八年级数学竞赛试题及答案docx.docx

1、八年级数学竞赛试题及答案docx八年级数学竞赛试题及答案1将 1,2,3,4,5 这五个数字排成一排,最后一个数是奇数,且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除 ,那么满足要求的排法有（）（ A ） 2 种（ B） 3 种（ C） 4 种（ D） 5 种2小王沿街匀速行走 ,发现每隔6 分钟从背后驶过一辆18 路公交车 ,每隔 3 分钟从迎面驶来一辆18 路公交车假设每辆18 路公交车行驶速度相同 ,而且 18 路公交车总站每隔固定时间发一辆车 ,那么发车间隔 的时间是分钟3如图 ,在 ABC 中,AB=7,AC=11,点 M 是 BC 的中点 , AD 是 BAC 的平分线

2、 ,MF AD,则 FC 的长为12a294已知 0a0,那么就可以交b,c 的位置 , 称 一次操作 .（1）若 周上依次放着数1,2,3,4,5,6, ：是否能 有限次操作后, 周上任意依次相 的4 个数a,b,c,d,都有 (a d )(bc) 0？ 明理由 .（ 2）若 周上从小到大按 方向依次放着2003 个正整数 1,2, ,2003, ：是否能 有限次操作后 , 周上任意依次相 的4 个数 a,b,c,d,都有 ( ad )( b c ) 0？ 明理由 .解：（ 1）1625 34（2）3 / 1412 已 知 xb , a , b 为 互 质 的 正 整 数 （ 即 a , b

3、 是 正 整 数 , 且 它 们 的 最 大 公 约 数 为 1 ） , 且aa 8, 2 1 x3 1 （）试写出一个满足条件的x；（）求所有满足条件的x13、如下图已知 ABC 内 ,P、 Q 分别在 BC,CA 上 ,并且 AP、 BQ 分别是 BAC、 ABC 的平分线。（ 1）若 BAC=60, ACB =40,求证： BQ+AQ=AB+BP；（ 2）若 ACB=时 ,其他条件不变 ,直接写出 BAC=（ ）时 ,仍有 BQ+AQ=AB+BP。4 / 1414、用任意的方式 , 平面上的每一点染上黑色或白色 .求 :一定存在一个 1 或 3 的正三角形 ,它的三个 点是同色的 .15

4、. 将 1, 2, 3, ,10 十个数按着某一 序排成一行 , 使得每相 三个数的和都不超出 n. :( 1) 当n= 10, 能否排成 , 明理由 ;( 2)当能 排成 , n 的最小 是多少 ?5 / 1416. 已知实数 a,b,c 满足： a+b+c=2,abc=4.（1）求 a,b,c 中的最大者的最小值；（ 2）求 a b c 的最小值 .17（本题 4分）在等腰三角形 ABC中 ,AB=AC,延长边 AB到点 D,延长边 CA到点 E,连结 DE,恰有 AD =BC=CE=DE.求 BAC的度数。EAB CD6 / 14参考答案、法一：设a1,a2,a3,a4,a5 是 1,2

5、,3,4,5 的一个满足要求的排列首先 ,对于 a1,a2,a3,a4,不能有连续的两个都是偶数,否则 ,这两个之后都是偶数 ,与已知条件矛盾又如果 a（ 1i3）是偶数 ,ai+1 是奇数 ,则 ai+2 是奇数 ,这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数,i除非接的这个奇数是最后一个数所以 a1,a2,a3,a4,a5 只能是：偶 ,奇 ,奇 ,偶 ,奇 ,有如下 5 种情形满足条件：2,1,3,4,5 ；2,3,5,4,1 ；2,5,1,4,3 ；4,3,1,2,5 ；4,5,3,2,1 法二：第一位是2,后面两位奇数任意： 21345、 23145、 21543、 25143、

6、23541、 25341第一位是 4,后面两位奇数不能是 1、 5 或 5、 1： 41325、 43125、 43521、 45321排除： 23145、 21543、 25341、 41325、43521还剩： 21345、 25143、 23541、 43125、45321所以共有5 种排法故选： D、 设 18路公交车的速度是x 米 /分 ,小王行走的速度是 y 米 /分 ,同向行驶的相邻两车的间距为s 米每隔 6 分钟从背后开过一辆18 路公交车 ,则 6x 6y=s每隔 3 分钟从迎面驶来一辆18 路公交车 ,则 3x+3y=ss由 ,可得 s=4 x,所以x =4即 18 路公交

7、车总站发车间隔的时间是 4 分钟故选 B、解：过点 B 作 BG AD 交 CA 延长线于 GAD 平分 BAC7 / 14 BAD CADBG AD ABG BAD ,G CAD ABG GAG AB 7CG AG+AC 7+11 18MF ADMF BG M 是 BC 的中点MF 是三角形 CBG 的中位 FC CG/2 9、解：因 0 a12a292 ,所以a12, , a29a3030, a30等于 0 或 1由303030 知 ,其中有 18个等于 1,所以a12a11=0,a1213a29a3030a30=1,303030所以0a111,1a1230 230故1830a 19,于是

8、 610a 19 ,所以 10a =63、 282500 解： 原来 号 的六位数 abcdef , 两次升位后 号 的八位数 2a8bcdef 根据 意 ,有 81abcdef = 2a8bcdef x b 104c 10 3d 10 2e 10 f ,于是81a10581 x 208 105a 10 6x ,解得 x=1250(208 71a)因 0x 105,所以 0 1250 (208 71a) 105128208,故a 7171因 a 整数 ,所以 a= 2于是 x=1250 (208712)=82500 所以 ,小明家原来的 号 282500AEL8 / 14HB D K、 在平面

9、上有 7 个点 ,其中 任意 3 个点都 不在同一条直 上 , 接其中任意两个点 ,最多能画6+5+4+3+2+1=21 条 段以 些 段 ,最多能构成7(7 1) (7 2)6=35 个三角形答：最多可以得到 21 条 段；以 些 段 ,最多能构成 35 个三角形故答案 ： 21,35、 a2 b2=bc,即 a2=b(b+c),b2 c2=ca,即 ca = (b+c)(b c),两式相除得： a/c=b/(b c),即ab ac=bc,c(a+b)=ab. （* ）a2 b2= bc,b2 c2=ca,两式相加得： a2 c2= c(a+b),将（ * ）代入上式得： a2 c2=ab.

10、、欲 四 形 是正方形 ,只 ： (1)四 形 是平行四 形；(2)=； (3) 1 1(1) 如 7, C、 ,延 交 AC于点 K,延 D 交AB 于点 由 EF AC,GH = AC2 27令 EF HG ,EF=HG 因此 ,四 形 EFGH 是平行四 形(2) 只 BD=AC 由已知条件得 BLC=9000,ADL =45LA=LD,BL=LC 所以 ,LBD LCABD=AC再 (3) 成立由(2) 的 果得 LBD= LCA,立得 DKC =90 0,即 BK AC从而 ,GH HE 由此知四 形 EFGH 是正方形9、解：（ 1）如 1 所示 ,作 DE y 于 E 点 ,作

11、PFy 于 F 点 ,可得 DEA = AFP=90 , DAP 等腰直角三角形 ,AD=AP, DAP =90, EAD +DAB =90, DAB+ BAP=90, EAD =BAP,ABPF ,9 / 14 BAP= FPA, EAD =FPA,在 ADE 和 PAF 中,DEA = AFP=90EAD = FPAAD =AP , ADE PAF （ AAS） ,AE=PF=8,OE=OA+AE=14, 点 D 的横坐 x,由 14=2x+6, 得 x=4,点 D 的坐 是（ 4,14）；（ 2）存在点 D ,使 APD 是等腰直角三角形 ,理由 ：直 y=2x+6 向右平移 6 个 位

12、后的解析式 y=2（ x 6） +6=2x 6,如 2 所示 ,当 ADP=90 ,AD=PD ,易得 D 点坐 （ 4,2）；如 3 所示 ,当 APD=90 ,AP=PD, 点 P 的坐 （ 8,m） ,D 点坐 （ 14 m,m+8） ,由 m+8=2 （14 m） 6,得 m= D 点坐 （,）如 4 所示 ,当 ADP =90 ,AD=PD ,同理可求得 D 点坐 （,） , 上 ,符合条件的点D 存在 ,坐 分 （ 4,2） ,（,）（,）、 x1,x2, ,x2008 中有 q 个 0,r个 1,s个 1,t 个 2（ 2 分） r+s+2 t 200r +s+4t 2008（

13、5 分）两式相加得 s+3t=1104 故 0t368（ 10分）33由x1 +x2 +x2008 = r+s+8t=6t+200,（ 12 分）3得200x13+x23+x20083 6 368+200=2408（ 15 分）由方程 知：当 t=0,s=1104,r=904 ,x1 3+x23+x20083 取最小 200； （ 17 分）当t=368,s=0,r=536 ,x1 3+x23+x20083 取最大 2408（ 20 分）10 / 14、 （ 1）答：能具体操作如下：（ 2）答：能理由： 2003 个数的相 两数乘 之和 P开始 ,P0=12+23+34+20022003+20

14、031,k（ k0）次操作后 , 2003 个数的相 两数乘 之和 Pk,此 若 周上依次相 的 4 个数 a,b,c,d 足不等式（ a d）（ bc） 0,即 ab+cd ac+bd,交 b,c 的位置后,2003 个数的相 两数乘 之和 Pk+1,有 Pk+1 Pk=（ ac+cb+bd）（ ab+bc+cd）=ac+bd ab cd 0所以 Pk+1 Pk 1,即每一次操作 ,相 两数乘 的和至少减少1,由于相 两数乘 大于 0,故 有限次操作后 , 任意依次相 的 4 个数 a,b,c,d,一定有（ a d）（ b c） 0、解：（1） x15 分 足条件2（ 2）因 xba 互 的

15、正整数a 8所以,且,a2 1b3 1 ,即( 2 1)a b ( 3 1)a a当 a= 1 , (2 1) 1b( 31) 1 , 的正整数 b 不存在11 / 14当 a= 2, (21)2b(31)2,故 b =1, 此 x1 2当 a= 3, (21)3b(31)3,故 b =2, 此 x23当a= 4, ( 2 1) 4 b( 3 1) 4与 a 互 的正整数b不存在,当 a= 5, (21)5b(31)5,故 b =3, 此 x35当 a= 6, (21)6b(31)6,与 a 互 的正整数 b 不存在当 a= 7, (21)7b(31)7,故 b =3,4,5 此 x3,4,5

16、 5777当 a= 8, (21)8b(31)8,故 b =5, 此 x8所以 , 足条件的所有分数 1,2,3,3,4,5,5 15分2357778、解：（ 1） BAC=60, ACB=40, ABC=180 BAC ACB=180 60 40=80,BQ 平分 ABC, CBQ= ABC= 80=40, CBQ= ACB, BQ=CQ, BQ+AQ=CQ+AQ=AC , 点 P 作 PD BQ 交 CQ 于点 D, CPD = CBQ=40, CPD= ACB=40, PD =CD , ADP = CPD +ACB =40+40=80, ABC=80, ABC= ADP, AP 平分 B

17、AC, BAP= CAP, 在 ABP 与 ADP 中, ABP ADP （AAS） ,AB=AD,BP=PD,AB+BP=AD +PD =AD +CD =AC ,由可得 ,BQ+AQ=AB+BP；（2） 212 / 14、证明 :(1) 若平面上存在距离为 2 的两个点 A,B 异色 ,设 O 为它们的中点 ,不妨设 A,O 同色 .考虑以 AO 为一边的正三角形 AOC,AOD,若 C,D 中有一个与 A,O 同色 ,则该三角形满足题意 .否则 BCD 为边长 3 的同色正三角形 .(2) 否则平面上任两个距离为 2 的点均同色 ,考虑任意两个距离为 1 的点 ,以他们连线为底 ,2 为腰

18、长作等腰三角形 ,则任一腰的两顶点同色 .所以三个顶点同色 ,即任两个距离为 1 的点同色 .所以平面上任意一个边长为 1的正三角形三个顶点同色 .证毕、解：( 1)假设 n = 10 时已经排出 . 则后九个数之和小于或等于 30. 从而 , 第一个数不小于 25, 矛盾 . 故不能排出 .( 2)与 ( 1)的考虑方式相同 .当 n= 11, 12, 13, 14时 , 均不能排出 .当n= 15时 , 由前九个数之和小于或等于 45, 推出第十个数排 10;又从后面九个数之和小于或等于 45, 推出第一个数排 10. 然而 , 只有一个 10, 故也不能排出 .当 n= 16时 , 可以排出 . 如 10, 5, 1, 7, 6, 2, 8, 3, 4, 9或 9, 4, 3, 7, 2, 6, 8, 1, 5, 10. 据此知可排出时 , n 的最小值是 16.、 (1)设 a 最大 ,由题意必有 a 0,b+c=2 a,bc=4/a,于是 b,c 是方程 x2 (2 a)x+4/a=0 的两实根则 =(a 2)2 4*4/ a0去分母得 a3 4a2+4 a 160,(a4)(a2+4) 0所以 a4又当 a=4,b=c= 1即 a,b,c 中最