精品解析：浙江省创新教育初中协作体2024—2025学年下学期创新素养综合考察八年级数学试题

浙江省创新教育初中协作体2024学年第二学期创新素养综合考察八年级数学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟． 2．答题前，请务必将自己的学校、姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上． 3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效． 4．选择题请用2B铅笔将对应试题的答案符号按要求涂黑，非选择题请用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题纸指定位置作答，不在答题区域内的答案一律无效． 一、选择题（本题有8小题，每小题5分，共40分） 1. 计算：（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了负整数指数幂，三角函数特殊值，零指数幂，二次根式的化简，先按照上述计算法则计算各项，再加减即可，熟练计算是解题的关键． 【详解】解：原式， 故选：A． 2. 一次函数的图象如图所示，则（ ） A. a B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的图象，由图象判断代数式的正负，再化简即可，熟练运用数形结合的思想是解题的关键． 【详解】解：由图象可得当时，， 当时，， ， 故选：A． 3. 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m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 【解析】 【分析】这是一个经典的取石子游戏问题，关键在于确定必胜态和必败态．每次可取1或2个球，若剩余球数m是3的倍数，则当前玩家处于必败态；否则处于必胜态．若球数是3的倍数，后手可通过每次与先手拿球数之和为3的策略获胜，关键点在于判断球数是否为3的倍数． 【详解】解：总球数m的范围是，共个数． 找出其中3的倍数的个数：个， 非3倍数的个数为， 先取球的人有必胜策略的概率是． 故选C． 4. 如图，矩形的面积为8，边在y轴上，E是边的中点，若B，E两点在函数的图象上，则m的值是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了反比例函数的的几何意义，矩形的性质，设，则，根据B，E两点在函数的图象，列方程即可解答，熟练运用反比例函数图象的性质是解题的关键． 【详解】解：设，，则， 四边形为矩形，且面积为， ，， E是边的中点， ， ， B，E两点在函数的图象， ， 可得，即， 故选：D． 5. 如图，三个半径为R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 【解析】 【分析】本题考查了圆的切线的性质，切线长定理，等边三角形的判定和性质，连接三个圆心，连接，连接，分别为两个圆与的切点，证明为等边三角形，再求得，解方程即可，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接三个圆心，连接，连接，分别为两个圆与的切点， 三个半径为R的圆两两外切， ， 为等边三角形， 点分别为两个圆与的切点， ， ， 四边形为矩形， ， 同理可得， ， 为等边三角形， 根据切线长定理可得， ， 同理可得， ， 如图，为等边三角形中边上的垂线段，设， 则， ， 故， ， 解得（负值舍去）， 故选：A． 6. 若的值为（ ） A 3 B. 5 C. 7 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了因式分解的应用，二次根式的有意义的条件，正确对根号下面部分式子进行因式分解是解题的关键． 【详解】解：原式根号下面部分为， ， ， ， ， ∴， ， ， ，，， ，当且仅当或时，取到等号， 根据二次根式的性质只能等于0， ， 当时，； 当时，； 原式， 故选：D． 7. 如图，E是平行四边形内一点，且，F，G分别为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形的中位线定理，取的中点，连接，延长交于点，易得，三线合一，得到，证明四边形为平行四边形，得到，进而得到，利用三角形的外角，进行求解即可．解题的关键是构造三角形的中位线和平行四边形． 【详解】解：取的中点，连接，延长交于点， ∵为的中点， ∴， ∵平行四边形，为的中点， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵是的一个外角， ∴； 故选C． 8. 某苗圃中，并排放着19盆菊花和19盆牡丹花，不论开始时两种花如何排列，都可以从中取下两种的花各k盆，使得剩下的菊花相连排列，剩下的牡丹花也相连排列，则k的最小值为（ ） A. 7 B. 9 C. 11 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了抽屉原理，熟练掌握抽屉原理是解题的关键．利用抽屉原理分析即可得出答案． 【详解】解：若菊花和牡丹花互相交错排列，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； 下面说明满足所有排列， 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； 综上所述，， k的最小值为9． 故选：B． 二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分） 9. 如图，梯形中，，E、F分别是下底边和上底边的中点．若，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查斜边上中线，平行四边形的判定和性质，过点分别作，易得四边形均为平行四边形，为直角三角形，点为的中点，根据平行四边形的性质，结合斜边上的中线的性质，得到，即可得出结果． 【详解】解：过点分别作， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形均为平行四边形， ∴， ∵E、F分别是下底边和上底边的中点， ∴， ∴，即：， ∴为的中线， ∵， ∴， ∴； 故答案为：． 10. 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】 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程的应用，一元一次不等式的应用，二次函数的应用，设原长方形的长为，宽为，根据题意可得，再利用长和宽都是正整数，可得为的倍数，最后利用面积小于1600，取得的值，即可解答，熟练将题中的条件转换成相关式子是解题的关键． 【详解】解：设原长方形的长为，宽为， 由题意可得， 可得， 则， 长大于50， 可得， 解得， 长和宽都是正整数， 为的倍数， 故可取， 面积小于1600， 可得， 整理可得， 根据二次函数的性质可得在时，随着的增大而增大， 故只有取时，符合题意， 故， 长方形的面积为， 故答案为：． 11. 若、为非负实数，且，则的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了完全平方公式变形求值，根据完全平方公式变形可得，进而根据、为非负实数，，则当取得最小值时，，则，即可求解． 【详解】解： ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵、为非负实数， ∴当时，最小， 则或 此时 即 ∴ ∴的最小值是 故答案为：． 12. 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一周，开始走了20分钟后，此时的位置到A、B路牌距离相等，继续走了50分钟后，此时的位置到A、B路牌距离也相等，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 【解析】 【分析】本题考查了图形的性质，理解题意作出示意图是解题的关键．设到A、B路牌距离相等的位置分别为、，根据题意得到从点散步到点的路程为环形道周长的一半，且需要50分钟，得出沿环形道散步一周的时间，即可求解． 【详解】解：如图，设到A、B路牌距离相等的位置分别为、， 由题意得，从点散步到点的路程为环形道周长的一半，且需要50分钟， 沿环形道散步一周需要分钟， 回到出发点需要沿环道再走分钟． 故答案为：30． 13. 设表示不超过x的最大整数，，如：，则方程的解是______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了新定义，解不等式组，设，，则，可得，根据即可解答，熟练解不等式组是解题的关键． 【详解】解：设，，则， 则可得， 当时，方程无解，故， 整理得， 由题意可得，即， 当时， 可得， 解，得， 解，得 则原不等式组无解； 当时， 可得， 解，得， 解，得， 则不等式组的解集为， 由题意可得是整数，即是整数， 所以或， 当时，，则； 当时，，则； 综上所述，方程的解为或． 故答案为：或． 14. 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 【解析】 【分析】本题考查数字规律，根据两个数字之和最大为2，最小为，可知2和只能出现一次，先假设取到最值，可得到4种情况，再依次排列即可，熟练得到规律是解题的关键． 【详解】解：因为，所以两数之和可为， 又因为两两互不相等，故一定有一个数为2或， 不妨设，则，则只能一个为，另一个为0，有2种情况， 同理，若，则，则只能一个为1，另一个为0，有2种情况， 所以取到最值的情况有4种， 那么还有分别按照上述思路考虑， 故共有种， 故答案为：． 三、解答题（共80分） 15. 已知α为锐角满足． （1）求证：； （2）求的值． 【答案】（1）见解析 （2）4 【解析】 【分析】本题考查了三角函数的概念，同角三角函数的关系，对（2）中式子实施不断降幂是解题的关键． （1）画出图形，利用三角函数定义和勾股定理即可解答； （2）利用三角函数的定义和（1）中结论可得，再对原式进行降幂，即可解答． 【小问1详解】 证明：如图，在直角三角形中，，设， ， ， ， ， 根据勾股定理可得， ； 【小问2详解】 解：根据图形可得， 根据（1）中结论可得，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 16. 已知抛物线与x轴交于两点（A点在B点左侧），交y轴于点C，且． （1）求b，c的值； （2）若在x轴上方的抛物线上存在着一点D（与C点不重合），横坐标记为m，问当m为多少时，面积最大，并求出这个最大值． 【答案】（1）； （2）， 【解析】 【分析】本题考查二次函数综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想，进行求解，是解题的关键： （1）把代入，解析式，求出的关系式，令，根据根与系数之间的关系，求出的值，求出点坐标，根据，利用勾股定理列出方程进行求解即可； （2）求出二次函数的解析式，进而求出直线的解析式，利用平移思想，分在直线上方和下方，两种情况进行讨论求解即可． 【小问1详解】 解：把代入，得：， ∴， ∴， 令，则：方程的两个根为：， ∴， ∴， ∵A点在B点左侧， ∴， ∴， 当时，， ∴， ∴， ∵， 由勾股定理，得：， ∴或（舍去）； ∴； 【小问2详解】 由（1）知：，， ∴设直线的解析式为：，把代入，得：， ∴， 当点在直线上方时，将直线平移直至直线与抛物线只有一个交点时，该点即为点，此时的面积最大， 设平移后的直线的解析式为：， 令，整理得：， 则：，解得：， ∴，， 解得：， ∴， ∴， ∴过点作轴交于点，则：， ∴； 当点在直线下方时，将直线向下平移直至直线经过点时，设直线的解析式为， 把代入，得：， ∴，此时直线向下平移了个单位， ∵直线平移到直线，平移了个单位，且， ∴直线下方轴上方的抛物线上的点与点组成的三角形的面积一定小于； 故时，面积最大，为． 17. 在平面直角坐标系中，点的“对称点”Q定义如下：当时，P与Q关于直线对称；当时，P与Q关于y轴对称． （1）点的“对称点”坐标是 ，点的“对称点”坐标是 ； （2）已知点C在反比例函数的图象上，点C的“对称点”为点D，若点D的坐标为，求m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G．若直线与图形G无交点，求实数m的取值范围． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查坐标与轴对称，一次函数的综合应用，反比例函数与几何的综合应用，熟练掌握新定义，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键： （1）根据新定义，点的“对称点”与点关于对称，点的“对称点”与点关于轴对称，进行求解即可； （2）设点，当时，关于直线对称，当时，关于轴对称，分别求出点的坐标，代入反比例函数解析式，进行求解即可； （3）设一次函数的图象上的点，分别求出和时，点的对称点所在的直线，进而确定图形，利用数形结合的思想，找到直线与图形恰好没有交点时的值，即可得出结果． 【小问1详解】 解：∵，， ∴点的“对称点”与点关于对称， 连接，分别作轴，轴，则：，， ∵对称， ∴， ∵直线为一，三象限的角平分线， ∴， ∴，即：， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴点的“对称点”与点关于轴对称， ∴； 故答案：， 【小问2详解】 ∵设点， ①当时，则：关于直线对称， 由（1）可知：关于直线对称的点的特点为横纵坐标位置互换， ∵， ∴，此时， ∵点在反比例函数的图象上， ∴， ∴，符合题意； ②当时，则：关于轴对称， ∴，此时，即：， ∴， ∴，符合题意； 综上：； 【小问3详解】 设一次函数的图象上的点， 当时，即：时，点的对应点为：， 令，，则：， 即此时点的对应点在直线上， 当，即：时，点的对应点为：， 同法，可知：点的对应点在直线上， ∵， ∴当时，， 如图， 当经过时，， 此时直线恰好与图形没有交点， 当直线向上移动时，直线恰好与图形有交点， 当直线向下移动时，直线与图形没有交点， 故的范围为：． 18. 已知x，y，z满足：． （1）若，求x，y，z的值； （2）若y，z为正偶数，求的取值． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，熟练掌握消元法，以及解一元二次方程的方法，是解题的关键： （1）用含的式子表示出，代入到中，得到关于的一元二次方程，进行求解即可； （2）根据，得到，代入中，得到关于的一元二次方程，令，得到，进而得到，根据为正偶数，，分情况进行讨论求解即可． 【小问1详解】 解：∵，， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴； ∴； 【小问2详解】 ∵， ∴， ∵， ∴， 整理，得：， 设，则：， ∵y，z为正偶数， ∴为正整数， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为正偶数，， ∴当时，不符合题意； 当时，不符合题意； 当时，不符合题意； 当时，或（舍去）； 此时：，满足题意； 当时，，不符合题意； ∴的取值为2． 19. 如图，在平行四边形中，O是对角线的中点，M，N分别在边和上，且满足 （1）求证：； （2）设E是与的交点，求证：A、O、E、M四点共圆． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）平行四边形的性质，得到，进而得到，证明，推出，进而得到即可； （2）由（1）可知，进而证明，推出，再证明，得到，进而得到，根据同弧所对的圆周角相等，即可得出结论． 【小问1详解】 证明：∵平行四边形，O是对角线的中点， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； 【小问2详解】 连接， 由（1）知： ， ∴，即：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即：， ∴， ∴， ∴， ∴点A、O、E、M四点共圆． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，四点共圆等知识点，熟练掌握相关知识点，从复杂图形中有效的获取角之间的关系，线段之间的关系，是解题的关键． 20. 某实验室有若干砝码，分别由，，和四种砝码组成，所有砝码质量和为．证明： （1）砝码的个数是的倍数； （2）可以从若干砝码中，挑出部分砝码，其质量和为． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了整数的证明问题，因式分解； （1）设，，和四种砝码的个数分别为，则，即可得证是的倍数； （2）根据的砝码的质量都可以由，，的砝码组成，的砝码的质量都可以由，的砝码组成，的砝码的质量都可以由的砝码组成，又，即可得证． 【小问1详解】 证明：设，，和四种砝码的个数分别为， ∵所有砝码质量和为． ∴ ∴ ∵为整数，则也是整数， ∴是的倍数； 即砝码的个数是的倍数； 【小问2详解】 证明：设，，和四种砝码的个数分别为， ∵所有砝码质量和为． ∵， 即的砝码的质量都可以由，，的砝码组成 又， 即的砝码的质量都可以由，的砝码组成 ， 即的砝码的质量都可以由的砝码组成 ∵ ∴可以从若干砝码中，挑出部分砝码，其质量和为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省创新教育初中协作体2024学年第二学期创新素养综合考察八年级数学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟． 2．答题前，请务必将自己的学校、姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上． 3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效． 4．选择题请用2B铅笔将对应试题的答案符号按要求涂黑，非选择题请用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题纸指定位置作答，不在答题区域内的答案一律无效． 一、选择题（本题有8小题，每小题5分，共40分） 1. 计算：（ ） A. B. 1 C. D. 2. 一次函数的图象如图所示，则（ ） A. a B. C. D. 3. 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m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. 如图，矩形的面积为8，边在y轴上，E是边的中点，若B，E两点在函数的图象上，则m的值是（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 如图，三个半径为R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. 若的值为（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 9 7. 如图，E是平行四边形内一点，且，F，G分别为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 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k盆，使得剩下的菊花相连排列，剩下的牡丹花也相连排列，则k的最小值为（ ） A. 7 B. 9 C. 11 D. 13 二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分） 9. 如图，梯形中，，E、F分别是下底边和上底边的中点．若，则的值为______． 10. 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. 若、为非负实数，且，则的最小值是______． 12. 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一周，开始走了20分钟后，此时的位置到A、B路牌距离相等，继续走了50分钟后，此时的位置到A、B路牌距离也相等，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. 设表示不超过x的最大整数，，如：，则方程的解是______． 14. 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． 三、解答题（共80分） 15. 已知α锐角满足． （1）求证：； （2）求的值． 16. 已知抛物线与x轴交于两点（A点在B点左侧），交y轴于点C，且． （1）求b，c的值； （2）若在x轴上方抛物线上存在着一点D（与C点不重合），横坐标记为m，问当m为多少时，面积最大，并求出这个最大值． 17. 在平面直角坐标系中，点的“对称点”Q定义如下：当时，P与Q关于直线对称；当时，P与Q关于y轴对称． （1）点的“对称点”坐标是 ，点的“对称点”坐标是 ； （2）已知点C在反比例函数的图象上，点C的“对称点”为点D，若点D的坐标为，求m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G．若直线与图形G无交点，求实数m的取值范围． 18. 已知x，y，z满足：． （1）若，求x，y，z的值； （2）若y，z为正偶数，求取值． 19. 如图，在平行四边形中，O是对角线的中点，M，N分别在边和上，且满足 （1）求证：； （2）设E是与的交点，求证：A、O、E、M四点共圆． 20. 某实验室有若干砝码，分别由，，和四种砝码组成，所有砝码质量和为．证明： （1）砝码个数是的倍数； （2）可以从若干砝码中，挑出部分砝码，其质量和为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $