六年級【題目1】
【解答】整數部分和分數部分分開求和。
整數部分=（1+51）×51÷2=1326
分數部分=2×（1/9-1/60）=17/90
最後結果是1326+17/90=1326又17/90
【題目2】
【解答】分子分母都約掉1×2×3×4，得到（1+3×3×3×3）/（2×2×2×2）=41/8
【題目3】
【解答】觀察規律，然後再計算。分母是2的分數只有乙個，分數值是1/2.分母是3的有2個，和是2/2，分母是4的分數有3個，和是3/2，依次類推，分母是30的有29個，和是29/2。
然後計算求和，這列數的規律是分母都為2，分子從1到29，中間數是15/2，共29個數，則15/2×29=217.5
【題目4】
【解答】利用乘法分配律將分數乘出來，然後把同分母的先計算。
=3-（2007/58-1949/58）-（1949/2007+58/2007）-（2007/1949-58/1949）
=3-1-1-1
=0【題目5】
【解答】圖①中的a和b是相鄰的兩個面，圖②中a和b的方向不對，圖④拼好後線的方向不對，所以這個題該選③。
【題目6】
【解答】先寫出一列數，然後找出週期。2134718976392134……，發現週期是213471897639，一共有12個數字為乙個週期，因為2012÷12的餘數是8，所以第2012個數字與第8個數字相同，即是9.
【題目7】
【解答】17的倍數的最大兩位數是17×6=102＞99＞17×5=85，因為8+5+8=21時個位數字8最大，所以這個三位數最大是858.
【題目8】
【解答】第乙個數是12，以後的數都增加11×15=165，（2011-12）÷165=12……19，即2011=12+165×12+19，則m=12+1+1=14.
【題目9】
【解答】（1+1%）×（1+1%）×（1-1%）×（1-1%）=99.99%×99.99%＜1，所以減少了。大於減少了0.02%
【題目10】
【解答】3÷（1-7÷8）=24
【題目11】
【解答】要使積最大，最高位就盡量更大，所以百位是7和8，十位是5和6，個位是3和4，現在兩個因數的和是不變的了，要使乘積最大，這兩個因數的差距盡量最小。所以，853×764的積最大。
【題目12】
【解答】31天用9+2×22=53個數字，30天用51個數字，二月份28天用9+19×2=47個數字。前6個月用的數字是53+47+53+51+53+51=308個數字，7月8日的8在308+8=316位。
【題目13】
【解答】
因為a-b=1/100-1/101=1/（101×100），ab=1/100×1/101=1/（100×101），
所以a-b=ab，所以分母是1，這個式子的值就是a-b，即為1/10100.
【題目14】
【解答】因為105=3×5×7，所以b=5，則a/3+c/7=26/21，c/7=26/21-a/3，當a=1時，c/7=19/21，不符合條件，當a=2時，c/7=26/21-2/3=12/21=4/7，所以a=2，b=5，c=4.
【題目15】
【解答】這個數除以這個兩位數的結果是101010101，因為101010101÷9的餘數是1+1+1+1+1=5，所以這題的結果是5。
【題目16】
【解答】如圖，共6部分。
【題目17】
【解答】2等分的時候，是4個；3等分的時候是9個；4等分的時候是16個；因為4=2×2，9=3×3，16=4×4，所以10等分的時候是10×10=100個。
【題目18】
【解答】這個題的意思是有30多個人，除以2、3、4的餘數都是1、因為2，3，4的最小公倍數是12，所以六一班的人數除以12餘數是1，所以在30多的範圍內，只有12×3+1=37才滿足。
【題目19】
【解答】1/a=（a+b）/ab=1/a+1/b，1/b=1/a+1/b+1/c，所以1/a＜1/b，所以a＞b。
實際上，a表示的是甲乙兩人的合作時間，b表示的是甲乙丙三人的合作時間，所以兩人合作的時間比三人合作的時間長，所以a＞b。
【題目20】
【解答】既然有兩支螢光棒不能顯示，那麼我們就看哪些螢光棒可以亮起來。百位上2的還有兩支，要麼同時顯示，要麼同時不顯示。十位上的3的還有2支，不能只顯示下面的，要麼同時顯示、要麼同時不顯示，或者上顯示下不顯示。
個位上4還缺少3支，只可能同時上下2支或都不顯示。
因此只有可能同時在同乙個數字裡面顯示。所以只有3種可能，分別是834，284，239。
【題目21】
【解答】兩人先後的錢數和不發生變化，則把錢數和看作單位1，甲原來佔3/5，後來佔2/5，所以8元相當於錢數和的3/5-2/5=1/5，即兩人工有錢8÷1/5=40元。
【題目22】
【解答】**1人，其他的都是學生票，相當於濃度問題，學生人數是老師人數的（1-0.6）÷（0.6-0.5）=4倍，所以獲得一等獎的學生有4人。
【題目23】
【解答】因為de=2ac，ac平行於de，則△acd和△ade的高相等，△acd的面積：△ade的面積=ac：de=1：
2，當兩個三角形都以ad為底時，高的比也是1：2，△acp和△aep都以ap為底時，高也是這兩條，所以△acp的面積：△aep的面積=1：
2，當△acp和△aep以cp和pe為底時，它們的高相等，所以cp：pe=1：2，所以ep=2cp，則ce=3cp。
同樣的道理，因為ce=2ab，ce平行於ab，則qc=2aq。
ac=1.5cq，則ce=2ab=2ac=3cq。即cp=cq。
【題目24】
【解答】這題有乙個地方需注意，mnpq是三角形內部的，它的最大值就不能超過abcd，則最大值是1.至於最小值，沒有說四個點都必須在四邊形abcd的邊上，所以最小值可以是0.
【題目25】
【解答】如上圖右圖表示的方式來分。
【題目26】
【解答】每6×2=12厘公尺就是1個週期，210÷12=17。5個週期，每12厘公尺用彩線4π+8π+6π=18π，所以有18π×17.5=989.1cm
【題目27】
【解答】操作1次，由原來的3份變成了4份，那麼操作1次後的周長是3×4/3=4，操作2次後得到的圖形的周長是4×4/3=16/3.
【題目28】
【解答】要使原來的更大，則切除的就要盡量大。所以第二次切除的正方形的邊長是5，第一次切除之後的長方形長寬就是8和5，同樣的道理，第一次切除的正方形的邊長是8，所以原來的長方形的長寬分別是13和8，則面積最大是13×8=104.
【題目29】
【解答】主要是看短邊，16=4×4，可以，17=5+3×4，也可以，13=5+2×4，還是可以，所以只有第3種地面不行。
【題目30】
【解答】圖1是1/2，圖2是1/2+1/4+1/8，圖3是1/2+1/4+1/8+1/16+1/32，分析呈現的規律，圖1是1-1/2，圖2是1-1/8，圖3是1-1/32，分母恰好是2的奇數次方。則第5個圖是1-1/（2的9次方）=511/512.
【題目31】
【解答】分類計數。
1×2的豎著的有3×5=15個，橫著放的有1+2+3+3+2+1=12個。共15+12=27個。
1×3的豎著的有2×5=10個，橫著放的有1+2+2+1=6個。共有10+6=16個。
1×4的豎著的有1×5=5個，橫著放的有1+1=2個。共有5+2=7個。
2×3的豎著的有4個，橫著放的有3個，共有4+3=7個。
沒有2×4和3×4等更多的。所以一共有長方形27+16+7+7=57個。
【題目32】
【解答】三條流程，1-2-4-6-7-8用時1+0+3+3+1=8天，1-3-4-6-7-8用時1+1+3+3+1=9天，總工時是10天，所以1-2-5-7-8這條流程做了10天，所以10-1-4-1=4天，則工序c是4天。
【題目33】
【解答】先算出包括正方形的所有長方形的面積和。
【4×（1+5）+6×（3+4）】×【3×（1+3）+4×2】=1320，
其中正方形有1×1+3×3×2+5×5=44
所以不包括正方形的所有長方形的面積和是1320-44=1276.
【題目34】
【解答】連線cf，假設△aef的面積是1份，那麼△cef的面積是3份，△abf的面積是2×（3+1）=8份，△bcf的面積是8×3=24份，其中△cdf的面積是24÷（2+1）=8份。所以四邊形cdfe的面積是3+8=11份，則四邊形cdfe的面積和△abf的比是11：8.
【題目35】
【解答】如圖所示，通過平移與旋轉，講原來的平行四邊形變成了含有8個小平行四邊形的圖形，所以，面積比是1：8.
【題目36】
【解答】在正檢視中最少有3+1+1=5個正方形。
【題目37】
【解答】相當於半圓減去乙個等腰直角三角形。3.14×1×1÷2-2×1÷2=0.57cm
【題目38】
【解答】小扇形的面積是π/3，中等扇形是4×π/3=4π/3，大扇形的面積的π/3×9=3π，
所以陰影部分的面積是5π/3+3π=14π/3
【題目39】
【解答】陰影部分和空白部分的面積相同，所以陰影部分的面積是20×20÷2=200cm
【題目40】
【解答】陰影部分和空白部分的面積相同，那麼這個圖形面積的一半就是半圓面積，則半圓的半徑是3.5，所以面積是π×3.5×3.5÷2=49π/8
【題目41】
【解答】原來稜長是5的正方體的表面積是5×5×6=150平方厘公尺，貼上上之後增加了2×2×4+1×1×4=20平方厘公尺。所以新的圖形的表面積是150+20=170平方厘公尺。
【題目42】
【解答】主檢視3×3+1=10，俯檢視3×3=9，側檢視1+3+4=8，這個立體圖形的表面積是（10+9+8）×2=54.
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