贵州省安顺市 安顺县2024-2025学年下学期数学素养大赛（八年级组）模拟试卷二

2024-2025年安顺县下学期数学素养大赛（八年级组）模拟试卷二 一、单选题 1．已知，那么满足上述条件的整数的个数是（     ）. A．4 B．5 C．6 D．7 2．在数学中，为了书写简便，18世纪数学家欧拉就引进了求和符号“”（其中，且和表示正整数），例如： ，已知，则m的值是（　　） A．4 B．5 C． D． 3．如图，点A、B的坐标分别为、，点P为x轴上的动点，若点B关于直线AP的对称点恰好落在x轴上，则点P的坐标是（      ） A． B． C． D． 4．如图，一次函数的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，把直线绕点B顺时针旋转交x轴于点C，则线段长为（     ）    A． B． C． D． 5．如图，正方形边长为4，点E是边上一点，且．P是对角线上一动点，则的最小值为（     ） A．4 B． C． D． 6．在平面直角坐标系中，点，点，点为坐标轴上一点，若△ABC为等腰三角形，且为其中的一个底角，则点的坐标不可能是（     ） A． B． C． D． 7．如图，在等腰直角△ABC中，，点M，N将底边AB三等分，点P在△ABC的腰上，且满足的点P恰好是2个，则△ABC的腰长为（    ） A． B． C． D． 8．在平面直角坐标系中，已知点，直线与线段有交点，则k的取值范围为（ ） A． B．且 C．或 D． 9．化简：的结果是（ ） A．6 B． C． D． 10．当时，多项式(4x3－1997x－1994)2001的值为（　　） A．1 B．－1 C．22001 D．－22001 二、填空题 11．已知，则的值为 ；的值为 ． 12．当m= 时，关于x的分式方程没有实数解. 13．设表示一个三角形三边的长，且他们都是自然数，其中，若=2020，则满足此条件的三角形共有 个． 14．若，则x的值为 ． 15．已知方程|x|=ax+1有一个负根但没有正根，则a的取值范围是 ． 16．对于三个数a、b、c，用表示这三个数的平均数，用表示这三个数中最小的数． （1）若，则x的值为 ． （2）若， 则 ． 17．如图，正六边形的顶点在正方形的边上，则正方形与正六边形的边长的比值是 ． 18． 如图，直线l1⊥x轴于点（1，0），直线l2⊥x轴于点（2，0），直线l3⊥x轴于点（3，0），…，直线ln⊥x轴于点（n，0）．函数y=x的图象与直线l1，l2，l3，…，ln分别交于点A1，A2，A3，…，An；函数y=2x的图象与直线l1，l2，l3，…，ln分别交于点B1，B2，B3，…，Bn．如果△OA1B1的面积记作S1，四边形A1A2B2B1的面积记作S2，四边形A2A3B3B2的面积记作S3，…，四边形An-1AnBnBn-1的面积记作Sn，那么S2019= ．    19．计算：=    ． 20．如图，四边形ABCD中，∠DAB＋∠ABC＝90°，对角线AC、BD相交于O点，且分别平分∠DAB和∠ABC，若BO＝4OD，则的值为 ． 参考答案 1．C 【分析】利用分母有理化进行计算即可. 【详解】由原式得： 所以，因为，, 所以. 故选C 【点睛】此题考查解一元一次不等式的整数解，解题关键在于分母有理化. 2．B 【分析】本题考查整式的混合运算，解答本题的关键是明确题意，发现题目中数字的变化规律，求出的值．根据题目中的式子，可以将展开，从而可以得到的值，本题得以解决． 【详解】解：∵系数为5， ∴， ， ， ∴， 故选：B． 3．A 【分析】先根据勾股定理的长，求得的坐标．然后用待定系数法求出直线的解析式，由对称的性质得出，求出直线的解析式，然后求出直线与轴的交点即可． 【详解】解：如图，连接、， ，， ， 点与关于直线对称， ， 在中， 点坐标为或， ，点关于直线的对称点恰好落在轴上， 点关于直线的对称点， 点坐标为不合题意舍去， 设直线方程为 将，代入得：， 解得，， 直线的解析式为：， 直线的解析式为：， 当时，， 解得：， 点的坐标为：； 故选：A． 【点睛】本题是一次函数综合题目，考查了用待定系数法确定一次函数的解析式、轴对称的性质、垂线的关系等知识；本题有一定难度，综合性强，由直线的解析式进一步求出直线的解析式是解决问题的关键． 4．A 【分析】根据一次函数表达式求出点A和点B坐标，得到△OAB为等腰直角三角形和AB的长，过点C作CD⊥AB，垂足为D，证明△ACD为等腰直角三角形，设CD=AD=x，结合旋转的度数，用两种方法表示出BD，得到关于x的方程，解之即可． 【详解】解：∵一次函数的图像与x轴、y轴分别交于点A、B， 令x=0，则y=，令y=0，则x=， 则A（，0），B（0，）， 则△OAB为等腰直角三角形，∠ABO=45°， ∴AB==2， 过点C作CD⊥AB，垂足为D， ∵∠CAD=∠OAB=45°， ∴△ACD为等腰直角三角形，设CD=AD=x， ∴AC==x， ∵旋转， ∴∠ABC=30°， ∴BC=2CD=2x， ∴BD==x， 又BD=AB+AD=2+x， ∴2+x=x， 解得：x=+1， ∴AC=x=（+1）=， 故选A．    【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点问题，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算，知识点较多，解题的关键是作出辅助线，构造特殊三角形． 5．D 【分析】连接AC，作，证明当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG，再利用勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半即可求出结果． 【详解】解：连接AC，作 ∵是正方形且边长为4， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG， ∵，， ∴， ∵， ∴， 设，则，∴，解得：， 设，则， ∵，∴，解得： ∴， 故选：D 【点睛】本题考查正方形的性质，动点问题，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，解题的关键是证明当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG． 6．C 【分析】本题考查了坐标与图形，等腰三角形的性质，分点为顶点和点为顶点两种情况，画出图形解答即可求解，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】解：如图，点位置有个， 当点为顶点时，， ∴点，，； 当点为顶点时，， 当点在轴上时，设， 则， 解得， ∴， 当点在轴上时，设， 则， 解得， ∴； ∴点的坐标不可能是， 故选：． 7．C 【分析】如图，过作，，连接，证明，可得，结合点P在的腰上，且满足的点P恰好是2个，可得当取最小值时，刚好是2个，共线时，最小，再进一步求解即可． 【详解】解：如图，过作，，连接， ∵等腰直角中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点P在的腰上，且满足的点P恰好是2个， ∴当取最小值时，刚好是2个， ∴共线时， 最小， ∵为的三等分点， ∴设，则， ∴， 解得：，（舍去）， ∴， ∴； 故选：C 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，二次根式的乘法运算，作出合适的辅助线是解本题的关键． 8．C 【分析】本题考查了一次函数与线段相交求参数问题，理解经过两点求得的是的最值是解题的关键． 先确定直线过定点，要使直线与线段有交点，分别将代入，求得的值，即可求解． 【详解】解：∵当时，，即直线过定点， ∴当直线经过点，得：， 解得：， 当直线经过点，得：， 解得：， ∴当直线与线段有交点， ∴或， 故选：C． 9．D 【分析】利用完全平方公式化简即可. 【详解】 故选D 【点睛】本题考查多重二次根式的化简，熟练掌握完全平方公式是解题关键. 10．B 【分析】由题意得(2x−1)2＝1994，得到4x2−4x-1993=0，将原式转化为(4x3−4x−1993x−1993−1)2001＝[x(4x2−4x−1993)＋(4x2−4x−1993)−1]2001的值，再将4x2−4x＋1＝1994代入可得出答案． 【详解】解：∵， ∴(2x−1)2＝1994， ∴4x2−4x＋1＝1994， ∴4x2−4x-1993=0 = =-1 故选：B． 【点睛】本题难度较大，需要对要求的式子进行变形，同学们要学会转化的思想，这是数学上很重要的一种思想． 11． 2 6 【分析】由可得,，再对进行变形即可求解；由可得，然后左右平方，将作为一个整体求解即可． 【详解】解:∵， ∴，， ∴ =2； ∵ ∴，即 ∴ ∴，解得：． 故答案为：2，6． 【点睛】本题主要考查了代数式求值、完全平方公式的应用等知识点，灵活运用相关知识对代数式进行变形成为解答本题的关键． 12．4或-6 【分析】先将分式方程化为整式方程，根据方程没有实数解会产生增根判断增根是x=3或x=-2，再把增根x=3或x=-2代入整式方程即可求出m的值． 【详解】解：方程变形为， 方程两边同时乘以去分母得：x+m+3+x-3=0； 整理得：2x+m=0 ∵关于x的分式方程没有实数解. ∴分式方程有增根x=3或x=-2. 把x=3和x=-2分别代入2x+m=0中 得m=-6或m=4. 【点睛】分式方程无解问题或增根问题可按如下步骤进行：①根据最简公分母确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．但也要注意，有时分式方程转化成的整式方程本身没有实数根，也是导致分式方程没有实数根的一种情况，所以要考虑全面，免得漏解. 13．2041210 【分析】已知，根据三角形的三边关系求解，首先确定出、三边长取值范围，进而得出各种情况有几个三角形． 【详解】解：，，表示一个三角形三边的长，且它们都是自然数，其中，如果，则，， 当时，根据两边之和大于第三边，则的取值范围为，有2020个三角形； 当时，根据两边之和大于第三边，则的取值范围为，有2019个三角形； 当时，根据两边之和大于第三边，则的取值范围为，有2018个三角形； 当时，根据两边之和大于第三边，则的取值范围为，有1个三角形；三角形数量是：， 故答案为：2041210． 【点睛】本题主要考查一元一次不等式、三角形的三边关系，解题的关键是利用了在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边的三边关系． 14．4或2或0 【分析】根据零指数幂可得，，解可得的值；根据1的任何次方都是1可得；根据的偶次幂为1可得的值． 【详解】解：①，，解得：； ②，解得：； ③，为偶数，解得：， 故答案为：4或2或． 【点睛】此题主要考查了零指数幂，关键是注意要分类讨论，不要漏解． 15．a≥1 【详解】试题解析：令y=|x|，y=ax+1，在坐标系内作出函数图象， 方程|x|=ax+1有一个负根， 但没有正根，由图象可知 a≥1 【点睛】本题考查根的存在性及根的个数判断，考查数形结合思想，计算能力，是基础题． 16． 1 【分析】（1）分和两种情况进行讨论求解即可； （2）设，根据，推出，即：，整理得到，即可得解． 【详解】解：（1）①当时，则：，此时，满足题意； ②当时，则：，解得：， ∵， ∴不符合题意； ∴； 故答案为：1； （2）设， 由题意知：， ∵， 当时，则：， ∴， ∴， ∵， ∴只有时，； ∴， 同理当：或时：， ∴当时， ， 即：，整理，得：， ，得：， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查解一元一次方程，解二元一次方程组，解题的关键是理解并掌握新定义． 17． 【分析】本题考查正多边形的对称性，勾股定理，延长与交于点，连接与交于点，连接，，根据正方形和正六边形，可得，即可证明，得到，再证明，得到，，结合正六边形，正方形性质可得、、、都相交与点，且点是这些线段的中点，即可得到直线和是正六边形的两条对称轴，然后在和中利用勾股定理计算即可． 【详解】解：延长与交于点，连接与交于点，连接，，交于点， ∵正方形， ∴，， ∴，，， ∵正六边形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵正六边形，正方形， ∴、、、都相交与点，且点是这些线段的中点， ∴直线和是正六边形的两条对称轴， ∴点和在线段上，，， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴ ∴正方形与正六边形的边长的比值是． 故答案为：． 18． 【分析】先结合图形确定的长度规律及图形形状为梯形的规律，再根据所得规律将具体值代入梯形面积公式即得． 【详解】解：由题意可得：当时，， ∴ ∴， ∵直线l1⊥x轴，直线l2⊥x轴，直线l3⊥x轴，，直线ln⊥x轴 ∴l1∥l2∥l3∥∥ln ∴当时四边形An-1AnBnBn-1是梯形 ∵平行线间距离处处相等，所以梯形An-1AnBnBn-1的高为1 ∴ ∴ 故答案为：． 【点睛】本题是规律题，考查了一次函数求点的坐标及平行线间距离处处相等，根据特殊情况找出一般规律是解题关键． 19．-0.2 【分析】直接利用有理指数幂的运算法则求解即可． 【详解】解：==-0.2. 故答案为-0.2. 【点睛】本题考查有理指数幂的运算，考查计算能力． 20． 【分析】在AB上截取AE=AD，BF=BC，连接OE、OF，根据AC平分∠BAD，BD平分∠ABC，可得△AOD≌△AOE，△BOC≌△BOF，从而得到∠AOD=∠AOE，∠BOC=∠BOF，OD=OE，OC=OF，进而得到∠AOE =∠BOF=45°，∠AOB=135°，OF平分∠BOE，然后设 的OD边的高为 ，AD边的高为 ，设 的BO边的高为 ，AB边的高为 ，则 ，，根据角平分线的性质，可得 ，从而得到，同理 ，再由OF平分∠BOE，同理 ，即可求解． 【详解】解：如图，在AB上截取AE=AD，BF=BC，连接OE、OF， ∵AC平分∠BAD，BD平分∠ABC， ∴ ，， ∵AE=AD，BF=BC，AO=AO，BO=BO， ∴△AOD≌△AOE，△BOC≌△BOF， ∴∠AOD=∠AOE，∠BOC=∠BOF，OD=OE，OC=OF， ∵∠DAB＋∠ABC＝90°， ∴∠OAE＋∠OBF＝45°， ∴∠AOD=∠BOC=45°， ∴∠AOE =∠BOF=45°，∠AOB=135°， ∴∠BOE=90°， ∴∠EOF=∠BOF=45°，即OF平分∠BOE， 设 的OD边的高为 ，AD边的高为 ，设 的BO边的高为 ，AB边的高为 ，则， ，， ∵AC平分∠BAD， ∴ ， ∵BO＝4OD， ∴ ， 同理 ， ∴AB=4AD， ∴ ， ∵OF平分∠BOE， 同理 ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴， ∴． 故答案为： 【点睛】本题主要考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握角平分线上的点到角两边的距离相等是解题的关键． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$