精品解析：上海市闵行区七宝第二中学2024-2025学年下学期5月月考八年级数学试卷

2024学年第二学期阶段性作业评价（二） 八年级数学试卷 （时间：90分钟 满分100分） 一、选择题（每题3分，共18分） 1. 若点、在直线图像上，则（ ） A. B. C. D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数的性质，解题的关键是能够确定一次函数的增减性，难度不大． 根据一次函数的性质确定其增减性，然后根据横坐标的大小确定纵坐标的大小即可． 【详解】解：∵直线中， ∴y随着x的增大而减小， ∵、在直线图象上，且， ∴， 故选：A． 2. 下列说法正确的是（ ） A. 是分式方程 B. 是二元二次方程 C. 是无理方程 D. 是二项方程 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了分式方程、二元二次方程及无理方程的概念．根据分式方程、二元二次方程及一元二次方程的概念进行判断即可， 【详解】解：A、为一元二次方程，所以A选项的说法错误； B、为二元二次方程，所以B选项的说法正确； C、是一元二次方程，所以C选项的说法错误； D、是一元二次方程，所以D选项的说法错误． 故选：B． 3. 下列命题中，假命题的是（ ） A. 平行四边形的对角线互相平分 B. 对角线垂直的平行四边形是菱形 C. 矩形的对角线互相平分且相等 D. 对角线相等的平行四边形是正方形 【答案】D 【解析】 【分析】此题考查了命题与定理的知识，掌握平行四边形的性质、菱形、正方形的判定及矩形的性质是解答本题的关键． 根据平行四边形的性质，菱形的性质及正方形的性质，矩形的判定定理，结合选项即可得出答案． 【详解】解；A、平行四边形的对角线互相平分，根据平行四边形的性质定理，是真命题，故此选项不符合题意； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，根据菱形的判定定理，是真命题，故此选项不符合题意； C、矩形的对角线互相平分且相等，根据矩形的性质定理，是真命题，故此选项不符合题意； D、对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是正方形，是假命题，故此选项符合题意； 故选：D． 4. 如果直线经过第一、二、四象限，且与轴的交点为，那么当时的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意大致画出图象，然后数形结合即可确定x的取值范围． 【详解】∵直线经过第一、二、四象限，且与轴的交点为， ∴图象大致如图： 由图可知，当时的取值范围是， 故选：B． 【点睛】本题主要考查一次函数的图象及性质，掌握一次函数的图象及性质并能够数形结合是解题的关键． 5. 已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，解题关键是掌握上述判定与性质． 根据添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，对四个条件逐一分析，再作判断． 【详解】解：四边形是平行四边形， 添加，根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故A不符合； 添加，可得， 根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故B不符合； 添加，可得出四边形是菱形， 不能判定四边形是矩形，故C符合； ∵四边形是平行四边形， ∴， 添加，可得出， 根据一个角是直角的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故D不符合， 故选：C． 6. 如图（）在梯形中，，，动点从点出发，以的速度沿着的方向不停移动，直到点到达点后才停止．已知的面积（单位：）与点移动的时间（单位：）的函数关系如图（）所示，则点从开始移动到停止移动一共用了（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 根据图（）判断出的长度，过点作于点，然后求出梯形的高，再根据时的面积求出的长度，过点作于点，然后求出的长度，利用勾股定理列式求出的长度，然后求出的和，再根据时间路程速度计算即可得解． 【详解】解：由图（）可知，在到秒时，的面积不发生变化， ∴在上运动的时间是秒，在上运动的时间是（秒）， ∵动点的运动速度是， ∴，， 如图，过点作于点，过点作于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 在中，， ∴动点运动的总路程为， ∵动点的运动速度是， ∴点从开始移动到停止移动一共用了(秒)， 故选：． 二、填空题（每题2分，共24分） 7. 已知函数f（x）＝3x﹣1，那么f（2）＝___． 【答案】5 【解析】 【分析】把x＝2代入3x﹣1求解． 【详解】解：f（2）＝3×2﹣1＝5． 故答案为：5． 【点睛】本题考查函数的值，解题关键是掌握函数的意义，区分自变量与因变量，了解函数的值的意义． 8. 关于的方程的根是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解方程，去括号，移项，合并，系数化1，进行求解即可． 【详解】解：， ， ， ∴； 故答案为： 9. 方程的解是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解无理方程，将无理方程转化为整式方程，求解后进行检验即可． 【详解】解：， ∴， ∴， 解得：， 经检验：为原方程的解，是原方程的增根，舍去； 故答案为：． 10. 已知一个凸多边形的内角和等于五边形外角和的2倍，则这个凸多边形的边数是______． 【答案】6 【解析】 【分析】本题考查多边形的内角和与外角和的综合应用，根据多边形的内角和的计算公式，以及任意多边形的外角和为360度，列出方程进行求解即可． 【详解】解：设这个凸多边形为边形， 由题意，得：， 解得：； 故这个凸多边形为六边形； 故答案为：6． 11. 等腰梯形的上下底边长分别为2和6，其两条对角线互相垂直，则这个等腰梯形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题需要先画图，考查了等腰梯形的轴对称性，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解答本题的关键； 本题先画图，过点作梯形对称轴，交于，交于，，，然后求得，，，然后即可求解； 【详解】解：过点作梯形对称轴，交于，交于，，，如图： 根据等腰梯形的对称性可知，，， 又∵， ∴，为等腰直角三角形， ∴，，， ∴． 故答案为：． 12. 已知由一个二元二次方程和一个二元一次方程组成的二元二次方程组的解是，，写出一个符合上述条件的二元二次方程组为______． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查了根据方程组的解写方程组，解题的关键是根据解之间的数量关系来表示方程组． 观察方程组的两组解，可以看出，，联立可得方程组． 【详解】解：∵根据方程组的解可以看出， ∴方程组符合条件 故答案为：（答案不唯一） 13. 已知方程，如果设，那么原方程可以变形为关于的整式方程为___________． 【答案】3 【解析】 【分析】先把方程变形为含的分式方程，再去分母得整式方程． 【详解】解：方程，可变形为：， 若设，则 所以原方程可变形为： 两边都乘以，得 故答案为： 【点睛】本题考查了分式方程的换元法．题目难度不大，注意式子的变形． 14. 在梯形中，，，，，，则______． 【答案】9或3 【解析】 【分析】本题考查的是梯形的性质、勾股定理，正确作出辅助线、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．过点作于，根据勾股定理求出，分两种情况计算即可． 【详解】解：如图，在梯形中，过点作于， 则四边形为矩形， ，，， 由勾股定理得：， ， 在梯形中，， 则的长为9或3， 故答案为：9或3． 15. 我们把一条直线上满足横坐标是纵坐标2倍的点称为“加倍点”，那么直线上的“加倍点”坐标是_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，根据加倍点的定义设出加倍点的坐标是解题的关键． 根据加倍点的定义，设出加倍点的坐标，代入直线的解析式，即可求解． 【详解】解：设加倍点为：， 代入直线的解析式得：， ∴， ∴加倍点的坐标为：． 故答案为： ． 16. 如图，已知在矩形中，，，将这个矩形沿直线折叠，使点C落在边上的点F处，折痕交边于点E，那么等于_______度． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了翻折问题，解决本题的关键是由翻折得到． 由翻折得到，先根据勾股定理求出，得到为等腰直角三角形，所以，进而求出，再根据为等腰三角形，得到，进而求出． 【详解】解：由折叠可得：， ∵， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴， 故答案为：． 17. 如图1，在正方形中，分别为边上的点，HA=EB=FC=GD，连接，交点为．将正方形沿线段剪开，再把得到的四个四边形按图2的方式拼接成一个四边形．若正方形的边长为，，则图2中阴影部分的面积为______． 【答案】1 【解析】 【分析】先证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，可得出四边形GHEF是菱形，再根据全等三角形角之间的关系，又可得出菱形的一个角是直角，那么就可得出四边形GHEF是正方形；再根据已知条件，可以知道重新拼成的四边形是正方形，利用勾股定理求出GF和GO、FO的长，所的面积是10减去4个四边形GOFC的面积就是阴影部分的面积． 【详解】连接EF、FG、GH、HE. ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA. ∵HA=EB=FC=GD， ∴AE=BF=CG=DH， ∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG， ∴EF=FG=GH=HE， ∴四边形EFGH是菱形. ∵△DHG≌△AEH， ∴∠DHG=∠AEH. ∵∠AEH+∠AHE=90°， ∴∠DHG+∠AHE=90°， ∴∠GHE=90°， ∴四边形EFGH是正方形. ∵HA=EB=FC=GD=1，AB=BC=CD=AD=3， ∴GF=EF=EH=GH= ， ∵四边形EFGH是正方形， ∴GO=OF，∠GOF=90°， 由勾股定理得：GO=OF= . ∵S四边形FCGO=， ∴S阴影=( ) -S×4=10-9=1. 【点睛】此题考查正方形的判定与性质，解题关键在于作辅助线和利用全等三角形的性质. 18. 如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠A＝45°，将菱形ABCD绕点A旋转45°，得到菱形，其中B、C、D的对应点分别是，那么点的距离为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】首先由菱形的性质可知，由旋转的性质可知：，从而可证明为直角三角形，然后由勾股定理即可求得的长度． 【详解】解：如图所示： ∵四边形ABCD为菱形，， ∴． 由旋转的性质可知：，， ∴． 在中， 故答案为： 【点睛】本题主要考查的是旋转的性质和菱形的性质以及勾股定理的应用，证得为直角三角形是解题的关键． 三、简答题（每题6分，共30分） 19. 解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程，能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键；方程两边都乘以得出，求出方程的解，再进行检验即可． 【详解】解：， 去分母得：， ∴， ∴， 即， ， ， ，， 检验：时，，是原分式方程的解， 时，，不是原分式方程的解， ∴原分式方程的解为：． 20. 解方程组：． 【答案】或或或 【解析】 【分析】本题考查了解二元二次方程组，利用因式分解法解方程是解题的关键．利用因式分解法对每个方程进行化简，再联立化简后的方程即可求解． 【详解】解：， 由①得，， 解得：或， 由②得，， 解得：或， 当，时，解得； 当，时，解得； 当，时，解得； 当，时，解得； 综上所述，方程组的解为或或或． 21. A、B两城间的铁路路程为1800千米．为了缩短从A城到B城的行驶时间，列车实施提速，提速后速度比提速前速度每小时增加20千米，如果提速后从A城到B城的行驶时间减少3小时，且这条铁路规定：列车安全行驶速度不超过每小时140千米．问列车提速后速度是否符合规定？请说明理由 【答案】 列车提速后速度符合规定．理由： 设列车提速前速度是每小时x千米， 则， 解得，或 (舍去）， ∴提速后的速度为， 经检验，是原方程的解， 又因速度不能为负， 故舍去， ∴提速后的速度为， 故符合规定符合规定． 【解析】 【分析】本题考查了分式方程应用题，熟练掌握“路程=速度×时间”列方程，是解决问题的关键． 设列车提速前速度是每小时x千米，根据“提速后从A城到B城的行驶时间减少3小时”列分式方程，注意检验． 【详解】略 22. 一个数学兴趣小组尝试探究一次函数图象与两坐标轴所围成三角形面积的问题．为了较为全面地研究这个问题，他们准备把它分成两种类型问题来分别进行研究： 类型I：一条直线（、都不为0）与两条坐标轴所围成的三角形面积大小； 类型II：两条直线和（、，且都不为零）与坐标轴所围成的三角形的面积、直线与两条坐标轴所围成的三角形面积、直线与两条坐标轴所围成的三角形面积之间的关系． 小组成员认为第一类问题只要将直线与两坐标轴的交点坐标分别求出来，就能解决；而第二类的问题需要根据两个函数和符号的不同情况，分别进行研究，才能得出相应的结论． （1）如图1，请你帮助小组求出的面积（用含和的式子表示）． （2）将直线与两条坐标轴所围成的三角形面积记为，直线与两条坐标轴所围成的三角形面积记为，直线、和轴所围成的三角形面积记为，它们和轴所围成的三角形面积记为． ①在图2中已经画出了直线和大致图象的一种情况，那么关于这两个一次函数的和符号选项正确的是______． A．，，， B．，，， C．，，， D．，，， 此时、、和之间的关系式是______． ②如图3，保持直线不变，改变直线中和的符号（不考虑和的大小），请在图中画出直线的大致图象，此时、、和之间的关系式是______． 【答案】（1） （2）①D，；②． 【解析】 【分析】本题考查了函数与不等式的关系，掌握函数的性质和三角形的面积公式是解题的关键． （1）根据三角形的面积公式求解； （2）①根据一次函数的性质求解； ②根据三角形的面积的和差求解． 【小问1详解】 解：当时，， 当时，，解得：， ∴，， ∴； 【小问2详解】 解：①观察图形得：经过一二三象限，经过一二四象限， ∴，，，，， 故选：D；， ②∵，， ∴图象如下： 由图象得：． 23. 如图所示，在正方形中，．E、F分别为边的中点，连接，点N、M分别为的中点，连接，求的长度． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定、勾股定理，三角形中位线定理，正确做出辅助线且证出是解决问题的关键． 连接，延长交于G，连接，由正方形推出，，，证得，得到，，根据三角形中位线定理得到，由勾股定理求出即可得到． 【详解】解：连接，延长交于G，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵M为的中点， ∴， 在中， ∴， ∴，， ∴， ∵点N为的中点， ∴， ∵F为的中点， ∴， ∴， ∴． 四、综合题（24、25题每题8分，26题12分，共28分） 24. 如图，已知：在矩形中，的平分线分别与边及边的延长线相交于点、，为的中点，连接． （1）如果，，求的面积； （2）连接，求的度数． 【答案】（1）6 （2） 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定、矩形、正方形的性质和判定、角平分线的定义、等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）过作于，交于，证明≌，根据角平分线和矩形的对边平行得：，并求出，由∽，列比例式求的长，代入面积公式可得结论； （2）证明≌，推出是等腰直角三角形，即可求解． 【小问1详解】 解：如图，过作于，交于， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， 在和中， ， ∴≌， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴∽， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：如图，过作于，连接， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， 在和中， ， ∴≌， ∴， ， ∴， 即， ∴是等腰直角三角形， ∴． 25. 已知直线的解析式为与x轴交于点A与y轴交于点B，直线过点A且与垂直交y轴于点C． （1）求出直线的解析式． （2）点D在直线上，平面内是否存在点E使四边形是菱形，若存在求出点E的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）直线的解析式 （2）存在， 【解析】 【分析】题目主要考查一次函数的相关性质，菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． （1）根据一次函数的解析式得出，确定，得出，，再由含30度角的直角三角形的性质确定，得出，设直线的解析式，利用待定系数法求解即可； （2）根据菱形的性质得出垂直平分，确定点D、E在直线上，然后代入，确定，再由菱形的性质即可求解． 【小问1详解】 解： 当时，，当时，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵直线过点A且与垂直交y轴于点C， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴即， ∴（负值舍去）， ∴， 设直线的解析式， 将点A、C代入得：， 解得：， ∴直线的解析式； 【小问2详解】 由（1）得，， ∵四边形是菱形， ∴垂直平分， ∴点D、E在线段的垂直平分线上，即点D、E在直线上， 将代入得：， ∴， ∵点D、E关于对称， ∴ ． 26. 已知，梯形中，，，，，，是边上的任意一点，连接，连接． （1）若平分，求的长； （2）过点作，交所在直线于点． 设，，求关于的函数关系式； 连接，当点是的中点时，求的长． 【答案】（1）满足条件的的值为或； （2）；． 【解析】 【分析】（）作于，则四边形是矩形，则，，分两种情形求解即可解决问题； （）作于利用面积法构建函数关系式即可； 延长交于点，证，得，再由垂直平分，知，又，则，据此得，，根据 可得答案． 【小问1详解】 解：如图中， 作于，则四边形是矩形， ∴，， 当平分时， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴； 当平分时，同法可证：，， ∴； 综上所述，满足条件的的值为或； 【小问2详解】 解：如图中，作于， 在中，， ∵， ∴， ∴； 如图，延长交于点， ∵， ∴，， ∵是中点， ∴， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，函数解析式，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质等知识，正确添加常用辅助线，构造直角三角形及掌握知识点的应用是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期阶段性作业评价（二） 八年级数学试卷 （时间：90分钟 满分100分） 一、选择题（每题3分，共18分） 1. 若点、在直线图像上，则（ ） A. B. C. D. 不能确定 2. 下列说法正确的是（ ） A. 是分式方程 B. 是二元二次方程 C. 是无理方程 D. 是二项方程 3. 下列命题中，假命题的是（ ） A. 平行四边形的对角线互相平分 B. 对角线垂直的平行四边形是菱形 C. 矩形的对角线互相平分且相等 D. 对角线相等的平行四边形是正方形 4. 如果直线经过第一、二、四象限，且与轴的交点为，那么当时的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图（）在梯形中，，，动点从点出发，以的速度沿着的方向不停移动，直到点到达点后才停止．已知的面积（单位：）与点移动的时间（单位：）的函数关系如图（）所示，则点从开始移动到停止移动一共用了（ ）． A. B. C. D. 二、填空题（每题2分，共24分） 7. 已知函数f（x）＝3x﹣1，那么f（2）＝___． 8. 关于的方程的根是______． 9. 方程的解是________． 10. 已知一个凸多边形的内角和等于五边形外角和的2倍，则这个凸多边形的边数是______． 11. 等腰梯形的上下底边长分别为2和6，其两条对角线互相垂直，则这个等腰梯形的面积为______． 12. 已知由一个二元二次方程和一个二元一次方程组成的二元二次方程组的解是，，写出一个符合上述条件的二元二次方程组为______． 13. 已知方程，如果设，那么原方程可以变形为关于的整式方程为___________． 14. 在梯形中，，，，，，则______． 15. 我们把一条直线上满足横坐标是纵坐标2倍的点称为“加倍点”，那么直线上的“加倍点”坐标是_______． 16. 如图，已知在矩形中，，，将这个矩形沿直线折叠，使点C落在边上的点F处，折痕交边于点E，那么等于_______度． 17. 如图1，在正方形中，分别为边上的点，HA=EB=FC=GD，连接，交点为．将正方形沿线段剪开，再把得到的四个四边形按图2的方式拼接成一个四边形．若正方形的边长为，，则图2中阴影部分的面积为______． 18. 如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠A＝45°，将菱形ABCD绕点A旋转45°，得到菱形，其中B、C、D的对应点分别是，那么点的距离为_____________． 三、简答题（每题6分，共30分） 19. 解方程：． 20. 解方程组：． 21. A、B两城间的铁路路程为1800千米．为了缩短从A城到B城的行驶时间，列车实施提速，提速后速度比提速前速度每小时增加20千米，如果提速后从A城到B城的行驶时间减少3小时，且这条铁路规定：列车安全行驶速度不超过每小时140千米．问列车提速后速度是否符合规定？请说明理由 22. 一个数学兴趣小组尝试探究一次函数图象与两坐标轴所围成三角形面积的问题．为了较为全面地研究这个问题，他们准备把它分成两种类型问题来分别进行研究： 类型I：一条直线（、都不为0）与两条坐标轴所围成的三角形面积大小； 类型II：两条直线和（、，且都不为零）与坐标轴所围成的三角形的面积、直线与两条坐标轴所围成的三角形面积、直线与两条坐标轴所围成的三角形面积之间的关系． 小组成员认为第一类问题只要将直线与两坐标轴的交点坐标分别求出来，就能解决；而第二类的问题需要根据两个函数和符号的不同情况，分别进行研究，才能得出相应的结论． （1）如图1，请你帮助小组求出的面积（用含和的式子表示）． （2）将直线与两条坐标轴所围成的三角形面积记为，直线与两条坐标轴所围成的三角形面积记为，直线、和轴所围成的三角形面积记为，它们和轴所围成的三角形面积记为． ①在图2中已经画出了直线和大致图象的一种情况，那么关于这两个一次函数的和符号选项正确的是______． A．，，， B．，，， C．，，， D．，，， 此时、、和之间的关系式是______． ②如图3，保持直线不变，改变直线中和的符号（不考虑和的大小），请在图中画出直线的大致图象，此时、、和之间的关系式是______． 23. 如图所示，在正方形中，．E、F分别为边的中点，连接，点N、M分别为的中点，连接，求的长度． 四、综合题（24、25题每题8分，26题12分，共28分） 24. 如图，已知：在矩形中，的平分线分别与边及边的延长线相交于点、，为的中点，连接． （1）如果，，求的面积； （2）连接，求的度数． 25. 已知直线的解析式为与x轴交于点A与y轴交于点B，直线过点A且与垂直交y轴于点C． （1）求出直线的解析式． （2）点D在直线上，平面内是否存在点E使四边形是菱形，若存在求出点E的坐标，若不存在，请说明理由． 26. 已知，梯形中，，，，，，是边上的任意一点，连接，连接． （1）若平分，求的长； （2）过点作，交所在直线于点． 设，，求关于的函数关系式； 连接，当点是的中点时，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $