精品解析：江西省景德镇市2024—2025学年下学期6月八年级数学期末考试试卷

景德镇市2024-2025学年度下学期期末质量检测卷 八年级数学 命题人：徐伟忠（十三中） 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 将点A向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到点B，则点B的坐标是（ ） A. (-5，-7) B. (-5，1) C. (1，1) D. (1，-7) 2. 下列因式分解正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列分式是最简分式的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，且OA=OC，添加下列条件后，仍无法判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ） A. AB=CD B. AD∥BC C. OB=OD D. AB∥CD 5. 若关于x的方程=3的解为正数，则m的取值范围是（ ） A. m＜ B. m＜且m≠ C. m＞﹣ D. m＞﹣且m≠﹣ 6. 如图，在中，平分交于点．若，、分别是、中点，，则的长为（ ） A. B. C. 2 D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 代数式有意义，则实数的取值范围是________． 8. 已知，则________． 9. 如图，直线交轴于点，直线交轴于点，这两条直线相交于点，则不等式的解集为________． 10. 如图，在四边形纸片中，，若沿图中虚线剪去，则________°． 11. 一个多边形的内角和是外角和的两倍，则它是____________边形． 12. 已知关于的分式方程无解，则的值为________． 三、（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. （1）分解因式：； （2）解分式方程：． 14. 若，，是的三边长，且，满足关系式，是的最小整数解，求的周长． 15. 先化简，然后在范围内选择一个你喜欢的整数代入求值． 16. 如图，平行四边形中，点在上，且，请分别在下列两个图中按要求使用无刻度直尺画图（保留作图痕迹）． （1）在图1中，画出的平分线； （2）在图2中，画出的平分线． 17. 如图，中，，于点，于点，，与交于点，连接． （1）求证：； （2）若，求的长． 四、（本大题3小题，每小题8分，共24分） 18. 阅读与理解：阅读下列材料，完成后面的任务． 在解决某些分式问题时，倒数法是常用的变形技巧之一，所谓倒数法，即把式子变成其倒数形式，从而运用约分化简，以达到计算目的． 例：若，求代数式的值． 解：∵，∴，∴，∴． 任务：已知． （1）求的值． （2）求的值． 19. 已知：如图，在四边形中，，为对角线的中点，为的中点，为的中点．求证：． 20. 为加快公共领域充电基础设施建设，某停车场计划购买甲、乙两种型号的充电桩．已知甲型充电桩比乙型充电桩的单价多2000元，用16万元购买甲型充电桩与用12万元购买乙型充电桩的数量相等． （1）甲、乙两种型号充电桩的单价各是多少？ （2）该停车场计划购买甲、乙两种型号的充电桩共18个，且乙型充电桩的购买数量不超过甲型充电桩购买数量的2倍，求购买这批充电桩所需的最少总费用? 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 如图，在四边形中，，与交于点，点是的中点，延长到点，使，连接， （1）求证：； （2）求证：四边形是平行四边形； （3）若，，，求四边形的面积． 22. 先阅读材料，再回答问题： 分解因式：． 解：将“”看成整体，令，则原式，再将还原，得到：原式． 上述解题过程中用到了“整体思想”，它是数学中常用的一种思想．请你用整体思想解决下列问题： （1）因式分解：________； （2）因式分解：； （3）若为正整数，则的值为某一个正整数的平方．请说明理由． 六、（本大题共12分） 23. （1）【方法运用】 如图1，平行四边形的对角线和相交于点，过点且与、分别相交于点、，，的周长为18，求的值； （2）【拓展提升】 如图2，平行四边形的对角线和相交于点，过点且与、的延长线分别相交于点、，连接、，若，的面积为2，求四边形的面积； （3）【拓展应用】 如图3，若四边形是平行四边形，过点作直线分别交边、于点、，过点作直线分别交边、于点、，且，若，，，则的长度是多少？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 景德镇市2024-2025学年度下学期期末质量检测卷 八年级数学 命题人：徐伟忠（十三中） 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 将点A向左平移3个单位，再向上平移4个单位得到点B，则点B的坐标是（ ） A. (-5，-7) B. (-5，1) C. (1，1) D. (1，-7) 【答案】B 【解析】 【分析】首先将点的横坐标减3，再将点的纵坐标加4，即为点的坐标． 【详解】由题意得，点的横坐标为，， 点的纵坐标为，， 所以点的坐标为(-5，1)， 故选：B． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，掌握平移中点的变化规律是解答本题的关键． 2. 下列因式分解正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】本题考查因式分解的正确性判断，需运用提公因式法、平方差公式、完全平方公式等知识逐一验证各选项． 【分析】解：A、：提取公因式后，原式应为，选项漏掉常数项，分解错误； B、：利用平方差公式，，分解正确； C、：完全平方公式展开为，与原式符号不符，分解错误； D、：展开得，与原式不符，分解错误， 故选：B． 3. 下列分式是最简分式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了最简分式的判断，解题关键是掌握一个分式的分子与分母没有公因式时叫最简分式．根据最简分式的定义，即可求出答案． 【详解】解：A、，不是最简分式，不符合题意； B、，不是最简分式，不符合题意； C、是最简分式，符合题意； D、，不是最简分式，不符合题意； 故选：C． 4. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，且OA=OC，添加下列条件后，仍无法判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ） A. AB=CD B. AD∥BC C. OB=OD D. AB∥CD 【答案】A 【解析】 【分析】由平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、由AB=CD，OA=OC，不能证明△AOB≌△COD， 因此不能得出OB=OD，故该选项符合题意； B、∵AD∥BC， ∴∠OAD=∠OCB， 在△OAD和△OCB中，， ∴△OAD≌△COB（ASA）， ∴OB=OD， 又∵OA=OC， ∴四边形ABCD是平行四边形，故该选项不符合题意； C、∵OA=OC，OB=OD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故该选项不符合题意； D、∵AB∥CD， ∴∠OAB=∠OCD， 在△AOB和△OCD中，， ∴△AOB≌△OCD（ASA）， ∴OB=OD， 又∵OA=OC， ∴四边形ABCD是平行四边形，故该选项不符合题意； 故选：A． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定，证出OB=OD是解题的关键． 5. 若关于x的方程=3的解为正数，则m的取值范围是（ ） A. m＜ B. m＜且m≠ C. m＞﹣ D. m＞﹣且m≠﹣ 【答案】B 【解析】 【分析】先去分母解方程，根据方程的解为正数列不等式即可 【详解】解：去分母得：x+m﹣3m=3x﹣9， 整理得：2x=﹣2m+9，解得：x=， 已知关于x的方程=3的解为正数， 所以﹣2m+9＞0，解得m＜， 当x=3时，x==3，解得：m=， 所以m的取值范围是：m＜且m≠． 故选：B． 【点睛】本题考查含参数的分式方程解法，不等式，分式有意义条件，解题的关键是掌握含参数的分式方程解法，不等式，分式有意义条件． 6. 如图，在中，平分交于点．若，、分别是、中点，，则的长为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，中位线的性质，角平分线的定义，延长交于点G，根据角平分线的定义以及等腰三角形的判定得到，，再证明为的中位线，从而得到，，证明得到，进而求出最后结果． 【详解】解：如图，延长交于点G， 平分， ， ， ， ， ，， 为的中点， 为的中位线， ，， ， ，， ， ， ， ， 故选：B． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 7. 代数式有意义，则实数的取值范围是________． 【答案】且 【解析】 【分析】本题主要考查了分式和二次根式有意义的条件，解一元一次不等式组，熟练掌握分式和二次根式有意义的条件是解题关键． 根据分式和二次根式有意义的条件，构建一元一次不等式组，解不等式，即可求解． 【详解】解：根据题意，得：，且， 解得：且． 故答案为：且． 8. 已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查分式的化简求值，解分式方程，先解分式方程得到，代入所求代数式即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴ ， 故答案为：4． 9. 如图，直线交轴于点，直线交轴于点，这两条直线相交于点，则不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查图象法求解不等式，理解函数图象与方程、不等式的关系是解题的关键． 图象法求解不等式，不等式对应图中点C左侧部分函数图象．据此写出答案即可． 【详解】解：由图象可知，不等式对应图象中点C左侧部分函数图象，即直线左侧，所以解集为； 故答案为： 10. 如图，在四边形纸片中，，若沿图中虚线剪去，则________°． 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形的内外角之间的关系可求解. 【详解】解：三角形的内角和等于，， ，. ， . 故答案为：. 【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，解题的关键是明确三角形的内外角之间的关系和三角形的内角和等于的知识点. 11. 一个多边形的内角和是外角和的两倍，则它是____________边形． 【答案】六## 【解析】 【分析】n边形的外角和为，内角和为，结合题意列出方程求解即可得到边数． 【详解】解：设这个多边形的边数为n， 根据题意得 解得， 故这个多边形是六边形． 12. 已知关于的分式方程无解，则的值为________． 【答案】或或 【解析】 【分析】本题主要考查了根据分式方程的解的情况求参数，按照去分母，去括号，移项，合并同类项的步骤得到，当，即时，此时方程无解；当，则原方程有增根，即或，进而可得或，解方程即可得到答案． 【详解】解： 去分母得：， 去括号得：， 移项，合并同类项得：， 当，即时，方程的左边等于0，右边不等于0，此时方程无解； 当时， ∵原方程无解， ∴原方程有增根， ∴或， ∴或， ∴或， 解得或； 综上所述，的值为或或， 故答案为：或或． 三、（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. （1）分解因式：； （2）解分式方程：． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】此题考查分解因式及解分式方程， （1）根据提公因式法和公式法分解因式； （2）根据分式方程解法解方程，再检验即可． 【详解】解：（1）； （2）两边同时乘以得， ， 解得：， 经检验是原分式方程的解， ∴原方程的解为：． 14. 若，，是的三边长，且，满足关系式，是的最小整数解，求的周长． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查非负数的性质，一元一次不等式组的整数解，根据非负数的性质得到，的值；再由不等式组的解集求出c的值，进而求出三角形的周长．掌握不等式组的解法是解题的关键． 【详解】解：∵，，， ∴，， ∴，， ∵由不等式组， 解得：， ∵是不等式组的最小整数解， ∴， ∴， ∴的周长为． 15. 先化简，然后在范围内选择一个你喜欢的整数代入求值． 【答案】；当时，原式或当时，原式 【解析】 【分析】此题考查分式的化简求值，先根据分式的混合运算先化简，再代入字母的值计算求出结果． 【详解】解： ∵， ∴， ∴取时，原式； 取时，原式． 16. 如图，平行四边形中，点在上，且，请分别在下列两个图中按要求使用无刻度直尺画图（保留作图痕迹）． （1）在图1中，画出的平分线； （2）在图2中，画出的平分线． 【答案】（1） 如图所示，连接，则平分； 理由：∵四边形是平行四边形，且， ∴ 又 ∵， ∴， ∴ ∴平分； （2） 如图所示，连接，交于点，连接，则平分． 理由：∵四边形是平行四边形，且交于点， ， 又 ∵， ∴平分． 【解析】 【分析】本题主要考查了复杂作图，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作． （1）依据等腰三角形的性质以及平行线的性质，即可得到平分； （2）依据平行四边形的性质以及等腰三角形的性质，即可得到平分． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图，中，，于点，于点，，与交于点，连接． （1）求证：； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明： ∵，， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理． （1）先由，得，再根据同角的余角相等求出，由得到，得出，再根据等腰三角形三线合一的性质可得，即可得出结论； （2）根据全等三角形对应边相等得出，由勾股定理求出，根据线段垂直平分线的性质得，再根据线段，即可得出结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴． 四、（本大题3小题，每小题8分，共24分） 18. 阅读与理解：阅读下列材料，完成后面的任务． 在解决某些分式问题时，倒数法是常用的变形技巧之一，所谓倒数法，即把式子变成其倒数形式，从而运用约分化简，以达到计算目的． 例：若，求代数式的值． 解：∵，∴，∴，∴． 任务：已知． （1）求的值． （2）求的值． 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了分式的性质，分式的化简求值，掌握分式的性质是解题的关键． （1）根据材料提示的倒数法计算即可求解； （2）根据材料提示的倒数法的方法计算即可． 【小问1详解】 解：， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴，整理得，， ∴， ∵， ∴， ∴的值为． 19. 已知：如图，在四边形中，，为对角线的中点，为的中点，为的中点．求证：． 【答案】 证明：是中点，是中点， 是的中位线， ， 是中点，是中点， 是的中位线， ， ， ， 是等腰三角形， ． 【解析】 【分析】根据三角形中位线定理证得是等腰三角形，然后由等腰三角形的性质证得结论． 【详解】略 【点睛】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的判定与性质．注意：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半． 20. 为加快公共领域充电基础设施建设，某停车场计划购买甲、乙两种型号的充电桩．已知甲型充电桩比乙型充电桩的单价多2000元，用16万元购买甲型充电桩与用12万元购买乙型充电桩的数量相等． （1）甲、乙两种型号充电桩的单价各是多少？ （2）该停车场计划购买甲、乙两种型号的充电桩共18个，且乙型充电桩的购买数量不超过甲型充电桩购买数量的2倍，求购买这批充电桩所需的最少总费用? 【答案】（1）甲型充电桩的单价是元，乙型充电桩的单价是元 （2）购买甲型充电桩个，乙型充电桩个，所需最少费用为元 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用； （1）设乙型充电桩的单价是x元，则甲型充电桩的单价是元，根据“16万元购买甲型充电桩与用12万元购买乙型充电桩的数量相等”．列出分式方程，解方程即可； （2）设购买甲型充电桩的数量为m个，则购买乙型充电桩的数量为个，根据“乙型充电桩的购买数量不超过甲型充电桩购买数量的2倍”，然后由一次函数的性质即可得出结论． 【小问1详解】 解：设乙型充电桩的单价是x元，则甲型充电桩的单价是元， 由题意得：， 解得：， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ∴， 答：甲型充电桩的单价是元，乙型充电桩的单价是元； 【小问2详解】 解：设购买甲型充电桩的数量为m个，则购买乙型充电桩的数量为个， 由题意得：， 解得：， 设所需费用为w元， 由题意得：， ∵， ∴随的增大而增大， ∴当时， ∴取得最小值为元， 此时，， 答：购买甲型充电桩个，乙型充电桩个，所需最少费用为元． 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 如图，在四边形中，，与交于点，点是的中点，延长到点，使，连接， （1）求证：； （2）求证：四边形是平行四边形； （3）若，，，求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中 ∴， ∴； （2） 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 即，， ∴四边形是平行四边形； （3） 【解析】 【分析】（1）根据平行线的性质得出，根据全等三角形的判定得出，根据全等三角形的性质得出即可； （2）根据平行四边形的判定推出即可； （3）求出高和，再根据面积公式求出即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：过作于，过作于， ∵四边形和四边形是平行四边形，，，， ∴，，，， ∴， ∴，， ∴四边形的面积 22. 先阅读材料，再回答问题： 分解因式：． 解：将“”看成整体，令，则原式，再将还原，得到：原式． 上述解题过程中用到了“整体思想”，它是数学中常用的一种思想．请你用整体思想解决下列问题： （1）因式分解：________； （2）因式分解：； （3）若为正整数，则的值为某一个正整数的平方．请说明理由． 【答案】（1） （2） （3） 令， 则原式， ， ， 原式． 为正整数， 也为正整数， 代数式的值一定是某一个正整数的平方． 【解析】 【分析】本题考查了因式分解的应用，解题的关键是仔细读题，从新定义中整理出进一步解题的有关知识． （1）将看作整体，由完全平方式的形式进行判断即可； （2）先将前三项看作完全平方式，再利用平方差公式进行分解即可； （3），则原式．将代入还原，可得原式．即可判断． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解：， ， ； 【小问3详解】 略 六、（本大题共12分） 23. （1）【方法运用】 如图1，平行四边形的对角线和相交于点，过点且与、分别相交于点、，，的周长为18，求的值； （2）【拓展提升】 如图2，平行四边形的对角线和相交于点，过点且与、的延长线分别相交于点、，连接、，若，的面积为2，求四边形的面积； （3）【拓展应用】 如图3，若四边形是平行四边形，过点作直线分别交边、于点、，过点作直线分别交边、于点、，且，若，，，则的长度是多少？ 【答案】（1）12；（2）32；（3） 【解析】 【分析】此题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键． （1）利用平行四边形的性质得出，，则有，证明，得出，，根据，求出，即可得出答案； （）利用平行四边形的性质及，可得，，从而得出即可求解； （）过作，，利用等面积法即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵的周长为， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵，的面积为， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴；， ∴， ∴； （3）∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， 又∵ ， ∴， ∵，， ∴， 过作，，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $