湖南省长沙市雅礼教育集团2024-2025学年八年级下学期期中考试数学试卷

第 1 页 共 4 页 2025 年上学期八年级期中检测答案 数学 科目 一、选择题 1-5：BADAC 6-10：CDBDA 二．填空题 11. 3x 12.  0,1 13. 51 14.  15. 10 16. 52 三．解答题 17.解：原式= 51334  18.解：原式= 32 )3)(3( )3( 2 2        x x x xx x x 3 3 33 3        xx x x x （4分） 当 4x 时，原式= 3 34 3   （6分） 19.解：（1）设 )1(  xky )0( k 当 1x 时 4y ，代入得： )11(4  k ，解得 2k 所以， )1(2  xy ，即 y与 x的函数关系式为： 22  xy （3分） （2） 3x 时， 24232 y ，所以 ），（ 23 不在这个函数得图像上（6分） 20.解：（1）由折叠得： AEFCEF  ，又∵矩形 ABCD，∴ BCAD // ，∴ AFECEF  ∴ AFEAEF  ，∴ AFAE  （4分） （2）由折叠得： 90,4  DDFDDFCDDA ， 设 xFDDF  ，则 xAF  8 在 FDARt  中， 222 )8(4 xx  ，解得： 3x ，所以 3DF （8分） 21.解：（1） ），（）、，（ 4002 BA ，设直线 AB的函数解析式为 )0(  kbkxy ∴      4 02 b bk ，解得      4 2 b k ，所以直线 AB的函数解析式为 42  xy （4分） （2）设 ),( 11 yxP ，∵ 2OA ， 8AOPS ，∴ 822 1 1  y ，解得 81 y ∴ P的坐标为 )8,2( 或 )8,6(  （8分） 22.解：（1）每个“哪吒”的售价是 x元，则每个“敖丙”的售价是 )5( x 元，则由题意得： 5 2502600   xx ，解得： 30x （3分） 经检验， 30x 是原分式方程得解，且符合实际意义.（4分） 所以 255,30  xx 第 2 页 共 4 页 答：每个“哪吒”的售价是 30元，每个“敖丙”的售价是 25元.（5分） （2）设该班级本次购进“哪吒”手办是 y个，则由题意得： 1000)102(1115  yy 30y 答：该班级本次购进“哪吒”手办至少是 30个.（9分） 23.（1）证明：∵ CDAB // ，∴∠OAB=∠OCD，∠CDO=∠ABO 又O是 AC的中点，∴ COAO  ，∴ CDO ≌ ABO ∴ CDAB  ，又 CDAB // ，∴四边形 ABCD是平行四边形（4分） （2）证明：∵四边形 BEDF 是菱形，∴ EFDB  即： BDAC  ，又∵四边形 ABCD是平行四边形 ∴四边形 ABCD是菱形（5分） 设点 D到 AB的距离为 h ∵ 3,1  ABOB ，四边形 ABCD是菱形 ∴  90AOB ，∴ 2213 22 AO ,（7分） ∴ 24AC , 2BD 由 BDAChABS ABCD  2 1 菱形 得： 2242 13 h ，解得 3 24 h （9分） 24题 （1）②④（3分） （2）①∵四边形 ABCD是邻等对补四边形，AB＝BC，AD＞AB， ∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，∴∠D＝90°， ∵BE⊥AD，CF⊥BE，∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°， ∴四边形 CDEF是矩形，∴DE＝CF，EF＝CD， ∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°， ∴∠A＝∠CBF，∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC， ∴△ABE≌△BCF（AAS），∴BE＝CF，AE＝BF， ∵DE＝CF，∴BE＝DE；（5分） ②∵四边形 CDEF是矩形，∴DE＝CF，CD＝EF， ∵△ABE≌△BCF，∴AE＝BF，CF＝BE， ∵AE＝6，AB﹣CD＝8，∴BF＝6， 设 AB＝x，∵AB﹣CD＝8，∴EF＝CD＝x﹣8，∴BE＝BF+EF＝6+x﹣8＝x﹣2， 在 Rt△ABE中，x2＝（x﹣2）2+62，解得：x＝10， ∴AD＝AE+DE＝AE+CF＝AE+BE＝6+8＝14．（7分） （3）∵四边形 ABMN是邻等对补四边形，∠ABC=90°，∴∠ANM=90° 图 1 图 2 图 3 第 3 页 共 4 页 ①如图 1：当 AB=AN时，连接 AM，则 Rt△ABM≌Rt△ANM，∴BM=MN ∵∠C=30°，∴∠A=60°，∴△ABN为等边三角形，∴BN=AB=1 2 ��=2（8分） ②如图 2：当 AB=BM时， ∴BC= 3，CM=2 3-2，MN=1 2 CM= 3-1，∴CN=3- 3 过点 N作 NH⊥CM，∴∠MNH=∠C=30°，∴NH=1 2 CN=3− 3 2 ，MH=1 2 MN= 3−1 2 ∴BH=BM+MH=2+ 3−1 2 =3+ 3 2 ∴BN= （ 3− 3 2 ） 2 +（ 3+ 3 2 ） 2 = 6（9分） ③如图 3：当 AN=MN时，设 AN=MN=x，∵∠C=30°，∴CM=2x，CN= 3x ∴AC=（ 3+1）x=4，∴x= 4 3+1 =2（ 3-1） ∵∠MNG=∠C=30°，∴NG=1 2 �� = 3 2 � = 3 − 3 MG=1 2 MN=1 2 x= 3-1，CG= 3NG=3 3-3，∴BG=2 3-（3 3-3）=3- 3 ∴BN= 2�� = 3 2- 6 综上：BN=2 或 6或 3 2- 6。（10分） 25.（1） （-6，6） （3分） （2）由题意得：AC=CO=6，∵AB⊥CD，∴∠CAB=∠DCO=90°−∠ACD， 在△ACB和△COD中         CODACB COAC OCDCAB △ACB ≅△COD（ASA）CB=DO=2，即 B坐标为（0，4）（5分） ∵AC=CO，∠ACO=90°，∴∠CAO=45° ∵∠EAO=∠CAB，∴∠EAB=∠EAO+∠OAB=∠CAB+∠OAB=45°， 如图 1，过 B作 'BB ⊥AB，交 AE的延长线于点 'B ,过点 'B 作 ''CB y轴于点 'C ，则 'BBAB  且 ''CBBABC  ， 在△ACB和△ ''BBC 中，         ' '' '' BBAB CBBABC BBCACB ，△ACB ≅△ ''BBC （AAS） ∴ 6,2 '''  ACBCBCCB ，∴ 246' OC ，∴  2,2' B 由 A（-6，6）和  2,2' B 可求得直线 'AB 的解析式为： 62  xy ，代入 E（m,6+m）得 4m ∴E的坐标为  2,4 （7分） （3）如图 2，过 A作 AN⊥FG于点 N， ∵AF∥HG ∴∠AFN=∠HGO，又∵∠ANF=∠HOG且 AF=HG，∴△ANF ≅△HOG（AAS） ∴OH=AN=6，∴  6,0 H ，设 HG的解析式为 6 kxy ，令 k xkx 6,06  则 ，∴       0,6 k G （8分） 设 AG的解析式为 ,nmxy  代入 A和 G的坐标得： 第 4 页 共 4 页                  1 6 1,06 66 k n k km n k m nm 解得： ，∴AG的解析式为 1 6 1     k x k ky ，∴OM= 1 6 k （9分） ∴ 1 6 1 66     k k k CM ， ∵CB= kk 6666  ， ∴ 6 1 66 1 6 1 6 1 1 6 111      k k kk k k k kCBCM ，为定值.（10分） 图 1 图 2