云南省昆明市官渡区第一中学2024-2025学年八年级下学期6月测试数学试题

授区第一中学初二年级202-2025学年下学期6月作业周量数测 .知很在△C中，省，等，力通AM种在难继①，进道作C上GD交CT盒L西C如乐 一，单适题（有小题1丹，共规分） =点，用A想的长为) 3,下判养式一宣置：二找起处的是() A.4 86 C.t D A百 n.同 c 取5 3.如国，烫然边的叶角城化，即相交于直0，过出D作则L结于a址费a观0-市菱形c边 自面积为2，则精的民为1 2,二收提式，车在有数吉围件有重义，则实素x的数第方两在数能上利示为个) A:而 n.4 C:10 D.6 1机上用，保最y=中k一■44明象材2子点A一J引.时术等+4的前果为(3 人，五海通中国电中树性吸预是大的餐象，云年束，=病料性情动车无常在清成地明，由得十提体达茶表出了 件育锈九.某物神璃主理人特计了某尼时用内云南小有物时的居种口味一平.艺。列、丁的博号果促，加下表 4 数 CA D.11 新表：梨赛来中表框，使店号店主理人共定唯复乙相补五制公阴章明的 造售数里，响风传星城进量是() 1及如思在立镜一一子+分：于陆同文于点小高高C布线腾时上+国段Cw后食自情，直0面生 A,学色里整C中位数 n方 精吉量（盒）场3疗和同 4,下判一沈面数中，，魔年前增光相减个的着卷是【) 加地上的立丝棋下移电通4临中黄C省听-山：保学》事张线质实上 A,+B-4 C1=1n D方+t+1 男.卡列比常不正确曲量【) 0方号 A.网 A互5，有 C.2后+5.5 C. n.F了-1+1 .在4C中，父=好：量松-AB=0,期等长是《) A D. 大，黑在和压时甲，乙两时个空器速理0转类积程风的丝地口连行制始比址笔自的干均该产是分刻是无10于 元毛感干直自产童的方应并别是人-羽山2又身天十青种◆发广种检的书物砖第提（〉 平首平地面产量推高，店装广草 重甲，的甲算南产量粗期平多，信之前室产是较格完，肉挂广乙 2是) (11班 C甲。的平鱼产皇相星，与广D.甲均产离，产置比见日广 二，填空夏《每小划2力，卖量分的 上植看人工相置的龙死，智程有思人地朝保为时牌上写①限 时。通数学■（雪+工+一常是次调数， 某框行门机想人程要和型里，E们从期伤门口进夜，案多始吉人 进相，世面世里里先丝是：延速室细得不又，■整出发一风明同 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零自直第吨期吨满) 真水限神数电物) 【关限见用】 母等（辆 并加国3，日位港A四是正用，点雾在边CD上药数，得到时，子国长进使干，A 石出好为c的中点.是吧 但视到会风要小贤车然，请请下有销理 (某自度含司有算儿件温填为名于 法非销减：共4调 试常4属：共4算答案第 1页，共 5页 保密★启用前 官渡区第一中学八年级下学期 6 月作业质量监测 数学参考答案 一、单选题（每题 2分，共 30 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C B D B A B C C D 题号 11 12 13 14 15 答案 A D A B B 二、填空题（每题 2分，共 8 分） 16．≠-2 17． 5 18． 3 2 19．2 三、解答题 20． （1）解： 127 3 18 24 3     33 3 3 3 2 2 6 3      3 6 2 6   3 6 2 6   3 6  （2）解：原式 2 2(2 3) (3 2) (5 2 5 1)     12 18 6 2 5    12 2 5   ． 21.（1）解：把点  2,A a 代入正比例函数 1 2 y x 中， 得 1 2 1 2 a    ， ∴点  2,1A ． 把点  2,1A ，  1, 2  分别代入直线的解析式为 y kx b  中， 得 2 1 2 k b k b       ， 解得 1 1 k b     ， ∴直线的解析式为 1y x  ． （2）解：根据题意，画图如下： 答案第 2页，共 5页 ∵直线 1y x  ，设直线 1y x  与 x轴交点为 B， ∴  1,0B ， ∴ 1OB  ， ∴ 1 1 1· 1 1 2 2 2AOB A S OB y     ． 22.（1）根据条形图的意义，将各组人数依次相加可得答案； 4 8 10 18 10 50     （人）． （2）篮球，18． （3）  200 1 26% 24% 30% 1000     ， 81000 160 50   ． 故估计全校学生中最喜欢跳绳活动的有 160人． 23.（1）解： 2 22 4 2 5AB    ， 2 23 4 5AC    ， 2 21 2 5BC    ABC 的周长 2 5 5 5 5 3 5= + + = + ， （2）解： 2 2( 5) 20AB   2 ， 2 2( 5) 5BC   ， 2 25 25AC   ， 2 2 2AB BC AC   故△ABC是直角三角形， 设△ABC边 AC上的高为 h， 1 1 2 2 AB BC AC h    即 1 12 5 5 5 2 2 h      解得： 2h  ， 则△ABC边 AC上的高为 2； 24.（1）证明：点D、 E分别是边 BC、 AC的中点， ∴DE AB∥ ， 又 AF BC ∥ ， 四边形 ABDF是平行四边形， 是平行四边形四边形 的中点是 ADCF ,// BC ,      CDAFCDAF CDAF CDBD D BDAF   AB AC ， BD CD ， 答案第 3页，共 5页 AD BC  ，即 90ADC   平行四边形 ADCF是矩形； （2）解：如图，取CD的中点 H ，连接 EH ， 由（1） 90ADC ADB    ， ∵ 6AB  ， 8BC  ， 1 4 2 BD CD BC   ， ∴ 2 2 2 26 4 2 5AD AB BD     ， ∵ AE EC ， 1 2 2 DH CH CD   ， ∴ 1 5 2 EH AD  ， EH AD∥ ， ∴ 4 2 6BH BD DH     ， 90EHB ADB      22 2 26 5 41BE BH EH      ． 25.（1）解： 10 20(20 ) 360 15 10(20 ) 210 x x x x        ，解得： 2 4x  ． x 为整数， 2x  ，3，4， 共有 3种运送方案： 方案 1：小货车 2辆，大货车 18辆； 方案 2：小货车 3辆，大货车 17辆； 方案 3：小货车 4辆，大货车 16辆． （2）解：设运送费用为 W元，小货车 x辆， 则： 500 800(20 ) 500 16000 800 300 16000W x x x x x         ． 300 0k    ， W 随 x的增大而减小， 又 2 4x  ， 当 4x  时， 300 4 16000 1200 16000 14800W        最小 ， 物流公司采用方案 3：小货车 4辆，大货车 16辆使运送费用最低． 26.解：选甲组： ∵四边形 BECD为矩形， 4CD  m， ∴ 4BE CD  m， 90CEB  ， ∴ 180 90AEC CEB    ， 答案第 4页，共 5页 ∵ 30ACE  ， 12CE  m， ∴ , 2Rt ACE AE x AC x 在 中，设 则 34,)2(12 222 222   xxx ACCEAE 解得即 由勾股定理得， ∴   4 4 3 mAB BE AE    ， 即古树 AB的高度为  4 4 3 m ； 选乙组： ∵CD AB ， 45ACD  ， 4CD  m， ∴ 90CDA CDB   ， ∴ 45ACD CAD    m4 CDAD ∵ 60BCD  ， ∴ 90 60 30CBD      mCDBCBD mCDBC 34 82 22   由勾股定理得 ∴   4 4 3 mAB AD BD    ， 即古树 AB的高度为  4 4 3 m ． 27.（1）90°、∠BAG、∠GAE （2）证明：延长CB至点M ，使得 BM DF ，连接 AM ，如图，  180ABC ADC    ， 180ABC ABM   ， ABM D   ， ,AB AD BM DF Q ，  ABM ADF SAS ≌ ， ,DAF BAM AM AF    ， 1 2 EAF BAD   ， 1 2 BAE FAD BAD    ， BAE FAD EAF    ， DAF BAM   ， 答案第 5页，共 5页 BAM BAE EAF    ， MAE EAF  ， ,AM AF AE AE Q ，  MAE FAE SAS ≌ ，  ME EF ， ,ME BE MB MB DF  Q ， EF DF BE   ． （3）解：设正方形的边长为 2a， 如图所示，连接 AG． 由正方形性质可得 AD AB ， 90B D    ， 由翻折可得 AD AF ， 90AFG AFE D    ， ∴ 2AD AF AB a   ， 90AFG B D      ． 在 Rt ABG 中， 2 2 2BG AG AB  ， 在 Rt AFG 中， 2 2 2GF AG AF  ， 所以 BG GF ． 因为 2 ,BC a G 是 BC的中点， 所以 BG FG CG a   ． 设DE x ，则 , 2 ,EF x EC a x GE a x     ． 在 Rt ECG 中，由勾股定理，得 2 2 2GE GC EC  ， 即 2 2 2( ) (2 )x a a a x    ． 解得 2 3 x a ，即 2 2 4, 2 3 3 3 DE a CE a a a    ， ∴ 2 13 4 2 3 aDE CE a   ．