广东省佛山市南海区2023-2024学年八年级上学期高阶思维素养数学试卷

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广东省佛山市南海区八年级（上）高阶思维素养数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.满足的整数x的个数是(

)A.1 B.2 C.3 D.42.已知，下列说法正确的是(

)A.y没有最小值，也没有最大值 B.y有最小值，但没有最大值

C.y有最大值，但没有最小值 D.y既有最小值，也有最大值3.桌面上有一个由若干个立方体摆放出来的几何造型，从左面看如图1，从正面看如图2，则桌面上的立方体的个数最少和最多分别为(

)

A.6个、18个 B.6个、20个 C.12个、20个 D.12个、22个4.商店进货一种商品，若进货价便宜，而售价保持不变，那么利润可由目前的增加到，则a的值为(

)A.8 B.10 C.12 D.155.设a，b为实数，函数满足：当时，有，则ab的最大值为(

)A. B. C. D.6.如图，在长方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且，点B关于EF的对称点恰好落在AD边上，连接，点F关于的对称点恰好落在CD边上，则的值为(

)A.

B.

C.

D.7.在1，4，7，10，…，2023中任选m个数，若要使得其中必有两数的和等于2024，则m的最小值为(

)A.337 B.338 C.339 D.3408.如图，已知D，E，F分别是锐角的三边BC，CA，AB上的点，且AD，BE，CF相交于点P，，设，，，若，则(

)

A.18 B.24 C.28 D.34二、填空题：本题共7小题，每小题8分，共56分。9.已知，则______10.放有小球的若干个盒子排成一行，从左到右分别记为第1个盒、第2个盒、第3个盒、….已知第1个盒里有a个小球，第2个盒里有个小球，且每六个相邻的盒里共有20个小球其中那么第50个盒里有______个小球用含a的式子表示11.如图，在中，，，，，则点N到边BC的距离等于______.

12.在中，，，点D为AB的中点，点P在AC上，且，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，当时，AQ的长为______.13.已知是关于x的一个四次多项式，若，，则的个位数字为______.14.设m与n为正整数，且，则的所有可能值的总和是______.15.直线l：交x轴于点A，交y轴负半轴于点P，已知点N的横坐标为，过点N的直线交直线l于点M，则的值为______.三、解答题：本题共3小题，共54分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.本小题16分

问题提出：有两只水桶，容量分别为11升、7升.现设法从水井中取出2升的水最终两只水桶内的水共有2升

取水方案1：小桶装5次水，由大桶倒出3次水.

具体操作如下：

第一回：用小桶装满水，全部倒入大桶中，此时小桶有0升水，大桶有7升水；

第二回：再用小桶装满水，往大桶中倒满，此时小桶有3升水，大桶有11升水；

第三回：将大桶水全部倒回水井，然后将小桶的3升水倒入大桶，此时小桶有0升水，大桶有3升水；

第四回：将小桶装满，全部倒入大桶中，此时小桶有0升水，大桶有10升水；

第五回：将小桶装满，往大桶中倒满，此时小桶有6升水，大桶有11升水；

第六回：将大桶水全部倒回水井，然后将小桶的6升水倒入大桶，此时小桶有0升水，大桶有6升水；

第七回：将小桶装满，往大桶中倒满，此时小桶有2升水，大桶有11升水，将大桶水全部倒回水井.最终两只水桶内的水共有2升.

问题：

写出其它3种不同的取水方案不需写出每种方案具体操作

试写出一般化的取水方案.17.本小题18分

如图，三个斜边彼此不等的等腰，，其中：，，，证明：P为线段AB的中点.18.本小题20分

我们来研究下面的表格问题：在的方格表中放入8个棋子，如果每行每列恰有2个棋子，共有多少种放置方法？可以发现，对一种放置方法交换两行或交换两列，以及一系列的这样操作，就可以得到别的放置方法.

考虑如图1的放置方法，通过交换行列的一系列变换，可以得到多少不同的放置方法？

类似地，如图2的放置方法，通过交换行列的一系列变换，可以得到多少不同的放置方法？

证明：任何放置方法都能通过一系列行列交换变为、两种情况之一，由此给出所有的放置方案数.

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：，

，

，

整数，2，3，共3个，

故选：

先进行分母有理化，然后估算无理数的大小，得出x的取值范围，再找出符合条件的整数即可．

本题考查了估算无理数的大小，熟练掌握估算无理数大小的方法是解题的关键．2.【答案】D

【解析】解：，

当时，；

当时，，当时，y最大，为2，当时，y最小，为；

当时，；

综上，y既有最小值，也有最大值，

故选：

分三种情况讨论：当时，当时，当时，分别化简绝对值，然后找出最大值和最小值即可．

本题考查了绝对值，熟练掌握绝对值的性质是解题的关键．3.【答案】B

【解析】解：如图所示：

小立方体的个数最少是个；最多是个小立方体．

故选：

利用左视图以及主视图可以得出这个几何体最少的块数、以及最多的块数．

本题考查了由三视图判断几何体．由几何体的俯视图及小正方形内的数字，可知主视图的列数与俯视数的列数相同，且每列小正方形数目为俯视图中该列小正方形数字中的最大数字．左视图的列数与俯视图的行数相同，且每列小正方形数目为俯视图中相应行中正方形数字中的最大数字．4.【答案】D

【解析】解：设进价为m元，则售价为元，

根据题意得：，

即，

解得：，

的值为

故选：

设进价为m元，则售价为元，根据“若进货价便宜，而售价保持不变，那么利润可由目前的增加到”，可列出关于a的一元一次方程，解之即可得出结论．

本题考查了一元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．5.【答案】B

【解析】解：分两种情况讨论：

①，此时单调递增，

当时，有，

则，

所以，

则此时，ab的最大值为；

②，此时单调递减，

当时，有，

则，

所以，

则此时，ab的最大值为时，

综上，ab的最大值为，

故选：

分两种情况讨论：①，②，分别计算即可．

本题考查二次函数的性质，解题的关键是分类讨论思想的应用．6.【答案】A

【解析】解：连、、、、

，

设，

点B和点关于EF对称，

垂直平分

，

，

，

，

，

，

，

，

，

点F与点关于对称，

，，

，

，

，

，

，

，

故选：

设，利用对称得EF垂直平分故，，由，得，再由对称得，，通过换算得，故，最后再计算即可．

本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，利用对称的性质是解题关键．7.【答案】B

【解析】解：由得，

，

，4，7，，203共675个数，

，，，1012，其中两个数的和等于2024的共337组，

的最小值为338，

故选

先得出这组数共675个，其中和是2024的有337组，进而得出结果．

本题考查了数的规律等知识，解决问题的关键是将数进行分组．8.【答案】B

【解析】解：如图，作，，

则，

，

，，

，

同理：，，

，

，

即，

，

，

故选：

先求证，同理，，再利用，将分式化简，再将代入即可．

此题主要考查学生对三角形面积计算的理解和掌握，解答此题的关键是求证，，此题有一定的拔高难度，属于难题．9.【答案】

【解析】解：，

，，

，

已知等式化简，得，

，

，

，

，

，

则

故答案为：

根据，得出，将已知等式化简，可得，以及，即可求出n，m的值，即可得出答案．

此题主要考查了算术平方根以及绝对值的性质，根据题意得出n，m的值是解决问题的关键．10.【答案】

【解析】解：由题意可得，

……2，

第50个盒里有个球，

故答案为：

根据题意可知：每六个盒子一个循环，然后即可计算出第50个盒里有多少个小球．

本题考查列代数式、数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化特点．11.【答案】

【解析】解：如图，设，，，

，

，

是的外角，

，

即，

，

，

，

，

，

，

点N到边BC的距离

故答案为：

要求点N到边BC的距离，需要知道的度数，可设，，，利用三角形外角性质，容易得出，而，等量代换，结合三角形内角和定理可求，再利用角的正弦函数值，可求距离．

本题利用了三角形内角和定理、等腰三角形的性质、三角形外角性质、特殊三角函数值．注意解此题可设出未知数，表示角的时候比较容易计算．12.【答案】或

【解析】如图，

，，

，

点D为AB的中点，

，，

，

点C、D、Q在同一条直线上，

由旋转得，

分两种情况：当点Q在CD上，

在中，，

，

当点Q在DC的延长线上，

在中，，

，

综上所述，当时，AQ的长为或，

故答案为：或

先证点C、D、Q在同一条直线上，再分两种情况讨论，当点Q在CD上，当点Q在DC的延长线上，利用勾股定理分别进行计算即可解答．

本题考查了勾股定理，旋转的性质，等腰直角三角形，分两种情况进行讨论是解题的关键．13.【答案】4

【解析】解：，

可以设这个四次多项式为，

由，得，

，

解得，

，

，

，

得尾数是

由，可设，再将，代入求出a和b，进而得解．

本题主要考查了因式分解和列代数式求值，熟练掌握相关知识是解题的关键．14.【答案】18

【解析】解：，

，

，

，

为正整数，

，

，

先确保n为整数，而为整数，

必为整数，

的值1或3或43或129，

再确保m为正整数，

解得或118，

当时，，此时，

当时，，此时，

的所有可能值的总和是

故答案为：

将原式中的两个字母分别移到等式的两侧，得，再利用平方差公式将等式右侧变形为一个整式加分式的结构，得，易知为整数，得出此时m的值，结合m为正整数得到m的所求取值，再出与之对应的n的取值，最后进一步即可得解．

本题主要考查整数问题的综合运用，这类问题综合性比较强，会同不同方面考查整数的相关知识，要解答此类问题，需要对整数知识熟练掌握，问题难度比较大，综合性强．15.【答案】2

【解析】解：如图，设NM与x轴的交点为H，过M作轴于G，过H作轴，HD交MP于D点，

即：，连接ND，ND交y轴于C点．

由与x轴交于H点，

由与交于M点，

，

而，

为HG的中点，，，

≌，

，

又因为N点的横坐标为，且在上，

，

同理：，，

关于y轴对称点为D，

是ND的垂直平分线，

，ND平行于x轴，

易知≌，

，

，

故答案为：

依据题意，设NM与x轴的交点为H，分别过M、H作x轴的垂线，垂足为G，HD交MP于D点，求出H的坐标，证≌，≌，推出代入即可求出答案．

本题主要考查了两条直线相交或平行问题、一次函数图象上点的坐标特征、全等三角形的判定与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．16.【答案】解：方案一：大桶装4次水，由小桶倒出6次水；

方案二：①11升装满，倒满7升桶剩4升，②7升的倒空后，11升里的4升倒7升桶里，③装满11升的桶，把有4升水的7升桶倒满，11升桶剩8升水，④再倒满7升桶，则11升桶剩1升水，⑤1升水倒7升桶里，再把11升桶倒满，然后用11升桶里的水倒满7升桶，则11升桶里升5升水，⑥5升水盛在7升的桶里，然后用11升满桶水倒满，则11升桶里剩9升水，⑦再倒满7升的空桶，则11升桶里剩2升水；

方案三：①7升两次装满，倒满11升桶剩3升，②11升的倒空后，7升里的3升倒11升桶里，③7升两次装满，把有3升水的11升桶倒满，7升桶剩6升水，④11升的倒空后，7升里的3升倒11升桶里，⑤1升水倒7升桶里，再把11升桶倒满，然后用11升桶里的水倒满7升桶，则11升桶里升5升水，⑥5升水盛在7升的桶里，然后用11升满桶水倒满，则11升桶里剩9升水，⑦再倒满7升的空桶，则11升桶里剩2升水；

第一回：用大桶装满水，全部倒入小桶中，此时小桶有7升水，大桶有4升水；

第二回：将小桶水全部倒回水井，大桶再倒入小桶，此时小桶有4升水，大桶有0升水；

第三回：将大桶水装满水，然后倒满小桶，此时小桶有7升水，大桶有8升水；

第四回：将小桶水全部倒回水井，大桶倒入小桶中，此时小桶有7升水，大桶有1升水；

第五回：将小桶水全部倒回水井，大桶倒入小桶中，此时小桶有1升水，大桶有0升水；

第六回：将大桶装满水，将大桶倒入小桶，此时小桶有7升水，大桶有5升水；

第七回：将小桶水全部倒回水井，大桶倒入小桶中，此时大桶有9升水，小桶有7升水，将小桶水全部倒回水井；

第八回：将小桶水全部倒回水井，大桶倒入小桶中，此时大桶有2升水，小桶有7升水，将小桶水全部倒回水井．最终大水桶内的水共有2升．

【解析】充分利用11与7的和、差、积进行运算，最终得到2就可以了．

本题运用实际生活中的问题考查整数的和差倍积，找到所需的水量．17.【答案】证明：如图，延长DP至点F，使得，连接EF、BF，

则，，

是等腰直角三角形，

，

，

又，，

≌，

故，

连接AP、BP，

，

，

，，

≌，

，，

当，则A、D、P，B、F、P分别三点共线，

、P、F三点共线，

、P、B三点共线，

，

为线段AB的中点；

当CD与PE不平行时，由于点A、B在直线DF两侧，而D、P、F三点共线，，

、P、B三点共线，即点P在线段AB上，

，

为线段AB的中点．

【解析】延长DP至点F，使得，连接EF、BF，证明≌，连接AP、BP，证明≌，当，则A、D、P，B、F、P分别三点共线，因为D、P、F三点共线，所以A、P、三点共线；当CD与PE不平行时，由于点A、B在直线DF两侧，而D、P、F三点共线，，证明A、P、B三点共线，即可得证．

本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．18.【答案】解：对于图1，我们可以通过交换两行或两列来得到不同的放置方法．

首先，我们可以固定第一行不动，然后交换第二行和第三行，接着再交换第四行和第一行，这样就得到了第一种情况．

接下来，我们固定第二行不动，然后交换第一行和第四行，再交换第三行和第二行，也回到了第一种情况．

同样地，我们可以固定第三行或第四行不动，通过类似的操作回到第一种情况．

此外，我们还可以固定第一列不动，然后交换第二列和第三列，再交换第四列和第一列，得到第二种情况．

同理，固定第二列或第三列不动，也能通过交换其他列回到第二种情况．

综上所述，通过交换行或列，我们可以得到

种不同的放置方法．

对于图2，我们同样可以通过交换两行或两列来得到不同的放置方法．

首先，我们固定第一行不动，然后交换第二行和第三行，再交换第四行和第一行