精品解析：山西省太原市2024-2025学年下学期八年级期末数学试题

2024~2025学年第二学期八年级期末学情调研测评 数学 （考试时间：上午8：00—9：30） 说明：本试卷为闭卷笔答，不允许携带计算器．答题时间90分钟． 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑） 1. 若有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. AI智能软件已深度融入现代生活，显著提升了社会效能和生活便捷度．下列四个AI智能软件图标中，其文字上方的图标图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列从左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. 4 B. C. 2 D. 4. 如图，四边形中，，添加下列一个条件后能使四边形成为平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 5. 要将化成最简分式，应将分子、分母同时约去它们的公因式，这个公因式为（ ） A. B. C. D. 6. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 在课堂上，李老师发给每人一张印有（如图1）卡片，然后要求同学们画一个，使得．小宏同学先画出了之后，后续画图的主要过程如图所示．这种画图方法的依据是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，2019年8月30日，2019年版第五套人民币正式发行，5角硬币色泽由金黄色改为镍白色，正背面内周缘由圆形调整为正十一边形．则正十一边形内角和为（ ） A. B. C. D. 9. 已知不等式的解集是，下面有可能是函数的图象的是（ ） A. B. C. D. 10. 2025年3月14日是第六个“国际数学日”，中国邮政发行《数学之美》特种邮票．某网店在“6-18”年中大促活动当天，售出“小版邮票册”和“邮票合集套装”共35套．其中，“小版邮票册”的销售额为970元，“邮票合集套装”的销售额为1050元，已知“小版邮票册”的单价比“邮票合集套装”的单价贵55元．聪聪和明明根据这一情境，分别列出如下方程 聪聪： 明明： 下列判断正确的是（ ） A. 聪聪设的未知量表示“小版邮票册”的单价 B. 聪聪设的未知量表示“小版邮票册”的数量 C. 明明设未知量表示“小版邮票册”的单价 D. 明明设的未知量表示“小版邮票册”的数量 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分．将答案写在答题卡相应的位置） 11. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点中心对称，则点的坐标为___________． 12. 解分式方程时产生了增根，这个增根是___________． 13. 如图，在中，平分交于点，点在上，且点为的中点，若，则的长为___________． 14. 山西青塘粽子源于元代，盛于明清，有余年历史．其核心产地为吕梁市临县前青塘村，凭借独特的芦苇叶包裹技艺和蜜浸大枣配方，成为省级非物质文化遗产，并入选“全国名特优新农产品”名录．某商店购进黄米粽和江米粽共盒，已知黄米粽每盒利润为元，江米粽每盒利润为元，若购进的粽子全部销售完毕，所得总利润不低于元，则最多能购进黄米粽___________盒． 15. 如图，中，，于点E，将线段绕点A顺时针旋转，点E的对应点F恰好落在边上，若，则___________． 三、解答题（本大题共8个小题，共55分．解答应写出必要的文字说明，推理过程或演算步骤） 16. 分解因式： （1）； （2）； （3）利用因式分解计算：． 17. 求不等式组的整数解． 18 先化简，再求值：，其中． 19. 解分式方程：． 20. 如图，将的对角线向两个方向延长，分别至点E和点F，且使，连接，求证：． 21. 某校初二共550名学生需租用大型客车参加生物学实验和信息科技操作考试，学校要求仅租用一种车型且座位刚好坐满．某汽车租赁公司提供A、B两种适配客车，其中每辆型客车比每辆型客车的乘客座位数多．若单独租用型客车比单独租用B型客车的数量少1辆，求每辆A型客车和每辆B型客车的乘客座位数． 22. 阅读下列材料，完成相应的任务． 当平行四边形的一边是邻边的两倍时，平行四边形可以分割成两个等腰三角形和一个直角三角形．小明发现了一种分割方法，其思考、探究过程如下： 已知：如图1，在▱中，，点是边的中点，连接． 求证：． 证明：四边形为平行四边形， （依据：①___________） 点是边的中点， ． 又， ． ． 中，， ． 同理． 四边形平行四边形， ②___________． 任务： （1）分析论证：补全上述分析过程中空缺的部分：①___________；②___________． （2）问题解决： ①将图1中某个三角形进行适当的全等变换，可以将平行四边形变形为一个等腰三角形．请写出该三角形变换的过程，并在图2中画出变换后的图形； ②如图1，边上还存在不同于点的点，使得．请用尺规在图3的边上作出点．（保留作图痕迹，不写作法） （3）联系拓广： 已知：在中，的角平分线交边于点的角平分线交边于点，若．请直接写出的值． 23. 综合与探究 问题情境：一次数学兴趣小组活动中，同学们准备了一大一小两张直角三角形纸片（即），按照图1所示的方式摆放．其中，点D、E分别为的中点．老师要求各小组结合所学的图形变化的知识展开数学探究． 操作探究1：（1）如图2，“勤学”小组将沿射线上平移得到，分别连接，发现四边形是平行四边形，请证明这一结论． 操作探究2：（2）“善思”小组将由初始位置（图1）绕点A按顺时针方向旋转得到． ①如图3，当点Q落在边上时，延长交于点M，判断的形状并说明理由． ②当旋转到时，连接，若，请直接写出线段的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年第二学期八年级期末学情调研测评 数学 （考试时间：上午8：00—9：30） 说明：本试卷为闭卷笔答，不允许携带计算器．答题时间90分钟． 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑） 1. 若有意义，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了分式有意义的条件．根据分式的分母不等于得出的取值范围即可． 【详解】解：∵有意义， ∴， ∴， 故选：B． 2. AI智能软件已深度融入现代生活，显著提升了社会效能和生活便捷度．下列四个AI智能软件图标中，其文字上方的图标图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是中心对称图形的识别．根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 【详解】解：选项A、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形， 选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形， 故选：B． 3. 下列从左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了因式分解的定义． 因式分解即把一个多项式化为几个整式的积的形式，逐一分析各选项是否符合该定义即可． 【详解】解：A． 左边是单项式，因式分解的对象应为多项式，不属于因式分解； B． 右边含有加法运算，未完全分解为积的形式，不属于因式分解； C． 左边是多项式，右边为两个整式的乘积，且分解正确，符合因式分解定义； D． 左边是乘积形式，右边为展开后的多项式，属于整式乘法而非因式分解； 故选：C． 4. 如图，四边形中，，添加下列一个条件后能使四边形成为平行四边形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定，一般有几种方法：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④两条对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤两组对角分别相等的四边形是平行四边形．据此判断即可． 【详解】解：由，添加， 根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”能判断四边形为平行四边形； 由，添加或或， 都不能判断四边形为平行四边形； 故选：A． 5. 要将化成最简分式，应将分子、分母同时约去它们的公因式，这个公因式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了分式约分中公因式的确定，根据公因式由分子分母系数的最大公约数和相同字母的最低次幂组成即可求解，掌握公因式的确定方法是解题的关键． 【详解】解：和的公因式为， 故选：． 6. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查解一元一次不等式，通过去括号、移项、合并同类项、系数化为1等步骤求解 【详解】解：， ， ， ， ， 故选：C 7. 在课堂上，李老师发给每人一张印有（如图1）的卡片，然后要求同学们画一个，使得．小宏同学先画出了之后，后续画图的主要过程如图所示．这种画图方法的依据是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查尺规作图，全等三角形的判定．根据演示由尺规作图的方法确定作图的具体步骤，可判定选项D正确． 【详解】解：由图示知，小宏第一步为截取线段，第二步为作线段，判定方法为； 故选：D． 8. 如图，2019年8月30日，2019年版第五套人民币正式发行，5角硬币色泽由金黄色改为镍白色，正背面内周缘由圆形调整为正十一边形．则正十一边形内角和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查多边形的内角和定理．根据多边形的内角和定理即可求解． 【详解】解：正十一边形的内角和为， 故选：D． 9. 已知不等式的解集是，下面有可能是函数的图象的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式；根据题意可知当时，函数的图象在x轴上方，据此可得答案． 【详解】解：∵不等式的解集是， ∴当时，函数的图象在x轴上方， 故选：B． 10. 2025年3月14日是第六个“国际数学日”，中国邮政发行《数学之美》特种邮票．某网店在“6-18”年中大促活动当天，售出“小版邮票册”和“邮票合集套装”共35套．其中，“小版邮票册”的销售额为970元，“邮票合集套装”的销售额为1050元，已知“小版邮票册”的单价比“邮票合集套装”的单价贵55元．聪聪和明明根据这一情境，分别列出如下方程 聪聪： 明明： 下列判断正确的是（ ） A. 聪聪设的未知量表示“小版邮票册”的单价 B. 聪聪设的未知量表示“小版邮票册”的数量 C. 明明设的未知量表示“小版邮票册”的单价 D. 明明设的未知量表示“小版邮票册”的数量 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了分式方程中未知数的实际意义．题目中涉及两个未知数，需根据方程结构判断未知数的实际意义．聪聪的方程通过单价差建立等式，而明明的方程通过总数量建立等式． 【详解】解：聪聪的方程为， 方程左边为两个分数相减，右边为单价差55， ∵“小版邮票册”的单价比“邮票合集套装”的单价贵55元， ∴为“小版邮票册”的单价，为“邮票合集套装”的单价， ∴表示“小版邮票册”的数量， 故选项B正确，选项A错误； 明明的方程为 ， 方程左边为两个分数相加，右边为总数量35， ∵“小版邮票册”的销售额为970元，“邮票合集套装”的销售额为1050元， ∴为“小版邮票册”的数量， 为“邮票合集套装”的数量， ∴ 表示“邮票合集套装”的单价， 故选项C、D均错误． 故选：B． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分．将答案写在答题卡相应的位置） 11. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点中心对称，则点的坐标为___________． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握关于原点对称点的性质是解题关键．利用两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点O的对称点是，进而得出答案． 【详解】解：∵点与点关于原点中心对称，则点的坐标为， 故答案为：． 12. 解分式方程时产生了增根，这个增根是___________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了分式方程的增根，掌握使得最简公分母为0的根叫做增根是解题的关键． 先得到最简公分母为，则，即可求出增根． 【详解】解：∵方程的最简公分母为， ∴当，即时，产生了增根， 故答案为：． 13. 如图，在中，平分交于点，点在上，且点为的中点，若，则的长为___________． 【答案】13 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的中位线定理，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键． 根据等腰三角形三线合一得到，结合已知得到为的中位线，那么，则由即可求解． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵点为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， 故答案为：． 14. 山西青塘粽子源于元代，盛于明清，有余年历史．其核心产地为吕梁市临县前青塘村，凭借独特的芦苇叶包裹技艺和蜜浸大枣配方，成为省级非物质文化遗产，并入选“全国名特优新农产品”名录．某商店购进黄米粽和江米粽共盒，已知黄米粽每盒利润为元，江米粽每盒利润为元，若购进的粽子全部销售完毕，所得总利润不低于元，则最多能购进黄米粽___________盒． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元一次不等式的应用，设购进盒黄米粽，则购进盒江米粽，利用总利润每盒黄米粽的销售利润购进黄米粽的数量每盒江米粽的销售利润购进江米粽的数量，结合总利润不低于元，可列出关于的一元一次不等式，解之取其中的最大值，即可得出结论．根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键． 【详解】解：设购进盒黄米粽，则购进盒江米粽， 根据题意得：， 解得：， ∴最大值为， ∴最多能购进黄米粽盒． 故答案为：． 15. 如图，中，，于点E，将线段绕点A顺时针旋转，点E的对应点F恰好落在边上，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查勾股定理，直角三角形性质，平行四边形性质，旋转的性质等知识点，作出适当的辅助线是解题的关键． 根据题意求出长，由旋转得长，过F点作，勾股定理得长，即可求得长． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， 由勾股定理得， ， 由旋转得， ， 过F点作交于H，如图： ， ， ∴， ， 由勾股定理得：， ， 故答案为：． 三、解答题（本大题共8个小题，共55分．解答应写出必要的文字说明，推理过程或演算步骤） 16. 分解因式： （1）； （2）； （3）利用因式分解计算：． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】本题考查了因式分解． （1）先提取公因式，再根据平方差公式分解因式即可； （2）先提取公因式，再计算加减即可； （3）逆用完全平方公式计算即可． 小问1详解】 解：原式 ； 【小问2详解】 解：原式 ； 【小问3详解】 解：原式 ． 17. 求不等式组的整数解． 【答案】原不等式组整数解为 【解析】 【分析】本题考查了求不等式组的整数解． 先分别解两不等式，求出解集，再求整数解即可． 【详解】解：解不等式①，得：， 解不等式②，得：， ∴原不等式组的解集为：， ∴原不等式组的整数解为． 18. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查的是分式的化简求值，先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把代入进行计算即可． 【详解】解： ， 当时，原式． 19. 解分式方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解分式方程，将分式方程去分母，转化为整式方程，求解并检验即可． 【详解】解：方程两边都乘，得， 移项、合并同类项得， 把系数化为1，得 ， 检验： 时，， 所以，是原方程的解． 20. 如图，将的对角线向两个方向延长，分别至点E和点F，且使，连接，求证：． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，连接，设与交于点O，连接，由平行四边形的性质得到，再证明，推出四边形是平行四边形，即可证明． 【详解】证明：连接，设与交于点O，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵， ∴． ∴四边形是平行四边形， ∴． 21. 某校初二共550名学生需租用大型客车参加生物学实验和信息科技操作考试，学校要求仅租用一种车型且座位刚好坐满．某汽车租赁公司提供A、B两种适配客车，其中每辆型客车比每辆型客车的乘客座位数多．若单独租用型客车比单独租用B型客车的数量少1辆，求每辆A型客车和每辆B型客车的乘客座位数． 【答案】每辆型客车有55个乘客座位，每辆型客车有50个乘客座位 【解析】 【分析】本题考查了分式方程应用． 根据题意列方程求解即可． 【详解】解：设每辆型客车有个乘客座位， ∵每辆型客车比每辆型客车的乘客座位数多， ∴每辆型客车有个乘客座位， ∵共550名学生，单独租用型客车比单独租用B型客车的数量少1辆， ∴． 解得：． 经检验，是原方程的根． （个） 答：每辆型客车有55个乘客座位，每辆型客车有50个乘客座位． 22. 阅读下列材料，完成相应的任务． 当平行四边形的一边是邻边的两倍时，平行四边形可以分割成两个等腰三角形和一个直角三角形．小明发现了一种分割方法，其思考、探究过程如下： 已知：如图1，在▱中，，点是边的中点，连接． 求证：． 证明：四边形为平行四边形， （依据：①___________） 点是边的中点， ． 又， ． ． 中，， ． 同理． 四边形为平行四边形， ②___________． 任务： （1）分析论证：补全上述分析过程中空缺的部分：①___________；②___________． （2）问题解决： ①将图1中的某个三角形进行适当的全等变换，可以将平行四边形变形为一个等腰三角形．请写出该三角形变换的过程，并在图2中画出变换后的图形； ②如图1，边上还存在不同于点的点，使得．请用尺规在图3的边上作出点．（保留作图痕迹，不写作法） （3）联系拓广： 已知：在中，的角平分线交边于点的角平分线交边于点，若．请直接写出的值． 【答案】（1）①平行四边形的对边相等；② （2）①见解析；②见解析 （3）或 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形及，即可解答； （2）如图；将绕点顺时针旋转，可得等腰三角形，即可证； （3）设 ，根据图形不同，分类讨论分析即可解答. 【小问1详解】 证明：四边形为平行四边形， （依据：①平行四边形的对边相等） 点是边的中点， ． 又， ． ． 中，， ． 同理． 四边形为平行四边形， ②． 故答案为：①平行四边形的对边相等；②； 【小问2详解】 ①∵ ∴ 如图；将绕点顺时针旋转， ∵ ∴ ∴是等腰三角形 ②如图，为直径，交于点；则 【小问3详解】 设  ∵平分 ∴ ，则 同理，平分   有两种情况： ①若在的右边，如图； ∴ ∵ ∴ ，解得：， ∴； ②若在的左边，如图； ∴ ∵ ∴ ，解得：， ∴； 综上所述：的值为或 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，角平分线的性质，平行线的性质，分类讨论的方法，解题关键在于熟练掌握各个知识点的内容和辅助线的解题技巧. 23. 综合与探究 问题情境：一次数学兴趣小组活动中，同学们准备了一大一小两张直角三角形纸片（即），按照图1所示的方式摆放．其中，点D、E分别为的中点．老师要求各小组结合所学的图形变化的知识展开数学探究． 操作探究1：（1）如图2，“勤学”小组将沿射线上平移得到，分别连接，发现四边形是平行四边形，请证明这一结论． 操作探究2：（2）“善思”小组将由初始位置（图1）绕点A按顺时针方向旋转得到． ①如图3，当点Q落在边上时，延长交于点M，判断的形状并说明理由． ②当旋转到时，连接，若，请直接写出线段的长． 【答案】（1）证明过程见解析；（2）①是等边三角形，理由见解析；②或 【解析】 【分析】（1）根据平移的性质得，，再由平行线的判定可得，最后根据平行四边形的判定求证即可； （2）①根据旋转的性质得，，进而得，证得，再根据等边三角形的判定求证即可； ②根据直角三角形的性质和勾股定理求得，由旋转的性质得，，当点P在的上方，证明是等边三角形，得，，过点E作于点G，由等腰三角形的判定与性质得，，再由直角三角形的性质和勾股定理求得，进而求解即可；当点P在的下方，延长，过点Q作于点M，由直角三角形的性质和勾股定理求得，，进而求得，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）：∵沿射线上平移得到， ∴，， ∴， ∵点D是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）①是等边三角形，理由如下： ∵绕点A按顺时针方向旋转得到， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形； ②∵，， ∴， ∴， ∵点D、E分别是、的中点， ∴， 如图，当点P在的上方， 由旋转的性质得，，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 过点E作于点G， ∵， ∴， ， ， ∴， ， ， ∴， ， 如图，当点P在的下方， 由旋转的性质得，，， 延长，过点Q作于点M， ∵， ∴， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 综上所述，或． 【点睛】本题考查平移的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质与判定、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、平行线的判定及平行四边形的判定，熟练掌握平移的性质和旋转的性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$