精品解析：湖南省长沙市雨花区长沙市中雅培粹学校2024-2025学年八年级下学期数学第一次月考试题（3月）

2025年上学期八年级3月随堂练习试卷数学科目 考生注意：本试卷共3道大题，23道小题，满分100分，时量90分钟 一、单选题（10小题，每题3分，共30分） 1. 下列图形中，不是轴对称图形的是（ ） A. 等边三角形 B. 平行四边形 C. 矩形 D. 菱形 【答案】B 【解析】 【分析】根据轴对称图形的定义逐一进行判断即可. 【详解】A. 等边三角形是轴对称图形，故不符合题意； B. 平行四边形，不是轴对称图形，故符合题意； C. 矩形是轴对称图形，故不符合题意； D. 菱形是轴对称图形，故不符合题意， 故选B. 【点睛】本题考查了轴对称图形，熟知“如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴”是解题的关键. 2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式的定义，解题的关键是熟练掌握最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义逐项判断即可得． 【详解】解：A中，是最简二次根式，故选项符合题意； B中，，被开方数含能开得尽方的因数，故不是最简二次根式，故选项不符合题意； C中，被开方数含分母，故不是最简二次根式，故选项不符合题意； D中，被开方数是小数，故不是最简二次根式，故选项不符合题意； 故选：A． 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次根式的运算法则，积的乘方，同底数幂的乘法，完全平方公式，进行求解后，判断即可． 【详解】解：A、，选项错误，不符合题意； B、，，选项错误，不符合题意； C、，选项正确，符合题意； D、，选项错误，不符合题意； 故选C． 【点睛】本题考查二次根式的运算法则，积的乘方，同底数幂的乘法，完全平方公式，解题的关键是掌握相关运算法则，正确的计算． 4. 以下列各组数为边长，可以构成直角三角形的是（ ） A. 2，3，4 B. 3，4，6 C. 6，8，15 D. 5，12，13 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，根据勾股定理的逆定理进行计算，逐一判断即可解答． 【详解】解：A．，， ， 不能构成直角三角形， 故选项不符合题意； B．，， ， 不能构成直角三角形， 故选项不符合题意； C．， 不能构成三角形， 故选项不符合题意； D．，， ， 能构成直角三角形， 故选项符合题意； 故选：D． 5. 如图，在平行四边形中，，，则的周长为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】根据四边形是平行四边形，得,进而可以求出的周长． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 的周长． 故选：B． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的对角线互相平分． 6. 如图，在中，D、E分别是边、的中点，，则的长为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是三角形中位线定理的应用，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理计算即可解题． 【详解】解： D、E分别是边、的中点， , ， ． 故选：A． 7. 如图，在四边形中，与相交于点，下列条件不能判定四边形为平行四边形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查平行四边形的判定定理，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；对角线相互平分的四边形是平行四边形；逐项验证即可得到答案，熟记平行四边形的判定定理是解决问题的关键． 【详解】解：A、由平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形确定可以判定四边形为平行四边形，不符合题意； B、由平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形确定可以判定四边形为平行四边形，不符合题意； C、由平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形确定不能判定四边形为平行四边形，符合题意； D、由平行四边形的判定定理：对角线相互平分的四边形是平行四边形确定可以判定四边形为平行四边形，不符合题意； 故选：C． 8. 如图，在中，，，点D为中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 【详解】解：∵，点D为的中点， ∴， 故选A． 9. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，点B的坐标为，则点A的坐标为 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由点坐标求得，再解，求得，于是得到结论． 【详解】解：点的坐标为， ， 四边形是菱形，， ， ， ， ∴， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了直角坐标系中点的坐标，菱形的性质，含30度直角三角形的性质，关键是根据含30度直角三角形的性质求得对角线的长度． 10. 如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是（ ） A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 【答案】B 【解析】 【分析】①利用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论； ②证△OMB△OEB得△EOB△CMB； ③先证△BEF等边三角形得出BF=EF，再证▱DEBF得出DE=BF，所以得DE=EF； ④由②可知△BCM△BEO，则面积相等，△AOE和△BEO属于等高的两个三角形，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，再由直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半继续求解即可． 【详解】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点， ∴OB=OC， ∵∠COB=60°， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB=BC， ∵FO=FC， ∴FB垂直平分OC，故①正确； ②∵FB垂直平分OC， ∴△CMB≌△OMB， ∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO， ∴△FOC△EOA， ∴FO=EO， ∴OB⊥EF， ∴△FOB≌△OEB， ∴△EOB与△CMB不全等，故②错误； ③由△OMB≌△OEB≌△CMB 得：∠1=∠2=∠3=30°，BF=BE， ∴△BEF是等边三角形， ∴BF=EF， ∵DF∥BE且DF=BE， ∴四边形DEBF是平行四边形， ∴DE=BF， ∴DE=EF，故③正确； ④在直角△BOE中∵∠3=30°， ∴BE=2OE， ∵∠OAE=∠AOE=30°， ∴AE=OE， ∴BE=2AE， ∴S△AOE：S△BOE=1：2， 又∵FM∶BM=1∶3， ∴S△BCM = S△BCF= S△BOE ∴S△AOE：S△BCM=2∶3 故④正确； 所以其中正确结论的个数为3个， 故选：B． 二、填空题（共6小题，每题3分，共18分） 11. 二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，根据二次根式的被开方数为非负数，列出不等式，解不等式即可． 【详解】解：∵二次根式在实数范围内有意义， ∴， 解得：． 故答案为：． 12. 分解因式：___________． 【答案】 【解析】 【分析】先提公因式3a，然后再利用平方差公式进行分解即可． 【详解】解： 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了提公因式法和公式法进行因式分解，熟练掌握平方差公式是解题的关键． 13. 一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为______． 【答案】6 【解析】 【分析】本题考查多边形的内角和公式、多边形外角和为等知识，先设这个多边形的边数为，由题意，结合多边形内角和公式及外角和为列方程求解即可得到答案，熟记多边形的内角和公式、多边形外角和为是解决问题的关键． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 多边形的内角和是外角和的2倍， ，解得， 故答案为：． 14. 已知菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm．则菱形的面积为 _____． 【答案】24 【解析】 【分析】根据菱形的面积公式进行计算即可； 【详解】解：由菱形的面积公式：对角线乘积的一半得： ； 故答案为：24． 【点睛】本题考查菱形的面积．熟记菱形的面积公式是解题的关键． 15. 如图，已知四边形中，，，，，，则四边形的面积为________． 【答案】36 【解析】 【分析】本题考查勾股定理及勾股定理的逆定理．先根据勾股定理求出的长度，再根据勾股定理的逆定理判断出是直角三角形，最后利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵，，， ， 在中，，，，， ， ∴是直角三角形，且， ∴ ， 四边形的面积为36． 故答案为：36． 16. 如图，在中，，，，点是边上的一点（异于，两点），过点分别作，边的垂线，垂足分别为，，连接，则的最小值是 __． 【答案】 【解析】 【分析】先证四边形是矩形，得，再由垂线段最短和面积法求出的最小值，即可解决问题． 【详解】解：如图，连接． 在中，，，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 当时，的值最小， 此时的最小值， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的判定和性质、垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型． 三、解答题（共7题，17、18、19、20题每题6分，21、22题每题8分，23题12分，共52分） 17 计算：． 【答案】11 【解析】 【分析】本题考查实数的混合运算，先算负整数指数幂和零指数幂以及算术平方根、绝对值，再算加减法即可求解 【详解】解：原式 18. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了分式化简求值；先对括号内进行通分运算，同时对分子、分母进行因式分解，再将除转化为乘，进行约分，结果化为最简分式或整式，然后代值计算，即可求解；掌握分式化简的步骤是解题的关键． 【详解】解：原式 ； 当时， 原式 ． 19. 如图，方格纸中每个小正方形的边长为1、每个小正方形的顶点称为格点．已知的三个顶点都在格点上 （1）判断的形状，并说明理由； （2）求点B到的距离． 【答案】（1）是等腰三角形，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理，等腰三角形的定义，利用网格求三角形面积： （1）利用勾股定理可求出，则是等腰三角形； （2）设点B到的距离为h，利用勾股定理求出，再利用割补法求出的面积，再利用三角形面积公式求解即可． 【小问1详解】 解：是等腰三角形，理由如下： 由网格的特点和勾股定理可知 ，， ∴， ∴是等腰三角形； 【小问2详解】 解：设点B到的距离为h， 由网格的特点和勾股定理可知， ∵， ∴，即， ∴， ∴点B到的距离为． 20. 已知，，求下列代数式的值． （1）； （2）． 【答案】（1）20 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了代数式求值、二次根式的混合运算、运用乘法公式进行因式分解等知识点，灵活掌握相关运算法则成为解题的关键． （1）先求出，然后对原式进行因式分解后代入计算即可； （2）先求出、，然后对原式进行因式分解后代入计算即可． 小问1详解】 解：∵，， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：∵，， ∴，， ∴． 21. 如图，将长方形沿对角线折叠，使点落在点处， 交于点． （1）求证：是等腰三角形； （2）若，求的面积． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）利用折叠的性质以及矩形的性质和平行线的性质得到：，即可得证； （2）利用勾股定理求出，利用面积公式进行求解即可． 【小问1详解】 证明：∵折叠， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； 【小问2详解】 解：∵四边形为矩形， ∴， ∵折叠， ∴， 又∵ ∴ ∴， 设，则：， 在中， ， 即：， 解得：； ∴， ∴． 【点睛】本题考查矩形中的折叠问题．熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，以及等腰三角形的判定和全等三角形的判定和性质，利用勾股定理解三角形是解题的关键． 22. 如图，四边形是平行四边形，相交于点O，E为的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G． （1）求证：四边形是矩形； （2）若四边形是菱形，，求的长． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质可知，根据已知可得，所以，于点，于点，则，先证明四边形是平行四边形，再证是直角即可； （2）根据菱形的性质可知，根据已知可求出，然后利用等面积法求出即可． 本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质，熟记菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质是解题的关键． 【小问1详解】 证明：四边形是平行四边形， ， 点是的中点， ． ， ， 于点，于点， ， 四边形是平行四边形 ， ， 四边形是矩形； 【小问2详解】 解：四边形菱形， ，，，， ，， ，， 在中，， ， 即， ． 23. 如图，在平面直角坐标系中，点为第一象限内一点，线段与轴的夹角为，过点作轴的平行线交轴于点．点为轴正半轴上一点，点为直线上点右侧一动点，连接．设线段的长度为，线段的长度为． （1）若，． ①求点的坐标； ②如图2，过点作于点，求的值． （2）如图3，连接交于点．记，，，的面积分别为，，，且满足． ①判断四边形的形状并说明理由； ②若此时四边形的面积为，，且，求，的值． 【答案】（1）①；②180 （2）①四边形是平行四边形，理由见解析；②的值为，的值为 【解析】 【分析】（1）①根据含30度角的直角三角形的性质可得，利用勾股定理可得，由此即可得； ②先根据平行线间的距离可得点到的距离等于点到的距离，即为，再利用三角形的面积公式求解即可得； （2）①先求出，再设，根据三角形的面积公式可得，，，从而可得，，，然后根据的边上的高与的边上的高之和等于建立等式，化简整理可得，最后根据平行四边形的判定即可得； ②根据平行四边形的性质可得，根据勾股定理可得，再利用完全平方公式求出和的值，从而可得和的值，然后解二元一次方程组即可得． 【小问1详解】 解：①由题意得：轴，， ∵轴轴， ∴， ∵， ∴在中，，， ∵点为第一象限内一点， ∴点的坐标为． ②∵轴，， ∴点到的距离等于点到的距离，即为， ∵，， ∴， ∴． 【小问2详解】 解：①四边形是平行四边形，理由如下： ∵，，， ∴， 设， ∴， ∵轴， ∴点到的距离等于点到的距离，均等于， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 联立， 解得，，， ∴的边上的高为， 的边上的高为， 又∵的边上的高与的边上的高之和等于， ∴， 整理得：， ∴， ∴，即， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． ②∵平行四边形的面积为， ∴， 由上已得：， ∴，即， 在中，，，， 由勾股定理得：，即， 整理得：， ∴， ∴， ， 又∵， ∴，即， 解得， 所以的值为，的值为． 【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、完全平方公式、二元一次方程组的应用等知识，较难的是题（2），熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年上学期八年级3月随堂练习试卷数学科目 考生注意：本试卷共3道大题，23道小题，满分100分，时量90分钟 一、单选题（10小题，每题3分，共30分） 1. 下列图形中，不是轴对称图形是（ ） A. 等边三角形 B. 平行四边形 C. 矩形 D. 菱形 2. 下列二次根式中，是最简二次根式的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 以下列各组数为边长，可以构成直角三角形的是（ ） A. 2，3，4 B. 3，4，6 C. 6，8，15 D. 5，12，13 5. 如图，在平行四边形中，，，则的周长为（ ） A 8 B. 9 C. 10 D. 13 6. 如图，在中，D、E分别是边、中点，，则的长为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 7. 如图，在四边形中，与相交于点，下列条件不能判定四边形为平行四边形的是（　　） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，，点D为的中点，则（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，，点B的坐标为，则点A的坐标为 （ ） A. B. C. D. 10. 如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是（ ） A 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 二、填空题（共6小题，每题3分，共18分） 11. 二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围为_____． 12. 分解因式：___________． 13. 一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为______． 14. 已知菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm．则菱形的面积为 _____． 15. 如图，已知四边形中，，，，，，则四边形的面积为________． 16. 如图，在中，，，，点是边上的一点（异于，两点），过点分别作，边的垂线，垂足分别为，，连接，则的最小值是 __． 三、解答题（共7题，17、18、19、20题每题6分，21、22题每题8分，23题12分，共52分） 17. 计算：． 18. 先化简，再求值：，其中． 19. 如图，方格纸中每个小正方形的边长为1、每个小正方形的顶点称为格点．已知的三个顶点都在格点上 （1）判断的形状，并说明理由； （2）求点B到的距离． 20. 已知，，求下列代数式的值． （1）； （2）． 21. 如图，将长方形沿对角线折叠，使点落在点处， 交于点． （1）求证：是等腰三角形； （2）若，求的面积． 22. 如图，四边形是平行四边形，相交于点O，E为的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G． （1）求证：四边形是矩形； （2）若四边形是菱形，，求长． 23. 如图，在平面直角坐标系中，点为第一象限内一点，线段与轴的夹角为，过点作轴的平行线交轴于点．点为轴正半轴上一点，点为直线上点右侧一动点，连接．设线段的长度为，线段的长度为． （1）若，． ①求点的坐标； ②如图2，过点作于点，求的值． （2）如图3，连接交于点．记，，，的面积分别为，，，且满足． ①判断四边形的形状并说明理由； ②若此时四边形的面积为，，且，求，的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$