小升初分班考试模拟试题(15)

小升初分班考试模拟训练题(十五)

姓名_____ 得分_____

一、填空题

1. 将2,3,4,5,10这5个数,每次取出两个分别作为一个分数的分子和分母,一共可以组成____个不相等的真分数.

2. 某体育用品商店,从批发部购进100个足球,80个篮球,共花去2800元;在商店零售时,每个足球加价5%,每个篮球加价10%.这样全部卖出后共收入3020元,原来一个足球和一个篮球共______元.

3. 已知六位数19□88□能被35整除,空格中的数字依次是_______.

4. 一条河水流速度恒为每小时3公里,一只汽船用恒定的速度顺流4公里再返回原地,恰好用1小时(不计船掉头时间),则汽船顺流速度与逆流速度的比是______.

5. 如图三角形ABC中,E为AC之中点.BD2DC,AD与BE交于F,则三角形BDF的面积:四边形DCEF的面积=_______.

6. 用1,2,3,4这4个数字任意写出一个一万位数,从这个一万位数中任意截取相邻的4个数字,可以组成许许多多的四位数,这些四位数中,至少有_____个相同.

27. 某项工程进行招标,甲、乙两工程队承包2天完成需人民币1800元,乙、

536丙两工程队承包3天完成需人民币1500元,甲、丙两工程队承包2天完成需

47人民币1600元,现要求由某队单独承包且在一星期内完成,所需费用最省,则被招标的应是_____工程队.

8. 从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中取三个不同的数组成三位数xyz,那么

xyz的最小值是_____.

xyz

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9. 有甲、乙两堆小球,甲堆小球比乙堆多,而且甲堆球数比130多,但不超过200,从甲堆拿出与乙堆同样多的球放入乙堆中;第二次,从乙堆拿出与甲堆剩下的同样多的球放到甲堆中;……,如此继续下去,挪动五次以后,发现甲、乙两堆的小球一样多.那么,甲堆原有小球_____只.

10. 用1,4,5,6四个数,通过四则运算(允许用括号),组成一个算式,使算式的结果是24,那么这个算式是________.

二、解答题

11. 将14个互不相同的自然数,从小到大依次排成一列,已知它们的总和是170,如果去掉最大的数及最小的数.那么剩下的数的总和是150,在原来的次序中,第二个数是多少?

12. 将三个连续自然数和记作A,将紧接它们之后的三个连续自然数的和记作B.试问,乘积A×B能否等于111111111(共9个1)?

13. 甲、乙两车分别从A、B两地同时出发,在A、B两地之间不断往返行驶.甲、乙两车的速度比为3:7,并且甲、乙两车第1996次相遇的地点和第1997次相遇的地点恰好相距120千米(注:当甲、乙两车同向时,乙车追上甲车不算作相遇).那么,A、B两地之间的距离是多少千米?

14. 甲、乙两地相距999公里,沿路设有标志着距甲地及乙地的里程碑(如右图所示).

试问:有多少个里程碑上只有两个不同的数码?

(说明:例如,里程碑000|999上只有两个不同的数码0和9;而里程碑001|998上有4个不同的数码0,1,9和8.本题要求得出符合题意的里程碑的个数,并说明理由.不要求写出一个个具体的里程碑.)

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答 案:

1. 8.

2522,. 410510故应去掉两个与另一分数相等的,一共可组成8个不相等的真分数.

2. 32.

如果都是加价5%,则卖出后应收入2800×(1+5%)=2940(元),与实际相差3020-2940=80(元).

故一个篮球的价格是80÷{80×[(1+10%)-(1+5%)]}=20(元); 一个足球的价格是(2800-80×20)÷100=12(元).

原来一个篮球和一个足球共20+12=32(元).

3. 4,0或2,5或9,5.

以3,4,5,10为分母的真分数共有1+2+3+4=10(个),但其中

设这个六位数是19x88y,因其是35的倍数.故y0或5. 若y0,

故六位数为 19x8801908801000x35353528x20x25. 因x为一位数,又20x25是35的倍数,故x4. 若y5,

故六位数为 19x8851908851000x35353528x20x30. 因x为一位数,又20x30是35的倍数,故x2或9.

于是有x4,y0或x2,y5或x9,y5.

4. 2:1.

设汽船在静水中的速度为每小时x公里,则流速度与逆流速度之比为(x3):(x3)2:1.

5. 8:7.

如图,连结CF,设CFD面积为4a,则BFD面积为8a,而AFB的面积=

11BFC的面积=8a4a12a.AFC的面积=AFB的面积=12a6a,从而

22有EFC的面积=AFE的面积=3a.

441,解得x9.故顺x3x3用心教育 用心服务 第 3 页 共 6 页

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所以,三角形BDF的面积:四边形DCEF的面积=8a:(4a3a)8:7.

6. 40.

从这个一万位数中任意截取相邻的四位数,可以组成9997个四位数.

另外,用1,2,3,4这4个数字写四位数,可以有4×4×4×4=256(种)不同四

9997]140个相同的. 位数.故其中必有[256

7. 乙.

先求甲、乙、丙一天所需经费:

12甲乙合做每天1800÷=750(元);

53乙丙合做每天1500÷3=400(元);

46甲丙合做每天1600÷2=560(元).

7从而三队合做每天(750+400+560)=1710(元).

于是甲独做每天1710-400=1310(元);乙独做每天1710-560=1150(元); 丙独做每天1710-750=960(元).

再计算每队独做所需的天数:

25甲乙合做每天能完成全部工作的12;

51234乙丙合做每天能完成全部工作的13;

41567甲丙合做每天能完成全部工作的12.

720731故三队合做每天能完成全部工作的()2.

121520603141317,即甲需4天,乙需1()6(天), 于是甲独做每天能完成

6016020315丙需1()10(天).

6012所以可以确定,符合条件的是乙.

8. 10.5

xyz100x10yz99x9y1,要使上式最小,显然z应该尽可能

xyzxyzxyz地大,于是z9.从而原式=

199x9y9x9y8190x8190x81110

xy9xy9xy9xy9

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90x8190(x18)10

x18x18要使此式最小,y也应尽可能大,取y8,原式10901881901881100,要使此式最小,x应尽可能小,但x0,故取

x18x18x1.

故

xyz110.5. 的最小值是

189xyz

9. 172.

设甲乙原有小球数为a和b,五次挪动的情况如下表: 开始 1 2 3 4 5 a ab 2a2b 3a5b 6a10b 11a21b 甲 2b 3ba 6b2a 11b5a 10a22b b 乙 故有11a21b22b10a,于是21a43b,即a:b43:22. 注意到小球个数是整数,且130a200,且ab应为偶数(否则不能平分).于是有a:b=86:44=172:88,所以a172.

10. 4÷(1-5÷6).

11. 设这14个整数由小到大依次为a1,a2,a3,,a14.依题意有: a1a2a14170 a2a3a13150

显然,最大数与最小数之和为170-150=20,最大数a1419,最小数a11. 若a1419,则a2a3a13<7+8+…+18=150,与已知矛盾,故a1419,且

a2,a3,,a13依次为7,8,…,18.(否则其和小于150).

故第二个数a27.

12. 不能,理由如下:

若A(n1)n(n1)3n,B(n2)(n3)(n4)3(n3). 则AB9n(n3),因当n为奇数时,n3是偶数,而当n为偶数时,n3是奇数.故9n(n3)一定是偶数,不可能等于奇数111111111.

13. 如图,将AB十等分,因甲乙速度之比为3:7,它们第一次相遇时在A3点,

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即甲车走了3个单位长,以后甲车每走6个单位就和乙相遇一次.

故两车相遇地点依次是:A3,A9,A5,A1,A7,A7,A1,A5,A9,A3,A9,以10为周 期循环.故第1996次的相遇点为A7,第1997次相遇点为A1,A1A7是6个单位长,为120千米.故每个单位长120÷6=20(千米),AB相距20×10=200(千米).

14. 由于两地相距999公里,所以每一个里程碑上两边的里程数字之和应为999.故而每一个里程碑上两边数字相加时,没有进位.因此,如果里程碑上只有两个不同数码,它们只可能是下面的5对(其和为9且不进位),即(0,9),(1,8),(2,7) (3,6),(4,5).

当里程碑一边三位数确定之后,另一边的三位数也随着确定.因此不需要考察里程碑上的六个数码,只需着眼里程碑一边的三位数,仅限于用两个数码(包括只用一个)可以得到不同的三位数共有2×2×2=8(个).因此,只有两个不同数字的里程碑共有5×8=40(个).

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