精品解析：浙江省杭州市临平区、余杭区2024-2025学年八年级下学期5月月考数学试卷

八年级数学独立作业 选择题部分 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器成功着陆，实现世界首次月球背面采样返回，这是我国建设航天强国、科技强国取得的又一标志性成果．下列是与中国航天事业相关的图标，其中可以看作是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 要使在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 如图是上海今年春节七天最高气温（）的统计结果，这七天最高气温的众数和中位数是（ ） A. 15，17 B. 17，17 C. 17，14 D. 17，15 4. 如图，已知，用尺规进行如下操作：①以点B为圆心，长为半径画弧；②以点D为圆心，长为半径画弧；③两弧在上方交于点C，连接．可直接判定四边形为平行四边形的条件是（ ） A. 两组对边分别平行 B. 两组对边分别相等 C. 对角线互相平分 D. 一组对边平行且相等 5. 用反证法证明“在中，若，则”时，应先假设（ ） A. B. C. D. 6. 如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（ ） A. 26° B. 52° C. 128° D. 154° 7. 已知关于x的方程，下列说法中正确的是（ ） A. 当时，方程有两个不相等的实根 B. 当时，方程无解 C. 当时，方程只有一个实根 D. 当时，方程一定有两个不相等的实根 8. 如图，E为的对角线上一点，，，连接并延长至点F，使得，过点F作交于点M，连结，则的长为（ ） A. B. 4 C. D. 5 9. 如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，是正方形的对角线，点E是上一点，连结，分别过点A和C作的垂线，垂足分别为G和F，与交于点H，O是的中点，连结，，有下列结论：①当时，；②平分．关于这两个结论，下列说法正确的是（ ） A. ①②都对 B. ①对，②错 C. ①错，②对 D. ①②都错 非选择题部分 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 化简：______． 12. 我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图1所示，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．图2是八角形窗户的示意图，它的一个外角的大小为____°． 13. 某药品原价每盒144元，为了响应国家解决老百姓看病贵的号召，经过连续两次降价，现在售价每盒81元，则该药品平均每次降价的百分率是______． 14. 如图，平行四边形的对角线，相交于点O，的平分线与边相交于点P，E是中点，若，，则的长为________． 15. 如图，在正方形的对角线上取点，是边上一点（不与点B、C重合），连接，，，若，则的大小为 ________． 16. 如图，在矩形中，，，点H在上，，E，G是矩形的边，上的动点，以E，H，G，F四点构造菱形．在点E、G运动变化过程中，点F到的距离为______；点F的运动轨迹（起点到终点）长度为______． 三、解答题（本大题共8小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 计算：． 18. 解方程：． 19. 点B在直角坐标平面内位置如图，点C与B关于原点对称．已知点A的坐标． （1）图中点B的坐标是______；点C的坐标是______． （2）画出关于x轴的对称图形，则四边形的面积等于______． 20. 我市某中学举办“网络安全知识答题竞赛”，初、高中部根据初赛成绩各选出名选手组成初中代表队和高中代表队参加学校决赛，两个队各选出的名选手的决赛成绩如图所示． 平均分（分） 中位数（分） 众数（分） 方差（） 初中部 高中部 （1）根据图示计算出、、c、的值； （2）结合两队成绩的四个数据进行分析，哪个队的决赛成绩较好？ 21. 如图，在中，点，分别在边，上，． （1）求证：； （2）连接．请添加一个与线段相关的条件，使四边形是平行四边形．（不需要说明理由） 22. 如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，点E，F在上，，连结． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，，求四边形的面积． 23. 在矩形纸片中，点为边上的动点，连结，将矩形纸片沿对折，使点落在点处，连结． （1）如图1，若点，，三点共线，求证：． （2）如图2，若点在对角线上，是对角线的中点，且，求的度数． 24. 如图1，在正方形中，点E是线段上任意一点（不含端点），点F在射线上，且，连接，过点D作交于点H，连接． （1）若，求的度数； （2）求证：； （3）如图2，，当时，求的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 八年级数学独立作业 选择题部分 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器成功着陆，实现世界首次月球背面采样返回，这是我国建设航天强国、科技强国取得的又一标志性成果．下列是与中国航天事业相关的图标，其中可以看作是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形的识别，根据中心对称图形的定义，进行判断即可． 【详解】解：观察图形，只有选项A的图形，能够找到一个点，使图形绕该点旋转180度后，能与自身完全重合，是中心对称图形； 故选A． 2. 要使在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次根式有意义的条件，一元一次不等式，掌握知识点是解题的关键．根据二次根式有意义的条件，即被开方数必须非负，由此建立不等式求解即可． 【详解】解：要使二次根式有意义，需满足被开方数， 得． 故选D． 3. 如图是上海今年春节七天最高气温（）的统计结果，这七天最高气温的众数和中位数是（ ） A. 15，17 B. 17，17 C. 17，14 D. 17，15 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了求中位数和众数，众数是一组数据中出现次数最多的数据，中位数是一组数据中处在最中间的那个数据或处在最中间的两个数据的平均数，据此求解即可． 【详解】解：把这组数据按照温度从低到高排列为8，9，11，14，15，17，17，处在最中间的数据为14，出现次数最多的数据为17， ∴这七天最高气温的众数和中位数是17，14， 故选C． 4. 如图，已知，用尺规进行如下操作：①以点B为圆心，长为半径画弧；②以点D为圆心，长为半径画弧；③两弧在上方交于点C，连接．可直接判定四边形为平行四边形的条件是（ ） A. 两组对边分别平行 B. 两组对边分别相等 C. 对角线互相平分 D. 一组对边平行且相等 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了基本作图，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 根据圆的半径相等，得到，根据判定定理解答即可． 【详解】解：根据作法得到， 则两组对边分别相等， 那么，四边形为平行四边形， 故选：B． 5. 用反证法证明“在中，若，则”时，应先假设（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的知识点是反证法的应用，解题关键是明确反证法的第一步是假设原命题结论不成立． 根据反证法的步骤，第一步先假设原命题结论不成立，即假设结论的反面成立，即可得解． 【详解】解：原命题为“在中，若，则”， 其中结论是， 根据反证法的步骤，需假设结论不成立， 即“不大于”，也就是“”． 故选：． 6. 如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（ ） A. 26° B. 52° C. 128° D. 154° 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，菱形中对角线的平分的性质是解决本题的关键 ． 由菱形的性质可知，菱形的对角线互相平分每组对角，即可求的度数，再由菱形中即可求解 ． 【详解】解：在菱形中，因为， 所以， 即， 又因为在菱形中，， 所以， 可得， 所以的度数为 ． 故选：C ． 7. 已知关于x的方程，下列说法中正确的是（ ） A. 当时，方程有两个不相等的实根 B. 当时，方程无解 C. 当时，方程只有一个实根 D. 当时，方程一定有两个不相等的实根 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式及一元一次方程的解．需分别代入各选项中的k值，计算判别式或直接解方程，判断根的情况． 【详解】A：当时，方程为，解得，有两个不相等的实根，正确． B：当时，方程为，解为，有解，原说法错误． C：当时，方程为：，判别式，方程有两个不相等的实根，原说法错误． D：当时，判别式．当时，，方程有两个相等实根，故“一定有两个不相等的实根”错误． 故选A． 8. 如图，E为的对角线上一点，，，连接并延长至点F，使得，过点F作交于点M，连结，则的长为（ ） A. B. 4 C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．先根据平行四边形的性质可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，，则可得，然后证出四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 故选：B． 9. 如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理，直角三角形的性质，一元二次方程的应用，作，作，根据题意说明四边形是平行四边形，再根据面积相等说明四边形是菱形，然后根据勾股定理求出边长，即可得出答案． 【详解】解：如图所示，过点C作，过点B作，分别交于点E，F， 根据题意，得：，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是菱形， 在中，， ∴， 根据勾股定理得：， 即， 解得：，负值舍去， ∴， ∴四边形的周长为． 故选：C． 10. 如图，是正方形的对角线，点E是上一点，连结，分别过点A和C作的垂线，垂足分别为G和F，与交于点H，O是的中点，连结，，有下列结论：①当时，；②平分．关于这两个结论，下列说法正确的是（ ） A. ①②都对 B. ①对，②错 C. ①错，②对 D. ①②都错 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质是解决问题的关键． 证明，可得，再由勾股定理可判断①；延长交于点N，证明，可得，从而得到，可判断②． 【详解】解：∵是正方形的对角线，O是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，， ∴，故①正确； 延长交于点N，如图， ∵， ∴， ∵O是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即是等腰直角三角形， ∴平分，故②正确． 故选：A 非选择题部分 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 化简：______． 【答案】3 【解析】 【分析】根据算术平方根的概念求解即可． 【详解】解：因为32=9， 所以=3． 故答案为：3． 【点睛】此题主要考查了算术平方根的意义，关键是确定被开方数是哪个正数的平方． 12. 我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图1所示，其轮廓是一个正八边形，从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中．图2是八角形窗户的示意图，它的一个外角的大小为____°． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了多边形外角和定理，平面镶嵌等知识点，掌握外角和定理是解题的关键． 由多边形的外角和定理直接可求出结论． 【详解】∵正八边形的每一个外角都相等，外角和为， ∴它的一个外角． 故答案为：． 13. 某药品原价每盒144元，为了响应国家解决老百姓看病贵的号召，经过连续两次降价，现在售价每盒81元，则该药品平均每次降价的百分率是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可． 【详解】解：设该药品平均每次降价的百分率是, 依题意得：， 解得：，（不符合题意，舍去）， ∴该药品平均每次降价的百分率是． 故答案为： ． 14. 如图，平行四边形的对角线，相交于点O，的平分线与边相交于点P，E是中点，若，，则的长为________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、三角形中位线的判定与性质等知识点，由平行四边形可得,则，根据平分可得，从而可得，可得，进一步可得的长，再根据三角形中位线定理可得即可解答． 【详解】解：在平行四边形中， ∴，，O是的中点， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵E是的中点，O是的中点， ∴是的中位线， ∴． 故答案为1． 15. 如图，在正方形的对角线上取点，是边上一点（不与点B、C重合），连接，，，若，则的大小为 ________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，等边对等角，全等三角形的性质与判定，四边形内角和定理的应用．根据题意得，进而可得，则，进而根据邻补角和四边形内角和定理，求解即可． 【详解】解：∵点在正方形的对角线上， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 16. 如图，在矩形中，，，点H在上，，E，G是矩形的边，上的动点，以E，H，G，F四点构造菱形．在点E、G运动变化过程中，点F到的距离为______；点F的运动轨迹（起点到终点）长度为______． 【答案】 ①. 3 ②. 【解析】 【分析】如图，过作于，延长交于点，证明，可得，可得点F到的距离为，在线段上运动，记与的交点为，此时，且，可得，当重合时，如图，，当重合时，同理：，再进一步求解即可. 【详解】解：如图，过作于，延长交于点， 而四边形是矩形； ∴，，，， ∴， ∵菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点F到的距离为， ∴在线段上运动，记与的交点为，此时，且， ∴， 当重合时，如图， ， ∴，， 当重合时， 同理：， ∴， ∴， ∴点F的运动轨迹（起点到终点）长度为； 故答案为：3， 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，矩形的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，作出合适的辅助线是解本题的关键. 三、解答题（本大题共8小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式的混合运算．根据二次根式的混合运算法则求解即可． 【详解】解： ． 18. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程．利用因式分解法解方程即可． 【详解】解：， 因式分解得， 即或， ，． 19. 点B在直角坐标平面内位置如图，点C与B关于原点对称．已知点A的坐标． （1）图中点B的坐标是______；点C的坐标是______． （2）画出关于x轴的对称图形，则四边形的面积等于______． 【答案】（1）点B坐标为，C点坐标为 （2）20 【解析】 【分析】本题考查的是平面直角坐标系，关于原点对称的点的坐标关系，画轴对称图形，求解网格三角形的面积； （1）根据点的位置可得点B坐标为；结合点C与B关于原点对称，可得的坐标； （2）分别确定关于x轴的对称的对称点，再顺次连接即可，再利用割补法求解四边形的面积即可. 【小问1详解】 解：由图象可得：点B坐标为； ∵点C与B关于原点对称， ∴； 【小问2详解】 解：如图，为所作， ∴四边形的面积为：. 20. 我市某中学举办“网络安全知识答题竞赛”，初、高中部根据初赛成绩各选出名选手组成初中代表队和高中代表队参加学校决赛，两个队各选出的名选手的决赛成绩如图所示． 平均分（分） 中位数（分） 众数（分） 方差（） 初中部 高中部 （1）根据图示计算出、、c、的值； （2）结合两队成绩的四个数据进行分析，哪个队的决赛成绩较好？ 【答案】（1），；，； （2） 由统计表中的数据可知：初中部与高中部的平均分相同，初中部的中位数高，说明初中部的同学高分的较多， 初中部的方差更小，说明初中部的学生成绩稳定， 故初中部决赛成绩较好． 【解析】 【分析】本题主要考查了条形统计图、平均数、中位数、众数、方差，解决本题的关键是根据条形统计图中的数据求出平均数、中位数、众数、方差． 根据平均数、中位数、众数、方差的定义求解即可； 由统计表中的数据可知，初中部与高中部的平均分相同，初中部的中位数高，说明初中部的同学高分的较多，初中部的方差更小，说明初中部的学生成绩稳定，所以初中部的成绩更好． 【小问1详解】 解：由条形统计图可知：初中名选手的成绩是：，，，，， 把数据按照从小到大的顺序排列，中间的数据是， 中位数是， 出现次数最多的数据是， 众数， 高中部名选手的平均分为， 初中部的方差为； 【小问2详解】 解：略． 21. 如图，在中，点，分别在边，上，． （1）求证：； （2）连接．请添加一个与线段相关的条件，使四边形是平行四边形．（不需要说明理由） 【答案】（1） 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴即， 在与中， ， ∴； （2）添加（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定； （1）根据平行四边形的性质得出，，结合已知条件可得，即可证明； （2）添加，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可求解． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 添加（答案不唯一） 如图所示，连接． ∵四边形是平行四边形， ∴，即， 当时，四边形是平行四边形． 22. 如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，点E，F在上，，连结． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，，求四边形的面积． 【答案】（1） 证明：在菱形中，，， ∵， ∴ 即， ∵ ∴四边形是平行四边形; 又∵ ∴平行四边形是菱形 （2）24 【解析】 【分析】（1）由菱形的性质得，因为点E，F在上，，所以，则四边形是平行四边形，而，所以四边形是菱形； （2）由，得，由，，，根据勾股定理得，求得，则，所以，则． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴或（不符合题意，舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为24． 23. 在矩形纸片中，点为边上的动点，连结，将矩形纸片沿对折，使点落在点处，连结． （1）如图1，若点，，三点共线，求证：． （2）如图2，若点在对角线上，是对角线的中点，且，求的度数． 【答案】（1） 证明：由折叠的性质知：， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定、直角三角形斜边上的中线、外角的性质，添加恰当辅助线是解题的关键． （1）由折叠的性质可得，由平行线的性质可得，可得； （2）利用斜边上的中线等于斜边的一半可得和为等腰三角形，由折叠可知，由，，，可得，由外角的性质，可得，最后在中，利用三角形的内角和定理列出方程，可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：连接，如图： ∵四边形是矩形， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴，， 由折叠知：， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 24. 如图1，在正方形中，点E是线段上任意一点（不含端点），点F在射线上，且，连接，过点D作交于点H，连接． （1）若，求的度数； （2）求证：； （3）如图2，，当时，求的长度． 【答案】（1）； （2） 证明：设， ∵四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ； ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴； （3）2 【解析】 【分析】（1）由四边形是正方形，得，，而，有，，求得是等边三角形，即得； （2）设，同①方法可得； （3）过C作，过D作于M，交于点N，连接，证明，得，可知四边形是正方形，有，，而是等腰直角三角形，知，故，而，即得四边形是平行四边形，． 【小问1详解】 解：∵四边形是正方形， ，， ， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， 的度数是； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：过C作，过D作于M，交于点N，连接，如图： ， ， ，， ， ， ， ∴四边形是正方形， ，， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ． 【点睛】本题考查四边形综合应用，考查了等腰三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $