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浙江省创新教育初中协作体2024-2025学年第二学期八年级数学创新素养试卷
1．（2025八下·浙江月考）从四个数中任取两个不同的数相乘，则乘积等于0的概率为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·浙江月考）在下列五类四边形中，有外接圆的有（　　）类
①正方形，②非正方形的矩形，③非正方形的菱形，④非矩形或非菱形的平行四边形，⑥等腰梯形
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2025八下·浙江月考）已知方程有两个实数根，且这两根之比为，则的值为（　　）
A． B． C．4 D．6
4．（2025八下·浙江月考）如图，与水平面相切于点，过点作的内接矩形，已知的半径为2，且，在保证不滑动的情况下，使在水平面上沿直线向右滚动，当滚动的路程为时，与地面相切的切点所在的弧为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025八下·浙江月考）如图，矩形纸片，点在边上，点关于直线的对称点在边上，若，则可表示为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025八下·浙江月考）在中，，点在边上，已知.（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．（2025八下·浙江月考）已知数列满足，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和，记为数列的前项和，若，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025八下·浙江月考）在28+1与218+1之间有（　　）个立方数
A．9 B．10 C．57 D．58
9．（2025八下·浙江月考）已知一条弧长为，这条弧所在圆的半径为36，则弧所对的圆心角为　 　.
10．（2025八下·浙江月考）如图，等边的三个顶点分别在等边的三条边上，，若与的面积分别为和，则的值为　 　.
11．（2025八下·浙江月考）在一个正五边形的主题公园步道上，其总长度为2000米，小李和小张分别从两点同时开启步行之旅，沿着步道的顺时针方向行进，小李的步行速度为每分钟50米，小张的步行速度为每分钟46米。请问，从出发开始计时，经过　 　时间，小李和小张首次处于同一段步道上。
12．（2025八下·浙江月考）如图，在中，是直径，是切线，点、的连线交于点，的延长线交于点，的延长线交于点，若，则的值为　 　.
13．（2025八下·浙江月考）已知对所有实数，满足，则的最小值为　 　.
14．（2025八下·浙江月考）已知为互不相等的非零实数，满足，则　 　.
15．（2025八下·浙江月考）如图，在一个圆形建筑的设计图中，是过圆心的两条主支撑钢梁，有一根连接边缘的金属杆，其垂直于直径于点，连接点和点与金属杆相交于点.
（1）已知金属杆的长度为，，求这个圆形建筑的直径：
（2）若满足，求的度数.
16．（2025八下·浙江月考）如图，为等边三角形，边长为8，过点的直线交于点，交于点，且点在反比例函数的图象上，
（1）求直线的方程；
（2）记的面积为的面积为，试判断和的大小关系，并说明理由.
17．（2025八下·浙江月考）如图，抛物线的顶点在矩形的边上，且过矩形的顶点、.
（1）若，求矩形的面积；
（2）当矩形的面积为常数时，求矩形的长的大小.
18．（2025八下·浙江月考）在直角梯形中，，为直角，若有一条动直线交于，交于，且将梯形分为面积相等的两部分.
（1）证明：这条动直线必定经过一个定点，请指出这个定点；
（2）若边，求顶点到动直线的距离的最大值和最小值.
19．（2025八下·浙江月考）
（1）已知实数，代数式，求该代数式的最小值及取到最小值时的值；
（2）已知实数，代数式，求该代数式的最小值及取到最小值及取到最小值及取值时的值.
20．（2025八下·浙江月考）已知、是正整数，满足，且、、7是一个三角形的三边长，若，也是一个三角形的三边长，求满足条件的
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】用列举法求概率
【解析】【解答】解：从四个数中任取两个不同的数，则有（-2，-1）、（-2，0）、（-2，3）、（-1，0）、（-1，3）、（0，3），共6组；其中乘积为0的两个不同的数是（-2，0）、（-1，0）、（0，3），即3组，因此乘积等于0的概率为.
故答案为：D.
【分析】本题计算概率，首先列出四个数中任取两个不同的数有6组，然后从中找出乘积为0的数有3组，最后计算即可。
2．【答案】B
【知识点】三角形的外接圆与外心；四边形的综合
【解析】【解答】解：①正方形的对角线交点为圆心、对角线为半径画圆，可以画出该正方形的外接圆；
②非正方形的矩形，可以以对角线交点为圆心、对角线为半径画圆，可以画出该矩形的外接圆；
③非正方形的菱形，因为对角线不相等，因此不可以画出外接圆；
④非矩形或非菱形的平行四边形，不可以画出外接圆；
⑤等腰梯形，可以以每条边的垂直平分线的交点为圆心、该圆点到梯形的任意内角为半径画圆，可以画出该等腰梯形的外接圆。
因此有外接圆的是①②⑤。
故答案为：B.
【分析】与多边形各顶点都相交的圆叫做多边形的外接圆。本题分别画出各图形的每条边的垂直平分线，如果交于一点，则可以画出该图形的外接圆。
3．【答案】C
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：将原方程转化为：3x2-8x+k=0
∵原方程有两个实数根，
∵ 这两根之比为，
∴设方程的两个根为m，3m，
∴
解之：，
∴
∴方程的两个根为和2，
∴
解之：K=4.
故答案为：C。
【分析】将原方程转化为整式方程，利用这两根之比为，因此设方程的两个根为m，3m，利用一元二次方程根与系数的关系可得到关于m、k的方程组，解方程组求出m、k的值.
4．【答案】A
【知识点】圆的周长；等圆、等弧的概念
【解析】【解答】解：∵圆的半径是2，∴圆的周长为2π×2=4π，
当圆向右滚动且滚动的路程为时，即（圈），意思是圆滚动了506圈之后，又向右滚动了圈。
∵四边形是的内接矩形，∴∠B=90°，因此AOC三点共线。连接AOC，并过点O作AC的垂直平分线OE，如图
而， 因此B点是的三等分点，即，
∴E点在上。
此时的圆与底面的切点为E点。
故答案为：A.
【分析】本题首先根据圆的周长计算公式，计算出圆向右滚动且滚动的路程为，其实就是滚动了506圈之后，又向右滚动了圈，即圆以A点为切点又向右滚动圈；然后分析出B点是的三等分点，这样画图分析即可得出圈与地面的切点位置就在上。
5．【答案】C
【知识点】翻折变换（折叠问题）；正弦定理和余弦定理
【解析】【解答】解：过F点作FG⊥AB于G点，如图，
因为ABCD是矩形，所以AD=FG=a，而点关于直线的对称点在边上，∴∠FAE=∠BAE=θ，∠FAG=2θ，AF=AB，
在直角三角形FAG中，sin2θ=，即AB=；
在直角三角形ABE中，cosθ=，即AE=，
将AB=代入中，即AE=
故答案为：C.
【分析】本题利用正弦值和余弦值的计算公式，分别放到直角三角形FAG中和直角三角形ABE中进行表示，最后进行替换即可求出AE的值。
6．【答案】B
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；等腰直角三角形；面积及等积变换
【解析】【解答】解：
如图所示，∠ACP=∠1，∠BCP=∠2，∵ ，，∴AB=，
如果 ，∵∠1+∠2=90°，∴∠B+∠2=90°，即∠BCP=90°，此时CP⊥AB，∴，即，解得PC=；
如果 ，此时∠1=∠2=45°，过P点分别作PD⊥BC于D点、PE⊥AC于E点，如图
∴PE=PD，设PE=PD=h，因此有，即，解得h=；
而△PDC是等腰直角三角形，PD=CD=，
∴CP=.
故答案为：B.
【分析】本题从条件可以先画出直角三角形ACB，并利用勾股定理求出AB的值，然后观察四个选项，先分析当 ，此时CP⊥AB，然后利用等面积方法列式即可计算出CP的值；再分析当 ，此时可以利用“角平分线上的点到角两边的距离相等”和等面积方法求出PD的值，然后根据等腰直角三角形的性质特点求出CD的值，最后利用勾股定理即可求出CP的值。
7．【答案】B
【知识点】探索数与式的规律；探索规律-数列中的规律
【解析】【解答】解：根据题意可以列式为
a3=a2+a1，a4=a3+a2，a5=a4+a3，a6=a5+a4，...an+2=an+1+an，即an+2-an+1=an；
累加，得到a3+a4+a5+...+a2025=（a2+a3+a4+...+a2024）+（a1+a2+a3+...+a2023），
即a3+a4+a5+...+a2025=（a2+a3+a4+...+a2024）+S2023，
变形得到a3+a4+a5+...+a2025-（a2+a3+a4+...+a2024）=S2023，即a2025-a2024-a2=m，
因此a2023=m+a2=m+1。
故答案为：B.
【分析】本题先将数列分别列出，然后找到规律，即an+2-an+1=an；下一步将所有数列相加，最后变形即可得到a2025-a2024-a2=S2023，代入即可求出答案。
8．【答案】D
【知识点】有理数的乘方法则
【解析】【解答】解：∵ =257，=262145，
而63=216，73=343，643=262144，653=274625，
且＞63，＜＞653，
因此有64-7+1=58个立方数，
故答案为：D.
【分析】本题首先计算出两个数的具体值，然后找到最接近并且略小于的立方数是63，再找出略大于的立方数653，最后即可计算出之间的立方数的个数。
9．【答案】150°
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；弧长的计算
【解析】【解答】解：设弧所对的圆心角为n。则
，解得n=150°
因此弧所对的圆心角为150°。
故答案为：150°.
【分析】本题根据弧长公式，其中n是圆心角，r为弧所在圆的半径。根据题中条件列式计算即可。
10．【答案】8
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的性质；正弦的概念
【解析】【解答】解：过F点作FG⊥BC于G点，如图
∵△DEF和△ABC是等边三角形，∴∠A=∠B=60°，EF=FD，
∵∠AFE+∠BFD+∠EFD=180°，∠B+∠BFD+∠FDB=180°，而∠B=∠EFD=60°，∴∠AFE=∠FDB，
∴△AFE≌△BDF（AAS），同理可得△AFE≌△BDF≌△CED，∴BF=CD=b，
因此S△AFE=S△BDF=S△CED=，
FG=，
因此S△BDF=，
解得ab=8。
故答案为：8.
【分析】本题首先根据等边三角形的性质，利用AAS证明出△AFE≌△BDF≌△CED，即可得出这三个小三角形面积相等，此时即可求出其中一个三角形的面积。然后利用正弦值可以求出FG的长度，最后利用三角形面积公式列式即可求出ab的值。
11．【答案】104分钟
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：设经过x分钟后，小李落后小张400米，列式为
50x-800+400=46x，解得x=100，
此时小李的跑步路程为50×100=5000米，小张的跑步路程为46×100=4600米，
而AB=BC=CD=DE=EA=2000÷5=400米，
因此此时的小李在G点，小张在F点，如图所示
EF=200米，DG=200米，而，即小李跑到D点时，小张还没到E点，这时小李和小张同时在ED段跑道上。
100+（200÷50）=104分钟，即从出发开始计时，经过104分钟，小李和小张首次处于同一段步道上。
故答案为：104分钟.
【分析】本题可以看做是追击问题，因为要求的是小李和小张首次处于同一段步道上，而每一段跑道的长度数400米，因此可以列式计算出当小李落后小张400米的时候所经过的时间，并且准确找出此时小李和小张的位置。画图可以发现，小李和小张此时都在相邻跑到的中点，因此可以计算分析出当小李跑到此时小张的跑道上时，小张还未能跑到下一个跑道，这样直接计算该路段的时间，并加上之前经过的时间即可算出答案。
12．【答案】
【知识点】切线的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：∵，而AB为直径，假设该圆的半径长度为1，则直径AB=CD=2，因此AC=2；
∠CDF=∠BDO=∠OBD，∴∠AOC=2∠CDF，
tan∠AOC=，
而tan∠AOC=tan2∠CDF=，
解得tan∠CDF=
故答案为：.
【分析】本题先假设半径的长度为1，这样可以减少计算量，此时AC的长度就可以表示出来。然后放到直角三角形AOC中，利用三角函数变换公式“”进行计算，最后即可计算出结果。
13．【答案】3
【知识点】二次根式的性质与化简；绝对值的非负性；分类讨论
【解析】【解答】解：∵，∴；
①当时，原式变为，变形为，∵，∴m-3=0，即此时m的最小值为3；
②当时，原式变为，变形为，当x=2时，，∴m+1=，即此时m的最小值为；
明显＞3，
∴m的最小值为3.
故答案为：3.
【分析】本题利用根式的非负性、绝对值的非负性，首先判断出x的取值范围；然后分两种情况来进行讨论，并计算出对应m的最小值，最后对m的值比较大小，取最小在m值即可。
14．【答案】-8
【知识点】因式分解-分组分解法
【解析】【解答】解：a2( b + c )=b2( c + a )，
∴a2b+a2c=b2c+b2a，
即a2b-b2a+a2c-b2c=0， ab ( a - b )+ c ( a + b )( a - b )=0，( a - b )( ab + ac + bc )=0，
∵a ≠ b ，
∴ ab + ac + bc =0，
∵a2( b + c )=8，∴ a ( ab + ac )=8， a (- bc )=8，- abc =8，
∴abc =-8，
∴c2( a + b )+2abc=c( ac + bc )+2abc= c (- ab )+2abc=- abc +2abc= abc =-8．
故答案为：-8.
【分析】本题先对进行因式分解变形，求出ab + ac + bc =0和abc =-8，然后对c2( a + b )+2abc进行因式分解变形，最后替换即可求出答案。
15．【答案】（1）解：设该圆的半径OD=xm，则OF=OB-BF=（x-4）m，
AB垂直平分DE，∴DF=16÷2=8m
因此OF2+DF2=OD2，即（x-4）2+82=x2，
解得x=10
∴这个圆形建筑的直径是10×2=20m。
（2）解：∵ ，∴∠D=∠C，
∴∠DOB=2∠C，∠DOB+∠D=2∠C+∠C=90°
解得∠C=30°
∴ =∠D+∠C=2∠C=60°。
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）题可以放到直角三角形ODF中，利用勾股定理列出方程求解即可；
（2）首先利用“同一个圆内，同一个弧对应的圆周角是圆心角的一半”先确定∠DOB=2∠C，然后放到直角三角形ODF中可以求出∠C=30°，最后利用“三角形的外角等于和它不相邻两个内角和”即可求出。
16．【答案】（1）解：如图，过点E作EF⊥x轴于点F，过点A，作AM⊥x轴于点M，如图
∵△AOB为等边三角形，边长为8，点C的坐标为C(-8，0)，B(8，0)，
设BF=x，OF=8-x，EF=x，
∴E(8-x，x)，
∵点E在反比例函数 的图象上，将E点代入反比例函数，解得x=2或6(舍去)，
∴E点坐标(6，2)，
设直线CE的解析式为y=kx+b，将C和E点代入，得到，解得，
因此直线的方程为.
（2）解：S△ECB=S2+S四边形EDOB=BC×EF=，
S△AOB=S1+S四边形EDOB=BO×AM=，
因此S△ECB=S△AOB，
∵S△ECB-S四边形EDOB=S△AOB-S四边形EDOB
∴S1=S2.
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；等边三角形的性质
【解析】【分析】（1）利用等边三角形可以确定B点的坐标，然后用x来表示E点的坐标并代入反比例函数中，求出E点的坐标，然后将C和E点坐标代入CE的解析式中，利用待定系数法即可求出；
（2）比较和 的大小，可以先比较S△ECB和S△AOB的大小，然后减去公共部分S四边形EDOB即可求出答案。
17．【答案】（1）解：∵M在抛物线的顶点，因此M（，），从图上可以看出，＜0，＜0，即b＞0，c＜0，
假设B点坐标为（x，x2+bx+c），而A点与B点关于对称轴x=对称，则A点坐标为（-x-b，x2+bx+c），
此时AB的长度为[x-（-x-b）]=2x+b，BC的长度为，
∵ ，即2x+b=2，化简得到，
解得x=或（舍去），
∴AB=2×+b=2，那么AD=1，因此矩形ABCD的面积是AB×CD=2×1=2.
（2）解：根据（1）中的推导过程，得出AB=2x+b，BC=，
因此有S=（2x+b），
∵S是常数，∴只有当b=0时，S恒为常数，此时有2x3=S，即x=，
CD=AB=2x+b=2。
【知识点】二次函数图象与系数的关系；矩形的性质；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）利用抛物线顶点计算公式x=，y=，可以列出M点的坐标，然后确定b、c的取值范围，之后利用抛物线列出B点和A点的坐标，并计算出AB和BC的长度，最后利用 列出等式进行化简计算，即可得出AD=1、AB=2，此时矩形面积即可计算得出；
（2）根据（1）中AB和BC的长度计算公式列式，因为S是常数，因此只有当b=0时S恒为常数，这样就可以用S来表示x，最后计算即可。
18．【答案】（1）证明：连接BD、AC，相交于O点，过O点作直线l交于，交于， 如图所示，
动直线l将梯形ABCD分为面积相等的两部分，且这两部分图形都是梯形，则
(AP+ DQ) × AD =(QC+ PB) × AD=(DC+AB)×AD，
变形化简得到AP+ DQ = QC+ PB=(DC + AB)，
当P与A重合时，Q与C重合；当P与B重合时，Q与D重合。
因此动直线l必定经过AC与BD的交点O。
（2）解：参考（1）题中的图形，
∵AB∥CD，∴∠DCO=∠BAO，∠CDO=∠ABO
因此△DCO∽△BAO，
∴，
∵AB∥CD，∠DAB为直角，∴∠ADC =90°，
∵AB=5，CD=3，AD=2，∴AC=，
∵AO+OC=AC，
∴AO =
当l经过A点时，A到l的距离最小值为0；当l垂直于AO时，则A到l的距离最大值为AO的长度。
因此顶点到动直线的距离的最大值是，最小值是0.
【知识点】直角梯形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）直线l将大梯形分割成两个完全相等的小梯形，因此可以利用梯形面积计算公式列式化简，即可确定l经过的点；
（2）首先利用“两直线平行、内错角相等”，可以推出△DCO∽△BAO，然后利用相似比以及勾股定理，即可求出AO的长度。最后分析l的运动轨迹发现，l经过A点时，A到l的距离最小值为0；当l垂直于AO时，则A到l的距离最大值为AO的长度。
19．【答案】（1）解：将 进行变形整理，得到，
此时将x看成未知数、y看做已知数，则此时代数式的最小值为，整理得到。
要使原代数式有最小值，则取得最小值即可，此时当y=时，原代数式有最小值，
即，解得x=。
（2）解：令s=x+y+z，t=xy+yz+zx，此时原式变为s2+s-t，
∵xy≤，yz≤，zx≤，因此t=xy+yz+zx≤++=x2+y2+z2≤=，
将t≤代入s2+s-t，此时原式的最小值为s2+s- =，
由此可知，当s=时，有最小值，当且仅当x=y=z时存在最小值，代入
解得x=y=z=。
【知识点】二次函数的最值
【解析】【分析】（1）可以将原代数式变形，然后看作是只含有x的抛物线方程，然后按照最小值计算公式计算得出，最后代入即可求出x和y的值；
（2）首先利用换元法将原代数式简化，然后利用均值不等式求出t的最小值并代入简化之后的代数式中，此时出现新的抛物线方程，依旧按照最小值计算公式计算得出，即可确定x、y、z的值。
20．【答案】解：∵、是正整数，满足，且、、7是一个三角形的三边长，
∴a-b＜7，
而，也是一个三角形的三边长，因此有a3＞b3＞73，且a3-b3＜73，即（a-b）（a2+ab+b2）＜343；
①当b=8、a=9时，满足a-b＜7，满足a3-b3＜73；
②当b=8、a=10时，满足a-b＜7，不满足a3-b3＜73；
③当b=9、a=10时，满足a-b＜7，满足a3-b3＜73；
④当b=9、a=11时，满足a-b＜7，不满足a3-b3＜73；
⑤当b=10、a=11时，满足a-b＜7，满足a3-b3＜73；
⑥当b=10、a=12时，满足a-b＜7，不满足a3-b3＜73；
⑦当b=11、a=12时，满足a-b＜7，不满足a3-b3＜73；
因此满足条件的a和b的值，有a=9、b=8；a=9、b=10；b=10、a=11.故答案为：a=9、b=8；a=9、b=10；b=10、a=11.
【知识点】三角形三边关系
【解析】【分析】本题利用三角形的三边性质，即两边之和大于第三边、两边之差小于第三边，简单来说就是三角形较长的两条边的差一定小于第三边。根据条件可知，因为a和b都是正整数，因此b最小是8，这样进行试数计算分析即可得出答案。
1 / 1浙江省创新教育初中协作体2024-2025学年第二学期八年级数学创新素养试卷
1．（2025八下·浙江月考）从四个数中任取两个不同的数相乘，则乘积等于0的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】用列举法求概率
【解析】【解答】解：从四个数中任取两个不同的数，则有（-2，-1）、（-2，0）、（-2，3）、（-1，0）、（-1，3）、（0，3），共6组；其中乘积为0的两个不同的数是（-2，0）、（-1，0）、（0，3），即3组，因此乘积等于0的概率为.
故答案为：D.
【分析】本题计算概率，首先列出四个数中任取两个不同的数有6组，然后从中找出乘积为0的数有3组，最后计算即可。
2．（2025八下·浙江月考）在下列五类四边形中，有外接圆的有（　　）类
①正方形，②非正方形的矩形，③非正方形的菱形，④非矩形或非菱形的平行四边形，⑥等腰梯形
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】三角形的外接圆与外心；四边形的综合
【解析】【解答】解：①正方形的对角线交点为圆心、对角线为半径画圆，可以画出该正方形的外接圆；
②非正方形的矩形，可以以对角线交点为圆心、对角线为半径画圆，可以画出该矩形的外接圆；
③非正方形的菱形，因为对角线不相等，因此不可以画出外接圆；
④非矩形或非菱形的平行四边形，不可以画出外接圆；
⑤等腰梯形，可以以每条边的垂直平分线的交点为圆心、该圆点到梯形的任意内角为半径画圆，可以画出该等腰梯形的外接圆。
因此有外接圆的是①②⑤。
故答案为：B.
【分析】与多边形各顶点都相交的圆叫做多边形的外接圆。本题分别画出各图形的每条边的垂直平分线，如果交于一点，则可以画出该图形的外接圆。
3．（2025八下·浙江月考）已知方程有两个实数根，且这两根之比为，则的值为（　　）
A． B． C．4 D．6
【答案】C
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理）
【解析】【解答】解：将原方程转化为：3x2-8x+k=0
∵原方程有两个实数根，
∵ 这两根之比为，
∴设方程的两个根为m，3m，
∴
解之：，
∴
∴方程的两个根为和2，
∴
解之：K=4.
故答案为：C。
【分析】将原方程转化为整式方程，利用这两根之比为，因此设方程的两个根为m，3m，利用一元二次方程根与系数的关系可得到关于m、k的方程组，解方程组求出m、k的值.
4．（2025八下·浙江月考）如图，与水平面相切于点，过点作的内接矩形，已知的半径为2，且，在保证不滑动的情况下，使在水平面上沿直线向右滚动，当滚动的路程为时，与地面相切的切点所在的弧为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】圆的周长；等圆、等弧的概念
【解析】【解答】解：∵圆的半径是2，∴圆的周长为2π×2=4π，
当圆向右滚动且滚动的路程为时，即（圈），意思是圆滚动了506圈之后，又向右滚动了圈。
∵四边形是的内接矩形，∴∠B=90°，因此AOC三点共线。连接AOC，并过点O作AC的垂直平分线OE，如图
而， 因此B点是的三等分点，即，
∴E点在上。
此时的圆与底面的切点为E点。
故答案为：A.
【分析】本题首先根据圆的周长计算公式，计算出圆向右滚动且滚动的路程为，其实就是滚动了506圈之后，又向右滚动了圈，即圆以A点为切点又向右滚动圈；然后分析出B点是的三等分点，这样画图分析即可得出圈与地面的切点位置就在上。
5．（2025八下·浙江月考）如图，矩形纸片，点在边上，点关于直线的对称点在边上，若，则可表示为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】翻折变换（折叠问题）；正弦定理和余弦定理
【解析】【解答】解：过F点作FG⊥AB于G点，如图，
因为ABCD是矩形，所以AD=FG=a，而点关于直线的对称点在边上，∴∠FAE=∠BAE=θ，∠FAG=2θ，AF=AB，
在直角三角形FAG中，sin2θ=，即AB=；
在直角三角形ABE中，cosθ=，即AE=，
将AB=代入中，即AE=
故答案为：C.
【分析】本题利用正弦值和余弦值的计算公式，分别放到直角三角形FAG中和直角三角形ABE中进行表示，最后进行替换即可求出AE的值。
6．（2025八下·浙江月考）在中，，点在边上，已知.（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；等腰直角三角形；面积及等积变换
【解析】【解答】解：
如图所示，∠ACP=∠1，∠BCP=∠2，∵ ，，∴AB=，
如果 ，∵∠1+∠2=90°，∴∠B+∠2=90°，即∠BCP=90°，此时CP⊥AB，∴，即，解得PC=；
如果 ，此时∠1=∠2=45°，过P点分别作PD⊥BC于D点、PE⊥AC于E点，如图
∴PE=PD，设PE=PD=h，因此有，即，解得h=；
而△PDC是等腰直角三角形，PD=CD=，
∴CP=.
故答案为：B.
【分析】本题从条件可以先画出直角三角形ACB，并利用勾股定理求出AB的值，然后观察四个选项，先分析当 ，此时CP⊥AB，然后利用等面积方法列式即可计算出CP的值；再分析当 ，此时可以利用“角平分线上的点到角两边的距离相等”和等面积方法求出PD的值，然后根据等腰直角三角形的性质特点求出CD的值，最后利用勾股定理即可求出CP的值。
7．（2025八下·浙江月考）已知数列满足，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和，记为数列的前项和，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】探索数与式的规律；探索规律-数列中的规律
【解析】【解答】解：根据题意可以列式为
a3=a2+a1，a4=a3+a2，a5=a4+a3，a6=a5+a4，...an+2=an+1+an，即an+2-an+1=an；
累加，得到a3+a4+a5+...+a2025=（a2+a3+a4+...+a2024）+（a1+a2+a3+...+a2023），
即a3+a4+a5+...+a2025=（a2+a3+a4+...+a2024）+S2023，
变形得到a3+a4+a5+...+a2025-（a2+a3+a4+...+a2024）=S2023，即a2025-a2024-a2=m，
因此a2023=m+a2=m+1。
故答案为：B.
【分析】本题先将数列分别列出，然后找到规律，即an+2-an+1=an；下一步将所有数列相加，最后变形即可得到a2025-a2024-a2=S2023，代入即可求出答案。
8．（2025八下·浙江月考）在28+1与218+1之间有（　　）个立方数
A．9 B．10 C．57 D．58
【答案】D
【知识点】有理数的乘方法则
【解析】【解答】解：∵ =257，=262145，
而63=216，73=343，643=262144，653=274625，
且＞63，＜＞653，
因此有64-7+1=58个立方数，
故答案为：D.
【分析】本题首先计算出两个数的具体值，然后找到最接近并且略小于的立方数是63，再找出略大于的立方数653，最后即可计算出之间的立方数的个数。
9．（2025八下·浙江月考）已知一条弧长为，这条弧所在圆的半径为36，则弧所对的圆心角为　 　.
【答案】150°
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；弧长的计算
【解析】【解答】解：设弧所对的圆心角为n。则
，解得n=150°
因此弧所对的圆心角为150°。
故答案为：150°.
【分析】本题根据弧长公式，其中n是圆心角，r为弧所在圆的半径。根据题中条件列式计算即可。
10．（2025八下·浙江月考）如图，等边的三个顶点分别在等边的三条边上，，若与的面积分别为和，则的值为　 　.
【答案】8
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的性质；正弦的概念
【解析】【解答】解：过F点作FG⊥BC于G点，如图
∵△DEF和△ABC是等边三角形，∴∠A=∠B=60°，EF=FD，
∵∠AFE+∠BFD+∠EFD=180°，∠B+∠BFD+∠FDB=180°，而∠B=∠EFD=60°，∴∠AFE=∠FDB，
∴△AFE≌△BDF（AAS），同理可得△AFE≌△BDF≌△CED，∴BF=CD=b，
因此S△AFE=S△BDF=S△CED=，
FG=，
因此S△BDF=，
解得ab=8。
故答案为：8.
【分析】本题首先根据等边三角形的性质，利用AAS证明出△AFE≌△BDF≌△CED，即可得出这三个小三角形面积相等，此时即可求出其中一个三角形的面积。然后利用正弦值可以求出FG的长度，最后利用三角形面积公式列式即可求出ab的值。
11．（2025八下·浙江月考）在一个正五边形的主题公园步道上，其总长度为2000米，小李和小张分别从两点同时开启步行之旅，沿着步道的顺时针方向行进，小李的步行速度为每分钟50米，小张的步行速度为每分钟46米。请问，从出发开始计时，经过　 　时间，小李和小张首次处于同一段步道上。
【答案】104分钟
【知识点】正多边形的性质
【解析】【解答】解：设经过x分钟后，小李落后小张400米，列式为
50x-800+400=46x，解得x=100，
此时小李的跑步路程为50×100=5000米，小张的跑步路程为46×100=4600米，
而AB=BC=CD=DE=EA=2000÷5=400米，
因此此时的小李在G点，小张在F点，如图所示
EF=200米，DG=200米，而，即小李跑到D点时，小张还没到E点，这时小李和小张同时在ED段跑道上。
100+（200÷50）=104分钟，即从出发开始计时，经过104分钟，小李和小张首次处于同一段步道上。
故答案为：104分钟.
【分析】本题可以看做是追击问题，因为要求的是小李和小张首次处于同一段步道上，而每一段跑道的长度数400米，因此可以列式计算出当小李落后小张400米的时候所经过的时间，并且准确找出此时小李和小张的位置。画图可以发现，小李和小张此时都在相邻跑到的中点，因此可以计算分析出当小李跑到此时小张的跑道上时，小张还未能跑到下一个跑道，这样直接计算该路段的时间，并加上之前经过的时间即可算出答案。
12．（2025八下·浙江月考）如图，在中，是直径，是切线，点、的连线交于点，的延长线交于点，的延长线交于点，若，则的值为　 　.
【答案】
【知识点】切线的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：∵，而AB为直径，假设该圆的半径长度为1，则直径AB=CD=2，因此AC=2；
∠CDF=∠BDO=∠OBD，∴∠AOC=2∠CDF，
tan∠AOC=，
而tan∠AOC=tan2∠CDF=，
解得tan∠CDF=
故答案为：.
【分析】本题先假设半径的长度为1，这样可以减少计算量，此时AC的长度就可以表示出来。然后放到直角三角形AOC中，利用三角函数变换公式“”进行计算，最后即可计算出结果。
13．（2025八下·浙江月考）已知对所有实数，满足，则的最小值为　 　.
【答案】3
【知识点】二次根式的性质与化简；绝对值的非负性；分类讨论
【解析】【解答】解：∵，∴；
①当时，原式变为，变形为，∵，∴m-3=0，即此时m的最小值为3；
②当时，原式变为，变形为，当x=2时，，∴m+1=，即此时m的最小值为；
明显＞3，
∴m的最小值为3.
故答案为：3.
【分析】本题利用根式的非负性、绝对值的非负性，首先判断出x的取值范围；然后分两种情况来进行讨论，并计算出对应m的最小值，最后对m的值比较大小，取最小在m值即可。
14．（2025八下·浙江月考）已知为互不相等的非零实数，满足，则　 　.
【答案】-8
【知识点】因式分解-分组分解法
【解析】【解答】解：a2( b + c )=b2( c + a )，
∴a2b+a2c=b2c+b2a，
即a2b-b2a+a2c-b2c=0， ab ( a - b )+ c ( a + b )( a - b )=0，( a - b )( ab + ac + bc )=0，
∵a ≠ b ，
∴ ab + ac + bc =0，
∵a2( b + c )=8，∴ a ( ab + ac )=8， a (- bc )=8，- abc =8，
∴abc =-8，
∴c2( a + b )+2abc=c( ac + bc )+2abc= c (- ab )+2abc=- abc +2abc= abc =-8．
故答案为：-8.
【分析】本题先对进行因式分解变形，求出ab + ac + bc =0和abc =-8，然后对c2( a + b )+2abc进行因式分解变形，最后替换即可求出答案。
15．（2025八下·浙江月考）如图，在一个圆形建筑的设计图中，是过圆心的两条主支撑钢梁，有一根连接边缘的金属杆，其垂直于直径于点，连接点和点与金属杆相交于点.
（1）已知金属杆的长度为，，求这个圆形建筑的直径：
（2）若满足，求的度数.
【答案】（1）解：设该圆的半径OD=xm，则OF=OB-BF=（x-4）m，
AB垂直平分DE，∴DF=16÷2=8m
因此OF2+DF2=OD2，即（x-4）2+82=x2，
解得x=10
∴这个圆形建筑的直径是10×2=20m。
（2）解：∵ ，∴∠D=∠C，
∴∠DOB=2∠C，∠DOB+∠D=2∠C+∠C=90°
解得∠C=30°
∴ =∠D+∠C=2∠C=60°。
【知识点】三角形的外角性质；圆周角定理；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【分析】（1）题可以放到直角三角形ODF中，利用勾股定理列出方程求解即可；
（2）首先利用“同一个圆内，同一个弧对应的圆周角是圆心角的一半”先确定∠DOB=2∠C，然后放到直角三角形ODF中可以求出∠C=30°，最后利用“三角形的外角等于和它不相邻两个内角和”即可求出。
16．（2025八下·浙江月考）如图，为等边三角形，边长为8，过点的直线交于点，交于点，且点在反比例函数的图象上，
（1）求直线的方程；
（2）记的面积为的面积为，试判断和的大小关系，并说明理由.
【答案】（1）解：如图，过点E作EF⊥x轴于点F，过点A，作AM⊥x轴于点M，如图
∵△AOB为等边三角形，边长为8，点C的坐标为C(-8，0)，B(8，0)，
设BF=x，OF=8-x，EF=x，
∴E(8-x，x)，
∵点E在反比例函数 的图象上，将E点代入反比例函数，解得x=2或6(舍去)，
∴E点坐标(6，2)，
设直线CE的解析式为y=kx+b，将C和E点代入，得到，解得，
因此直线的方程为.
（2）解：S△ECB=S2+S四边形EDOB=BC×EF=，
S△AOB=S1+S四边形EDOB=BO×AM=，
因此S△ECB=S△AOB，
∵S△ECB-S四边形EDOB=S△AOB-S四边形EDOB
∴S1=S2.
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；等边三角形的性质
【解析】【分析】（1）利用等边三角形可以确定B点的坐标，然后用x来表示E点的坐标并代入反比例函数中，求出E点的坐标，然后将C和E点坐标代入CE的解析式中，利用待定系数法即可求出；
（2）比较和 的大小，可以先比较S△ECB和S△AOB的大小，然后减去公共部分S四边形EDOB即可求出答案。
17．（2025八下·浙江月考）如图，抛物线的顶点在矩形的边上，且过矩形的顶点、.
（1）若，求矩形的面积；
（2）当矩形的面积为常数时，求矩形的长的大小.
【答案】（1）解：∵M在抛物线的顶点，因此M（，），从图上可以看出，＜0，＜0，即b＞0，c＜0，
假设B点坐标为（x，x2+bx+c），而A点与B点关于对称轴x=对称，则A点坐标为（-x-b，x2+bx+c），
此时AB的长度为[x-（-x-b）]=2x+b，BC的长度为，
∵ ，即2x+b=2，化简得到，
解得x=或（舍去），
∴AB=2×+b=2，那么AD=1，因此矩形ABCD的面积是AB×CD=2×1=2.
（2）解：根据（1）中的推导过程，得出AB=2x+b，BC=，
因此有S=（2x+b），
∵S是常数，∴只有当b=0时，S恒为常数，此时有2x3=S，即x=，
CD=AB=2x+b=2。
【知识点】二次函数图象与系数的关系；矩形的性质；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）利用抛物线顶点计算公式x=，y=，可以列出M点的坐标，然后确定b、c的取值范围，之后利用抛物线列出B点和A点的坐标，并计算出AB和BC的长度，最后利用 列出等式进行化简计算，即可得出AD=1、AB=2，此时矩形面积即可计算得出；
（2）根据（1）中AB和BC的长度计算公式列式，因为S是常数，因此只有当b=0时S恒为常数，这样就可以用S来表示x，最后计算即可。
18．（2025八下·浙江月考）在直角梯形中，，为直角，若有一条动直线交于，交于，且将梯形分为面积相等的两部分.
（1）证明：这条动直线必定经过一个定点，请指出这个定点；
（2）若边，求顶点到动直线的距离的最大值和最小值.
【答案】（1）证明：连接BD、AC，相交于O点，过O点作直线l交于，交于， 如图所示，
动直线l将梯形ABCD分为面积相等的两部分，且这两部分图形都是梯形，则
(AP+ DQ) × AD =(QC+ PB) × AD=(DC+AB)×AD，
变形化简得到AP+ DQ = QC+ PB=(DC + AB)，
当P与A重合时，Q与C重合；当P与B重合时，Q与D重合。
因此动直线l必定经过AC与BD的交点O。
（2）解：参考（1）题中的图形，
∵AB∥CD，∴∠DCO=∠BAO，∠CDO=∠ABO
因此△DCO∽△BAO，
∴，
∵AB∥CD，∠DAB为直角，∴∠ADC =90°，
∵AB=5，CD=3，AD=2，∴AC=，
∵AO+OC=AC，
∴AO =
当l经过A点时，A到l的距离最小值为0；当l垂直于AO时，则A到l的距离最大值为AO的长度。
因此顶点到动直线的距离的最大值是，最小值是0.
【知识点】直角梯形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）直线l将大梯形分割成两个完全相等的小梯形，因此可以利用梯形面积计算公式列式化简，即可确定l经过的点；
（2）首先利用“两直线平行、内错角相等”，可以推出△DCO∽△BAO，然后利用相似比以及勾股定理，即可求出AO的长度。最后分析l的运动轨迹发现，l经过A点时，A到l的距离最小值为0；当l垂直于AO时，则A到l的距离最大值为AO的长度。
19．（2025八下·浙江月考）
（1）已知实数，代数式，求该代数式的最小值及取到最小值时的值；
（2）已知实数，代数式，求该代数式的最小值及取到最小值及取到最小值及取值时的值.
【答案】（1）解：将 进行变形整理，得到，
此时将x看成未知数、y看做已知数，则此时代数式的最小值为，整理得到。
要使原代数式有最小值，则取得最小值即可，此时当y=时，原代数式有最小值，
即，解得x=。
（2）解：令s=x+y+z，t=xy+yz+zx，此时原式变为s2+s-t，
∵xy≤，yz≤，zx≤，因此t=xy+yz+zx≤++=x2+y2+z2≤=，
将t≤代入s2+s-t，此时原式的最小值为s2+s- =，
由此可知，当s=时，有最小值，当且仅当x=y=z时存在最小值，代入
解得x=y=z=。
【知识点】二次函数的最值
【解析】【分析】（1）可以将原代数式变形，然后看作是只含有x的抛物线方程，然后按照最小值计算公式计算得出，最后代入即可求出x和y的值；
（2）首先利用换元法将原代数式简化，然后利用均值不等式求出t的最小值并代入简化之后的代数式中，此时出现新的抛物线方程，依旧按照最小值计算公式计算得出，即可确定x、y、z的值。
20．（2025八下·浙江月考）已知、是正整数，满足，且、、7是一个三角形的三边长，若，也是一个三角形的三边长，求满足条件的
【答案】解：∵、是正整数，满足，且、、7是一个三角形的三边长，
∴a-b＜7，
而，也是一个三角形的三边长，因此有a3＞b3＞73，且a3-b3＜73，即（a-b）（a2+ab+b2）＜343；
①当b=8、a=9时，满足a-b＜7，满足a3-b3＜73；
②当b=8、a=10时，满足a-b＜7，不满足a3-b3＜73；
③当b=9、a=10时，满足a-b＜7，满足a3-b3＜73；
④当b=9、a=11时，满足a-b＜7，不满足a3-b3＜73；
⑤当b=10、a=11时，满足a-b＜7，满足a3-b3＜73；
⑥当b=10、a=12时，满足a-b＜7，不满足a3-b3＜73；
⑦当b=11、a=12时，满足a-b＜7，不满足a3-b3＜73；
因此满足条件的a和b的值，有a=9、b=8；a=9、b=10；b=10、a=11.故答案为：a=9、b=8；a=9、b=10；b=10、a=11.
【知识点】三角形三边关系
【解析】【分析】本题利用三角形的三边性质，即两边之和大于第三边、两边之差小于第三边，简单来说就是三角形较长的两条边的差一定小于第三边。根据条件可知，因为a和b都是正整数，因此b最小是8，这样进行试数计算分析即可得出答案。
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