，边长的一半为半径，画12个扇形，这些扇形共同构成如图所示的“太阳”轮廓。那么，这个“太阳”轮廓的总长度是。（π取3.14）4．有四个互不相同的质数、、、，满足，那么。5．在一个10×10的初始全为白色的棋盘上，甲和乙两人进行染色游戏。首先，甲选择个格子染成红色；接着，乙选择4行4列染黑色。如果游戏结束时，棋盘上至少还剩下一个红色格子，则判定甲胜利，否则判定乙胜利。那么，当最小值为时，甲能确保有必胜策略。6．如图，在平行四边形中，分别在、、、以及、上取三等分点并连接，那么图中一共可以构成个平行四边形。7．一个三位数除以63、84、145所得的三个余数之和恰好等于该数本身，那么这个三位数是。8．老师与甲、乙两名同学共同进行一场游戏。游戏规则如下：老师先在黑板上写一个小于2025的正整数：甲先将这个数擦掉，然后将这个数的2倍写在黑板上；乙接着将甲写的数擦掉，再将甲写的数与100的和写在黑板上。游戏按照“甲——乙——甲——乙——……”的顺序轮流进行，直到某位同学首次在黑板上写出一个大于2025的数，则该同学获胜。如果最终乙同学获胜，那么，老师在黑板上最初书写的数最小可能是。9．如图，正六边形中两个阴影部分面积分别是20和25，那么正六边形的面积是。10．早上8：00，甲车从地出发前往地，同时乙车、丙车从地出发前往地，地是两地的中点。已知10：00时，甲、乙两车相遇；11：00时，甲车未到达地且在两地之间，丙车恰好处于甲车和地的中点；乙车到达地后调头与丙车相遇时，乙车一共走了300千米，那么两地之间的距离是千米。（不考虑车身长度）11．甲、乙、丙、丁、戊五人面前分别放置了浓度分别为10%、20%、30%、40%、50%的五瓶酒精溶液，同时旁边还有一瓶重25克的清水。这五人依次从各自正面前的酒精溶液中取出、、、、克滴入清水瓶中。最终，清水瓶中的酒精浓度变为了15%。已知、、、、都是一位数奇数，且互不相同；乙取出的酒精溶液既不是最多的，也不是最少的，但比甲取出的要少。那么五位数是。二、解答题12．如图，长方形ABFE和长方形CDEF拼接成了正方形ABCD，点P是DF的中点，AP与EF交于M，DM与BC交于N。已知EM＝FN，三角形AEM的面积是2025。（1）请求出△ABN的面积。（2）请求出△AMN的面积。13．对于一个给定的方格表，每次操作可以选择如图中四种模式之一，将所选模式中的三个格子内的数同时加1。（1）如图1，至少需要操作_______次，才能使每个格子内的数的奇偶性都相同，请直接给出答案；（2）如图2，至少需要操作多少次，才能使每个格子内的数都变成奇数？请描述具体的操作方法；（3）如图3，能否通过若干次操作，使所有格子内的数变成相同的数？请说明理由。《2025年“迎春杯”数学花园探秘科普活动决赛试卷（高年级组）》参考答案1．385【分析】先算小括号里面的乘法，再算小括号里面的减法，最后算小括号外面的除法。【详解】算式的计算结果是385。2．120【分析】把原来药水的总重量看作单位“1”，第一次喝了，还剩下（1－），第二次喝了这瓶药水的（1－）的，则第二次喝的药水占药水总重量的（1－）×，且第二次喝了（110－50）克药水，原来药水的总重量＝第二次喝的药水重量÷第二次喝的药水重量占总重量的分率，据此解答。【详解】（110－50）÷[（1－）×]＝60÷[×]＝60÷＝60×2＝120（克）所以，原来这瓶聪明药水共有120克。【点睛】本题主要考查分数除法的应用，求出第二次喝的药水重量以及占这瓶药水总重量的分率是解答题目的关键。3．157【分析】先根据“多边形的内角和＝180°×（边数－2）”，据此求出正十二边形的内角和，即为12个扇形的圆心角度数的总和；再按扇形弧长计算公式C扇＝×πd（n为圆心角的度数），代入数据计算即可。【详解】扇形的圆心角和：180°×（12－2）＝180°×10＝1800°“太阳”轮廓的总长度：×3.14×10＝5×3.14×10＝157这个“太阳”轮廓的总长度是157。【点睛】先根据多边形的内角和求出12个扇形的圆心角度数的总和，再利用扇形弧长计算公式求解。4．55【分析】把2025分解质因数，可以推断出（a＋b）、（a＋c）、（a＋d）均为奇数，又因为偶数＋奇数＝奇数，可得a＝2，再求出b、c、c的值，进位求出a＋b＋c＋d的值。【详解】2025＝3×3×3×3×5×5四个互异质数a、b、c、d满足（a＋b）×（a＋c）×（a＋d）＝2025。a为最小质数2；（若a≥3，则a＋b，a＋c，a＋d均为偶数，无法分解除3×3×3×3×5×5）。3×3×3×3×5×5＝5×（3×3）×（3×3×5）＝5×9×45设a＝a；则a＋b，a＋c，a＋d为奇数，可能分解为：5×9×45；a＋b＝5b＝5－ab＝5－ab＝3a＋c＝9c＝9－ac＝9－2c＝7a＋d＝45d＝45－ad＝45－2d＝432＋3＋7＋43＝5＋7＋43＝12＋43＝55有四个互不相同的质数a，b，c，d，满足（a＋b）×（a＋c）×（a＋d）＝2025，那么a＋b＋c＋d＝55。【点睛】把2025分解成质因数，再根据偶数和奇数的意义以及运算性质，是解答本题的关键。5．37【分析】乙选择4行和4列后，先求出最多能覆盖棋盘上的格子数（容斥原理），但甲的目标是让红色格子分布在乙无法完全覆盖的位置。考虑极端情况：若甲将红色格子放置在不同行和不同列的交点上，乙选择4行4列最多只能覆盖其中4个格子（每行每列各覆盖1个）。【详解】乙选择4行和4列后，能覆盖的格子总数：4×10＋4×10－4×4＝40＋40－16＝64（个）剩下未被覆盖的格子数：100－64＝36（个）至少有一个红格子位于未被覆盖的36个格子中。所以，甲染成的红格子数：36＋1＝37（个）n＝37所以，当n最小值为37时，甲能确保有必胜策略。【点睛】解答此题的关键要根据容斥原理（当分类标准交叉时，直接相加会导致重复计算。容斥原理通过‌减去重复部分‌，确保结果准确‌），求出乙最多能覆盖的格子数，再用鸽巢原理确定甲必须放置的红格子数量。6．33【分析】三角形OAB和三角形OCD中心对称，数出一个三角形内的平行四边形的个数后，再乘2，求出三角形OBA和三角形OCD内平行四边形的个数，再加上含有O点的3个平行四边形即是图中一共构成的平行四边形的个数，据此解答。【详解】在三角形OAB内，平行四边形的个数是：15个。一共有：15×2＋3＝30＋3＝33（个）在平行四边形中，分别在、、、以及、上取三等分点并连接，那么图中一共可以构成33个平行四边形。【点睛】要按照一定顺序数出平行四边形的个数，是解答本题的关键。7．251【分析】根据除数分别是63、84、145，因此余数一定不大于（63－1）＋（84－1）＋（145－1），即余数不大于289。再根据所得的三个余数之和恰好等于该数本身，因此被除数也一定不大于289，据此即可知道这个三位数除以145的商一定是1。再设这个三位数除以63、84的商分别是a、b，所以可得等于这个三位数的2倍。据此分类讨论a、b即可确定这个三位数。【详解】设这个三位数是A。（63－1）＋（84－1）＋（145－1）＝289因此这个三位数一定小于或者等于289。289＜145×2，因此这个三位数除以145的商一定是1。再设这个三位数除以63、84的商分别是a、b（a≥b），所以。若a＝1，b＝1，A＝，验证不成立；若a＝2，b＝1，A＝，不成立；若a＝2，b＝2，A＝，验证不成立；若a＝3，b＝2，A＝，验证成立；因此这个三位数是251。8．33【分析】若乙获胜，则甲最后写的数最小是2026－100＝1926，最大是2525，即甲最后写的数在1929~2025之间，之前乙写的数在963~1012之间，之前甲写的数在863~912之间，之前乙写的数在432~456之间，之前甲写的数在332~356之间，之前乙写的数在166~178之间，之前甲写的数在66~78之间，则之前黑板上的数应该在33~39之间，之前黑板上无法再写数，即黑板上最初书写的数最小可能是33，据此解答。【详解】分析可知，如果最后乙获胜，那么甲最后写的数在1929~2025之间；之前乙写的数在963~1012之间；之前甲写的数在863~912之间；之前乙写的数在432~456之间；之前甲写的数在332~356之间；之前乙写的数在166~178之间；之前甲写的数在66~78之间；之前黑板上的数应该在33~39之间。综上所述，老师在黑板上最初书写的数最小可能是33。【点睛】本题主要考查用还原法解决问题，运用逆推法分析题目是解决问题的关键。9．78【分析】结合下图（左）分析可知：正六边形内任取一点，将正六边形分为6个小三角形，其中间隔的三个小三角形的面积之和等于正六边形面积的一半。即：结合正六边形的边长位置特点知：AB∥DE，所以，将两式相加，再将题中条件代入即可计算正六边形的面积。【详解】由分析知：，两式相加得：由题意知：，则所以【点睛】正六边形分割面积特点：正六边形内任取一点，将正六边形分为6个小三角形，其中间隔的三个小三角形的面积之和等于正六边形面积的一半。10．225【分析】8点出发10点相遇，甲乙两车两小时相遇，一共走完了一个全程。甲丙两车在11点，丙车恰好处于甲车和C地的中点，甲丙两车三小时走完一个全程并多走了一小段，这一小段是此时丙到中点的距离，化简可知甲走两小时、丙走4小时刚好走完全程。甲乙两小时走完一个全程，甲走两小时、丙走4小时也能走完一个全程，可知乙的速度是丙速度的2倍。乙车掉头后与丙车相遇，整个过程时间相同，速度比等于路程比，可以算出丙车走了150千米，乙丙两车一共走完2个全程，可以算出AB两地的距离。【详解】设甲车、乙车、丙车速度分别为甲、乙、丙，总路程为S。S＝2（甲＋乙）①3（甲＋丙）＝S＋S－3丙②根据②可以算出S＝2甲＋4丙，再根据①可以算出乙＝2丙300＋300÷2＝450（千米）450÷2＝225（千米）【点睛】像这样复杂的行程问题，一定要先理解题意，画出线段图辅助理解，找到突破口解答。11．75319【分析】根据奇数的特点，这五个数分别1、3、5、7、9，即总共往清水瓶中倒入了25克的溶液；甲取出的溶液中的溶质为：10%a乙取出的溶液中的溶质为：20%b丙取出的溶液中的溶质为：30%c丁取出的溶液中的溶质为：40%d戊取出的溶液中的溶质为：50%e根据，得出这五种溶液不混入清水中得出的溶液的质量是6。再根据乙取出的酒精溶液既不是最多的，也不是最少的，但比甲取出的要少。通过枚举分情况讨论即可。【详解】 则当b＝5时，a＝7，c＝3，d＝1，e＝97＋2×5＋3×3＋4×1＋5×9＝75那么五位数是75319。12．（1）2025；（2）4050【分析】（1）分别连接CE、CM、CA，在正方形ABCD中，CA是对角线，则△CFR是等腰三角形，CF＝FR，因为EM＝FN，因为正方形边长相等，所以得到MR＝BN，故S△MAC＝S△BNA，在长方形EFCD中，点P是DF的中点，所以点P是CE的中点，则EP＝PC，S△PAC＝S△EAP，据此计算即可；（2）分别连接BE、BM、EN，因为S△EMB＝S△EMA＝S△BNE，所以EB∥DN，则四边形DEBN是平行四边形，故BN＝DE＝CF，所以FM＝2BN，再根据三角形组合后面积的等量替换做计算即可。因为2S△BFE＝S△AMN＋S△AME＋S△ABN＋S△FMN＝S△AMN＋2025×2＋FM×FNSABFE＝2S△AMN＋EM×BN所以S△AMN＋2025×2＋FM×FN＝2S△AMN＋EM×BN，据此计算即可。【详解】求△ABN的面积：如图所示，连接CE、CM、CA，AC与EF相交于点R在正方形ABCD中，CA是对角线，根据正方形对角线的性质，可得CF＝FR；又因为EM＝FN，MR＝EF－EM－RF＝BC－FN－RF＝BN＋FN＋FC－FN－RF＝BN＋RF－RF所以MR＝BN，根据三角形面积公式（等底等高三角形面积相等），可得S△AMC＝S△BNA。在长方形EFCD中，点P是DF的中点，所以点P也是CE的中点，即EP＝PC，同理可得S△ACP＝S△EAP，S△PME＝S△PMC。经过等量代换后，可推出S△ABN＝S△AMC＝S△AEM＝2025。答：△ABN的面积为2025。2）求△AMN的面积：如图所示，连接BE、BM、EN由（1）的结论可知S△EMB＝S△EMA＝S△ABN＝S△BNE，根据平行线的判定（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），可得EB∥DN，所以四边形DEBN是平行四边形故BN＝DE＝CF，所以FM＝2BN因为2S△BFE＝S△AMN＋S△AME＋S△ABN＋S△FMN＝S△AMN＋2025×2＋FM×FNSABFE＝2S△AMN＋EM×BN所以S△AMN＋2025×2＋FM×FN＝2S△AMN＋EM×BNS△AMN＝2025×2＋FM×FN－EM×BN＝4050。答：△AMN的面积为4050。【点睛】这道题主要运用了图形的对称性和面积的等量代换、和差关系。小学高年级学生可以把复杂图形拆成几个简单三角形的和差，来解决这类面积问题。13．（1）2（2）至少操作5次。具体操作：四个角格都至少被操作一次，故操作次数≥4，每个格子的奇偶性都改变，即所有格子中的数之和是奇数，每次操作总合加3，所以操作次数是奇数，即操作次数至少是5次；操作如下图所示：（3）按中心格、边格、角格进行分类，最初的状态：中心格是5，边格数之和是20，角格数之和是20，如果最终9个格子中的数都变成了T，那么中心格是T，边格数之和是4T，角格数之和是4T；每一次操作对中心格、边格、角格的影响如下表：一旦进行了拐角在中心格或角格的操作，就会使