八年级数学竞赛试题及答案docx.docx

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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,MF∥AD,则FC的长为

．

1

2

a

29

4．已知0

a

18,则10a

30

30

30

（第3题）

的值等于

．（x表示不超过x的最大整数）

5．小明家电话号码原为六位数

第一次升位是在首位号码和第二位号码之间加上数字

8,成为一个七位数的

电话号码；第二次升位是在首位号码前加上数字

2,成为一个八位数的电话号码．小明发现

他家两次升

位后的电话号码的八位数,恰是原来电话号码的六位数的81倍,则小明家原来的电话号码

是．

6、在平面上有7个点,其中任意3个点都不在同一条直线上,如果连接这7个点中的每两个点,那么最多可以

得到______条线段；以这些线段为边,最多能构成______个三角形．

7．设a、b、c均是不为0的实数,且满足．a2－b2=bc及b2－c2=ca．证明：

a2－c2=ab．

1/14

8．如图3,在凹四边形ABCD中,它的三个内角∠A、∠B、∠C均为450,E、F、G、H分别是边AB、BC、

CD、DA的中点．证明：

四边形EFGH是正方形．

A

EH

BD

FG

C

9、已知长方形ABCO,O为坐标原点,点B的坐标为（8,6）,A、C分别在坐标轴上,P是线段BC上动点,设

PC=m,已知点D在第一象限且是直线y=2x+6上的一点,若△APD是等腰直角三角形．

（1）求点D的坐标；

（2）直线y=2x+6向右平移6个单位后,在该直线上,是否存在点D,使△APD是等腰直角三角形？

若存在,请求出这些点的坐标；若不存在,请说明理由．

2/14

10、x1,x2,x3,

⋯⋯,x2008是整数,且足下列条件:

（1）–1≤xn≤2（n=1,2,3,⋯⋯,2008）;

（2）x1+x2

+x3+

2

2

2

2

=2008.

⋯⋯+x2008=200;（3）x1

+x2

+x3+⋯⋯+x2008

求x1

3

3

3

+⋯⋯

+x

3

的最小和最大.

+x

2

+x

2008

3

11．沿着周放着一些数,如果有依次相的4个数a,b,c,d足不等式（ad）（bc）>0,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（ad）（b

c）≤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（a

d）（bc）≤0？

明理由.

解：

（1）

1

6

2

53

4

（2）

3/14

12．已知x

b,a,b为互质的正整数（即a,b是正整数,且它们的最大公约数为1）,且

a

a≤8,21x

31．（１）试写出一个满足条件的x；（２）求所有满足条件的x．

13、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=α时,其他条件不变,直接写出∠BAC=（）

时,仍有BQ+AQ=AB+BP。

4/14

14、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.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?

5/14

16.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abc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。

E

A

BC

D

6/14

参考答案

１、法一：

设

a1,a2,a3,a4,a5是1,2,3,4,5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（1≤i≤3）是偶数,a

i+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、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．

２、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．①

每隔3分钟从迎面驶来一辆

18路公交车,则3x+3y=s．②

s

由①,②可得s=4x,所以

x=4

．

即18路公交车总站发车间隔的时间是4分钟．故选B．

３、解：

过点B作BG∥AD交CA延长线于G

∵AD平分∠BAC

7/14

∴∠BAD＝∠CAD

∵BG∥AD

∴∠ABG＝∠BAD,∠G＝∠CAD

∴∠ABG＝∠G

∴AG＝AB＝7

∴CG＝AG+AC＝7+11＝18

∵MF∥AD

∴MF∥BG

∵M是BC的中点

∴MF是三角形CBG的中位

∴FC＝CG/2＝9

４、解：

因0

1

2

a

29

2,所以

a

1

2

⋯,a

29

a

30

30

a

30

等于0或1．由

30

30

30

知,其中有18

个等于1,所以

a

1

2

a

11

=0,

a

12

13

a

29

a

30

30

a

30

=1,

30

30

30

所以

0

a

11

1,1≤a

12

30

＜2．

30

故18≤30a＜19,于是6≤10a＜19,所以10a=6．

3

５、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81×abcdef=2a8bcdef．

xb104

c103

d102

e10f,于是

81

a

105

81x208105

a106

x,

解得x=1250×（208－71a）

．

因0≤x＜10

5

所以0≤1250×（208－71a）＜10

5

128

208

．

故

a≤

71

71

因a整数,所以a=2．于是x=1250×（208－71×2）=82500．

所以,小明家原来的号

282500．

A

E

L

8/14

H

BDK

６、在平面上有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．

７、a^2－b^2=bc,即a^2=b（b+c）,

b^2－c^2=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.⋯⋯（*）

a^2－b^2=bc,b^2－c^2=ca,两式相加得：

a^2－c^2=c（a+b）,

将（*）代入上式得：

a^2－c^2=ab.

８、欲四形ＥＦＧＨ是正方形,只：

（1）四形ＥＦＧＨ是平行四形；

（2）ＥＨ=ＨＧ；（3）ＥＨ⊥ＨＧ．

11

（1）如7,∵ＡC、ＢＤ,延ＢＤ交AC于点K,延ＣD交AB于Ｌ点．由EF∥AC,GH=∥AC

22

7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=90

0

0

∠ADL=45

LA=LD,BL=LC．所以,△LBD≌△LCA

BD=AC．．再（3）成立．

由

（2）的果得∠LBD=∠LCA,立得∠DKC=900,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PF⊥y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,

∵AB∥PF,

9/14

∴∠BAP=∠FPA,

∴∠EAD=∠FPA,

∵在△ADE和△PAF中,

∠DEA=∠AFP=90°

∠EAD=∠FPA

AD=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）,（

）．（

）

１０、x1,x2,⋯,x2008中有q个0,r

个－1,s

个1,t个2．（2分）

－r+s+2t＝200

r+s+4t＝2008

①（5分）

两式相加得s+3t=1104．故0≤t≤368．（10

分）

33

由x1+x2+⋯+x2008=－r+s+8t=6t+200,（12分）3

得200≤x13+x23+⋯+x20083≤6×368+200=2408．（15分）由方程①知：

当t=0,s=1104,r=904,

x13+x23+⋯+x20083取最小200；（17分）

当t=368,s=0,r=536,

x13+x23+⋯+x20083取最大2408．（20分）

10/14

１１、

（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=1×2+2×3+3×4+⋯+2002×2003+2003×1,

k（k≥0）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）（b－c）＞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．

１２、解：

（

1）x

1

⋯⋯⋯⋯⋯5分

足条件．

2

（2）因

x

b

a互的正整数

a≤8所以

且

a

21

b

31,

即

（21）ab（31）a．

a

当a=1,（

21）1

b

（3

1）1,的正整数b不存在．

11/14

当a=2

（

2

1）

2

b

（

3

1）

2

故b=1,此x

1．

2

当a=3

（

2

1）

3

b

（

3

1）

3

故b=2,此x

2

．

3

当

a=4

（21）4b

（31）4

与a互的正整数

b

不存在．

当a=5

（

2

1）

5

b

（

3

1）

5

故b=3,此x

3

．

5

当a=6

（

2

1）

6

b

（

3

1）

6

与a互的正整数b不存在．

当a=7

（

2

1）

7

b

（

3

1）

7

故b=3,4,5此x

3

4

5．

5

7

7

7

当a=8

（

2

1）

8

b

（

3

1）

8

故b=5,此x

8

所以,足条件的所有分数

1

2

3

3

4

5

5．⋯⋯⋯⋯⋯⋯15

分

2

3

5

7

7

7

8

１３、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⋯①,

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∠BAC,∴∠BAP=∠CAP,∵在△ABP与△ADP中,

∴△ABP≌△ADP（AAS）,

∴AB=AD,BP=PD,

∴AB+BP=AD+PD=AD+CD=AC⋯②,

由①②可得,BQ+AQ=AB+BP；

（2）2α

12/14

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

１５、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.

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x^2－（2－a）x+4/a=0的两实根

则△=（a－2）^2－4*4/a≥0

去分母得a^3－4a^2+4a－16≥0,

（a－4）（a^2+4）≥0

所以a≥4

又当a=4,b=c=－1

即a,b,c中最