精品解析：广东省珠海市香洲区2025-2026学年八年级上学期开学考试数学练习卷

珠海市香洲区八年级上学期开学考试数学练习卷 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A 宇航员 B. 空间站 C. 黑洞 D. 太空舱 2. 已知三角形的三边长为连续整数，且周长为12cm，则它的最短边长为（　　） A. 2cm B. 3cm C. 4cm D. 5cm 3. 一个多边形剪去一个角（剪痕不过顶点）后，形成新多边形内角和与原多边形外角和的差是，则原多边形的边数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 4. 计算：的结果是（　　） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，，垂足为D，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6. 若分式的值为0，则的值是（　　） A. B. C. 0 D. 3 7. 如图，，添加一个条件即可判定与全等，则下列所添条件及所用判定方法都正确的是（　　） A. 添加，用“”判定全等 B. 添加，用“”判定全等 C. 添加，用“”判定全等 D. 添加，用“”判定全等 8. 若关于x的分式方程的解是负数，则a的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 9. 如图是用个全等的直角三角形与个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为，小正方形面积为，若用，表示直角三角形的两直角边，下列四个说法： ①； ②； ③； ④． 其中说法正确的是(    ) A. ①②④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④ 10. 已知四条直线，，和所围成的四边形的面积是12，则的值为（　　） A. 1或－2 B. 2或－1 C. 3 D. 4 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分． 11. 一个多边形的内角和等于它的外角和的4倍，它是________边形． 12. 因式分解：___________． 13. 如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，点为垂足，连接，则等于_______°． 14. 如图，的外角和的平分线相交于点F，连接．若，则________ ． 15. 如图，为了绿化校园，某校准备在一个长为米，宽为米长方形草坪上修建两条宽为米的通道，则草坪的面积是______． 16. 已知正方形的边长为4，点G在的延长线上，点E在射线上，且，连接，过点E作交的平分线于点F，则线段的长为_____． 三、计算题：本大题共1小题，共6分． 17. 计算： （1）； （2）； （3）； （4）； （5）； （6）． 四、解答题：本题共7小题，共56分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 18. 和是全等的等腰直角三角形，、、，点E是上一动点，点F在线段的延长线上，当时，交于点G，连接． （1）求证：． （2）当点E运动到使位置时，判断的形状，并说明理由． 19. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，，直线上各点的纵坐标都为． （1）在网格中画出与关于直线对称的； （2）写出点，，的坐标． 20. 先化简：，再从选一个你喜欢的无理数代入求值． 21. 中，．求作：的边上的高． 下面是小明设计的尺规作图过程： ①以点B为圆心，长为半径作弧，交线段于点D； ②分别以点C和点D为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点E； ③连接，交线段于点H．线段即为所求． 根据小明设计的尺规作图过程： （1）使用直尺和圆规补全图形（保留作图痕迹）； （2）完成下面的证明． 证明：连接，，． ∵______， ∴四边形是菱形．（______）（填推理依据） ∴______． ∴． 22. 某服装店老板预测一种应季T恤衫能畅销市场，就用10000元购进一批这种恤衫，面市后销量果然很好，又用6000元购进了第二批这种恤衫，所购数量是第一批购进量的一半，但每件的进价贵了10元． （1）该服装店购进第一批、第二批恤衫每件的进价分别是多少元？ （2）如果这两批恤衫按相同的标价销售，最后缺码的20件恤衫按七折优惠售出，要使两批恤衫全部售完后利润率不低于60%（不考虑其他因素），那么每件恤衫的标价至少是多少元？（精确到个位） 23. 已知函数，． （1）若，求x的取值范围； （2）若以x、y为坐标的点是已知两个一次函数图象的交点，求的值． （3）若关于x的不等式组的解集为，求的值． （4）若，求A、B的值． 24. 如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形． （1）证明平行四边形是菱形； （2）若，连结， ①求证：； ②求的度数； （3）若，，，M是的中点，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 珠海市香洲区八年级上学期开学考试数学练习卷 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. 宇航员 B. 空间站 C. 黑洞 D. 太空舱 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】解：A、该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意； B、该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意； C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； D、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意． 故选：D． 2. 已知三角形的三边长为连续整数，且周长为12cm，则它的最短边长为（　　） A. 2cm B. 3cm C. 4cm D. 5cm 【答案】B 【解析】 【分析】设大小处于中间的边长是xcm，则最大的边是（x+1）cm，最小的边长是（x-1）cm，根据三角形的周长即可求得x，进而求解． 【详解】设大小处于中间的边长是xcm，则最大的边是(x+1)cm，最小的边长是(x−1)cm. 则(x+1)+x+(x−1)=12， 解得：x=4， 则最短的边长是：4−1=3cm. 故选B. 【点睛】本题考查了三角形的周长，适当的设三边长是关键． 3. 一个多边形剪去一个角（剪痕不过顶点）后，形成的新多边形内角和与原多边形外角和的差是，则原多边形的边数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了多边形内角和与外角和，掌握多边形内角和公式以及外角和等于是解题关键．设原多边形边数为，则剪去一个角后边数变为，根据“形成的新多边形内角和与原多边形外角和的差是”，列方程求解即可． 【详解】解：设原多边形边数为，则剪去一个角后边数变为， 则， 解得：， 故选：A． 4. 计算：的结果是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了同底数幂的除法运算，正确掌握运算法则是解题关键．直接利用同底数幂的除法运算法则计算得出答案． 【详解】解：． 故选：C． 5. 如图，在中，，，垂足为D，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了等腰三角形三线合一的性质，掌握此性质是关键；由，得，则即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∴； 故选：D． 6. 若分式的值为0，则的值是（　　） A. B. C. 0 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据分式为零的条件，即可完成解答. 【详解】解：由分式为零的条件得，x-3=0，x+2≠0，解得x=3； 故答案为D. 【点睛】本题考查了分式为0的条件，即分子为零，分母不为0. 7. 如图，，添加一个条件即可判定与全等，则下列所添条件及所用判定方法都正确的是（　　） A. 添加，用“”判定全等 B. 添加，用“”判定全等 C. 添加，用“”判定全等 D. 添加，用“”判定全等 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定．熟练掌握全等三角形的判定定理是解决问题的关键．  对于A，添加条件和判定方法都正确； 对于B，方法是“”，不是“”；对于C，需添加一直角边相等，才是用“”判定全等；对于D，用的方法是“”，不是“”，这种方法不成立． 【详解】解：∵，， A、添加，用“”判定全等正确，故A符合题意； B、判定方法是“”，不是“”，故B不符合题意； C、添加，用“”判定全等，不是用“”判定全等，故C不符合题意； D、和分别是和的对角，不能用“”判定全等，故D不符合题意． 故选：A． 8. 若关于x的分式方程的解是负数，则a的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查分式方程的解．先解关于x的分式方程，求得x的值，然后再依据“解是负数”建立不等式求a的取值范围即可． 【详解】 解：去分母得：， 解得：， ∵方程的解是负数， 且， 解得：， 故选：C． 9. 如图是用个全等的直角三角形与个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为，小正方形面积为，若用，表示直角三角形的两直角边，下列四个说法： ①； ②； ③； ④． 其中说法正确的是(    ) A. ①②④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①③④ 【答案】B 【解析】 【分析】本题利用了勾股定理、面积分割法等知识．根据大正方形的面积和勾股定理可判断①正确；根据四个三角形的面积+小正方形的面积=大正方形的面积可判断②③正确；根据①③可知即可判断④不正确． 【详解】解：①大正方形的面积是，则其边长是7，利用勾股定理可得，故式①正确； ②小正方形面积为，则其边长是2， 因为是四个全等三角形，所以有，所以，故式②正确； ③根据图形可得四个三角形的面积+小正方形的面积=大正方形的面积，即，化简得，故式③正确； ④因为，所以，故式④不正确． 综上，①②③正确． 故选：B． 10. 已知四条直线，，和所围成的四边形的面积是12，则的值为（　　） A. 1或－2 B. 2或－1 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】首先用表示出直线与，和的交点坐标，即可用表示出四边形的面积．得到一个关于的方程，解方程即可解决． 【详解】解：如图： 在中，令， 解得； 令，； 当时，四边形的面积是：， 解得； 当时，可得， 解得． 即的值为或1． 故选：A． 【点睛】本题考查待定系数法，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分． 11. 一个多边形的内角和等于它的外角和的4倍，它是________边形． 【答案】##十 【解析】 【分析】本题考查凸多边形的外角和与内角和，熟记任意凸多边形的外角和都为以及其内角和公式为（其中n为边数）是解答本题的关键．结合题意列出等式，求出n即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意，得， 解得， 故答案为：． 12. 因式分解：___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查因式分解，先提取公因式，然后利用平方差公式因式分解解答即可． 【详解】解：， 故答案为：． 13. 如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，点为垂足，连接，则等于_______°． 【答案】 【解析】 【分析】连接，根据菱形性质得出，，，，根据线段垂直平分线得出，由等边对等角可得，求出，再利用“边角边”证明，根据全等三角形对应角相等可得，再根据三角形外角的性质即可得出答案． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴，， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质的应用，全等三角形判定和性质，线段垂直平分线性质，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质，注意：菱形的四条边相等，菱形的对角线互相平分、垂直，且每一条对角线平分一组对角．理解和掌握菱形的性质是解题的关键． 14. 如图，的外角和的平分线相交于点F，连接．若，则________ ． 【答案】##25度 【解析】 【分析】本题考查角平分线的性质，关键是掌握角平分线的性质定理以及判定定理． 过F作于M，于N，于K，由角平分线的性质定理推出，，得到，由角平分线性质定理的逆定理推出平分，求出． 【详解】解：过F作于M，于N，于K， ∵平分，平分， ∴，， ∴， ∵于M，于N， ∴平分， ∴． 故答案为：． 15. 如图，为了绿化校园，某校准备在一个长为米，宽为米的长方形草坪上修建两条宽为米的通道，则草坪的面积是______． 【答案】平方米 【解析】 【分析】本题考查多项式的乘法运算，熟练掌握多项式的乘法法则是解题的关键，将两条路平移后，可以用代数式表示出剩余草坪的面积． 【详解】解：由题意可得： （平方米）； 故答案为：平方米． 16. 已知正方形的边长为4，点G在的延长线上，点E在射线上，且，连接，过点E作交的平分线于点F，则线段的长为_____． 【答案】或 【解析】 【分析】分两种情况：①当E点在点C左侧时，在上截取，先证明，再证明，根据证明，则可得，利用勾股定理求得，则．②当E点在点C右侧时，在延长线上截取．先证明，再证明，根据证明，则可得，利用勾股定理求得，则．综上所述，即可得出答案． 【详解】解：①如图，当E点在点C左侧时，在上截取． ∵四边形是正方形，且边长为4， ∴，， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴, ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵在中, ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． ②如图，当E点在点C右侧时，在的延长线上截取． ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∵是的一个外角， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 综上，的长为或． 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理是解决问题的关键．并且要注意分类讨论． 三、计算题：本大题共1小题，共6分． 17. 计算： （1）； （2）； （3）； （4）； （5）； （6）． 【答案】（1） （2） （3） （4） （5） （6） 【解析】 【分析】本题考查了多项式乘以多项式，解题的关键是： （1）先多项式乘以多项式法则展开，然后合并同类项即可； （2）先多项式乘以多项式法则展开，然后合并同类项即可； （3）先多项式乘以多项式法则展开，然后合并同类项即可； （4）先多项式乘以多项式法则展开，然后合并同类项即可； （5）先多项式乘以多项式法则展开，然后合并同类项即可； （6）先多项式乘以多项式法则展开，然后合并同类项即可． 【小问1详解】 解：原式 ； 【小问2详解】 解：原式 ； 【小问3详解】 解：原式 ； 【小问4详解】 解：原式 ； 【小问5详解】 解：原式 ； 【小问6详解】 解∶原式 ． 四、解答题：本题共7小题，共56分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 18. 和是全等的等腰直角三角形，、、，点E是上一动点，点F在线段的延长线上，当时，交于点G，连接． （1）求证：． （2）当点E运动到使的位置时，判断的形状，并说明理由． 【答案】（1）详见解析 （2）是等腰直角三角形，详见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定、全等三角形的性质、三角形内角和定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）由等腰直角三角形的性质可得，再结合即可证明结论； （2）由全等三角形的性质可得，由等边对等角以及已知条件可得，即，进而得到即可解答． 【小问1详解】 证明：∵和是全等的等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 【小问2详解】 解：是等腰直角三角形，理由如下： 如图：由（1）得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴等腰直角三角形． 19. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，，直线上各点的纵坐标都为． （1）在网格中画出与关于直线对称的； （2）写出点，，的坐标． 【答案】（1）见解析 （2），， 【解析】 【分析】本题考查了作轴对称图形，写出平面直角坐标系内点的坐标，数形结合是解答本题的关键． （1）先确定点的位置，然后连线即可； （2）根据图形写出点，，的坐标即可． 小问1详解】 解：如图，即为所求， 【小问2详解】 解：，，． 20. 先化简：，再从选一个你喜欢的无理数代入求值． 【答案】，时，原式 【解析】 【分析】此题主要考查了分式的化简求值，正确掌握分式的混合运算是解题关键．直接将括号里面通分运算，再利用分式的混合运算法则化简后代入符合条件的一个无理数计算得出答案即可． 【详解】解： ， 当或或时，分式没有意义， ∴取，则原式． 21. 中，．求作：的边上的高． 下面是小明设计的尺规作图过程： ①以点B为圆心，长为半径作弧，交线段于点D； ②分别以点C和点D为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点E； ③连接，交线段于点H．线段即为所求． 根据小明设计的尺规作图过程： （1）使用直尺和圆规补全图形（保留作图痕迹）； （2）完成下面的证明． 证明：连接，，． ∵______， ∴四边形是菱形．（______）（填推理的依据） ∴______． ∴． 【答案】（1）见解析 （2）；四条边都相等的四边形是菱形；． 【解析】 【分析】本题考查的是作一条线段等于已知线段，三角形的高的定义，菱形的判定与性质； （1）根据题干提示逐步完成作图即可； （2）先证明，可得四边形是菱形，再利用菱形性质证明即可． 【小问1详解】 解：补全图形如下： 【小问2详解】 证明：连接，，． ∵， ∴四边形是菱形．（四条边都相等的四边形是菱形） ∴． ∴． 22. 某服装店老板预测一种应季T恤衫能畅销市场，就用10000元购进一批这种恤衫，面市后销量果然很好，又用6000元购进了第二批这种恤衫，所购数量是第一批购进量的一半，但每件的进价贵了10元． （1）该服装店购进第一批、第二批恤衫每件的进价分别是多少元？ （2）如果这两批恤衫按相同的标价销售，最后缺码的20件恤衫按七折优惠售出，要使两批恤衫全部售完后利润率不低于60%（不考虑其他因素），那么每件恤衫的标价至少是多少元？（精确到个位） 【答案】（1）该服装店购进第一批、第二批恤衫每件的进价分别是50元和60元 （2）每件恤衫的标价至少是94元 【解析】 【分析】（1）根据题意，设该服装店购进第一批、第二批恤衫每件的进价分别是元和元，列分式方程求解即可得到答案； （2）先求出恤衫销售总数量，设每件恤衫的标价是元，列不等式求解即可得到答案． 【小问1详解】 解：设该服装店购进第一批、第二批恤衫每件的进价分别是元和元，根据题意可得： ， 解得， 经检验，是方程的解，且符合题意， ， 答：该服装店购进第一批、第二批恤衫每件的进价分别是50元和60元； 【小问2详解】 解：由题意可得两批共销售（件）， 设每件恤衫的标价是元，根据题意可得 ， 解得， 根据题意取， 答：每件恤衫的标价至少是88元． 【点睛】本题考查分式方程及不等式解实际应用题，涉及分式方程的应用、一元一次不等式的应用等知识，读懂题意，准确列出方程及不等式求解是解决问题的关键． 23. 已知函数，． （1）若，求x的取值范围； （2）若以x、y为坐标的点是已知两个一次函数图象的交点，求的值． （3）若关于x的不等式组的解集为，求的值． （4）若，求A、B的值． 【答案】（1） （2）25 （3） （4） 【解析】 【分析】本题考查了一次函数和方程组及不等式关系，理解它们之间的关系是解题的关键． （1）根据题意列不等式求解； （2）联立表达式为方程组求出x、y的值，再代入求解； （3）先解不等式组，再根据解集的唯一性，列出方程组求解； （4）首先将，代入得到，整理得到，然后得到，解方程组即可． 【小问1详解】 ， ， 解得：； 【小问2详解】 当时，， 解得，此时， ∴； 【小问3详解】 ，得：， 关于的不等式组的解集为， ， 解得：， ； 【小问4详解】 ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 解得． 24. 如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形． （1）证明平行四边形是菱形； （2）若，连结， ①求证：； ②求的度数； （3）若，，，M是的中点，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②60°；（3） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得ADBC，ABCD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题； （2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论； （3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：（1）证明： ∵AF平分∠BAD， ∴∠BAF＝∠DAF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ADBC，ABCD， ∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE， ∴∠CEF＝∠CFE， ∴CE＝CF， 又∵四边形ECFG是平行四边形， ∴四边形ECFG为菱形； （2）①∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ABDC，AB＝DC，ADBC， ∵∠ABC＝120°， ∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120° 由（1）知，四边形CEGF是菱形， ∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°， ∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°， ∵EG∥DF， ∴∠BEG＝120°＝∠DCG， ∵AE是∠BAD的平分线， ∴∠DAE＝∠BAE， ∵ADBC， ∴∠DAE＝∠AEB， ∴∠BAE＝∠AEB， ∴AB＝BE， ∴BE＝CD， ∴△DGC≌△BGE（SAS）； ②∵△DGC≌△BGE， ∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC， ∴∠BGD＝∠CGE， ∵CG＝GE＝CE， ∴△CEG是等边三角形， ∴∠CGE＝60°， ∴∠BGD＝60°， ∵BG＝DG， ∴△BDG是等边三角形， ∴∠BDG＝60°； （3）如图，连接BM，MC， ∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形， ∴四边形ABCD是矩形， 又由（1）可知四边形ECFG为菱形，∠ECF＝90°， ∴四边形ECFG为正方形． ∵∠BAF＝∠DAF， ∴BE＝AB＝DC， ∵M为EF中点， ∴∠CEM＝∠ECM＝45°， ∴∠BEM＝∠DCM＝135°， 在△BME和△DMC中， ∵， ∴△BME≌△DMC（SAS）， ∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME． ∴∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°， ∴△BMD等腰直角三角形． ∵AB＝8，AD＝14， ∴BD＝， ∴DM＝． 【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、正方形的性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $