精品解析：辽宁省沈阳市和平区2024-2025学年八年级下学期期末数学试卷

2024-2025下学期八年级学情调研问卷 数学试卷 （本试卷共23小题 满分120分 考试时长120分钟） 考生注意：所有试题必须在答题卡指定区域内作答，在本试卷上作答无效 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. 纹样是我国古代艺术中的瑰宝，下列四幅纹样图形是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若，则下列式子正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 正十二边形的外角和为（ ） A. B. C. D. 4. 下列各式从左到右因式分解正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 分式有意义的条件是（ ） A. x＝－3 B. x≠－3 C. x≠3 D. x≠0 6. 如图，在四边形中，，，相交于点O，若，则线段的长度等于（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，点D，E分别是，的中点，若，，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 如图，在中，点，，将向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，则点的对应点的坐标为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，分别以线段两端点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和点，作直线，在直线上任取一点，使得，连接，过点作的垂线交延长线于点，若，则的长是（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 9 10. 《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到里远的城市，所需时间比规定时间多天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少天，已知快马的速度是慢马的倍，求规定时间．设规定时间为天，则下列分式方程正确的是（ ） A. B. C. D. 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. 多项式2x2﹣8因式分解的结果是______． 12. 一个多边形的内角和是，这个多边形的边数是______． 13. 若，且，则分式的值为______． 14. 如图，函数和的图象相交于，则关于的不等式组的解集是______． 15. 如图，中，，，分别是，上的点，，交于点，若，，，，则______． 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）解方程：； （2）解不等式组：． 17. 先化简，再求值：，其中． 18. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点都在网格线的格点上． （1）关于原点成中心对称的图形为，画出并直接写出点的对应点的坐标； （2）将先向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度，画出平移后的图形． 19. 如图，在中，，是的角平分线，，． （1）求的面积； （2）求的长． 20. 在2025年央视春晚的舞台上，智能机器人表演扭秧歌，为观众带来了别开生面的新年惊喜．现有、两种型号机器人模型．已知每个模型的成本价比每个模型的成本低，同样花费100元，购进模型的数量比模型的数量多1个． （1）每个模型和模型的成本价各多少元？ （2）该机器人模型店计划购买，两种模型共120个，且每个模型的售价为35元，每个模型的售价为27元．若购进模型的数量不超过模型数量的，则购进模型多少个时，销售这批模型可以获得最大利润？最大利润是多少？ 21. 如图，已知平行四边形． （1）求作：的平分线交延长线于点（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； （2）在（1）的条件下，连接、，与相交于点，连接，若恰好平分，补全图形，并证明四边形是平行四边形． 22. 【知识回顾】 是等边三角形，于点，是射线上一动点，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接，． （1）如图，当时， ； （2）如图，点在线段的延长线上，连接，当点在线段上，时，求的长； 【变式应用】 （3）如图，在中，，，点是的中点，点在线段上，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，连接，，点是的中点，连接并延长交于点，求证：． 23. 已知和都是关于自变量的函数，若当时，（，为常数），当时，（，为常数），此时，函数的图象与函数的图象互相垂直，则称函数为函数的“垂直函数”． （1）请直接写出函数的“垂直函数”的函数表达式并写出自变量的取值范围； （2）如图，函数和它的“垂直函数”组成的图象记为，图象与轴交点记为点，线段的两个端点坐标分别为，． ①当图象与线段有两个公共点时，求的取值范围； ②如图，分别过两点作轴的平行线交图象于点，连接，当以，，，四个点为顶点的四边形是平行四边形时，求这个平行四边形的面积； ③如图，连接，当的值最大时，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下学期八年级学情调研问卷 数学试卷 （本试卷共23小题 满分120分 考试时长120分钟） 考生注意：所有试题必须在答题卡指定区域内作答，在本试卷上作答无效 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. 纹样是我国古代艺术中的瑰宝，下列四幅纹样图形是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【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、B、C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D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： D． 2. 若，则下列式子正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查不等式的性质，不等式的基本性质：①不等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；②不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变；③不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变．根据不等式的性质，逐一进行判断即可． 【详解】解：∵， ∴，，，， 观察四个选项， 选项A符合题意； 故选：A． 3. 正十二边形的外角和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查多边形的外角和问题，多边形外角和定理：任意多边形的外角和都等于． 【详解】解：因为多边形的外角和为，所以正十二边形的外角和为． 故选：C． 4. 下列各式从左到右因式分解正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查因式分解的定义，把一个多项式整理成几个整式乘积的形式的过程为因式分解．据此进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A、属于整式的乘法，不是因式分解，故该选项不符合题意； B、右边不是几个整式乘积的形式，不是因式分解，故该选项不符合题意； C、符合题意因式分解的定义，故该选项符合题意； D、，故该选项不符合题意； 故选：C． 5. 分式有意义的条件是（ ） A. x＝－3 B. x≠－3 C. x≠3 D. x≠0 【答案】B 【解析】 【分析】根据分式的分母不能为0即可得． 【详解】解：由分式的分母不能为0得：， 解得， 即分式有意义的条件是， 故选：B． 【点睛】本题考查了分式有意义的条件，熟练掌握分式的分母不能为0是解题关键． 6. 如图，在四边形中，，，相交于点O，若，则线段的长度等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查了平行四边形的判定与性质，得出四边形是平行四边形是解题关键．根据在四边形中，，，得出四边形是平行四边形，然后即可求解． 【详解】解：∵在四边形中，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴． 故选：B． 7. 如图，在中，点D，E分别是，的中点，若，，则的长为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是三角形中位线定理，三角形中位线等于第三边的一半．根据三角形中位线定理计算即可． 【详解】解：∵点D，E分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， 故选：D． 8. 如图，在中，点，，将向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，则点的对应点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查坐标与图形变化—平移，点的坐标的平移规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．根据点的坐标的平移规律求解即可． 【详解】解：点的对应点的坐标为，即， 故选：A． 9. 如图，分别以线段两端点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和点，作直线，在直线上任取一点，使得，连接，过点作的垂线交延长线于点，若，则的长是（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、勾股定理．由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，可得．由勾股定理得，则可得． 【详解】解：由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线， ∴． 在中，由勾股定理得，， ∴． 故选：C． 10. 《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到里远的城市，所需时间比规定时间多天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少天，已知快马的速度是慢马的倍，求规定时间．设规定时间为天，则下列分式方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设规定时间为天，再分别表示出慢马和快马的用时，通过快马速度是慢马的倍，即可列出正确方程． 【详解】解：设规定时间为天，则慢马用时为天、快马用时为天，则． 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. 多项式2x2﹣8因式分解的结果是______． 【答案】2(x+2)(x-2) 【解析】 【分析】原式提取2，再利用平方差公式分解即可． 【详解】原式=2（x2-4）=2（x+2）（x-2）， 故答案为2（x+2）（x-2） 【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键． 12. 一个多边形的内角和是，这个多边形的边数是______． 【答案】六 【解析】 【分析】利用多边形内角和公式（为边数且且为整数 ），将内角和代入公式，通过解方程求出边数．本题主要考查了多边形内角和公式，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键． 【详解】边形的内角和为， ， 解得， 这个多边形的边数是六． 故答案为六． 13. 若，且，则分式的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查了分式的求值，利用已知得到，然后代入分式化简得出答案． 【详解】解：∵，且， ∴， ∴， 故答案为：． 14. 如图，函数和的图象相交于，则关于的不等式组的解集是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式，根据图象解答即可求解，掌握数形结合思想是解题的关键． 【详解】解：由函数图象可知，当时，， ∴不等式组的解集是， 故答案为：． 15. 如图，中，，，分别是，上的点，，交于点，若，，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理求线段长度．过点作，过点作交于点，则四边形是平行四边形，得出，进而根据已知得出是等边三角形，则，勾股定理求得，根据，即可求解． 【详解】解：如图，过点作，过点作交于点，则四边形是平行四边形， ∴，， 又∵， ∴． ∵，， ∴， ∴是等边三角形，则． ∵，， ∴． 在中， 根据勾股定理， 已知，， 则， ∴，即， ∵， ∴． 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）解方程：； （2）解不等式组：． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】本题考查解分式方程，解一元一次不等式组，掌握计算步骤正确计算是本题的解题关键，注意分式方程要检验． （1）解分式方程，先将分式方程转化为整式方程，然后在计算求解，注意结果要进行检验； （2）解一元一次不等式组，先分别解每个不等式，然后求出不等式组的解集． 【详解】解：（1）， 整理得， 去分母得， 解得， 经检验，是原方程的解； （2）， 解不等式得：， 解不等式得：， 不等式组的解集是． 17. 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． 18. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点都在网格线的格点上． （1）关于原点成中心对称的图形为，画出并直接写出点的对应点的坐标； （2）将先向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度，画出平移后的图形． 【答案】（1）见解析， （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查作图平移变换、中心对称，熟练掌握平移的性质、中心对称的性质是解答本题的关键． （1）根据中心对称的性质作图，即可得出答案． （2）根据平移的性质作图即可． 【小问1详解】 解：如图，即为所求； 由图可得， ； 【小问2详解】 解：如图，即为所求． 19. 如图，在中，，是的角平分线，，． （1）求的面积； （2）求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查角平分线的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，掌握角平分线的性质是解题的关键． （1）过点作于点，根据含30度角的直角三角形的性质，以及勾股定理求得，进而根据三角形的面积公式，即可求解． （2）根据角平分线的性质，过点作于点，作于点，根据含角的直角三角形的性质可求出的值，再根据三角形的面积计算方法即可求解． 【小问1详解】 解：如图所示，过点作于点， ∵， ∴ ∴ 在中， ∴； 【小问2详解】 解：如图所示，过点作于点，作于点， ∵，是的角平分线，，， ∴，， 在中，， 设 ∴， ∴ ， ∵ ∴ ∴，即． 20. 在2025年央视春晚的舞台上，智能机器人表演扭秧歌，为观众带来了别开生面的新年惊喜．现有、两种型号机器人模型．已知每个模型的成本价比每个模型的成本低，同样花费100元，购进模型的数量比模型的数量多1个． （1）每个模型和模型的成本价各多少元？ （2）该机器人模型店计划购买，两种模型共120个，且每个模型的售价为35元，每个模型的售价为27元．若购进模型的数量不超过模型数量的，则购进模型多少个时，销售这批模型可以获得最大利润？最大利润是多少？ 【答案】（1）模型的进价为每个元，模型的进价为每个元 （2）购进模型个时，销售这批模型可以获得最大利润，最大利润为元 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的应用，一元一次不等式的应用，一元二次方程、分式方程的应用，弄清题意，理清各量间的关系是解题的关键； （1）设模型的成本价为  元/个，则模型进价为每个元，列出分式方程，求出解并检验即可； （2）购进模型个，则购进模型个，总利润为，用含有的关系式表示总利润，然后根据购进模型的数量不超过模型数量的，得出不等式，求出的取值范围，最后根据一次函数的性质得出最大值． 【小问1详解】 解：设模型的成本价为  元/个，则模型进价为每个元， 依题意得， ∴ 经检验， 是原方程的解， ∴模型进价为每个元 答：模型的进价为每个元，模型的进价为每个元． 【小问2详解】 解：设购进模型个，则购进模型个，总利润为 ． ∵购进模型的数量不超过模型数量的， ， 解得：． ，，w随着x的增大而减小， ∴当时，（元）， 即购进模型个时，销售这批模型可以获得最大利润，最大利润为元． 21. 如图，已知平行四边形． （1）求作：的平分线交延长线于点（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； （2）在（1）的条件下，连接、，与相交于点，连接，若恰好平分，补全图形，并证明四边形是平行四边形． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了作角平分线，平行四边形的性质与判定，等角对等边，熟练掌握平行四边形的性质以及基本作图是解题的关键； （1）根据题意作出的角平分线，即可求解； （2）根据题意补全图形，然后证明得出，进而证明得出，结合，即可得证． 【小问1详解】 解：如图所示，即为所求， ； 【小问2详解】 解：如图， ∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴即， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． 22. 【知识回顾】 是等边三角形，于点，是射线上一动点，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段，连接，． （1）如图，当时， ； （2）如图，点在线段的延长线上，连接，当点在线段上，时，求的长； 【变式应用】 （3）如图，在中，，，点是的中点，点在线段上，连接，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段，连接，，点是的中点，连接并延长交于点，求证：． 【答案】（1）； （2）； （3）详见解析． 【解析】 【分析】（1）先利用等边三角形的性质得，，再通过旋转得，，然后证明，最后利用全等三角形的性质来求解的长度； （2）先通过旋转得，，证明是等边三角形，再结合等边三角形，证明，则，根据三角形内角和定理得出，进而根据含度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，证明根据勾股定理，即可求解； （3）在上截取，连接，证明，进而得出是等边三角形，则，进而证明是的中位线，得出，，进而根据含度角的直角三角形的性质，即可得证． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴，， 又∵将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段， ∴，， ∵，， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． （2）解：∵将线段绕点按逆时针方向旋转，得到线段， ∴，， ∴是等边三角形，， ∵，是等边三角形， ∴，， ∵， ， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵点在线段上， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∵，， ∴， ∴在中，； （3）证明：如图，在上截取，连接， ∵，，将线段绕点按逆时针方向旋转得到线段， ∴，， ∴，， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∵，是等边三角形， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴，即， 又∵点是的中点， ∴， ∴， 而， ∴． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定、旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质与判定，含度角的直角三角形的性质，勾股定理，通过证明三角形全等是解题关键． 23. 已知和都是关于自变量的函数，若当时，（，为常数），当时，（，为常数），此时，函数的图象与函数的图象互相垂直，则称函数为函数的“垂直函数”． （1）请直接写出函数的“垂直函数”的函数表达式并写出自变量的取值范围； （2）如图，函数和它的“垂直函数”组成的图象记为，图象与轴交点记为点，线段的两个端点坐标分别为，． ①当图象与线段有两个公共点时，求的取值范围； ②如图，分别过两点作轴的平行线交图象于点，连接，当以，，，四个点为顶点的四边形是平行四边形时，求这个平行四边形的面积； ③如图，连接，当的值最大时，直接写出的值． 【答案】（1） （2）①；②；③ 【解析】 【分析】（）根据“垂直函数”的定义解答即可； （）①根据“垂直函数”的定义求出，再利用待定系数法求出的解析式，分别联立和的解析式，联立和的解析式，根据的取值范围求出的取值范围，再求出直线经过点时的值，根据图象与线段有两个公共点可求出的取值范围；②根据平行线的性质可得点横坐标为，点横坐标为，即得，，得到，，再利用平行线的性质求出的值即可求解；③，作点关于轴的对称点，连接交轴于点，连接，则，，，利用轴对称的性质可得，可知当点在点位置，即点三点共时，的值最大，利用待定系数法求出直线的解析式，进而求出点的坐标，再代入解答即可求解； 本题考查了一次函数的新定义，一次函数的几何应用，平行四边形的性质等，理解一次函数的新定义是解题的关键． 【小问1详解】 解：∵函数， ∴，， ∴函数的“垂直函数”的函数表达式为； 【小问2详解】 解：①∵函数， ∴函数和它的“垂直函数”， 当与线段有交点时， 设的解析式为，把，代入得， ， 解得， ∴的解析式为， 由，得， ∴， ∵， ∴， 解得； 由，得， ∴， ∵， ∴， 解得； 把代入，得， ∴， 即直线经过点时， ∵要使图象与线段有两个公共点， ∴， ∴的取值范围为； ②如图，∵，，平行于轴， ∴点横坐标为，点横坐标为， 把代入，得， ∴点， 把代入，得， ∴， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴， 即， 解得， ∴， ∵的水平距离为， ∴平行四边形的面积为； ③如图，作点关于轴的对称点，连接交轴于点，连接，则，，， ∴ 又∵， ∴当点在点位置，即点三点共时，的值最大， 设直线的解析式为，把和代入得， ， 解得， ∴直线的解析式为， ∴， 把代入，得， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $