八年级竞赛题.docx
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八年级竞赛题.docx
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八年级竞赛题
一、选择题(共27小题)
1、设p是正奇数,则p2除以8的余数等于( )
A、1B、3
C、5D、7
2、有棋子若干,三个三个地数余1,五个五个地数余3,七个七个地数余5,则棋子至少有( )
A、208个B、110个
C、103个D、100个
3、19972000被7除的余数是( )
A、1B、2
C、4D、6
4、韩信点一队士兵的人数,三人一组余两人,五人一组余三人,七人一组余四人.问:
这队士兵至少有( )人.
A、8B、11
C、38D、53
5、若n是大于1的整数,则P=
的值( )
A、一定是偶数B、一定是奇数
C、是偶数但不是2D、可以是偶数也可以是奇数
6、已知三个整数a、b、c的和为奇数,那么,a2+b2﹣c2+2ab( )
A、一定是非零偶数B、等于零
C、一定是奇数D、可能是奇数,也可能是偶数
7、已知x为质数,y为奇数,且满足:
x2+y=2005,则x+y=( )
A、2002B、2003
C、2004D、2005
8、如果m表示奇数,n表示偶数,则m+n表示( )
A、奇数B、偶数
C、合数D、质数
9、(2009•营口)计算:
31+1=4,32+1=10,33+1=28,34+1=82,35+1=244,…,归纳计算结果中的,猜测32009+1的个位数字是( )
A、0B、2
C、4D、8
10、51999的末三位数是( )
A、025B、125
C、625D、825
11、19932002+19952002的末位数字是( )
A、6B、4
C、5D、3
12、若x2﹣12x+1=0,则x4+x﹣4的值的个位数字是( )
A、1B、2
C、3D、4
13、
=( )
A、2B、1
C、0D、﹣2
14、把
化成最简分数,应该是( )
A、
B、
C、
D、
15、若x=
,则(
):
(
)=( )
A、
B、7:
6
C、x2:
1D、x
16、(2011•台湾)已知有一个正整数介于210和240之间,若此正整数为2、3的公倍数,且除以5的余数为3,则此正整数除以7的余数为何?
( )
A、0B、1
C、3D、4
17、一副扑克牌有4种花色,每种花色有13张,从中任意抽牌,最小要抽( )张才能保证有4张牌是同一花色的.
A、12B、13
C、14D、15
18、钟面上有十二个数1,2,3,…,12.将其中某些数的前面添上一个负号,使钟面上所有数之代数和等于零,则至少要添n个负号,这个数n是( )
A、4B、5
C、6D、7
19、若n是自然数,则n9999﹣n5555的末位数字( )
A、恒为0B、有时为0有时非0
C、与n的末位数字相同D、无法确定
20、数20078+82007的个位数字是( B )
A、1B、3
C、5D、9
21、数22010具有下列哪一性质( )
A、个位数字是2B、个位数字是4
C、个位数字是6D、个位数字是8
22、设A=55×1010×2020×3030×4040×5050,把A用10进制表示,A的末尾的零的个数是( )
A、260B、205
C、200D、175
23、20051989的末二位数字是( )
A、15B、25
C、45D、55
24、22011+32011的末位数字是( )
A、1B、3
C、5D、7
25、从1到2002连续自然数的平方和12+22+32+…+20022的个位数是( )
A、0B、3
C、5D、9
26、观察下列算式:
21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,…根据上述算式中的规律,猜想22011的末位数字应是( )
A、2B、4
C、6D、8
27、四个连续奇数之积为1666665,这四个奇数的和是( )
A、142B、143
C、144D、145
二、填空题(共3小题)
28、把自然数n的各位数字之和记为,S(n)如n=38,,S(n)=3+8=11,n=247,S(n)=2+4+7=13,若对于某些自然数满足n﹣S(n)=207,则n的最大值是 _________ .
29、已知31=3,32=9,33=27,34=81,35=243,36=729,37=2187,38=6561…请你推测32009的个位数是 _________ .
30、如图用苹果垒成的一个“苹果图”,根据题意,第10行有 _________ 个苹果,第n行有 _________ 个苹果.
答案与评分标准
一、选择题(共27小题)
1、设p是正奇数,则p2除以8的余数等于( )
A、1B、3
C、5D、7
考点:
带余数除法。
专题:
计算题。
分析:
设正奇数为2n+1(n≥0),利用完全平方公式进行整理然后即可得解.
解答:
解:
∵p是正奇数,
∴可设P=2n+1(n≥0),
∴p2=(2n+1)2=4n2+4n+1=4n(n+1)+1,
∵n与n+1一定是一奇一偶,
∴4n(n+1)是8的倍数,
∴4n(n+1)+1除以8余数是1,
即p2除以8的余数等于1.
故选A.
点评:
本题考查了带余数的除法,判断n与n+1为一奇一偶是求解的关键,难度不大.
2、有棋子若干,三个三个地数余1,五个五个地数余3,七个七个地数余5,则棋子至少有( )
A、208个B、110个
C、103个D、100个
考点:
带余数除法。
专题:
探究型。
分析:
设棋子数的个数为n,则n+2是3、5、7的公倍数,求出其最小公倍数再减去2即可.
解答:
解:
设棋子数的个数为n,则n+2是3、5、7的公倍数,
3、5、7的最小公倍数是3×5×7=105,
所以,棋子最少有105﹣2=103个.
故选C.
点评:
本题考查的是带余数的除法,根据题意设出棋子的个数,得出n+2是3、5、7的公倍数是解答此题的关键.
3、19972000被7除的余数是( )
A、1B、2
C、4D、6
考点:
带余数除法。
专题:
规律型。
分析:
先根据题意找出规律,再根据
=666…2,可知19972000被7除的余数与
=569715…4,的余数相同.
解答:
解:
因为
=285…2,
=569715…4,
=1137721996…0,
=2272030826…2
所以余数是规律2、4、0三循环,
因为
=666…2,
所19972000被7除的余数是4.
故选C.
点评:
本题考查的是带余数的除法,根据题意找出
的余数规律是解答此类题目的关键点.
4、韩信点一队士兵的人数,三人一组余两人,五人一组余三人,七人一组余四人.问:
这队士兵至少有( )人.
A、8B、11
C、38D、53
考点:
带余数除法。
专题:
应用题。
分析:
我们先求是5与7的倍数而用3除余1的数,3与7的倍数而用5除余1的数,3与5的倍数而用7除余1的数,再利用所求得的数和3、5、7的最小公倍数3×5×7=105求出符合题目的解.
解答:
解:
3×5×7=105,
70是5与7的倍数,而用3除余1,
21是3与7的倍数,而用5除余1,
15是3与5的倍数,而用7除余1,
因而
70×2是5与7的倍数,用3除余2,
21×3是3与7的倍数,用5除余3,
15×4是3与5的倍数,用7除余4,
所以70×2+21×3+15×4=263=2×105+53,
则得53除以3余2,53除以5余3,53除以7余4,
所以这队士兵至少有53人.
故选:
D.
点评:
此题考查的知识点是带余数的除法,求得是5与7的倍数而用3除余1的数,3与7的倍数而用5除余1的数,3与5的倍数而用7除余1的数是关键.
5、若n是大于1的整数,则P=
的值( )
A、一定是偶数B、一定是奇数
C、是偶数但不是2D、可以是偶数也可以是奇数
考点:
整数的奇偶性问题。
专题:
计算题。
分析:
可讨论当n为奇数时,可得到P=n2+n﹣1,此时P的值为奇数;当n为偶数时,P=n+1,此时P的值为奇数.
解答:
解:
当n为奇数时,
P=n2+n﹣1,此时P的值为奇数,
当n为偶数时,
P=n+1,此时P的值为奇数.
故选B.
点评:
本题的关键是讨论n的取值偶奇数时,可得到用n表示P的代数式,从而得到答案.
6、已知三个整数a、b、c的和为奇数,那么,a2+b2﹣c2+2ab( )
A、一定是非零偶数B、等于零
C、一定是奇数D、可能是奇数,也可能是偶数
考点:
整数的奇偶性问题。
分析:
可以把a2+b2﹣c2+2ab化为两数相乘的形式,如果一个数为偶数,则积为偶数,如果两个都是奇数,则积为奇数.
解答:
解:
a2+b2﹣c2+2ab=(a+b)2﹣c2=(a+b+c)(a+b﹣c)
∵a+b+c为奇数.
∴a、b、c三数中可能有一个奇数、两个偶数,或者三个都是奇数.
当a、b、c中有一个奇数、两个偶数时,则a+b﹣c为奇数.
当a、b、c三个都是奇数时,也有a+b﹣c为奇数.
∴(a+b+c)(a+b﹣c)是奇数.
故选:
C.
点评:
本题考查了整数的奇偶性问题.把式子配方是解题关键.
7、已知x为质数,y为奇数,且满足:
x2+y=2005,则x+y=( )
A、2002B、2003
C、2004D、2005
考点:
整数的奇偶性问题;质数与合数;代数式求值。
专题:
计算题。
分析:
首先根据一个奇数与一个偶数的和是奇数,以及x2+y=2005,y为奇数,因而可断定x2为偶数.且运用已知x为质数,那么符合条件的只能是2.y也即可确定,那么x+y的值也就求出.
解答:
解:
∵x2+y=2005,y为奇数,
∴x2为偶数,
又∵x是质数,
∴x=2,
∴y=2001,
∴x+y=2003.
故选B.
点评:
本题考查整数的奇偶性问题、质数与合数、代数式求值.解决本题的关键是以2这个质数特殊值入手,根据题意确定x=2.
8、如果m表示奇数,n表示偶数,则m+n表示( )
A、奇数B、偶数
C、合数D、质数
考点:
整数的奇偶性问题。
专题:
计算题。
分析:
=
+
,因为n表示的偶数,所以n能被2整除,因为m是奇数,所以m不能被2整除,故m+n不能被2整除,是奇数.
解答:
解:
因为n表示的偶数,所以n能被2整除,
因为m是奇数,所以m不能被2整除,
=
+
,
故m+n不能被2整除,是奇数.
点评:
本题考查理解奇偶数的能力,关键是看看m+n能不能被2整除.
9、(2009•营口)计算:
31+1=4,32+1=10,33+1=28,34+1=82,35+1=244,…,归纳计算结果中的,猜测32009+1的个位数字是( )
A、0B、2
C、4D、8
考点:
尾数特征。
专题:
规律型。
分析:
本题根据观察可知原式的个位数以4为周期变化.将2009除以4可得502余1.即32009+1的个位数与31+1的个位数相同.由此可解出此题.
解答:
解:
依题意得:
个位数字的规律是每四次一循环,
∵2009÷4=502…1,
∴32009+1的个位数为4.
故选C.
点评:
本题是一道找规律的题目.这类题型在中考中经常出现.对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化,是按照什么规律变化的.
10、51999的末三位数是( )
A、025B、125
C、625D、825
考点:
尾数特征。
专题:
规律型。
分析:
先分别求出5的3次方、5的4次方、5的5次方、5的6次方的末三位数,找出规律即可求解.
解答:
解:
∵5的3次方是125,
5的4次方是625,
5的5次方是3125,尾数是125,
5的6次方是15625,尾数是625,
5的7次方是78125,尾数是125,
…
∴依此类推,5的奇数次方,末尾数应是125,
5的偶数次方,末尾数应是625.
故选B.
点评:
本题考查的是尾数的特征,解答此题的关键是例举出5的3次方、5的4次方、5的5次方、5的6次方的末三位数,找出规律,再由1999是奇数即可得出答案.
11、19932002+19952002的末位数字是( )
A、6B、4
C、5D、3
考点:
尾数特征。
专题:
规律型。
分析:
可以先求出19932002的末位数字,然后求出19952002的末位数字,然后可以得出答案.
解答:
解:
19932002的末位数字和19932的末位数字相同,是9.
19952002的末位数字和19952的末位数字相同,是5.
所以19932002+19952002的末位数字是4,
故选B.
点评:
通过观察,分析、归纳并发现其中的规律,并应用发现的规律解决问题是应该具备的基本能力.
12、若x2﹣12x+1=0,则x4+x﹣4的值的个位数字是( )
A、1B、2
C、3D、4
考点:
尾数特征。
分析:
由x2﹣12x+1=0,知x≠0,可得x+
=12,两边平方后可得即x2+x﹣2=122﹣2=142,然后再把等式两边平方,于是可得到x4+x﹣4的值的个位数字.
解答:
解:
由x2﹣12x+1=0,知x≠0,
则x+
=12,
即x2+x﹣2=122﹣2=142,
x4+x﹣4=1422﹣2,
故x4+x﹣4的值的个位数字是4﹣2=2,
故选B.
点评:
本题主要考查尾数的特征的知识点,解答本题的关键是把x2﹣12x+1=0转变成x+
=12,此题难度不大.
13、
=( )
A、2B、1
C、0D、﹣2
考点:
有理数无理数的概念与运算。
分析:
首先求出(﹣1)2,然后求出135=1,再求(﹣1)5=﹣1,最后求(﹣1)32=1,于是求出式子之和.
解答:
解:
=135+(﹣1)32=1+(﹣1)2=2.
故选A.
点评:
本题主要考查有理数无理数的概念与运算的知识点,解答本题的关键是熟练掌握指数幂的运算性质,此题难度不大.
14、把
化成最简分数,应该是( )
A、
B、
C、
D、
考点:
有理数无理数的概念与运算。
分析:
首先找到1001与1995的最大公约数,然后再把
化成最简分数.
解答:
解:
∵1001=143×7,1995=285×7,
∴1001与1995的最大公约数为7,
∴
=
=
.
故选A.
点评:
本题主要考查有理数无理数的概念与运算的知识点,解答本题的关键是找到分子分母的公约数,此题比较简单.
15、若x=
,则(
):
(
)=( )
A、
B、7:
6
C、x2:
1D、x
考点:
有理数无理数的概念与运算。
分析:
首先根据x=
,求出
=
﹣
,然后代值进行化简即可.
解答:
解:
∵x=
,∴
=
﹣
,
∴(
):
(
)
=(
+
+
﹣
):
(
+
﹣
+
)
=
.
故选A.
点评:
本题主要考查有理数无理数的概念与运算的知识点,解答本题的关键是分母有理化,此题难度不大.
16、(2011•台湾)已知有一个正整数介于210和240之间,若此正整数为2、3的公倍数,且除以5的余数为3,则此正整数除以7的余数为何?
( )
A、0B、1
C、3D、4
考点:
最大公约数与最小公倍数。
专题:
探究型。
分析:
根据正整数为2、3的公倍数的数为6的倍数,再列举出介于210和240之间且为2、3的公倍数的正整数,再找出除以5余3即减去3后为5的倍数的数即可.
解答:
解:
∵介于210和240之间且为2、3的公倍数的正整数,
∴210、216、222、228、234、240,
又∵除以5余3即减去3后为5的倍数,
∴所求正整数为228,即228÷7=32…4.
故选D.
点评:
本题考查的是最大公约数与最小公倍数,熟知正整数为2、3的公倍数的数为6的倍数是解答此题的关键.
17、一副扑克牌有4种花色,每种花色有13张,从中任意抽牌,最小要抽( )张才能保证有4张牌是同一花色的.
A、12B、13
C、14D、15
考点:
抽屉原理。
专题:
计算题。
分析:
此题要逐步进行推理,确定一种牌至少有4张,求出其余花色的牌至多有3张即可.
解答:
解:
4种花色相当于4个抽屉,
设最少要抽x张扑克,
问题相当于把x张扑克放进4个抽屉,至少有4张牌在同一个抽屉,有
x=3×3+4=13.
故选B.
点评:
此题考查了同学们的逻辑推理能力,要熟悉扑克牌的结构方可进行解答.
18、钟面上有十二个数1,2,3,…,12.将其中某些数的前面添上一个负号,使钟面上所有数之代数和等于零,则至少要添n个负号,这个数n是( )
A、4B、5
C、6D、7
考点:
简单的极端原理。
分析:
首先算出12个数的和,要使所有数之代数和等于零,12个数分成两部分,正、负之和的绝地值相等,考虑添上负号的数最大即可解决.
解答:
解:
因为1+2+3+…+11+12=78,
所以78÷2=39,也就是添上负号的数的和为﹣39,其余数的和为39使代数和等于零,
要填负号最少,首先从大数前面加负号,
因此﹣10﹣11﹣12=﹣33,﹣33﹣6=﹣39,
由此得到至少要添4个负号.
故选A.
点评:
此题主要通过计算发现数的规律,从极端情形考虑寻找问题的答案.
19、若n是自然数,则n9999﹣n5555的末位数字( )
A、恒为0B、有时为0有时非0
C、与n的末位数字相同D、无法确定
考点:
尾数特征。
分析:
根据题意可知,结果的末尾数只与前面减数和被见数的尾数相关,且只与n的尾数相关,故只需说明0至9的数即可,分别讨论出n=0、1…9时n9999和n5555的尾数.
解答:
解:
根据题意可知,结果的末尾数只与前面减数和被见数的尾数相关,且只与n的尾数相关,故只需说明0至9的数即可!
当n为0,1,5或6时,n9999和n5555的尾数均分别为0,1,5,6,故题最终结果为0,
当n为2时,n9999=(2•16)2499,16的任意次方尾数仍为6,故29999尾数为8,
n5555(8•16)1388,尾数亦为8,故最终结果为0
当n为3时,n9999=(27•81)2499,尾数为7,
n5555(27•81)1388,尾数为7,故最终结果为0,
当n为4时,n9999=(4•16)499916的任意次方尾数仍为6,故4的9999次方尾数为6,
n5555=(4•16)2777,尾数亦为6,故最终结果为0,
当n为7时,n9999=(343•2401)2499,尾数为3,
n5555=(343•2401)1388,尾数为3,故最终结果为0,
当n为8时,n9999=(512•4096)2499,4096的任意次方尾数仍为6,故8的9999次方尾数为2,
n5555=(512•4096)1388,尾数亦为2,故最终结果为0,
当n为9时,n9999=(9•81)4999,81的任意次方尾数为1,故9的9999次方尾数为9,
n5555=(9•81)2777,尾数亦为9,故最终结果为0,
根据上面情况可知,最终结果就是0(上述所叙中的任意指任意自然数).
故选A.
点评:
本题主要考查尾数特征的知识点,解答本题的关键是进行归纳总结,此题难度不大.
20、数20078+82007的个位数字是( B )
A、1B、3
C、5D、9
考点:
尾数特征。
专题:
数字问题;规律型。
分析:
此题应对20078和82007分别分析找出规律,依据若干个正整数乘积个位数字重复出现进行解答.
解答:
解:
20071的个位数字,7,
20072的个位数字为9,
20073的个位数字为3,
20074的个位数字为1,
20075的个位数字为7,
…
则得到:
2007的1,2,3,4,5,…次幂个位数字每4个为一个循环即重复出现.
所以20078的个位数字为1.
81的个位数字为8,
82的个位数字为4,
83的个位数字为2,
84的个位数字为6,
85的个位数字为8,…
同样:
8的1,2,3,4,5,…次幂的个位数字每4个重复出现.
2007÷4=501余3.因此,82007的个位数字是重复出现中的第3个,
所以82007的个位数为2.
那么,20078+82007的个位数为3.
故选:
B.
点评:
此题考查的知识点是数的位数特征问题,进而考查了学生分析归纳问题的能力.依据若干个正整数乘积个位数字重复出现进行解答是解此题的关键.
21、数22010具有下列哪一性质( )
A、个位数字是2B、个位数字是4
C、个位数字是6D、个位数字是8
考点:
尾数特征。
分析:
首先求得21的个位数字数为2,22的个位数字为4,23的个位数字为8,24的个位数字为6,25的个位数字为2,26的个位数字为4,27的个位数字为8,28的个位数字为6,即可发现规律:
2n的个位数字每4次一循环,又由2010÷4=502…2,即可求得答案
解答:
解:
∵21的个位数字数为2,22的个位数字为4,23的个位数字为8,24的个位数字为6,25的个位数字为2,26的个位数字为4,27的个位数字为8,28的个位数字为6,
∴2n的个位数字每4次一循环,
∵2010÷4=502…2,
∴数22010的个位数字为4.
故选B.
点评:
此题考查了数2n的尾数特征.此题难度不大,解题的关键是注意找到规律:
2n的个位数字每4次一循环.
22、设A=55×1010×2020×3030×4040×5050,把A用10进制表示,A的末尾的零的个数是( )
A、260B、205
C、200D、175
考点:
尾数特征。
专题:
规律型。
分析:
将A=55×1010×2020×3030×4040×5050,转化为a×10n的形式,即可得出A的末尾的零的个数.
解答:
解:
A=55×1010×2020×3030×4040×5050
=55×1010×220×1020×330×1030×440×1040×550×1050
=55×220×330×440×550×10150
=55×220×330×280×550×10150
=555×2100×330×10150
=(5×2)55×245×330×10150
=245×330×10205.
则A的末尾的零的个数是205.
故选B.
点评:
本题考查了尾数特征,解题的关键是根据同底数幂的乘法和积的乘方的运算法则将A=55×1010×2020×3030×4040×5050,进行变形求解.
23、20051989的末二位数字是( )
A、15B、25
C、45D、55
考点:
尾数特征。
专题:
计算题。
分析:
计算出20051,20052,20053,20054,20055…的末两位数,总结出规律,即可求出20082008的末两位数字.
解答:
解:
∵20051,20052,20053,20054,20055,…的末两位数
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- 年级 竞赛题