1、巾甲柙樊郊救督舳呻怛 裨 数学素养综合测试(八年级) 数论模块(共s O分) 1.如果u | ,u | 是质数,且满足3+5刀=1,那么+刀的值为 . 2.若艿 1,而,而,x o 9厶为互不相等的正奇数,满足(20201)(z O20-y ,9020-x a z O20-y 。20-y s )=242,贝刂 豸 I2圩22勹32勹42+j r 52的末位数字是 . 3.已知p ,g ,P日+1都是质数,且 -g )40,那 么满足上述条件的最小质数 _ ,日= _ 己知阝 蛳 :岬咭 岬吧 为自獭测Z猢除的镦为 5.已知 ,P+9,p +6,p +8,p +14都 是质数,则这样的质数p 共
2、有多少个? 6.夕,3和c 都是两位数的自然数,夕,3的个位分别是7和5,c 的 十位是1.如果它们满足等式汕-F2020,求时 0+c 的值. 7.设夕b c 0,证明关于曰,3,c 的方程 D2c z -8(D2+D2c z +c 2)=0无 整数解. 8.求证:对于任意正整数,多项式3卢+5+2的值被 15整除。 。t 代数模块(共50分) 1.、如果关于豸 的不等式组 J (艿+:)有 且仅有四个整数解,且奸y 酚舫畴争宀丬 有非负数解,则符合条件的所有整数淝的和是 A。13B。 15 八年级-1 C。20D. 22 ( ) 2.己知x ,为实数,且满足x 2v MV=4,记伢 讠2十
3、V“,的最大值为,最小值为勿,则M卜昭= 3.已知关于 艿的方程 扌轧 +x 2 斤亍亓 j 恰有一个 实根 ,则满 足条仵 的实数夕的值 的个数为 A.罟B。 罢 B。2 C。 芒 D。 罟 A。1C。3 D。4 化简馓式 丐争:蚩后广觜 鹇黢 一 5.如图,点 ,B是 反比例函数 =上 (搔0)图象上的两点,延长线段 B交 丌 轴 于点C,且B为线段C的中点,过点彳作D h 轴于点D,为线段o D 的三等分点 ,且o E【DE.连结ZE,BE,若Js A把f 7,则七 的值为_。 6.已知整数夕,3,c 使等式Ci r +曰)(对3)+c (j r 10)=(r I1对1)对任意的艿 均成
4、立,求c 的值, 7.已知(k +l 卜u 讠| 旷2H片1| )(-3Hz +1丨)司6,求对勿汁s /的最大值和最小值。 8.解方程:27(扩3 (r 3) 9。 几何模块(共s O分) 1.如图,在 BC中 ,GCB,夕=90,彳B=2,o 为 B的 中点。 以0为圆心,o Z为半径作两段弧ZD,BE, o Do E,则图中阴影部分的面积为 . 2.如图所示,将边长为12c m 的正方形彳BCD折叠,使得点 落 在CD上的点E处,然后压平得折痕尸C。若尸C =13c m ,则线段CE . 3 在 BC中 ,D平分BAC,BD u D,DE/C,交彳B于点E.若 B=5,则 DE的长是 .
5、 4.如图,已 知 BC中 ,z Bz C=120,D是角平分线,D=2,B2u O=32,则 B以 C的值是 。 5.如图,在矩形彳BCD中,以B叫,BC=6,E是边BC上 的一 个动点,E于点F,当CF的值最小时,z FD 的面积= 。 c c : (第 衽 题 ) (第5题) (第2题 ) (第3题 ) 八年级9 6.如图,在彳BC中 ,z Bz C叫5,D山4B于点D,EBC于 点 ,彳E与 CD交于 点F,连结BF,若0四-30, 证明 :Cu F刽 (第6题) 7.如图 所 示,在口 犭BCD中,乙4BC=75 ,FBC于点F,F交 BD于点E,若0肛 珈,求乙4ED的度 数 .
6、8.如图,在犭BC中,夕饪CB90,以三角形的三边为边向外作正方形BCDE,CFC,Br H,Pl ,P2,P3分别是 DF,Cf r ,r E的中点,Pl Pz 交彳C,CF分别为点K,口 ;P1Pa 交 BE,CD分 别为 点,证明:s 四边形BCWi r +s 四边形CCK 是一个定值 . 组合摸块(共s O分) 1如图,沿着边或对角线不重复地从点走到点D,一共有多少种走法?(这里不重复指走过的点和线段都 不重复) (第1题) 。0 2.求满足下列条件的所有五位数的个数:任意两个数位上的数字之差的绝对值不小于2。 (第7题) (第8题) 八年级-s 3.袋中装有红、 白球各3个,从袋中拿
7、出球,每次拿个,要求拿出的自球个数不得多于红球,问有多少种不 同拿法? 4.工厂需要3名钳工和 3名车工,现有 12人可供挑选,其中5人会钳工,5人会车工,还有2人既会钳工也会 车工,问 工厂有多少种不同的挑选方法? 5求满足下列两个条件的所有八位数个数:每个数位的数字为卜9中 某一 个,任意连续三个数位组成 的数能被3位数整除, 6.平面上给定1004个点,将连结每两点的线段的中点染成黑色,证明:至少有2005个黑点,且 能找到恰有 05个黑点的点集。 7.证明:17个整数中必可找到5个数,这5个数之和为5的倍数 , 8.将边长为3的 正 BC的 各边三等分,过每个分点分别作另外两边的平行线
8、,称彳BC的边及这些平行 线所交的10个点为格点。 若在这10个格点中任取 个格点,一定存在三个格点能够构成一个等腰三角形(包 括正三角形)。求的最小值 。 (第8题 ) 八年级叫 郴 弼 押 八年级素养综合测试八年级素养综合测试参考答案参考答案 数论模块（数论模块（50 分）分） 1. 1.2. 此题作废3. p53，q2.4. 4. 5. 若 p5k，p 为质数，k1，p5，对应 p23，p611，p813，p1419，p5 符合条件； 若 p5k1，则 p145k155（k3） ，为合数；若 p5k2，则 p85k105（k2） ，为合数； 若 p5k3，则 p25k55（k1） ，为合
9、数；若 p5k4，则 p65k105（k2） ，为合数. 综上所述，p5，符合条件的质数 p 共有 1 个. 6. a，b 的个位分别是 7 和 5，ab 的个位为 5，abc2020，c 的个位为 5，c 的十位是 1，c 为两位自然 数，c15，ab20355407511375537，a37，b55.abc375515107. 7. 不妨设 abc，将原方程变形为：? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?，现在的问题就是寻找整数 a，b，c， 满足? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?，由 abc，从而 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?，所以 a 224 又有? ?
10、 ? ?， 所以 a 28， 故 a29 或 16 若 a29， 则有 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?， 由于 ? ? ? ?， 并且 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?， 所以 b272，72b2144故 b281，100 或 121 将 b281、100 和 121 分别代入? ? ?，没有一个是完全平方数，说明当 a 29 时，? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?无解 若 a216，则 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?类似地，可得：16b 232，即 b225，此时，? ? ? ? ? ? ? 不是整 数综上所述，方程? ? ? ?
11、 ? ? ? ? ? ? ?无整数解，即原方程无整数解 8. 由费马小定理得：x3?x（mod3） ，x5?x（mod5） ， 3x55x322x?3x5x32x?0（mod5） ，3x55x322x?3x55xx?0（mod3） ， 3|（3x55x322x） ，5|（3x55x322x） ，（3，5）1，15|（3x55x322x）. 代数模块（共代数模块（共 50 分）分） 1. B.2. C3. C4. 2 ? ?4 ?.5. 12 6. x2（abc）xab10cx210 x11 对任意 x 成立， ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?，10a10bab111， （a10） （
12、b10）11，a、b 为整数， ? ? ? ? ? ?， ? ? ? ? ? ? ， ? ? ? ? ? ?， ? ? ? ? ? ? ， ab30 或10，c20 或 0. 7. 因为|x1|x2|3，当1x2 时等号成立；|y2|y1|3，当1y2 时等号成立；|z3|z1|4， 当1z3 时等号成立.由条件（|x1|x2|） （|y2|y1|） （|z3|z1|）36 得， |x1|x2|3，|y2|y1|3，|z3|z1|4， 则当 x2，y2，z3 时，x2y3z 的值最大，最大值为 15， 当 x1，y1，z1 时，x2y3z 的值最小，最小值为6. 8. x30（易知） ，27x
13、2 ? ? ?，27x2 ? ? ?， 令 ? ? ? ?，则 3xxy3y，即 3（xy）xy ， 且式变为 x2y227 ， 联立，得： ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ， （xy）26（xy）27， （xy9） （xy3）0，xy9 或3， 当 xy9 时，xy27，构造以 x，y 为根的方程 m29m270，814270，无解. 当 xy3 时，xy9，构造以 x，y 为根的方程 n23n90，解得：n? ? ? . 几何几何模块（共模块（共 50 分）分） 1. 1 4. 2. 7cm3. 2.5.4. 16.5. 303 10 5 6证明：延长 FE 到 H
14、，使得 FHFB连接 HC、BH（如图） CAE30，CAD45，ADF90，DAF15，AFD75， DFB45，AFB120，BFH60， FHBF，BFH 是等边三角形，BFBH， BCFH，FEEH，CFCH，CFHCHFAFD75， ACH75，ACHAHC75，ACAH， AF+FBAF+FHAH，AF+BFAC，即 ACAFBF. 7. 取 DE 中点 O，连结 AO，四边形 ABCD 是平行四边形，ADBC，DAB180ABC105， AFBC，AFAD，DAE90，OA? ?DEODOE，DE2AB， OAAB，AOBABO，ADODAO，AEDEAO， AOBADODAO2
15、ADO，ABDAOB2ADO， ABDADODAB180，ADO25，AOB50， AEDEAOAOB180，AED65. 8. 易知，P2，A，C 三点共线，P3，B，C 三点共线， 取 FC，AG 中点 L，O，则 P1，L，O 三点共线，连结 LO，P2O，P1C， 易知 四边形 P2OP1C 为平行四边形， P1LAP2，故LQP1AKB2， 故 AKLQ，S四边形AKQC ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?， 同理可得，S四边形CNMB? ?BC 2，S 四边形BCNMS四边形ACQK ? ?AC 2? ?BC 2? ?AB 2，为定值. 组合模块（共组合模块（共 50 分）分）
16、 1. 不同的走法有：AD，AED，AECD，ABCD. 一共有 5 种走法. 2. 设五位数为?，设b1，b2，b3，b4，b5a1，a2，a3，a4，a5， 且 b1b2b3b4b5. 由条件要求 b1只能取 1 或 0. 若 b1，则必有 b23，b35，b47，b59，此时满足条件五位数?的个数为? ?5！120. 若 b0 时，则b1，b2，b3，b4，b5可以为0，3，5，7，9，0，2，5，7，9，0，2，4，7，9，0，2，4，6， 9，0，2，4，6，8共 5 组. 对于每一组b1，b2，b3，b4，b5，由于 0 不能排在首位，?的个数为? ? ? ?1202496，从而共
17、有 96 5480 个.所以满足条件的五位数个数为（120480）600 个. 3. 依题意知，第 1 个球必为红球，第 6 个球必为白球，而其余 4 个球的不同拿法有：红红白白、红白红白、红白白 红、白红红白、白红白红，一共有 5 种不同拿法. 4. 设既会钳工又会车工的两人为 a，b，若 a、b 均未被挑选，则不同方法有（? ? ? ? ?）100 种； 若 a、b 有一人做钳工，组不同方法有（? ? ? ? ? ? ? ?）200 种；若 a、b 有一个做车工，也有不同方法 200 种； 若 a、b 两人均做钳工，则不同方法有（? ? ? ? ?）50 种；若 a、b 两人均做车工，则不
18、同方法也有 50 种； 若 a、b 一人做钳工，一人做车工，则不同方法有（? ? ? ? ? ? ? ?）200 种， 综上，由加法原理知，工厂不同的挑选方法有（1002002005050200）800 种. 5. 首先说明一个事实，即三位数仅由数字 19 组成，且能被 3 整除，若前两位数已确定，则这个三位数的第 3 位有 且仅有 3 个可能值. 事实上，设前两个数位之和为 a，则当 a?0（mod3）时，第 3 位可取 3、6、9；当 a?1（mod3） 时，第 3 位可取 2、5、8；当 a?2（mod3）时，第 3 位可取 1，4，7. 于是，满足条件的八位数的首位可以取 9 个值，而
19、第二位可取 9 个值，当前两位已确定后，由前面提到的事实知， 后面 6 位上每个数位上的可能值均为 3 个，从而由乘法原理知，满足条件的八位数有（9936）59049 个. 6. 证明：连接给定 1004 个点中任意两点的线段有? ? 条，即有限条，所以必有一条最长的线段. 不妨设 AB 最长. A 与其他 1003 个点连线的中点均在以 A 为圆心，? ?AB 为半径的圆周上或圆的内部. B 与其他 1003 个点连线的中点均在以 B 为圆心，? ?AB 为半径的圆周上或圆的内部. 这两个圆有且仅有一个交点，因此中点至少有 2100312005（个）.即至少有 2005 个黑点. 构造一个恰
20、有 2005 个黑点的 1004 个给定点的点集：在 x 轴上依次取坐标 0，1，2，1003 的点 A1，A2，A1004. 则坐标为? ?，1， ? ?，2， ? ?，3， ? ? 的点就是全部黑点，共计 2005 个. 7. 这 17 个数可以按除以 5 所得的余数分为 5 类，分别为 5k、5k1、5k2、5k3、5k4 的形式. 若 5 类数中每类都至少有一个数，那么每类任取一个数相加为 5 的倍数. 否则至多有 4 类，由抽屉原理，必有一类至少有 5 个数，取此类中 5 个数， 则这 5 个数之和为 5 的倍数. 8.5 min n 设边AB上从点A到点B的两个等分点分别为D、E，
21、边BC上从点B到C的两个等分点分别为F、G，边CA 上从点C到A的两个等分点分别为H、I，中间的一个格点为K(如图) 若n的最小值为 4，取格点A、D、E、B，则不存在三个格点能构成一个等腰三角形。因此，5n。 下面证明：任取五个格点，一定存在三个格点能构成一个等腰三角形。 不妨假设被选取的点为红点， 。 只要证明：一定存在一个由红点构成的等腰三角形。 若这五个红点中包含格点K，将其他九个格点分成三个点集。 FEDL,，IHGM,，CBAN,。 由抽屉原理知，一定存在一个点集中包含至少两个红点， 无论是哪个点集中的哪两个格点是红点，均与红点K构成一个等腰三角形。 若这五个红点中不包含格点K，
22、当格点A是红点时， 在IDU,，HEV,GFW,，CBT, 中，如果有一个点集中包含两个红点，则结论成立；否则，每个点集中均恰有一个红点。 不妨假设D为红点，则I不是红点。若B为红点，则G、C不是红点。于是，F是红点，且无论E、H哪个是 红点，均与D、F构成一个等腰三角形。 若B不是红点，则C为红点，于是，E不是红点，H是红点，无论F、G哪个是红点，均可与D、H或H、C 构成一个等腰三角形。 同理，当格点B或C为红点时，结论仍然成立。若K、A、B、C均不是红点，则D、E、F、G、H、I中 有五个红点，结论显然成立。 ? K ? I ? H ? G ? F ? A ? B ? C ? D ? E
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