精品解析：陕西省西安市灞桥区滨河学校2024-2025学年下学期八年级第二次月考数学试题

2024-2025-2单元学情调查（二） 八年级数学 一、选择题（本题共10个小题，每小题3分，共30分） 1. 剪纸，又称为刻纸，是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹的民间艺术，它是我国古老的传统艺术之一，以下剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若，下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在四边形中，，要使四边形是平行四边形，下列添加的条件不正确的是（　　） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，将点向上平移2个单位长度得到点，若点在x轴上，则m的值是（ ） A. 2 B. 1 C. D. 5. 如图，在中，，的平分线AD交BC于点D，于点E，若，，则DE的长为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 《四元玉鉴》是中国古代著名的数学专著，书里记载一道这样的题：“今有绫、罗共三丈，各值钱八百九十六文．只云绫、罗各一尺共值钱一百二十文．问绫、罗尺价各几何？”题目译文是：现在有绫布和罗布，布长共3丈（一丈＝10尺），已知绫布和罗布分别全部出售后均能收入八百九十六文；绫布和罗布各出售一尺共收入一百二十文．问两种布每尺各多少钱？若设绫布有尺，根据题意可列方程为（　　） A. B. C. D. 7. 已知实数满足，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 8. 如图，若一次函数与的图象交于点，根据图象回答，则关于x的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在菱形中，过点作于点，连结．若，，则的长为(　 ) A. B. C. D. 10. 如图，菱形中，，E和点F分别在边上，连接，，若M、N分别为线段的中点，则线段的长度等于（ ） A. B. C. D. 3 二、填空题（本题共6个小题，每小题3分，共18分） 11. 分解因式：m2n﹣2mn+n= ． 12. 若一个正多边形的一个内角是，则这是一个正______边形． 13. 如图，在中，，将绕着点A顺时针旋转后，得到，且点在上，则的度数为_______． 14. 如图，是的垂直平分线，连接，已知的周长为19，的周长为13，则的长为______． 15. 若关于x的分式方程无解，则______． 16. 如图，矩形中，，，点E在上，且，点F在直线上运动，以为边向右作等边三角形，点P在上运动，连接，则的最小值为______． 三、解答题（本题共9小题，共计72分） 17. 解一元一次不等式组． 18. 解分式方程：． 19. 先化简，再求值：，其中． 20. 如图，在中，，，E为的延长线上一点，过点E作，分别交，于点P，F． （1）求证：是等腰三角形． （2）若，求的度数． 21. 如图，点B，D分别在射线，上．求作点C使得四边形是平行四边形；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） 22. 已知：如图，是的角平分线，交于点E，点O为线段的中点．求证：四边形是菱形． 23. 为了学生的身心健康，全面发展，滨河学校将课间从10分钟增加到15分钟，让学生身上有汗，眼里有光．体育组老师们准备购买一批足球，足球的价格主要集中在A类和B类两种，且类比类的单价贵10元，已知用450元购买的类足球数与用350元购买的类足球数相等，现准备同时购买、两类足球． （1）请问类、类足球单价各多少元？（用方程解决问题） （2）若准备同时购进两类足球共计24个（两类足球都要买），总费用不超过860元，请问有哪些购买方案？ 24. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴正半轴于点C，且面积为15． （1）求点C的坐标及直线的解析式； （2）若M为线段上一点，且满足，求直线的解析式； （3）若E为直线上一个动点，在x轴上是否存在点D，使得以点D、E、B、C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 25. 【问题发现与证明】 （1）在正方形和正方形中，，，． ①如图1，若点E、G分别在边上，点F在正方形内部，连接，则的长度为______； ②如图2，把正方形绕点B顺时针旋转，使落在边上，连接，判断与的数量关系，并给出证明； 【问题拓展】 （2）如图3，若将（1）中的“正方形和正方形”改为“菱形和菱形”，，，．把菱形继续绕点B顺时针旋转，连接，O为的中点，连接 ①则与的关系为______； ②直接写出菱形绕B点旋转过程中的取值范围是______． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025-2单元学情调查（二） 八年级数学 一、选择题（本题共10个小题，每小题3分，共30分） 1. 剪纸，又称为刻纸，是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹的民间艺术，它是我国古老的传统艺术之一，以下剪纸图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，解题的关键是掌握轴对称图形（沿对称轴折叠后两部分完全重合）和中心对称图形（绕对称中心旋转后与原图重合）的定义． 根据轴对称图形的定义判断各选项是否为轴对称图形；再依据中心对称图形的定义判断各选项是否为中心对称图形；找出既满足轴对称又满足中心对称的图形． 【详解】解：轴对称图形是指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形是指在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合的图形． 选项A：该图形是轴对称图形（存在对称轴），但不是中心对称图形（绕某点旋转180°后不能与原图重合），故A不符合． 选项B：该图形是轴对称图形（存在对称轴），也是中心对称图形（绕对称中心旋转后与原图重合），故B符合． 选项C：该图形是轴对称图形（存在对称轴），但不是中心对称图形（绕某点旋转后不能与原图重合），故C不符合． 选项D：该图形不是轴对称图形（不存在对称轴），是中心对称图形（绕对称中心旋转后与原图重合），故D不符合． 故选：B． 2. 若，下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了不等式的性质，不等式两边同乘以（或除以）同一个数时，不仅要考虑这个数不等于0，而且必须先确定这个数是正数还是负数，如果是负数，不等号的方向必须改变．根据不等式的性质求解即可．不等式的基本性质：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；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；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． 【详解】解：A．， ∴，故本选项不符合题意； B．， ，故本选项不符合题意； C．， ，故本选项符合题意； D．， ，故本选项不符合题意； 故选：C． 3. 如图，在四边形中，，要使四边形是平行四边形，下列添加的条件不正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．根据平行四边形的判定方法，逐项判断即可． 【详解】解：A、当，时，四边形可能为等腰梯形，所以不能证明四边形为平行四边形，故A符合题意； B、，，一组对边分别平行且相等，可证明四边形为平行四边形，故B不符合题意； C、，，两组对边分别平行，可证明四边形为平行四边形，故C不符合题意； D、∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形，故D不符合题意． 故选：A． 4. 在平面直角坐标系中，将点向上平移2个单位长度得到点，若点在x轴上，则m的值是（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的平移规律以及轴上点的坐标特征，解题的关键是根据平移规律得到平移后点的坐标，再结合x轴上点的纵坐标为0列出方程求解． 根据点向上平移时纵坐标增加的规律，求出点M的坐标；利用x轴上点的纵坐标为0这一性质，列出关于m的方程；解该方程得到m的值． 【详解】解：∵点向上平移2个单位长度得到点 点的坐标为． 点在x轴上， 点的纵坐标为0，即． 解得． 故选：B． 5. 如图，在中，，的平分线AD交BC于点D，于点E，若，，则DE的长为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了角平分线的性质，解题的关键是掌握角平分线上的点到角的两边的距离相等这一性质，利用已知线段长度求出相关线段的长度．根据角平分线的性质，可知角平分线上的点到角两边的距离相等，即由和的长度求出的长度，进而得到的长度． 【详解】解：∵ 是的平分线，， ∴（角平分线上的点到角的两边的距离相等）． ∵ ∴ ∴． 故选：A． 6. 《四元玉鉴》是中国古代著名的数学专著，书里记载一道这样的题：“今有绫、罗共三丈，各值钱八百九十六文．只云绫、罗各一尺共值钱一百二十文．问绫、罗尺价各几何？”题目译文是：现在有绫布和罗布，布长共3丈（一丈＝10尺），已知绫布和罗布分别全部出售后均能收入八百九十六文；绫布和罗布各出售一尺共收入一百二十文．问两种布每尺各多少钱？若设绫布有尺，根据题意可列方程为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用，找出等量关系式是解题的关键． 根据绫布和罗布各一尺共值120文，列出绫布每尺价格与罗布每尺价格之和等于120的方程，即可求解． 【详解】解：设绫布有尺，则罗布有尺. ∵绫布总价896文，∴绫布每尺价格为文； ∵罗布总价896文，∴罗布每尺价格为文； 又∵绫布和罗布各一尺共值120文， ∴． ∴． 故选：B． 7. 已知实数满足，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 2025 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了代数式的求值，解题的关键是利用已知方程将高次幂的代数式降次，转化为低次幂的形式进行计算．由已知方程得出，，将所求代数式中的用表示，再代入，进行降次化简；继续代入简化式子，最后计算得出结果． 【详解】解：∵则，， ∴ ， 故选：B． 8. 如图，若一次函数与的图象交于点，根据图象回答，则关于x的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，解题的关键是根据一次函数的图象特征，结合交点坐标和函数与ⅹ轴的交点，确定不等式的解集．根据一次函数图象交点的意义，交点是两函数值相等的点；结合、的性质，判断当或时两函数的大小关系；找到函数与x轴的交点，确定其函数值大于0时x的范围；综合两者得出不等式的解集． 【详解】解：∵一次函数与的图象交于点 ∴当时，． ∵观察图像增减性可知 ∴当时，当时，（根据一次函数增减性：时y随x增大而减小，时y随x增大而增大）． 由图象可知，函数与x轴的交点横坐标为4，即当时，． 要满足不等式需同时满足和即 与的交集，即． 故选：D． 9. 如图，在菱形中，过点作于点，连结．若，，则的长为(　 ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，连接交于点，根据勾股定理求得，则，进而根据菱形的面积公式得出，代入数据，即可求解． 【详解】解：如图，连接交于点， ∵菱形中，，， ∴,， 在中， ∴， ∵ ∴菱形的面积为 ∴， 故选：B． 10. 如图，菱形中，，E和点F分别在边上，连接，，若M、N分别为线段的中点，则线段的长度等于（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形中位线定理，勾股定理等知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 连接，取的中点H，连接，过点N作于K，由菱形的性质可得，可证是等边三角形，可得，由三角形中位线定理可得，可得，可求，然后运用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接，取的中点H，连接，过点N作于K， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵M、N分别为线段的中点，点H是的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴． 故选：B． 二、填空题（本题共6个小题，每小题3分，共18分） 11. 分解因式：m2n﹣2mn+n= ． 【答案】n（m﹣1）2． 【解析】 【分析】先提取公因式n后，再利用完全平方公式分解即可 【详解】m2n﹣2mn+n=n（m2﹣2m+1）=n（m﹣1）2． 故答案为n（m﹣1）2． 12. 若一个正多边形的一个内角是，则这是一个正______边形． 【答案】八 【解析】 【分析】本题主要考查多边形内角与外角的相关知识．根据正多边形的一个内角是，则知该正多边形的一个外角为，再根据多边形的外角之和为，即可求出正多边形的边数． 【详解】解：∵正多边形的一个内角是， ∴该正多边形的一个外角为， ∵多边形的外角之和为， ∴边数， ∴该正多边形为正八边形， 故答案为：八． 13. 如图，在中，，将绕着点A顺时针旋转后，得到，且点在上，则的度数为_______． 【答案】##50度 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质和等腰三角形的性质，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键． 根据旋转的性质和从而求得，从而求得． 【详解】解：∵将绕着点顺时针旋转后，得到，且点在上， ， ， ， ， ， 故答案为：． 14. 如图，是的垂直平分线，连接，已知的周长为19，的周长为13，则的长为______． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，证明，，可得，再进一步求解即可． 【详解】解：∵是的垂直平分线， ∴，， ∵的周长为19，的周长为13， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：3． 15. 若关于x的分式方程无解，则______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查分式方程无解的情况，先将分式方程两边同乘，整理得到，分两种情况讨论：当时，方程无解，即原分式方程无解；当时，，则，求解即可． 【详解】解：分式方程两边同乘，得， 整理，得， 当，即时，方程无解，即原分式方程无解； 当时，， ∵原分式方程无解， ∴当时，， ∴， ∴； 综上所述，当或时，分式方程无解． 故答案为：或 16. 如图，矩形中，，，点E在上，且，点F在直线上运动，以为边向右作等边三角形，点P在上运动，连接，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】当点F在点B上方时，作等边，连接，可证明，得到，则点Q在直线上运动；设直线分别交直线于H、K，可得，，则，，则可求出；作点D关于直线的对称点G，连接，则，则当三点共线，且时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，求出，得到，同理可得，即的最小值为；当点F在点B下方时，同理可得的最小值为． 【详解】解：如图所示，当点F在点B上方时，作等边，连接， ∵和都是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形，，， ∴， ∴， ∵，是等边三角形， ∴点O是定点， ∴点Q在直线上运动； 如图所示，设直线分别交直线于H、K， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 在中，， ∴， ∴； 如图所示，作点D关于直线的对称点G，连接，则， ∴， ∴当三点共线，且时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可得， ∴的最小值为； 如图所示，当点F在点B下方时，同理可得的最小值为； 综上所述，的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，轴对称最短路径问题，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线构造全等三角形推出点Q的轨迹是解题的关键． 三、解答题（本题共9小题，共计72分） 17. 解一元一次不等式组． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元一次不等式组，根据解一元一次不等式组的步骤，对所给一元一次不等式组进行求解即可． 【详解】解：解得，， 解得，， 不等式组的解集为， 18. 解分式方程：． 【答案】无解 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程，观察可得最简公分母为，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程，解得的值，再代入检验即可． 【详解】解：原方程两边乘得， 去括号得， 解得， 检验：当时，， 即是增根， ∴原分式方程无解． 19. 先化简，再求值：，其中． 【答案】，1 【解析】 【分析】先对分式通分、因式分解、约分等化简，化成最简分式，后代入求值． 本题考查了分式的化简求值，求代数式的值，运用因式分解，通分，约分等技巧化简是解题的关键． 【详解】解： ； 当时， 原式． 20. 如图，在中，，，E为的延长线上一点，过点E作，分别交，于点P，F． （1）求证：是等腰三角形． （2）若，求的度数． 【答案】（1） 证明：如图： ∵， ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ ∴是等腰三角形； （2） 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键． （1）根据三线合一得到，再根据平行线得到，，则，即可证明； （2）根据三合一得到，结合三角形内角和定理以及等边对等角即可求解． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 解：如上图：∵， ∴ ∴ ∵ ∴， 由（1）可知， ∴． 21. 如图，点B，D分别在射线，上．求作点C使得四边形是平行四边形；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） 【答案】 【解析】 【分析】本题考查作图—复杂作图、平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解答本题的关键．结合平行四边形的判定，以点为圆心，的长为半径画弧，再以点为圆心，的长为半径画弧，两弧相交于点，连接，即可． 【详解】解：如图，以点为圆心，的长为半径画弧，再以点为圆心，的长为半径画弧，两弧相交于点，连接，，则，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形得到平行四边形即为所求． 22. 已知：如图，是的角平分线，交于点E，点O为线段的中点．求证：四边形是菱形． 【答案】 证明：∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点O为线段的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 【解析】 【分析】本题考查菱形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，由平行线的性质和角平分线定义推出，得到，判定，推出，而，，即可证明四边形是菱形． 【详解】略 23. 为了学生的身心健康，全面发展，滨河学校将课间从10分钟增加到15分钟，让学生身上有汗，眼里有光．体育组老师们准备购买一批足球，足球的价格主要集中在A类和B类两种，且类比类的单价贵10元，已知用450元购买的类足球数与用350元购买的类足球数相等，现准备同时购买、两类足球． （1）请问类、类足球单价各多少元？（用方程解决问题） （2）若准备同时购进两类足球共计24个（两类足球都要买），总费用不超过860元，请问有哪些购买方案？ 【答案】（1）类足球的单价是45元，类足球的单价是35元； （2）购进类足球1个，类足球23个或购进类足球2个，类足球22个． 【解析】 【分析】（1）设类足球的单价是元，则类足球的单价是元，根据题意列出分式方程，解方程，即可求解； （2）设购进类足球个，则购进类足球个，根据题意列出一元一次不等式，解不等式即可求解． 【小问1详解】 解：设类足球的单价是元，则类足球的单价是元， 由题意得：， 解得：， 经检验，是原方程的解，且符合题意， ， 答：类足球的单价是45元，类足球的单价是35元； 【小问2详解】 解：设购进类足球个，则购进类足球个， 由题意得：， 解得：， 为正整数， ， 有2种购买方案：①购进类足球1个，类足球23个； ②购进类足球2个，类足球22个． 答：购进类足球1个，类足球23个或购进类足球2个，类足球22个． 24. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴正半轴于点C，且面积为15． （1）求点C的坐标及直线的解析式； （2）若M为线段上一点，且满足，求直线的解析式； （3）若E为直线上一个动点，在x轴上是否存在点D，使得以点D、E、B、C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2） （3）或或 【解析】 【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，平行四边形的性质，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解是解题的关键： （1）先求出A、B坐标，进而根据面积为15求出点C的坐标，再利用待定系数法求出对应的函数解析式即可； （2）先求出的面积，即求出的面积，再由求出点M的纵坐标，进而求出点M的坐标，据此利用待定系数法求出对应的函数解析式即可； （3）设，再分当为对角线时， 当为对角线时，当为对角线时，三种情况由平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解即可． 【小问1详解】 解：在中，当时，，当时，， ∴， ∴，， ∵面积为15， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线解析式为， ∴， ∴， ∴直线解析式为； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，当时，， ∴， 同理可知直线解析式为； 【小问3详解】 解：设， 当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得 ， 解得， ∴点D的坐标为； 当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得 ， 解得， ∴点D的坐标为； 当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得 ， 解得， ∴点D的坐标为； 综上所述，点D的坐标为或或． 25. 【问题发现与证明】 （1）在正方形和正方形中，，，． ①如图1，若点E、G分别在边上，点F在正方形内部，连接，则的长度为______； ②如图2，把正方形绕点B顺时针旋转，使落在边上，连接，判断与的数量关系，并给出证明； 【问题拓展】 （2）如图3，若将（1）中的“正方形和正方形”改为“菱形和菱形”，，，．把菱形继续绕点B顺时针旋转，连接，O为的中点，连接 ①则与的关系为______； ②直接写出菱形绕B点旋转过程中的取值范围是______． 【答案】（1）① ②，理由如下： ∵正方形，正方形， ∴，， ∴三点共线， ∵， ∴， 延长交于点，则：四边形为矩形， ∴， ∴，， ∴， ∴； （2）①② 【解析】 【分析】（1）①连接，根据正方形的性质，证明三点共线，求出的长，用即可求出的长度；②先证明三点共线，勾股定理求出的长，延长交于点，易得四边形为矩形，求出的长，勾股定理求出的长，即可得出结果； （2）①延长至点，使，连接，延长，交于点，先证明，推出四边形为平行四边形，再证明，推出为等边三角形，利用等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质，即可得出结论；②三角形的三边关系，求出的范围，进而求出的范围即可． 【详解】（1）①连接， ∵正方形，正方形，点E、G分别在边上， ∴，， ∴三点共线， ∵，， ∴， ∴； ②略 （2）①延长至点，使，连接，延长，交于点， ∵是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∵菱形， ∴， ∴，，为等边三角形， ∴四边形为平行四边形，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∵，， ∴，， ∴， ∴； ②∵， ∴，即：， ∵， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，三角形的三边关系等知识点，综合性强，难度大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $