精品解析：浙江省杭州市拱墅区文澜中学2023—2024学年下学期八年级期中数学试卷

2023-2024学年浙江省杭州市拱墅区文澜中学八年级（下）期中 数学试卷 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可． 【详解】解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意； C、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意． 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依次对各选项进行计算后，再进行判断即可. 【详解】A选项：不能直接相加，故错误； B选项：，故错误； C选项：，故正确； D选项：，故错误； 【点睛】考查了二次根式的计算，解题关键是熟记其计算法则进行计算. 3. 矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ） A. 每一条对角线都平分一组对角 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分 【答案】D 【解析】 【分析】根据矩形、菱形、正方形的性质逐项判断即可． 【详解】解：A，菱形、正方形满足每一条对角线都平分一组对角，矩形不满足，不合题意； B，正方形、矩形满足对角线相等，菱形不满足，不合题意； C，菱形、正方形满足对角线互相垂直，矩形不满足，不合题意； D，矩形、菱形、正方形都满足对角线互相平分，符合题意； 故选D． 【点睛】本题考查特殊平行四边形，解题的关键是掌握矩形、菱形、正方形的性质． 4. “科学用眼，保护视力”是青少年珍爱生命的具体表现．某校随机抽查了40名八年级学生的视力情况，得到的数据如表所示： 视力 4.7以下 4.7 4.8 4.9 4.9以上 人数 3 4 12 10 11 则本次调查中视力的众数和中位数分别是（ ） A. 4.8和4.9 B. 4.9和4.9 C. 4.8和4.8 D. 4.8和4.85 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查求中位数、众数，根据中位数和众数的求解方法求解即可． 【详解】解：根据表格数据，出现次数最多的数据是4.8，则众数为4.8； 将表格数据从小到大排列，第20和21个数据为4.9和4.9， 则中位数为， 故选：A． 5. 用配方法解一元二次方程，则变形正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程，使用配方法解方程，需将常数项移项后，方程两边加上一次项系数一半的平方，形成完全平方式即可． 【详解】解：∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ． 故选：D． 6. 依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行四边形的判定及性质定理判断即可； 【详解】解：平行四边形对角相等，故A错误； 一组对边平行不能判断四边形是平行四边形，故B错误； 三边相等不能判断四边形是平行四边形，故C错误； 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D正确； 故选：D． 【点睛】本题主要考查平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键． 7. 如图，E，F分别是平行四边形的边，上的点，与相交于点P，与相交于点Q，若，则阴影部分的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，三角形的面积，解题的关键在于求出各三角形之间的面积关系．根据平行四边形的面积与三角形的面积公式可得三角形的面积，连接、两点，由三角形的面积公式我们可以推出，，所以，，因此可以推出四边形的面积就是．再根据面积差可得答案． 【详解】解：连接，过点作于点， ，， ， 四边形是平行四边形， ， 的边上的高与的边上的高相等， ， ， 同理：， ， ，， ， 故阴影部分的面积为． 故选：B． 8. 如图，在，则的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，先求出，则，，则BE=CE=3，得到AD=BC=，再求出AB的长度，即可求出面积． 【详解】解：由题意，如图： 在中，有，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴△ABF和△BCE是等腰直角三角形， ∴BE=CE=3，AF=BF， ∴， ∴， ∴AF=BF=， ∴AB=， ∴的面积是：； 故选：A． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，以及四边形的内角和等于360度，解题的关键是熟练掌握所学的知识进行解题． 9. 如图正方形中，是上一点，若点是中点，作交延长线于，连结，取中点，连结，则与的关系为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形中线段的数量关系，解题关键是构造中位线． 取中点，由正方形，是中点，，中点，得，，，得，得，由中点，得，即可得． 【详解】解：取中点， ∵四边形是正方形，是中点，，中点， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点， 在中，，即， ∴， ∵中点， ∴，即． 故选：． 10. 如图，平行四边形的四个顶点分别在平行四边形的四条边上，，分别交于点P、Q，过点P作，分别交于点M、N，若要求平行四边形的面积，只需知道下列哪个四边形的面积（ ） A. 四边形 B. 四边形 C. 四边形 D. 四边形 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．连接，，根据平行四边形的性质可得的面积的面积，再利用平行四边形的性质可得，，从而可得，进而可得的面积的面积，然后再根据，可证四边形是平行四边形，从而可得的面积的面积，进而可得的面积的面积，即可解答． 【详解】解：连接，， ∵四边形是平行四边形， ∴的面积的面积， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴的面积的面积， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴的面积的面积， ∴的面积的面积， ∴若要求平行四边形的面积，只需知道四边形的面积， 故选：B． 二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 若一个正多边形的每一个外角都是36°，则这个多边形的边数是_________． 【答案】 【解析】 【详解】解：任意多边形的外角和为，正多边形的每个外角相等， 该正多边形的边数为， 则这个多边形的边数是． 12. 甲、乙、丙三位同学在五次数学测验中他们成绩的平均分相等，方差分别是3.3，2.8，4.2，则成绩最稳定的同学是_______． 【答案】乙 【解析】 【分析】本题主要考查了方差的性质， 根据三名同学的平均数相同，方差越小成绩越稳定解答即可． 【详解】解：因为， 则乙同学的方差最小， 所以成绩最稳定的是乙同学． 故答案为：乙． 13. 关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是_____． 【答案】且 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的定义及根的判别式，当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根，据此即可解答，掌握一元二次方程的定义及根的判别式是解题的关键． 【详解】解：∵一元二次方程有实数根， ∴即，且， 即有， 解得， ∴的取值范围是且， 故答案为：且． 14. 勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图1所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的．记图中正方形、正方形、正方形的面积分别为，，，若正方形的边长为6，则________． 【答案】108 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理，完全平方公式，设全等的直角三角形的两条直角边为a、b且，则，，，先证明，再证明，即可得到答案． 【详解】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、b，且， 由题意可知：，，， ∵正方形的边长为6， ∴， ∴ ， 故答案为：108． 15. 如图，在中，，点E是中点，作于点F，已知，，则的长为 __________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，勾股定理以及三角形面积，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 通过计算、的长度，利用三角形面积公式求得，即可求出答案． 【详解】解：如图，连接， ， 四边形是平行四边形，， ，， ， ， ， ， ， 点是中点， ， ， ， ， 即， ∴， 故答案为：． 16. 如图在矩形中，．将矩形沿着过点的直线翻折，直线与射线交于点，点的对应点为点．若，，若是直角三角形时，则的长为___． 【答案】3或27 【解析】 【分析】分两种情况讨论：①直线与边交于点，点落在矩形内部，是直角三角形时，②直线与射线交于点，点落在矩形外部，是直角三角形时，然后利用折叠的性质和勾股定理即可解决问题． 【详解】解：分两种情况： ①直线与边交于点，点落在矩形内部，是直角三角形时，如图， 四边形是矩形， ，，， 设， 由折叠可知：，，， ，， ，， 在中， 根据勾股定理，得， 即， ， ； ②直线与射线交于点，点落在矩形外部，是直角三角形时，如图， 由折叠可知：， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， 综上所述：的长为3或27， 故答案为：3或27． 【点睛】本题考查矩形的折叠问题，勾股定理，矩形的性质，利用分类讨论思想是解题的关键． 三、解答题（本题共8小题，17题6分，18题8分，19题6分，20题10分，21题10分，22题8分，23题12分，24题12分，共72分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 计算 （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，二次根式性质化简，掌握相关运算法则是解题关键． （1）先算算术平方根，乘方运算，把二次根式化为最简二次根式，再合并即可； （2）先算乘法，去绝对值，用平方差公式计算，再合并即可． 【小问1详解】 解：原式 ； 【小问2详解】 解：原式 ． 18. 解方程． （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程因式分解法，公式法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）利用解一元二次方程因式分解法进行计算，即可解答； （2）利用解一元二次方程公式法进行计算，即可解答． 【小问1详解】 解： ， ， ， 或， ，； 【小问2详解】 ， ， ， ，． 19. 为弘扬向善、为善优秀品质，助力爱心公益事业，某校组织开展“人间自有真情在，爱心助力暖人心”慈善捐款活动，八年级全体同学参加了此次活动．随机抽查了部分同学捐款的情况，统计结果如图1和图2所示． （1）本次抽查的学生人数是_______，并补全条形统计图； （2）本次捐款金额的众数为______元，中位数为______元； （3）若该校八年级学生为600名，请你估算捐款总金额约有多少元？ 【答案】（1）50，补全统计图详见解答； （2）15，15； （3）8040元． 【解析】 【分析】本题考查扇形统计图，条形统计图，中位数、众数以及样本估计总体，理解两个统计图中数量之间的关系，掌握中位数、众数的计算方法是正确解答的前提． （1）从两个统计图中可知，样本中“捐款为5元”的学生有8人，占调查人数的16%，根据频率可求出答案； （2）根据众数、中位数的定义进行计算即可； （3）求出样本平均数，估计总体平均数，再进行计算即可． 【小问1详解】 解：（人）， “捐款为15元”的学生有（人），补全条形统计图如下： 【小问2详解】 解：学生捐款金额出现次数最多的是15元，共出现18次，因此捐款金额的众数是15元， 将这50名学生捐款金额从小到大排列处在中间位置的两个数都是15元，因此中位数是15元， 故答案为：15，15； 【小问3详解】 （3）样本平均数为（元/人）， 所以全校八年级学生为600名，捐款总金额为（元）， 答：全校八年级学生为600名，捐款总金额为8040元． 20. 如图，点E，F是平行四边形对角线上的两点，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，，求平行四边形的面积． 【答案】（1） 解：连接，交于， 在平行四边形中，，， ∵， ， 又， ∴， ∴， 四边形是平行四边形； （2）平行四边形的面积为 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，含角的直角三角形，平行四边形的面积公式，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据平行四边形的对角线互相平分的性质，和，即可证明，再由对角线互相平分的四边形是平行四边形，得出四边形是平行四边形， （2）作四边形的边上的高，根据角直角三角形的性质求出高，即可求解， 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：作交的延长线与点， ，， ， ∴， 故平行四边形的面积为． 21. 第19届亚洲运动会于2023年9月23日晚在浙江省杭州市隆重开幕．亚运会吉祥物是一组承载深厚底蕴和充满时代活力的机器人，由“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”共同组成“江南忆”组合，三个吉祥物造型形象生动，深受大家的喜爱．某网店购进一批亚运会吉祥物“宸宸”和“琮琮”，进货价和销售价如下表： 吉祥物 价格 宸宸 琮琮 进货价（元/个） 59 66 销售价（元/个） 79 88 （1）该网店第一次用3160元购进“宸宸”和“琮琮”共50个，求购进“宸宸”和“琮琮”各多少个； （2）亚运会临近结束时，该网店打算把“宸宸”调价销售，如果按照原价销售，平均每天可售8个，经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2个，将销售价定为每个多少元时，才能使“宸宸”平均每天销售利润为288元． 【答案】（1）购进20个“宸宸”，30个“琮琮” （2）销售价定为每个71元 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元二次方程的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程． （1）设购进x个“宸宸”，y个“琮琮”，利用总价=单价×数量，结合该网店第一次用3160元购进“宸宸”和“琮琮”共50个，可列出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论； （2）设销售价定为每个m元，则每个的销售利润为元，平均每天可售出个，利用总利润=每个的销售利润×日销售量，可列出关于m的一元二次方程，解之可得出m的值，再将其代入中，即可求出结论． 【小问1详解】 解：设购进x个“宸宸”，y个“琮琮”，根据题意得： ， 解得：． 答：购进20个“宸宸”，30个“琮琮”； 【小问2详解】 解：设每个降低m元，则每个的销售利润为元，平均每天可售出个，根据题意得： ， 整理得：， 解得：， ∴（元）． 答：销售价定为每个71元． 22. 在的方格纸中，请按下列要求画出格点四边形（顶点均在格点上）． （1）请在格点图1中画一个平行四边形，使得其面积为4； （2）请在格点图2中画一个矩形，使得其面积为6． 【答案】（1） 解：如图，四边形即为所求； （2） 如图2中，四边形即为所求． 【解析】 【分析】本题考查作图应用与设计作图，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用数形结合的射线解决问题． （1）作一个底为1，高为4的平行四边形即可； （2）作一个长、宽分别为，的矩形即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 23. 如图，在中，，平分交于点D，点E在线段上，点F在的延长线上，且，连接，，，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，，求和的长． 【答案】（1） 证明：∵，平分， ∴，， ∵， ∴四边形是菱形； （2）和的长分别为8和 【解析】 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质． （1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形是菱形； （2）根据等腰三角形的性质和勾股定理可得，设，则，所以，，然后利用勾股定理即可解决问题． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：，，， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴和的长分别为8和． 24. 正方形，为射线上一点，过作，点在直线上方区域，且，连接． （1）如图1，当点在上时，求的度数； （2）如图2，在（1）在条件下，连结交于点，连结，若，，求的面积； （3）若，，连结交射线于点，则　　．（直接写出结果） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在延长线上截取，构造，则，，然后由为等腰直角三角形，即可求出的度数． （2）在延长线上截取，证明，，设正方形边长为，利用和，构造关于的方程，求出即可由求出． （3）通过作构造平行四边形，由（1）可得的长度，然后证明求出的长度，再由求出答案． 【小问1详解】 解：如图，延长，使，连接，，． 在正方形中，，． 在和中，， ，， ，． 为等腰直角三角形． ． 故的度数为． 【小问2详解】 如图，在延长线上截取．由题意知，是等腰直角三角形，． 在和中，，， ． ，． 在和中，，， ， ． 在中，由勾股定理得，， 又， ， 设正方形边长为． 即，解得． ． 【小问3详解】 如图，作交于． 由（1）知，，，则． 根据题意，正方形边长为10，长度为6，． 四边形是平行四边形． ，． ，， ， ． 在和中，，，， ， ． ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形和平行四边形的性质，正方形半角模型的应用，三角形全等的判定和性质．通过正方形半角模型构造三角形全等是解答本题难点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年浙江省杭州市拱墅区文澜中学八年级（下）期中 数学试卷 一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分） 1. 下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列计算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ） A. 每一条对角线都平分一组对角 B. 对角线相等 C. 对角线互相垂直 D. 对角线互相平分 4. “科学用眼，保护视力”是青少年珍爱生命的具体表现．某校随机抽查了40名八年级学生的视力情况，得到的数据如表所示： 视力 4.7以下 4.7 4.8 4.9 4.9以上 人数 3 4 12 10 11 则本次调查中视力的众数和中位数分别是（ ） A. 4.8和4.9 B. 4.9和4.9 C. 4.8和4.8 D. 4.8和4.85 5. 用配方法解一元二次方程，则变形正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，E，F分别是平行四边形的边，上的点，与相交于点P，与相交于点Q，若，则阴影部分的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在，则的面积是（ ） A. B. C. D. 9. 如图正方形中，是上一点，若点是中点，作交延长线于，连结，取中点，连结，则与的关系为（　　） A. B. C. D. 10. 如图，平行四边形的四个顶点分别在平行四边形的四条边上，，分别交于点P、Q，过点P作，分别交于点M、N，若要求平行四边形的面积，只需知道下列哪个四边形的面积（ ） A. 四边形 B. 四边形 C. 四边形 D. 四边形 二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 若一个正多边形的每一个外角都是36°，则这个多边形的边数是_________． 12. 甲、乙、丙三位同学在五次数学测验中他们成绩的平均分相等，方差分别是3.3，2.8，4.2，则成绩最稳定的同学是_______． 13. 关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是_____． 14. 勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图1所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图2由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的．记图中正方形、正方形、正方形的面积分别为，，，若正方形的边长为6，则________． 15. 如图，在中，，点E是中点，作于点F，已知，，则的长为 __________________． 16. 如图在矩形中，．将矩形沿着过点的直线翻折，直线与射线交于点，点的对应点为点．若，，若是直角三角形时，则的长为___． 三、解答题（本题共8小题，17题6分，18题8分，19题6分，20题10分，21题10分，22题8分，23题12分，24题12分，共72分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 计算 （1）； （2）． 18. 解方程． （1）； （2）． 19. 为弘扬向善、为善优秀品质，助力爱心公益事业，某校组织开展“人间自有真情在，爱心助力暖人心”慈善捐款活动，八年级全体同学参加了此次活动．随机抽查了部分同学捐款的情况，统计结果如图1和图2所示． （1）本次抽查的学生人数是_______，并补全条形统计图； （2）本次捐款金额的众数为______元，中位数为______元； （3）若该校八年级学生为600名，请你估算捐款总金额约有多少元？ 20. 如图，点E，F是平行四边形对角线上的两点，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，，求平行四边形的面积． 21. 第19届亚洲运动会于2023年9月23日晚在浙江省杭州市隆重开幕．亚运会吉祥物是一组承载深厚底蕴和充满时代活力的机器人，由“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”共同组成“江南忆”组合，三个吉祥物造型形象生动，深受大家的喜爱．某网店购进一批亚运会吉祥物“宸宸”和“琮琮”，进货价和销售价如下表： 吉祥物 价格 宸宸 琮琮 进货价（元/个） 59 66 销售价（元/个） 79 88 （1）该网店第一次用3160元购进“宸宸”和“琮琮”共50个，求购进“宸宸”和“琮琮”各多少个； （2）亚运会临近结束时，该网店打算把“宸宸”调价销售，如果按照原价销售，平均每天可售8个，经调查发现，每降价1元，平均每天可多售2个，将销售价定为每个多少元时，才能使“宸宸”平均每天销售利润为288元． 22. 在的方格纸中，请按下列要求画出格点四边形（顶点均在格点上）． （1）请在格点图1中画一个平行四边形，使得其面积为4； （2）请在格点图2中画一个矩形，使得其面积为6． 23. 如图，在中，，平分交于点D，点E在线段上，点F在的延长线上，且，连接，，，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，，求和的长． 24. 正方形，为射线上一点，过作，点在直线上方区域，且，连接． （1）如图1，当点在上时，求的度数； （2）如图2，在（1）在条件下，连结交于点，连结，若，，求的面积； （3）若，，连结交射线于点，则　　．（直接写出结果） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $