《2025年全国重点高中提前招生同步强化全真试卷八年级数学上册》

1. (2022·浙江余杭中学、慈溪中学核心素养发展营活动)四位数 $ abcd $ 比它的各位数字的平方和大 2020,在所有这样的四位数中最大一个的末两位数字是 (A)

A.61
B.51
C.41
D.31

答案： 1.A提示:根据条件可知，当$a = b = c = d = 9$时，$abcd$有最大值：$9^{2} + 9^{2} + 9^{2} + 9^{2} = 324$。因为$a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} + 2020 = 1000a + 100b + 10c + d$，所以$2020 ＜ a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} + 2020 \leq 324 + 2020$，即$2020 ＜ 1000a + 100b + 10c + d \leq 2344$。因为千位数一定是$2$，所以$a = 2$。又因为$a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} + 2020 = 1000a + 100b + 10c + d$，所以$b^{2} + c^{2} + d^{2} + 24 = 100b + 10c + d$，即$b(100 - b) + c(10 - c) = d(d - 1) + 24$。因为$b$、$c$、$d$都为$0\sim9$的整数，所以当$d = 9$时，$b(100 - b) + c(10 - c)$最大，为$96$。若$b\geq1$，则$b(100 - b)\geq99$，因为$c(10 - c)$一定大于$0$，所以不成立，所以$b$只能等于$0$，即$c(10 - c) = d(d - 1) + 24$，$d^{2} - d = 10c - c^{2} - 24 \geq 0$。所以要让$abcd$最大，求出$c$的最大值即可。因为$c^{2} - 10c + 24 \leq 0$，即$(c - 4)(c - 6) \leq 0$，所以$4 \leq c \leq 6$，所以$c$的最大值为$6$，此时$d^{2} - d = 0$，$d = 1$，所以$abcd$最大为$2061$，末两位数字是$61$。故选A。

2. (2022·深圳市第九届“鹏程杯”邀请赛)已知关于 $ x $ 的多项式 $ f(x) $ 除以 $ (x - 1) $ 余 1,除以 $ (x - 2) $ 余 4,则 $ f(x) $ 除以 $ (x^{2}-3x + 2) $ 的余式为 (D)

A.4
B.3
C.$ x - 1 $
D.$ 3x - 2 $
E.$ 2x - 3 $

答案： 2.D提示:由题意可得：$f(x) = (x - 1)P(x) + 1$ ①，$P(x)$为含$x$的多项式；$f(x) = (x - 2)Q(x) + 4$ ②，$Q(x)$为含$x$的多项式。因为$x^{2} - 3x + 2 = (x - 2)(x - 1)$，所以①$× (x - 2)$，得$(x - 2)f(x) = (x - 1)(x - 2)P(x) + x - 2$ ③；②$× (x - 1)$得，$(x - 1)f(x) = (x - 1)(x - 2)Q(x) + 4(x - 1)$ ④。④$-$③得，$f(x) = (x - 1)(x - 2)[Q(x) - P(x)] + 3x - 2$，所以$f(x)$除以$x^{2} - 3x + 2$的余式为$3x - 2$。故选D。

3. (2023 春·杭州市拱墅区期末)设 $ a,b $ 为实数,多项式 $ (x + a)(2x + b) $ 展开后 $ x $ 的一次项系数为 $ p $,多项式 $ (2x + a)(x + b) $ 展开后 $ x $ 的一次项系数为 $ q $. 若 $ p + q = 6 $,且 $ p,q $ 均为正整数,则 (A)

A.$ ab $ 与 $ \frac{a}{b} $ 的最大值、最小值都相等
B.$ ab $ 与 $ \frac{a}{b} $ 的最大值相等,最小值不相等
C.$ ab $ 与 $ \frac{a}{b} $ 的最大值不相等,最小值相等
D.$ ab $ 与 $ \frac{a}{b} $ 的最大值、最小值都不相等

答案： 3.A提示:$(x + a)(2x + b) = 2x^{2} + bx + 2ax + ab = 2x^{2} + (b + 2a)x + ab$，$(2x + a)(x + b) = 2x^{2} + 2bx + ax + ab = 2x^{2} + (2b + a)x + ab$。因为多项式$(x + a)(2x + b)$展开后$x$的一次项系数为$p$，多项式$(2x + a)(x + b)$展开后$x$的一次项系数为$q$，所以$p = b + 2a$，$q = 2b + a$。因为$p + q = 6$，且$p$、$q$均为正整数，所以$b + 2a + 2b + a = 6$，整理得$a + b = 2$。又因为$p = b + 2a$，$q = 2b + a$，所以$p = a + 2$，$q = b + 2$，则$a = p - 2$，$b = q - 2$。所以$ab = (p - 2)(q - 2) = pq - 2(p + q) + 4 = p(6 - p) - 2 × 6 + 4 = -p^{2} + 6p - 8 = -(p - 3)^{2} + 1$。因为$p$、$q$均为正整数，所以$p$的取值为$1$、$2$、$3$、$4$、$5$，所以$ab$的最大值为$1$，最小值为$-3$。因为$a = p - 2$，$b = q - 2$，所以$\frac{a}{b} = \frac{p - 2}{q - 2} = \frac{6 - q - 2}{q - 2} = \frac{4 - q}{q - 2} = -1 + \frac{2}{q - 2}(q \neq2)$。因为$p$、$q$均为正整数，所以$q$的取值为$1$、$2$、$3$、$4$、$5$，所以$\frac{a}{b}$的最大值为$1$，最小值为$-3$。故选A。

4. (2024·垫江县开学)设 $ a,b,c $ 是实数,规定关于 \& 和@的一种运算如下:$ a\&b@c = (a + b)^{2}-c^{2} $,则下列结论:①若 $ a\&b@c = 0 $,则 $ a + b = c $ 或 $ a + b = -c $;②若 $ a\&b@(b + c) = a + 2b + c $,则 $ a = c $;③不存在实数 $ a,b $,使得 $ a\&(-2b)@(\sqrt{3}b)+2ab $ 的值为负;④若 $ a,b,c $ 是直角三角形的三边,则 $ a\&b@c $ 的最小值为 $ 2ab $. 其中正确的有 (B)

A.4 个
B.3 个
C.2 个
D.1 个

答案： 4.B提示:由题意知$a \& b @ c = 0$，所以$(a + b)^{2} - c^{2} = 0$，即$(a + b + c)(a + b - c) = 0$，所以$a + b + c = 0$或$a + b - c = 0$，即$a + b = c$或$a + b = -c$，故①的结论正确。由题意知$a \& b @ (b + c) = a + 2b + c$，所以$(a + b)^{2} - (b + c)^{2} = a + 2b + c$，即$(a + b + b + c)(a + b - b - c) = a + 2b + c$，$(a + 2b + c)(a - c) = a + 2b + c$，$(a + 2b + c)(a - c) - (a + 2b + c) = 0$，$(a + 2b + c)(a - c - 1) = 0$，所以$a + 2b + c = 0$或$a - c - 1 = 0$，即$a - c = 1$，故②的结论错误。由题意知$a \& (-2b) @ (\sqrt{3}b) + 2ab$，所以$(a - 2b)^{2} - (\sqrt{3}b)^{2} + 2ab = (a - b)^{2} \geq 0$，所以$a \& (-2b) @ (\sqrt{3}b) + 2ab$的值为非负数，故③的结论正确。因为$a$、$b$、$c$是直角三角形的三边，分三种情况讨论：当$c$是斜边时，$a^{2} + b^{2} = c^{2}$，所以$a \& b @ c = (a + b)^{2} - c^{2} = a^{2} + 2ab + b^{2} - (a^{2} + b^{2}) = 2ab$，所以$a \& b @ c$的最小值为$2ab$；当$a$是斜边时，$c^{2} = a^{2} - b^{2}$，所以$a \& b @ c = (a + b)^{2} - c^{2} = a^{2} + 2ab + b^{2} - (a^{2} - b^{2}) = 2b^{2} + 2ab$，因为$b^{2} \geq 0$，所以$2b^{2} \geq 0$，$a \& b @ c$的最小值为$2ab$；当$b$是斜边时，$c^{2} = b^{2} - a^{2}$，所以$a \& b @ c = (a + b)^{2} - c^{2} = a^{2} + 2ab + b^{2} - (b^{2} - a^{2}) = 2a^{2}+ 2ab$，因为$a^{2} \geq 0$，所以$2a^{2} \geq 0$，所以$a \& b @ c$的最小值为$2ab$。故④的结论正确。综上可知，正确的是①③④。故选B。

5. (北京市竞赛)设 $ x,y $ 为实数,满足 $ x + y = 1,x^{4}+y^{4}=\frac{7}{2} $,则 $ x^{2}+y^{2} $ 的值是 (A)

A.2
B.3
C.4
D.5

答案： 5.A提示:因为$x^{4} + y^{4} = (x^{2} + y^{2})^{2} - 2x^{2}y^{2} = [(x + y)^{2} - 2xy]^{2} - 2(xy)^{2}$，所以$(1 - 2xy)^{2} - 2(xy)^{2} = \frac{7}{2}$，即$1 - 4xy + 4(xy)^{2} - 2(xy)^{2} = \frac{7}{2}$，$2(xy)^{2} - 4xy = \frac{5}{2}$，$(xy)^{2} - 2xy = \frac{5}{4}$，$(xy)^{2} - 2xy + 1 = \frac{9}{4}$，$(xy - 1)^{2} = \frac{9}{4}$，所以$xy - 1 = \frac{3}{2}$或$-\frac{3}{2}$，所以$xy = \frac{5}{2}$或$xy = -\frac{1}{2}$。当$xy = \frac{5}{2}$时，$x^{2} + y^{2} = (x + y)^{2} - 2xy = 1 - 5 = -4 ＜ 0$（舍去）；当$xy = -\frac{1}{2}$时，$x^{2} + y^{2} = (x + y)^{2} - 2xy = 1 + 1 = 2$。故选A。

6. (2023·眉山市北京外国语大学附属东坡外国语学校期中)已知实数 $ x,y,z $ 满足 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=4 $,则 $ (2x - y)^{2}+(2y - z)^{2}+(2z - x)^{2} $ 的最大值是 (C)

A.12
B.20
C.28
D.36

答案： 6.C提示:因为实数$x$、$y$、$z$满足$x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4$，所以$(2x - y)^{2} + (2y - z)^{2} + (2z - x)^{2} = 5(x^{2} + y^{2} + z^{2}) - 4(xy + yz + xz) = 20 - 2[(x + y + z)^{2} - (x^{2} + y^{2} + z^{2})] = 28 - 2(x + y + z)^{2} \leq 28$，所以当$x + y + z = 0$时，$(2x - y)^{2} + (2y - z)^{2} + (2z - x)^{2}$的最大值是$28$。故选C。

7. (宣城市自主招生)五张如图 10 - 1 所示的长为 $ a $,宽为 $ b(a ＞ b) $ 的小长方形纸片,按如图的方式不重叠地放在矩形 $ ABCD $ 中,未被覆盖的部分(两个矩形)用阴影表示. 设左上角与右下角的阴影部分的面积的差为 $ S $,当 $ BC $ 的长度变化时,按照同样的放置方式,$ S $ 始终保持不变,则 $ a,b $ 满足的关系式为 (A)

A.$ a = 2b $
B.$ a = 3b $
C.$ 3a = 2b $
D.$ 2a = 3b + 1 $

答案：
7.A提示:如图10 - 1，左上角阴影部分的长为$AE$，宽为$AF = 2b$，右下角阴影部分的长为$PC$，宽为$a$。因为$AD = BC$，$AE + ED = AE + a$，$BC = BP + PC = 3b + PC$，所以$AE + a = 3b + PC$，即$AE - PC = 3b - a$。所以阴影部分面积之差$S = AE· AF - PC· CG = 2b× AE - a× PC = 2b(PC + 3b - a) - aPC = (2b - a)PC + 6b^{2} - 2ab$，则$2b - a = 0$，即$a = 2b$。故选A。

8. 已知 $ a_{1},a_{2},a_{3},·s,a_{2021} $ 是彼此互不相等的负数,且 $ M = (a_{1}+a_{2}+·s+a_{2020})·(a_{2}+a_{3}+·s+a_{2021}),N = (a_{1}+a_{2}+·s+a_{2021})(a_{2}+a_{3}+·s+a_{2020}) $,那么 $ M $ 与 $ N $ 的大小关系是 (D)

答案： 8.D提示:令$P = a_{1} + a_{2} + ·s + a_{2020}$，则$M - N = (a_{1} + P)(P + a_{2021}) - (a_{1} + P + a_{2021})P = P^{2} + (a_{1} + a_{2021})P + a_{1}· a_{2021} - P^{2} - (a_{1} + a_{2021})P = a_{1}· a_{2021}$。因为$a_{1} ＜ 0$，$a_{2021} ＜ 0$，所以$a_{1}· a_{2021} ＞ 0$，即$M - N ＞ 0$，故$M ＞ N$。