精品解析：辽宁省沈阳市民办初中2024--2025学年八年级下学期5月考数学试卷

2024－2025学年度下学期八年级阶段练习（二） 数学 （范围：第一章至第五章） 满分120分，时间120分钟． 注意事项： 1．同学们须用0.5mm黑色字迹的签字笔在本练习题规定位置填写自己的班级、姓名及练习号； 2．须在答题卡上作答； 3．本练习题分选择题和非选择题两个部分，包括三道大题，23道小题，共6页． 第一部分 选择题（共30分） 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 在平面直角坐标系中，已知线段的两个端点分别是，将线段平移后得到线段，若点的坐标为，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 计算的结果等于（ ） A. B. C. D. 4. 把多项式因式分解，应提取的公因式是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，将绕点逆时针旋转得到，若点落在线段的延长线上，则大小为（ ） A. B. C. D. 6. 下列分式变形正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 直线，的图象如图所示，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，，垂足为，且，点在上，若用“”证明，则需添加的条件是（ ） A. B. C. D. 9. 若不等式组无解，则m的值可能（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 3 10. “某学校整修校内的道路，但是在实际施工时，……，求实际每天整修道路多少段米．”在这个题目中，若设实际每天整修道路，可得方程，则题目中用“……”表示的条件应是（ ） A. 每天比原计划多修，结果延期2天完成 B. 每天比原计划多修，结果提前2天完成 C. 每天比原计划少修，结果延期2天完成 D. 每天比原计划少修，结果提前2天完成 第二部分 非选择题（共90分） 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 因式分解：______． 12. 在平面直角坐标系中，点在第二象限，则的取值范围是_____． 13. 如图，在中，，将沿斜边平移得到，若重叠部分的面积是面积的一半，则的长为_____． 14. 如图，在中，，以点为圆心、适当长为半径画弧，分别交，于点，再分别以点为圆心、大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交边于点．若，则的长为_____． 15. 如图1，在四边形中，，直线．当直线沿射线方向从点开始向右平移时，直线与四边形的边分别交于点．设直线向右平移的距离为，线段的长为与的函数关系如图2所示，则四边形的面积是_____． 三、解答题（本题共8小题，共75分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） 16. （1）解不等式组：， （2）解方程： 17. 先化简：，再从中选合适的数代入求值． 18. 如图，在中，，． （1）用尺规作的垂直平分线，交于点，交于点，连接（保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）的条件下，求的度数． 19. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，，，将绕点逆时针方向旋转得到，点的对应点的坐标为，点在轴上． （1）点的坐标是 ，旋转角的度数为 ； （2）画出旋转后的； （3）线段的延长线与线段交于点，则的长为 ． 20. （1）如图1所示的四个图形可拼成如图2所示的一个大长方形，据此写出一个多项式的因式分解： ； （2）如图3，有足够多的边长为的大正方形，长为、宽为的长方形和边长为的小正方形，利用拼图将多项式进行因式分解，在图4虚线框中画出你的拼图，并写出因式分解的结果； （3）若多项式（为正整数）可以用拼图法因式分解，则 ． 21. （1）某校八年级学生周末乘汽车到游览区游览，游览区距学校，一部分学生乘慢车先行，出发后，另一部分学生乘快车前行，结果他们同时到达游览区．已知快车的速度是慢车速度的1.2倍，求慢车的速度； （2）该游览区推出了优惠大酬宾活动，有以下两种优惠方案： 优惠 方案一 可购买100元代金券，每张85元，每次消费时最多可使用2张，未满100元的部分不得使用代金券．例如：某人消费130元，按照该方案使用代金券后，实际消费元． 说明：1．进入游览区领取号码牌，消费时刷号码牌，出游览区送还号码牌，并结算付费； 2．代金券可以用于支付游览区中购物、美食、玩乐等所有项目． 优惠 方案二 消费不满200元不优惠，满200元打九折，不得同时使用代金券． 若某位同学在优惠前的消费总金额为元，请说明该同学选择哪种方案更划算？ 22. 如图，在中，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点关于直线的对称点是点，连接，交于点，交于点． （1）求证：； （2）直线与直线交于点． ①求的度数； ②若，求的长． 23. 【了解概念】 已知函数是自变量的函数，当时，称函数为函数的“相关函数”．在平面直角坐标系中，对于函数图象上一点，称点为点关于函数的“相关点”，点在函数的“相关函数”的图象上． 【理解运用】 例如：函数．当时，称函数是函数的“相关函数”．在平面直角坐标系中，函数图象上任意一点，点为点关于的“相关点”，点在函数的“相关函数”的图象上． （1）函数的“相关函数”的表达式为 ； （2）如图1，函数，点在函数图象上，点在函数的“相关函数”的图象上．若轴，，求点的坐标； （3）函数，点在函数图象上，点在函数的“相关函数”图象上，且是点的相关点，若，求的取值范围； 【拓展提升】 （4）在（3）的条件下，，是整数，函数的图象与轴交于点，以点为中心，作边长为2个单位长度且各边与坐标轴平行的正方形，将该正方形沿轴负半轴方向平移，设平移后正方形的中心的坐标为，若在平移的过程中正方形的对边被截得的线段的长度相等，请直接写出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024－2025学年度下学期八年级阶段练习（二） 数学 （范围：第一章至第五章） 满分120分，时间120分钟． 注意事项： 1．同学们须用0.5mm黑色字迹的签字笔在本练习题规定位置填写自己的班级、姓名及练习号； 2．须在答题卡上作答； 3．本练习题分选择题和非选择题两个部分，包括三道大题，23道小题，共6页． 第一部分 选择题（共30分） 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形，中心对称图形的识别，掌握其定义，找出对称轴，对称中心是关键． 轴对称图形，是指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，这条直线就叫做对称轴；中心对称：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么就说明这两个图形的形状关于这个点成中心对称，这个点叫做它的对称中心，根据定义，结合图形，找出对称轴，对称中心即可求解． 【详解】解：A、没有对称轴，不是轴对称图形，有对称中心，是中心对称图形，不符合题意； B、有对称轴，是轴对称图形，有对称中心，是中心对称图形，符合题意； C、没有对称轴，不是轴对称图形，没有对称中心，不是中心对称图形，不符合题意； D、有对称轴，是轴对称图形，没有对称中心，不是中心对称图形，不符合题意； 故选：B ． 2. 在平面直角坐标系中，已知线段的两个端点分别是，将线段平移后得到线段，若点的坐标为，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查直角坐标系中点的平移规律，熟练掌握点在平移过程中的规律：横坐标右加左减，纵坐标上加下减，是解题的关键． 先由平移后的坐标为得到平移的过程为：向右平移了2个单位长度，向上平移了3个单位长度，从而即可得到的坐标． 【详解】解：∵平移后的坐标为， ∴线段的平移过程为：向右平移了2个单位长度，向上平移了3个单位长度， ∴点的坐标为，即， 故选：D． 3. 计算的结果等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查分式加减运算，熟练运用分式加减法则是解题的关键；运用同分母的分式加减法则进行计算，对分子提取公因式，然后约分即可． 【详解】解：原式 故选：A 4. 把多项式因式分解，应提取的公因式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了因式分解，先找出的公因式是，进行作答即可． 【详解】解：依题意，的公因式是， ∴把多项式因式分解，应提取的公因式是， 故选：C 5. 如图，将绕点逆时针旋转得到，若点落在线段的延长线上，则大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查的是三角形的旋转，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质可得出，再根据等腰三角形的性质可求出的度数，此题得解． 【详解】解：根据旋转的性质，可得， ， 故选：B． 6. 下列分式变形正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了分式的性质，熟练掌握分式的基本性质是解题的关键．根据分式的基本性质，进行计算逐一判断即可解答． 【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意； B. ，故该选项不正确，不符合题意； C. ，故该选项正确，符合题意； D. ，故该选项不正确，不符合题意； 故选：C． 7. 直线，的图象如图所示，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一次函数与一元一次不等式，正确数形结合是解题的关键．直接利用图象法解不等式即可． 【详解】解：由图象可知，两函数的交点坐标为， 当时，的图象在的上方，那么的解集为：； 故选：A． 8. 如图，，垂足为，且，点在上，若用“”证明，则需添加的条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查运用“”证明三角形全等，根据“”证明三角形全等的条件即可解答． 【详解】解：∵， ∴， 当时， 在和中 ， ∴． 故选：B 9. 若不等式组无解，则m的值可能（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查一元一次不等式组的解集，由不等式组无解得出是解题的关键．解不等式组可得，，由不等式组无解可得，求出m的范围即可求解． 【详解】解：， 解不等式①，得， 解不等式②，得， ∵不等式组无解， ， ， 故选：． 10. “某学校整修校内的道路，但是在实际施工时，……，求实际每天整修道路多少段米．”在这个题目中，若设实际每天整修道路，可得方程，则题目中用“……”表示的条件应是（ ） A. 每天比原计划多修，结果延期2天完成 B. 每天比原计划多修，结果提前2天完成 C. 每天比原计划少修，结果延期2天完成 D. 每天比原计划少修，结果提前2天完成 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查分式的实际运用．根据设实际每天整修道路，可得表示的含义，由此可得，表示的含义，由此即可求解． 【详解】解：设实际每天整修道路，则表示：实际施工时，每天比原计划多修， ∵方程， 其中表示原计划施工所需时间，表示实际施工所需时间， ∴原方程所选用的等量关系为实际施工比原计划提前2天完成． 故选：B． 第二部分 非选择题（共90分） 二、填空题（本题共5小题，每小题3分，共15分） 11. 因式分解：______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了提公因式法分解因式和利用完全平方公式分解因式，难点在于需要进行二次分解因式． 先提取公因数y，再利用完全平方公式进行二次分解． 【详解】解： ， 故答案为：． 12. 在平面直角坐标系中，点在第二象限，则的取值范围是_____． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查平面直角坐标系中点的坐标特征，由点在第二象限，根据第二象限点的坐标特征：横坐标为负、纵坐标为正，得到不等式求解即可得到答案．熟记平面直角坐标系中点的坐标特征列不等式是解决问题的关键． 【详解】解：点在第二象限， ，解得， 故答案为：． 13. 如图，在中，，将沿斜边平移得到，若重叠部分的面积是面积的一半，则的长为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质，含30度角的直角三角形的性质．根据含30度角的直角三角形的性质得出，进而根据重叠部分的面积是面积的一半，列出方程，求得，进而根据平移的性质求得，即可求解． 【详解】解：如图，设交于点， ∵在中，， ∴，，， ∴， ∵重叠部分的面积是面积的一半， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：． 14. 如图，在中，，以点为圆心、适当长为半径画弧，分别交，于点，再分别以点为圆心、大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交边于点．若，则的长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了作角平分线，角平分线的性质和勾股定理、三角形的面积．利用基本作图得到平分，根据角平分线的性质得到点到和的距离相等，则利用三角形面积公式得到，而，所以，然后利用勾股定理计算出，从而得到的长． 【详解】解：由作法得平分，∴点到和的距离相等， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 故答案为：． 15. 如图1，在四边形中，，直线．当直线沿射线方向从点开始向右平移时，直线与四边形的边分别交于点．设直线向右平移的距离为，线段的长为与的函数关系如图2所示，则四边形的面积是_____． 【答案】 【解析】 【分析】题考查动点问题的函数图象，解直角三角形，连接，过点作于点，根据函数图象可得，进而得出，求得，进而求得的长，即可求解． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， 根据函数图象可得， ∵直线． 当时，经过， ∴ ∴ ∴， ∴， 当时，经过， ∵， ∴， ∴ ∴四边形的面积是， 故答案为：． 三、解答题（本题共8小题，共75分．解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程） 16. （1）解不等式组：， （2）解方程： 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】本题考查解分式方程以及解一元一次不等式组，解分式方程利用了转化的思想，注意要检验．掌握解分式方程和一元一次不等式组的步骤是解题的关键． （1）分别求出不等式组中两不等式的解集，然后根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无处找确定不等式组的解集即可； （2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解，经检验即可得到分式方程的解． 【详解】解：（1）， 解不等式，得：， 解不等式得：， ∴不等式组的解集为：； （2）， 在方程两边同时乘以，得： ， 解得：， 检验：当时，， ∴是原方程的解． 17. 先化简：，再从中选合适的数代入求值． 【答案】，2 【解析】 【分析】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式混合运算顺序和运算法则．先根据分式混合运算顺序和运算法则化简原式，再选取使分式有意义的x的值代入计算可得． 【详解】解： ， ∵且， 且， ∴， 当时，原式 18. 如图，在中，，． （1）用尺规作的垂直平分线，交于点，交于点，连接（保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）的条件下，求的度数． 【答案】（1） 作的垂直平分线，连接，如图所示： （2） 【解析】 【分析】本题考查了作已知线段的垂直平分线，垂直平分线的性质，三角形内角和性质，等边对等角，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）理解题意，则作的垂直平分线，连接，即可作答． （2）先运用三角形内角和性质以及等边对等角得，结合垂直平分线的性质，故，则，即可作答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，． ∴， 由（1）得是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴． 19. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，，，将绕点逆时针方向旋转得到，点的对应点的坐标为，点在轴上． （1）点的坐标是 ，旋转角的度数为 ； （2）画出旋转后的； （3）线段的延长线与线段交于点，则的长为 ． 【答案】（1）， （2） 如图，即为所求作， （3） 【解析】 【分析】（1）线段的垂直平分线和轴的交点即为所求，进而求得，即可得出旋转角为； （2）根据要求作出图形； （3）根据旋转的性质，证明得出，进而根据等面积法求得的长，即可求解． 【小问1详解】 解：如图，旋转中心P的坐标为，，则旋转角的度数为， 故答案为：，． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：由旋转的性质可得，，， ∴ ∴，又， ∴， 则． 设交于点， ∴ ∴． 故答案为：． 【点睛】此题考查了坐标与图形-旋转变换，旋转的性质，寻找旋转中心，全等三角形的判定与性质，勾股定理与网格问题，解题的关键是理解题意，画出图形，结合有关性质正确求解． 20. （1）如图1所示的四个图形可拼成如图2所示的一个大长方形，据此写出一个多项式的因式分解： ； （2）如图3，有足够多的边长为的大正方形，长为、宽为的长方形和边长为的小正方形，利用拼图将多项式进行因式分解，在图4虚线框中画出你的拼图，并写出因式分解的结果； （3）若多项式（为正整数）可以用拼图法因式分解，则 ． 【答案】（1）； （2）如图，； （3）4或3 【解析】 【分析】本题考查因式分解，构造图形，利用面积关系分解是求解本题的关键． （1）利用图形的面积等于边长乘以边长进行分解，即可； （2）利用图形的面积等于边长乘以边长进行分解，即可； （3）利用图形的面积等于边长乘以边长进行分解，即可． 【详解】解：（1）由图形得； 故答案为：； （2）略 （3）如图： 或 根据图形可得：， 或， 故答案为：4或3． 21. （1）某校八年级学生周末乘汽车到游览区游览，游览区距学校，一部分学生乘慢车先行，出发后，另一部分学生乘快车前行，结果他们同时到达游览区．已知快车的速度是慢车速度的1.2倍，求慢车的速度； （2）该游览区推出了优惠大酬宾活动，有以下两种优惠方案： 优惠 方案一 可购买100元代金券，每张85元，每次消费时最多可使用2张，未满100元的部分不得使用代金券．例如：某人消费130元，按照该方案使用代金券后，实际消费元． 说明：1．进入游览区领取号码牌，消费时刷号码牌，出游览区送还号码牌，并结算付费； 2．代金券可以用于支付游览区中购物、美食、玩乐等所有项目． 优惠 方案二 消费不满200元不优惠，满200元打九折，不得同时使用代金券． 若某位同学在优惠前的消费总金额为元，请说明该同学选择哪种方案更划算？ 【答案】（1）慢车的速度为（2）当时，按照方案一付费；当时，两种付费方案费用相同；当时，按照方案二付费 【解析】 【分析】本题考查分式方程的实际应用，一元一次不等式的应用： （1）设慢车的速度的速度为，根据快车的速度是慢车速度的1.2倍，慢车先行，出发后，快车前行，两车同时到达游览区，列出方程进行求解即可； （2）根据两种方案分别列出代数式，进行求解判断即可． 【详解】解：（1）设慢车的速度的速度为，由题意，得： ， 解：， 经检验是原方程的解，且符合题意； 答：慢车的速度为； （2）按照方案一付费：元； 按照方案二付费：； 当，即：时，两种付费方式费用相同； 当，即：时，按照方案二付费更优惠； 当，即：时，按照方案一付费更优惠； 答：当时，按照方案一付费；当时，两种付费方案费用相同；当时，按照方案二付费． 22. 如图，在中，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点关于直线的对称点是点，连接，交于点，交于点． （1）求证：； （2）直线与直线交于点． ①求的度数； ②若，求的长． 【答案】（1） 证明：线段绕点顺时针旋转得到线段， ， 点关于直线的对称点是点， ， ； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据旋转对称的性质证明，即可解题； （2）①根据旋转的性质，轴对称性质，等腰三角形性质推出，，再根据三角形内角和定理得到求解，即可解题； ②根据等腰三角形性质得到，过点作于点，同理可得，证明得到，结合勾股定理与建立等式，求出，进而得到，最后利用勾股定理求解，即可解题． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：①点关于直线的对称点是点，交于点， 垂直平分， ， 由旋转的性质可知，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； ②，垂直平分， ， ， ， 过点作于点， 同理可得， ， ， ， ， ，即， 同理可得， ， ，即， ， 解得， ， ， ． 【点睛】本题考查了旋转，轴对称的性质，等腰三角形性质，全等三角形性质和判定，勾股定理，解题的关键在于熟练运用相关知识． 23. 【了解概念】 已知函数是自变量的函数，当时，称函数为函数的“相关函数”．在平面直角坐标系中，对于函数图象上一点，称点为点关于函数的“相关点”，点在函数的“相关函数”的图象上． 【理解运用】 例如：函数．当时，称函数是函数的“相关函数”．在平面直角坐标系中，函数图象上任意一点，点为点关于的“相关点”，点在函数的“相关函数”的图象上． （1）函数的“相关函数”的表达式为 ； （2）如图1，函数，点在函数图象上，点在函数的“相关函数”的图象上．若轴，，求点的坐标； （3）函数，点在函数图象上，点在函数的“相关函数”图象上，且是点的相关点，若，求的取值范围； 【拓展提升】 （4）在（3）的条件下，，是整数，函数的图象与轴交于点，以点为中心，作边长为2个单位长度且各边与坐标轴平行的正方形，将该正方形沿轴负半轴方向平移，设平移后正方形的中心的坐标为，若在平移的过程中正方形的对边被截得的线段的长度相等，请直接写出的值． 【答案】（1） （2）或 （3） （4） 【解析】 【分析】（1）根据“相关函数”的概念计算即可； （2）根据题意设，函数的“相关函数”的解析式为：，设，由轴，，列方程组求解即可； （3）根据题意可得，，结合题意，根据不等式的性质即可求解； （4）根据题意得到，，点到正方形各边的距离为1，即点到正方形各边的距离为1，则，点在直线的直线上，根据角的正切值的计算得到，，，设，，，由，即可求解． 【详解】解：（1）函数，“相关函数”为， ∴, 故答案为：； （2）函数，点在函数图象上， ∴设， 函数的“相关函数”的解析式为：， ∵点在函数的“相关函数”的图象上， ∴设， ∵轴， ∴， 当时，， 解得，， ∴， ∴； 当时，， 解得，， ∴， ∴； （3）函数，点在函数图象上， ∴，即， ∵点是点的相关点， ∴，即， 若， ∴， ∴， 解得，； （4）在（3）的条件下，，是整数， ∴，， ∴，， 当时，，即点在函数的函数图象上， 根据题意，函数的“相关函数”的解析式为：， ∵函数的图象与轴交于点， ∴当时，，即， 当时，，即，即与交于点， 以点为中心，作边长为2个单位长度且各边与坐标轴平行的正方形，如图所示， ∴，， ∵点是正方形的中心， ∴点到正方形各边的距离为1，即点到正方形各边的距离为1， ∴， 点在直线的直线上， 如图所示，截于，截于，则，设与轴交于点，与轴交于点，且，设， ∴，，，， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， 同理直线的解析式为：， 当时，， 解得，， ，解得，， ∴ 当时，， 解得，， ∴， ∵， ∴， 解得，． 【点睛】本题主要考查新定义，一次函数图象的性质，图形平移，待定系数法求解析式，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $