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浙江省创新教育初中协作体2024-2025学年八年级下学期数学创新素养综合考察试题
1．（2025八下·浙江月考）（　　）
A． B．1 C． D．
2．（2025八下·浙江月考）一次函数的图象如图所示，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025八下·浙江月考）两人玩一个有趣的拿球游戏，现有一堆球，两人轮流从中拿球，每人每次只能拿1个或者2个球，谁拿到最后一个球谁就获胜。已知这堆球的数量是在4到2025（包括4和2025）这些整数中随机选取一个数，则先取球的人有必胜策略的概率是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025八下·浙江月考）如图，矩形ABCD的面积为8，边AD在轴上，是边CD的中点，若B，E两点在函数，的图象上，则的值是（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
5．（2025八下·浙江月考）如图，三个半径为的圆两两外切，的三边分别与其中两个圆相切．若的面积为，则（　　）
A．1 B． C．2 D．
6．（2025八下·浙江月考）若的值为（　　）
A．3 B．5 C．7 D．9
7．（2025八下·浙江月考）如图，是平行四边形ABCD内一点，且分别为AE，BC的中点，若，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025八下·浙江月考）某苗圃中，并排放着19盆菊花和19盆牡丹花，不论开始时两种的花如何排列，都可以从中取下两种的花各盆，使得剩下的菊花相连排列，剩下的牡丹花也相连排列，则的最小值为（　　）
A．7 B．9 C．11 D．13
9．（2025八下·浙江月考）如图，梯形ABCD中，分别是下底边AB和上底边CD的中点．若，则的值为　 　．
10．（2025八下·浙江月考）已知一个长方形的长和宽都是正整数，且长大于50，面积小于1600．如果长方形的长增加7，宽减少3，得到的新长方形面积与原长方形的面积相等，则原长方形的面积是　 　．
11．（2025八下·浙江月考）若a、b为非负实数，且．则的最小值是　 　．
12．（2025八下·浙江月考）沿湖的环形道上有A、B两个路牌，某人从某点开始沿环道散步，开始走了20分钟后，此时距离路牌更近，继续走了50分钟后，此时距离B路牌更近，假设此人速度保持不变，则此人沿环道再走　 　分钟回到出发点．
13．（2025八下·浙江月考）设[x]表示不超过的最大整数，，（如：．则方程的解集是　 　.
14．（2025八下·浙江月考）在如图方格表中，，且两两互不相等，则满足条件的方格表共有　 　张．
15．（2025八下·浙江月考）已知为锐角满足．
（1）求证：；
（2）求的值．
16．（2025八下·浙江月考）已知抛物线与轴交于两点（点在点左侧），交轴于点，且．
（1）求b，c的值；
（2）若在轴上方的抛物线上存在着一点（与点不重合），横坐标记为，问当为多少时，面积最大，并求出这个最大值；
17．（2025八下·浙江月考）在平面直角坐标系xOy中，点的“对称点”定义如下：当时，与关于直线对称：当时，与关于轴对称．
（1）点的“对称点”坐标是　 　，点的“对称点”坐标是　 　.
（2）已知点在反比例函数的图象上，点的“对称点”为点，若点的坐标为，求的值；
（3）一次函数的图象上所有点的“对称点”组成一个新的图形．若直线与图形无交点，求实数的取值范围．
18．（2025八下·浙江月考）已知满足：
（1）若，求的值；
（2）若为正偶数，求的取值集合．
19．（2025八下·浙江月考）如图，在平行四边形ABCD中，是对角线AC的中点，M，N分别在边AD和CD上，且满足．
（1）求证：；
（2）设是AN与CM的交点，求证：四点共圆．
20．（2025八下·浙江月考）某实验室有若干砝码，分别由和25g四种砝码组成，所有砝码质量和为10kg．证明：
（1）砝码的个数是5的倍数；
（2）可以从若干砝码中，挑出部分砝码，其质量和为5000g．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】实数的混合运算（含开方）
【解析】【解答】解：原式
故答案为：.
【分析】实数的混合运算顺序是先乘方，再乘除，最后加减；运算时要注意准确运用负整数指数幂、0次幂、分母有理化的运算法则及特殊角的三角函数值.
2．【答案】A
【知识点】二次根式的性质与化简；一次函数图象、性质与系数的关系；化简含绝对值有理数
【解析】【解答】解：一次函数的图象经过一、四、三象限
令，则，观察图象得：
原式
故答案为：.
【分析】由一次函数的大致位置可判断出的符号分别为“”，令函数值等于0可求出直线与轴的交点坐标结合图象知小于且大于，则可判断出与的正负，再根据可化原式为含绝对值代数式的化简，此时根据绝对值的性质进行化简，再利用整式的加减运算进行计算即可.
3．【答案】C
【知识点】复合事件概率的计算
【解析】【解答】解：当m能被3整除时，后取球的人必胜
当m除以3有余数时，先取球的人必胜
m共有2022个值
且且
先取球必胜的m的个数为
故答案为：C.
【分析】先求出所有可能的m的个数，由于只有当球数m能被3整除时后取球的人才能获胜，因此需要求出从4开始到2025这2022个数字中不能被3整除的数字个数；由于连续3个自然数中恰好有两个不能被3整除，因此先取球的人获胜的概率为.
4．【答案】D
【知识点】反比例函数系数k的几何意义
【解析】【解答】解：如图所示，延长CB交x轴于点F.
四边形ABCD是矩形
、、
轴
四边形ODCF是矩形
设点
是中点
是中点
故答案为：.
【分析】由于反比例函数图象上的点与两坐标轴及原点围成的矩形面积等于反比例系数k的绝对值，因此可延长CB交x轴于点F，由于四边形ABCD是矩形，则四边形ODCF也是矩形，此时由于点E、B都在双曲线上，因此可设点E的横坐标为n，则利用函数解析式可求出点E的纵坐标，则点C、B的坐标都可表示，且点B恰好是CF的中点，由矩形的性质可证AB平分矩形ODCF的面积，则m的等于矩形OABF的面积等于矩形ABCD的面积.
5．【答案】A
【知识点】矩形的判定与性质；相切两圆的性质；圆的综合题
【解析】【解答】解：如图所示，连接EO1，取BC中点D，连接AD、ED.
是等边三角形
都是圆的切线
四边形ONFO1是矩形
同理：
四边形EDMO是正方形
分别与相切
四点共圆
同理：
是等边三角形
中，
即：
故答案为：A.
【分析】如图所示，先由三个等圆两两相切可得三个圆心围成的三角形是等边三角形，再由切线的性质可判断判断四边形ONFO1、OO2GM是矩形，四边形EDMO是正方形，从而可得等于120度；再由切线的性质可得O、M、C、N四点共圆，则可得等于60度，同理都等于60度，从而可判定是等边三角形；再利用角平分线的判定及性质可得等于30度，从而借助有30度角的直角三角形的性质结合矩形的性质可求出的底边和高，再代入面积公式计算即可求得圆的半径.
6．【答案】D
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：
或
当时，，则原式；
当时，，则原式；
故答案为：D.
【分析】由已知与的平方和等于4知，与都是介于之间的数字且包含；又因为所求代数式中包含二次根式，则其被开方数是非负数；由于可对二次根式的被开方数分解因式，结合与的取值范围可判断二次根式的被开方数只能为0，此时可分类讨论，即当时或时，分别可求得对应的和的值，再代入到所求代数式中计算即可.
7．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：如图所示，取中点，连接交于点，连接并取中点，分别连接.
四边形是平行四边形
是中点、是中点
、
、
是中点、是中点
四边形是平行四边形
是中点、是中点
是菱形
是直角三角形，且
是中点、是中点
故答案为：Ｃ.
【分析】连接并分别取中点、中点，分别连接、和，设和交于点O；由于四边形ABCD是平行四边形，所以可利用平行四边形的性质证明全等于，则OG等于OH、BO等于OD；此时由三角形中位线定理、平行四边形的性质并结合已知的可得是菱形；再由一边上的中线等于这条边的一半的三角形是直角三角形得是直角三角形且是直角，则可求，再由平行的性质可得.
8．【答案】B
【知识点】抽屉原理
【解析】【解答】解：若菊花和牡丹花互相交错排列，则前19盆花两种花的盆数为9和10，留下此时盆数较多的花种，同理后19盆留下此时盆数较多的花种，则至少各取下9盆两种的花，可使得留下的菊花和牡丹花分别相连排列，即满足题意，
假设两种花开始时任意排列，对于前19盆花，由抽屉原理可知，盆数较多的花至少有盆，则盆数较少的花至多有9盆，取下此时全部盆数较少的花，可使得剩下的花相连排列；对于后19盆花，同理可得，取下全部盆数较少的花，留下盆数较多的花，因为留下的花至少20盆，所以不可能是同一种花，则各取下不超过9盆两种的花，可使得剩下的菊花和牡丹花分别相连排列，即满足题意；
∴k的最小值为9，
故答案为：B.
【分析】利用抽屉原理分析即可得出答案.
9．【答案】
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图所示，分别过点作，分别交于点.
四边形ADFM和BCFN都是平行四边形
分别为的中点
故答案为：.
【分析】由于与互余，因此可过点分别作AD与BC的平行线，从而把与转化到中，可得为直角三角形；再由于AB平行CD，因此可证四边形ADFM和四边形BCFN都是平行四边形，结合已知F、E分别是DC和AB的中点，因此可证EF是直角三角形斜边上的中线，等量代换得EF恰好是AB与CD差的一半.
10．【答案】
【知识点】二元一次方程的应用
【解析】【解答】解：设原长方形的长为，宽为，面积为，由题意列方程得：
整理得：
都是正整数
能被7整除
且
满足条件的的值为56或63
当时，，
当时，，（舍去）
故答案为：.
【分析】先设原长方形的长为，宽为，面积为，由等量关系“ 长方形的长增加7，宽减少3，得到的新长方形面积与原长方形的面积相等 ”可列关于和的二元一次方程，整理得；由于和都是正整数，因此肯定被7整除；再由已知的大于50且面积小于1600可确定是在夹在50和70之间能被7整除的正整数，则只有56或63两个，但当等于63时面积超过1600，因此只能等于56，则可求，面积也可求.
11．【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：
故答案为：.
【分析】先利用配方法法把等式左边表示成的形式，再利用基本不等式把等式转化为不等式，由于a、b为非负实数， 求出不等式的正数解集即可.
12．【答案】30
【知识点】推理与论证
【解析】【解答】解：∵某人从某点开始沿环道散步，开始走了20分钟后，此时距离路牌更近，继续走了50分钟后，此时距离B路牌更近，
∴两次位置变化的时间差为50分钟，且对应的路程差为环道总长的一半，
∴走完环道总长所需时间为2×50=100（分钟），
∴此人沿环道继续散步，回到出发点的时间为：100-20-50=30（分钟），
故答案为：30.
【分析】根据两次位置变化，即从距离A路牌更近到距离B路牌更近，可知50分钟走完环道总长的一半，从而得走完环道总长所需时间，进而即可求解.
13．【答案】或
【知识点】一元一次不等式组的应用
【解析】【解答】解：设，
当时，则
则成立
即是方程的一个解；
当时
若，则为正整数，
即
解得不等式组无解；
若，则，
即方程无解；
当时，则，
当时，；
即
当时，
即
解得不等式组无解.
故答案为：或.
【分析】为便于计算，可设，其中是不超过的最大整数，此时再分类讨论，当时，再分别讨论当或时两种情况；当时；当时，再分别讨论当时或时两种情况，再分别把和代入到方程中，逐一计算议程或不等式（组）即可.
14．【答案】16
【知识点】探索数与式的规律
【解析】【解答】解：∵，则列表如下：
∴两数之和为-2，-1，0，1，2，
∵两两互不相等，
∴两数之和中2和-2不能同时存在，
∴两数之和为-1，0，1，2或-2，-1，0，1，
当两数之和为-1，0，1，2时，不妨设，则，
∴只能一个是-1，另一个是0，共有2种情况；
当两数之和为-2，-1，0，1时，不妨设，则，
∴只能一个是1，另一个是0，共有2种情况；
∴当为2或-2时，共有4种情况，
同理当分别为2或-2时，共有4×3=12种情况，
综上所述，满足条件的方格表共有4+12=16张，
故答案为：16.
【分析】先得到所有的两数之和为-2，-1，0，1，2，当-2和2同时存在时，则这四个数为1，1，-1，-1，从而得不到四种两两互不相等的和，进而得两数之和为-1，0，1，2或-2，-1，0，1，然后进行分类讨论：设为2或-2时，求出此时与的值，即可得的值，据此得符合条件的表格张数，同理当分别为2或-2时，也可得到符合条件的表格张数，最后求和即可求解.
15．【答案】（1）证明：如图所示，设中，
（2）解：
【知识点】解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）先构造以为锐角的直角三角形，则可分别表示出角的三个锐角三角形函数，由于等于，则可证明出等于，则结合勾股定理结论可证；
（2）由于等于，从而可把所求代数式表示成与的完全平方和，再由（1）的结论可推导出等于与1的和，从而利用得到与的和等于2，则原式可求.
16．【答案】（1）解：在抛物线上
在左侧
（2）解：如图所示，过点D作DQx轴交直线BC于点P
且
当时，设直线BC的解析式为
直线BC的解析式为
轴
当时，有最大值，最大值为；
当时，
的最大值为.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）先利用二次函数图象上点的坐标特征代入点A的坐标可得到等于，则C的坐标可求，再利用因式分解的方法把解析式表示成顶点式从而得到点B的坐标，进而可表示出BC的长度，结合已知A、B的位置关系可求出、；
（2）由于、已知，则抛物线的解析式可得，此时可设出点D的坐标，并利用待定系数法求出直线BC的解析式；当点D在直线BC上方时，过点D作x轴的垂线段交BC于点P，则D、P两点的横坐标相同，则DP的长度等于D、P两点纵坐标的差，再利用铅直法求出，即等于DP与OB乘积的一半，此时是关于m的二次函数，且二次项系数为负，则有最大值；当点D在直线BC下方且在x轴上方时，总小于，且通过计算发现小于，则的最大值为.
17．【答案】（1）；
（2）解：设点，
当时，点为
当时，点为
答：等于
（3）解：设点P为直线一点，点P的“对称点”为点Q，则
当时，，则
图形G的解析式为：
当时，，则
图形G的解析式为：
即，图形G是分段函数，解析式为
直线与图形无交点
当时，方程组无解，解得：
当时，方程组无解，解得：
综上所述，
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；坐标与图形变化﹣对称；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）关于直线对称的点的坐标特征是横、纵坐标交换公交车位置；关于y轴对称的点的坐标特征是纵坐标不变，横坐标互为相反数；
（2）先设出点C的坐标为，再分类讨论当时或时两种情况下对应点D的坐标，即可求出m值；
（3）先设出直线上一点，再讨论当时或时两种情况下对应点Q的坐标特征，从而得出图形Ｇ是分段函数，有两个解析式，再由直线与图形无交点可联立方程组，求出方程组无解时对应的m的取值范围即可.
18．【答案】（1）解：，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，，
∴的值分别为12，36，60；
（2）解：设，
，
∵为正偶数，
∴为正整数，
，
，
，
，
整理得：，
，
∴，
∵为正偶数，
∴为88的正因数，
∵88的正因数为1，88，2，44，4，22，8，11，
∴当时，解得：，不符合题意，舍去；
当时，解得：或（舍去），
∴，为非正偶数，舍去；
当时，解得：，不符合题意，舍去；
当时，解得：，不符合题意，舍去；
当时，解得：或（舍去），
∴，，满足题意；
当时，解得：，不符合题意，舍去；
当时，解得：，不符合题意，舍去；
当时，解得：，不符合题意，舍去；
综上所述，的取值为2.
【知识点】公式法解一元二次方程；整体思想
【解析】【分析】（1）先根据条件用含的代数式表示出，，再将与代入到中，可得到关于的方程，解方程先求出，再分别求出与即可；
（2）设，则，结合题意得为正整数，然后用含的代数式表示出，代入中，求出，根据为正偶数可得为88的正因数1，88，2，44，4，22，8，11，接下来分类讨论即可求解.
19．【答案】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形
同理：
（2）证明：
四点共圆.
【知识点】平行四边形的性质；四边形的综合；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由于平行四边形的对边平行，则AB平行CD，则等于，又已知等于，则有，由相似的性质可得、、、四条线段成比例，再把比例式转化为等积式则有；同理，由于是对角线的中点，即等于，等量代换得、、、成比例，又平行四边形的对角相等，即，则和两边对应成比例且夹角相等，则两三角形相似；
（2）由三角形相似的传递性可得，则有、、、成比例，再结合已知可证，则有，由相似的性质可得等于，即同弧所对的圆周角相等，故四点共圆.
20．【答案】（1）解：设1g、5g、10g、25g的砝码分别为a、b、c、d个，由题意知：a+5b+10c+25d=10000
都是自然数
也是自然数
能被5整除
即：砝码的个数是5的倍数
（2）解：设a=5m，则m为自然数，由题意知：5m+5b+10c+25d=5000
则必然存在m、b、c、d的自然数解使和为1000
即：可以从若干砝码中挑出部分使其质量为5000g.
【知识点】数的整除性
【解析】【分析】（1）可分别设设1g、5g、10g、25g的砝码分别为a、b、c、d个，则由题意可得到方程，由于a、b、c、d都是自然数，则移项可证a能被5整除即可；
（2）由于a的个数总为5的倍数，可令a等于5m，则由其质量为5000可得，四种砝码的个数和为1000，则必然存在m、b、c、d的自然数解使和为1000.
1 / 1浙江省创新教育初中协作体2024-2025学年八年级下学期数学创新素养综合考察试题
1．（2025八下·浙江月考）（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【知识点】实数的混合运算（含开方）
【解析】【解答】解：原式
故答案为：.
【分析】实数的混合运算顺序是先乘方，再乘除，最后加减；运算时要注意准确运用负整数指数幂、0次幂、分母有理化的运算法则及特殊角的三角函数值.
2．（2025八下·浙江月考）一次函数的图象如图所示，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次根式的性质与化简；一次函数图象、性质与系数的关系；化简含绝对值有理数
【解析】【解答】解：一次函数的图象经过一、四、三象限
令，则，观察图象得：
原式
故答案为：.
【分析】由一次函数的大致位置可判断出的符号分别为“”，令函数值等于0可求出直线与轴的交点坐标结合图象知小于且大于，则可判断出与的正负，再根据可化原式为含绝对值代数式的化简，此时根据绝对值的性质进行化简，再利用整式的加减运算进行计算即可.
3．（2025八下·浙江月考）两人玩一个有趣的拿球游戏，现有一堆球，两人轮流从中拿球，每人每次只能拿1个或者2个球，谁拿到最后一个球谁就获胜。已知这堆球的数量是在4到2025（包括4和2025）这些整数中随机选取一个数，则先取球的人有必胜策略的概率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复合事件概率的计算
【解析】【解答】解：当m能被3整除时，后取球的人必胜
当m除以3有余数时，先取球的人必胜
m共有2022个值
且且
先取球必胜的m的个数为
故答案为：C.
【分析】先求出所有可能的m的个数，由于只有当球数m能被3整除时后取球的人才能获胜，因此需要求出从4开始到2025这2022个数字中不能被3整除的数字个数；由于连续3个自然数中恰好有两个不能被3整除，因此先取球的人获胜的概率为.
4．（2025八下·浙江月考）如图，矩形ABCD的面积为8，边AD在轴上，是边CD的中点，若B，E两点在函数，的图象上，则的值是（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【知识点】反比例函数系数k的几何意义
【解析】【解答】解：如图所示，延长CB交x轴于点F.
四边形ABCD是矩形
、、
轴
四边形ODCF是矩形
设点
是中点
是中点
故答案为：.
【分析】由于反比例函数图象上的点与两坐标轴及原点围成的矩形面积等于反比例系数k的绝对值，因此可延长CB交x轴于点F，由于四边形ABCD是矩形，则四边形ODCF也是矩形，此时由于点E、B都在双曲线上，因此可设点E的横坐标为n，则利用函数解析式可求出点E的纵坐标，则点C、B的坐标都可表示，且点B恰好是CF的中点，由矩形的性质可证AB平分矩形ODCF的面积，则m的等于矩形OABF的面积等于矩形ABCD的面积.
5．（2025八下·浙江月考）如图，三个半径为的圆两两外切，的三边分别与其中两个圆相切．若的面积为，则（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】矩形的判定与性质；相切两圆的性质；圆的综合题
【解析】【解答】解：如图所示，连接EO1，取BC中点D，连接AD、ED.
是等边三角形
都是圆的切线
四边形ONFO1是矩形
同理：
四边形EDMO是正方形
分别与相切
四点共圆
同理：
是等边三角形
中，
即：
故答案为：A.
【分析】如图所示，先由三个等圆两两相切可得三个圆心围成的三角形是等边三角形，再由切线的性质可判断判断四边形ONFO1、OO2GM是矩形，四边形EDMO是正方形，从而可得等于120度；再由切线的性质可得O、M、C、N四点共圆，则可得等于60度，同理都等于60度，从而可判定是等边三角形；再利用角平分线的判定及性质可得等于30度，从而借助有30度角的直角三角形的性质结合矩形的性质可求出的底边和高，再代入面积公式计算即可求得圆的半径.
6．（2025八下·浙江月考）若的值为（　　）
A．3 B．5 C．7 D．9
【答案】D
【知识点】二次根式的性质与化简
【解析】【解答】解：
或
当时，，则原式；
当时，，则原式；
故答案为：D.
【分析】由已知与的平方和等于4知，与都是介于之间的数字且包含；又因为所求代数式中包含二次根式，则其被开方数是非负数；由于可对二次根式的被开方数分解因式，结合与的取值范围可判断二次根式的被开方数只能为0，此时可分类讨论，即当时或时，分别可求得对应的和的值，再代入到所求代数式中计算即可.
7．（2025八下·浙江月考）如图，是平行四边形ABCD内一点，且分别为AE，BC的中点，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：如图所示，取中点，连接交于点，连接并取中点，分别连接.
四边形是平行四边形
是中点、是中点
、
、
是中点、是中点
四边形是平行四边形
是中点、是中点
是菱形
是直角三角形，且
是中点、是中点
故答案为：Ｃ.
【分析】连接并分别取中点、中点，分别连接、和，设和交于点O；由于四边形ABCD是平行四边形，所以可利用平行四边形的性质证明全等于，则OG等于OH、BO等于OD；此时由三角形中位线定理、平行四边形的性质并结合已知的可得是菱形；再由一边上的中线等于这条边的一半的三角形是直角三角形得是直角三角形且是直角，则可求，再由平行的性质可得.
8．（2025八下·浙江月考）某苗圃中，并排放着19盆菊花和19盆牡丹花，不论开始时两种的花如何排列，都可以从中取下两种的花各盆，使得剩下的菊花相连排列，剩下的牡丹花也相连排列，则的最小值为（　　）
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】B
【知识点】抽屉原理
【解析】【解答】解：若菊花和牡丹花互相交错排列，则前19盆花两种花的盆数为9和10，留下此时盆数较多的花种，同理后19盆留下此时盆数较多的花种，则至少各取下9盆两种的花，可使得留下的菊花和牡丹花分别相连排列，即满足题意，
假设两种花开始时任意排列，对于前19盆花，由抽屉原理可知，盆数较多的花至少有盆，则盆数较少的花至多有9盆，取下此时全部盆数较少的花，可使得剩下的花相连排列；对于后19盆花，同理可得，取下全部盆数较少的花，留下盆数较多的花，因为留下的花至少20盆，所以不可能是同一种花，则各取下不超过9盆两种的花，可使得剩下的菊花和牡丹花分别相连排列，即满足题意；
∴k的最小值为9，
故答案为：B.
【分析】利用抽屉原理分析即可得出答案.
9．（2025八下·浙江月考）如图，梯形ABCD中，分别是下底边AB和上底边CD的中点．若，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图所示，分别过点作，分别交于点.
四边形ADFM和BCFN都是平行四边形
分别为的中点
故答案为：.
【分析】由于与互余，因此可过点分别作AD与BC的平行线，从而把与转化到中，可得为直角三角形；再由于AB平行CD，因此可证四边形ADFM和四边形BCFN都是平行四边形，结合已知F、E分别是DC和AB的中点，因此可证EF是直角三角形斜边上的中线，等量代换得EF恰好是AB与CD差的一半.
10．（2025八下·浙江月考）已知一个长方形的长和宽都是正整数，且长大于50，面积小于1600．如果长方形的长增加7，宽减少3，得到的新长方形面积与原长方形的面积相等，则原长方形的面积是　 　．
【答案】
【知识点】二元一次方程的应用
【解析】【解答】解：设原长方形的长为，宽为，面积为，由题意列方程得：
整理得：
都是正整数
能被7整除
且
满足条件的的值为56或63
当时，，
当时，，（舍去）
故答案为：.
【分析】先设原长方形的长为，宽为，面积为，由等量关系“ 长方形的长增加7，宽减少3，得到的新长方形面积与原长方形的面积相等 ”可列关于和的二元一次方程，整理得；由于和都是正整数，因此肯定被7整除；再由已知的大于50且面积小于1600可确定是在夹在50和70之间能被7整除的正整数，则只有56或63两个，但当等于63时面积超过1600，因此只能等于56，则可求，面积也可求.
11．（2025八下·浙江月考）若a、b为非负实数，且．则的最小值是　 　．
【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：
故答案为：.
【分析】先利用配方法法把等式左边表示成的形式，再利用基本不等式把等式转化为不等式，由于a、b为非负实数， 求出不等式的正数解集即可.
12．（2025八下·浙江月考）沿湖的环形道上有A、B两个路牌，某人从某点开始沿环道散步，开始走了20分钟后，此时距离路牌更近，继续走了50分钟后，此时距离B路牌更近，假设此人速度保持不变，则此人沿环道再走　 　分钟回到出发点．
【答案】30
【知识点】推理与论证
【解析】【解答】解：∵某人从某点开始沿环道散步，开始走了20分钟后，此时距离路牌更近，继续走了50分钟后，此时距离B路牌更近，
∴两次位置变化的时间差为50分钟，且对应的路程差为环道总长的一半，
∴走完环道总长所需时间为2×50=100（分钟），
∴此人沿环道继续散步，回到出发点的时间为：100-20-50=30（分钟），
故答案为：30.
【分析】根据两次位置变化，即从距离A路牌更近到距离B路牌更近，可知50分钟走完环道总长的一半，从而得走完环道总长所需时间，进而即可求解.
13．（2025八下·浙江月考）设[x]表示不超过的最大整数，，（如：．则方程的解集是　 　.
【答案】或
【知识点】一元一次不等式组的应用
【解析】【解答】解：设，
当时，则
则成立
即是方程的一个解；
当时
若，则为正整数，
即
解得不等式组无解；
若，则，
即方程无解；
当时，则，
当时，；
即
当时，
即
解得不等式组无解.
故答案为：或.
【分析】为便于计算，可设，其中是不超过的最大整数，此时再分类讨论，当时，再分别讨论当或时两种情况；当时；当时，再分别讨论当时或时两种情况，再分别把和代入到方程中，逐一计算议程或不等式（组）即可.
14．（2025八下·浙江月考）在如图方格表中，，且两两互不相等，则满足条件的方格表共有　 　张．
【答案】16
【知识点】探索数与式的规律
【解析】【解答】解：∵，则列表如下：
∴两数之和为-2，-1，0，1，2，
∵两两互不相等，
∴两数之和中2和-2不能同时存在，
∴两数之和为-1，0，1，2或-2，-1，0，1，
当两数之和为-1，0，1，2时，不妨设，则，
∴只能一个是-1，另一个是0，共有2种情况；
当两数之和为-2，-1，0，1时，不妨设，则，
∴只能一个是1，另一个是0，共有2种情况；
∴当为2或-2时，共有4种情况，
同理当分别为2或-2时，共有4×3=12种情况，
综上所述，满足条件的方格表共有4+12=16张，
故答案为：16.
【分析】先得到所有的两数之和为-2，-1，0，1，2，当-2和2同时存在时，则这四个数为1，1，-1，-1，从而得不到四种两两互不相等的和，进而得两数之和为-1，0，1，2或-2，-1，0，1，然后进行分类讨论：设为2或-2时，求出此时与的值，即可得的值，据此得符合条件的表格张数，同理当分别为2或-2时，也可得到符合条件的表格张数，最后求和即可求解.
15．（2025八下·浙江月考）已知为锐角满足．
（1）求证：；
（2）求的值．
【答案】（1）证明：如图所示，设中，
（2）解：
【知识点】解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）先构造以为锐角的直角三角形，则可分别表示出角的三个锐角三角形函数，由于等于，则可证明出等于，则结合勾股定理结论可证；
（2）由于等于，从而可把所求代数式表示成与的完全平方和，再由（1）的结论可推导出等于与1的和，从而利用得到与的和等于2，则原式可求.
16．（2025八下·浙江月考）已知抛物线与轴交于两点（点在点左侧），交轴于点，且．
（1）求b，c的值；
（2）若在轴上方的抛物线上存在着一点（与点不重合），横坐标记为，问当为多少时，面积最大，并求出这个最大值；
【答案】（1）解：在抛物线上
在左侧
（2）解：如图所示，过点D作DQx轴交直线BC于点P
且
当时，设直线BC的解析式为
直线BC的解析式为
轴
当时，有最大值，最大值为；
当时，
的最大值为.
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数与一次函数的综合应用；二次函数-面积问题
【解析】【分析】（1）先利用二次函数图象上点的坐标特征代入点A的坐标可得到等于，则C的坐标可求，再利用因式分解的方法把解析式表示成顶点式从而得到点B的坐标，进而可表示出BC的长度，结合已知A、B的位置关系可求出、；
（2）由于、已知，则抛物线的解析式可得，此时可设出点D的坐标，并利用待定系数法求出直线BC的解析式；当点D在直线BC上方时，过点D作x轴的垂线段交BC于点P，则D、P两点的横坐标相同，则DP的长度等于D、P两点纵坐标的差，再利用铅直法求出，即等于DP与OB乘积的一半，此时是关于m的二次函数，且二次项系数为负，则有最大值；当点D在直线BC下方且在x轴上方时，总小于，且通过计算发现小于，则的最大值为.
17．（2025八下·浙江月考）在平面直角坐标系xOy中，点的“对称点”定义如下：当时，与关于直线对称：当时，与关于轴对称．
（1）点的“对称点”坐标是　 　，点的“对称点”坐标是　 　.
（2）已知点在反比例函数的图象上，点的“对称点”为点，若点的坐标为，求的值；
（3）一次函数的图象上所有点的“对称点”组成一个新的图形．若直线与图形无交点，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2）解：设点，
当时，点为
当时，点为
答：等于
（3）解：设点P为直线一点，点P的“对称点”为点Q，则
当时，，则
图形G的解析式为：
当时，，则
图形G的解析式为：
即，图形G是分段函数，解析式为
直线与图形无交点
当时，方程组无解，解得：
当时，方程组无解，解得：
综上所述，
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；坐标与图形变化﹣对称；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）关于直线对称的点的坐标特征是横、纵坐标交换公交车位置；关于y轴对称的点的坐标特征是纵坐标不变，横坐标互为相反数；
（2）先设出点C的坐标为，再分类讨论当时或时两种情况下对应点D的坐标，即可求出m值；
（3）先设出直线上一点，再讨论当时或时两种情况下对应点Q的坐标特征，从而得出图形Ｇ是分段函数，有两个解析式，再由直线与图形无交点可联立方程组，求出方程组无解时对应的m的取值范围即可.
18．（2025八下·浙江月考）已知满足：
（1）若，求的值；
（2）若为正偶数，求的取值集合．
【答案】（1）解：，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，，
∴的值分别为12，36，60；
（2）解：设，
，
∵为正偶数，
∴为正整数，
，
，
，
，
整理得：，
，
∴，
∵为正偶数，
∴为88的正因数，
∵88的正因数为1，88，2，44，4，22，8，11，
∴当时，解得：，不符合题意，舍去；
当时，解得：或（舍去），
∴，为非正偶数，舍去；
当时，解得：，不符合题意，舍去；
当时，解得：，不符合题意，舍去；
当时，解得：或（舍去），
∴，，满足题意；
当时，解得：，不符合题意，舍去；
当时，解得：，不符合题意，舍去；
当时，解得：，不符合题意，舍去；
综上所述，的取值为2.
【知识点】公式法解一元二次方程；整体思想
【解析】【分析】（1）先根据条件用含的代数式表示出，，再将与代入到中，可得到关于的方程，解方程先求出，再分别求出与即可；
（2）设，则，结合题意得为正整数，然后用含的代数式表示出，代入中，求出，根据为正偶数可得为88的正因数1，88，2，44，4，22，8，11，接下来分类讨论即可求解.
19．（2025八下·浙江月考）如图，在平行四边形ABCD中，是对角线AC的中点，M，N分别在边AD和CD上，且满足．
（1）求证：；
（2）设是AN与CM的交点，求证：四点共圆．
【答案】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形
同理：
（2）证明：
四点共圆.
【知识点】平行四边形的性质；四边形的综合；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】（1）由于平行四边形的对边平行，则AB平行CD，则等于，又已知等于，则有，由相似的性质可得、、、四条线段成比例，再把比例式转化为等积式则有；同理，由于是对角线的中点，即等于，等量代换得、、、成比例，又平行四边形的对角相等，即，则和两边对应成比例且夹角相等，则两三角形相似；
（2）由三角形相似的传递性可得，则有、、、成比例，再结合已知可证，则有，由相似的性质可得等于，即同弧所对的圆周角相等，故四点共圆.
20．（2025八下·浙江月考）某实验室有若干砝码，分别由和25g四种砝码组成，所有砝码质量和为10kg．证明：
（1）砝码的个数是5的倍数；
（2）可以从若干砝码中，挑出部分砝码，其质量和为5000g．
【答案】（1）解：设1g、5g、10g、25g的砝码分别为a、b、c、d个，由题意知：a+5b+10c+25d=10000
都是自然数
也是自然数
能被5整除
即：砝码的个数是5的倍数
（2）解：设a=5m，则m为自然数，由题意知：5m+5b+10c+25d=5000
则必然存在m、b、c、d的自然数解使和为1000
即：可以从若干砝码中挑出部分使其质量为5000g.
【知识点】数的整除性
【解析】【分析】（1）可分别设设1g、5g、10g、25g的砝码分别为a、b、c、d个，则由题意可得到方程，由于a、b、c、d都是自然数，则移项可证a能被5整除即可；
（2）由于a的个数总为5的倍数，可令a等于5m，则由其质量为5000可得，四种砝码的个数和为1000，则必然存在m、b、c、d的自然数解使和为1000.
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