精品解析：陕西西安滨河学校2025-2026学年第二学期单元学情调研（二）八年级数学

2025-2026-2单元学情调查（二）八年级数学 （满分120分 时间100分钟） 一、选择题（每题3分，共30分） 1. 下列图案中，是中心对称图形的是（ ） A. 三叶玫瑰线 B. 蝴蝶曲线 C. 笛卡尔心形线 D. 科克曲线 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的定义：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，那么这个图形叫做中心对称图形，对各个选项进行判断即可 【详解】解：A、该图形绕中心旋转后不能与原图形重合，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； B、该图形绕中心旋转后不能与原图形重合，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； C、该图形绕中心旋转后不能与原图形重合，不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D、该图形绕中心旋转后能与原图形重合，是中心对称图形，故本选项符合题意． 2. 下列各式从左到右的变形，一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分式的基本性质，即分式的分子与分母同时乘（或除以）同一个不为0的整式，分式的值不变，据此逐一判断各选项即可 【详解】解： A 选项，，仅当或时等式成立，变形错误； B 选项，， ，变形错误； C 选项，原式分母为，可得， 分子分母同时除以，得，变形正确； D 选项，分子分母同时加同一个数，不符合分式基本性质，等式不一定成立，变形错误 3. 如图，在四边形中，，增加下列哪一个条件不能使四边形成为平行四边形（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】已知一组对边相等，根据平行四边形的判定定理逐项分析即可 【详解】解：已知， A、若， 在和中， ，属于“边边角”，无法证明，无法推出，即对角线不一定互相平分，不能判定四边形是平行四边形，符合题意； B、若，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可判定，故不符合题意 C、若，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可判定，故不符合题意 D、∵， ∴，结合，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可判定，故D不符合题意 4. 下列从左到右的运算是因式分解，并且分解正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据因式分解的定义排除不符合选项，再验证剩余选项分解是否正确即可 【详解】解：因式分解要求将多项式化为几个整式的乘积，且结果必须分解彻底，据此逐项判断： A、结果为，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； B、对左边变形：，结果是整式乘积，且分解正确，故该选项符合题意； C、，还可以继续分解，分解不彻底，故该选项不符合题意； D、展开等式右边得 ，和左边不相等，分解错误，故该选项不符合题意 5. 如图，直线是正五边形过点的对称轴，过点作且与相交于点，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正多边形的内角和公式求出正五边形的内角度数，利用轴对称的性质得出直线与的夹角，最后根据平行线的性质求出的度数． 【详解】解：如图， 五边形是正五边形， ， 直线是正五边形过点的对称轴， 平分， ， ， ， ． 6. 已知一次函数（，是常数）的图象经过第二、三、四象限，且与轴交于点，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据一次函数图象经过的象限判断a的符号，再结合一次函数与x轴的交点，利用函数的增减性确定时x的取值范围即可． 【详解】∵一次函数的图象经过第二、三、四象限， ∴，函数值随的增大而减小， ∵一次函数图象与轴交于点， ∴当时，， ∵不等式，即， ∴结合函数的增减性可得：． 7. 如图，在中，，将沿方向平移，若，则平移距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平移的性质可知平移距离等于对应点间的距离，即，结合图形中线段的关系，利用已知条件建立方程求解即可． 【详解】解：设平移距离为，   沿方向平移得到，   ，   ，   ，  ，   ， 解得， 即平移距离是． 8. 等腰梯形两底之差为12，高为，则等腰梯形的腰长是（ ） A. 12 B. 6 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意作出图形，然后过点A作，过点D作，确定四边形为矩形，再由全等三角形的判定和性质得出，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示：过点A作，过点D作， ∵等腰梯形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵等腰梯形， ∴， ∴， ∴， ∵等腰梯形两底之差为12，高为， ∴， ∴， ∴腰长为：． 9. 如图，在中，平分，垂直平分，若，，，，则的长为（ ） A. B. 5 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据角平分线和三角形内角和定理求出  的度数，进而判定  为等腰三角形得到  的长；然后利用线段垂直平分线的性质得到 ，结合角度计算证明  为直角三角形；最后利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：连接，  ，，  ，  平分  ，  ，  ，  ，  垂直平分  ，  ，  ，  ，  ， 在  中， ， 设 ，则  ，  ，  ， 解得  ，   ． 10. 如图，两条宽度为2和6的纸条交叉放置，重叠部分是四边形，若，则四边形的面积是（ ） A. 81 B. 12 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意判定四边形是平行四边形，利用平行四边形的面积公式，用面积表示出和，结合已知条件建立方程求解即可 【详解】解：∵ 纸条的对边平行， ∴ ， ∴ 四边形是平行四边形， 设平行四边形的面积为， 边上的高为，边上的高为， 由题意可知，的值分别为2和6， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ ． 二、填空题（每题3分，共18分） 11. 若分式有意义，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】分式有意义等价于分母不为零，据此列不等式求解即可 【详解】解：∵分式有意义时，分母不能为0， ∴， 移项得， 系数化为1得． 12. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，旋转角度为，点的对应点为点，连接．若点，，在同一条直线上时，则______． 【答案】##70度 【解析】 【分析】由旋转的性质可得，，根据点，，在同一条直线上，利用邻补角的定义求出的度数，再根据等边对等角求出，最后利用三角形内角和定理求出的度数即可求解 【详解】解：将绕点逆时针旋转得到，旋转角度为，点的对应点为点，  ， 点，，在同一条直线上，，  ，   在中，  ． 13. 已知，，则与的大小关系是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用作差法比较两个多项式的大小，得到的代数式，即可得到． 【详解】解：， ， ， ， ， ∵， ∴． 14. 关于的分式方程的解为正数，则的取值范围是______． 【答案】且 【解析】 【分析】求解含参数的分式方程，根据解为正数得到关于的不等式，同时结合分式有意义的条件，排除增根对应的参数值，最终得到的取值范围． 【详解】解： 去分母得， 展开得， 移项合并同类项得， 系数化为得， ∵方程的解为正数，且分式有意义时分母不为， ∴，且， 由解得， 由得， 解得且， ∵已排除， ∴的取值范围是且． 15. 如图，在中，，，，点、分别在边和上，且满足，，连接，点、分别是、的中点，连接，则的长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】连接， 取的中点Q，取中点P，连接，，，，则，求出 ，  ，根据三角形中位线性质得， ，由，得N，P，Q在同一条直线上，可得 ，过点M作于点F，由含30度的直角三角形性质得，得，点F与点Q重合，得，，即得． 【详解】解：连接， 取的中点Q，取中点P，连接，，，， 则，， ，，  ，  ，，  ， ∴， 点是的中点，取的中点Q， ∴，， ∵，且B，E，C在一条直线上， ∴N，P，Q在同一条直线上， 点是的中点， ，， 过点M作于点F，则，  ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点F与点Q重合， ∴， ∴， ∴． 16. 如图，已知等边，平面内有一点，满足，，连接并延长至，使，则的最大值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】将绕B点逆时针旋转至，连接并延长至G使，可证为等边三角形，进而可求，则可求，又因为，，所以，因为，所以当三点共线且在点异侧时，最大为，据此求解即可． 【详解】解：将绕B点逆时针旋转至，连接并延长至G使，连接， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， 是中位线， ∴， ∵， ∴当三点共线且在点异侧时，最大为， ∴的最大值为． 三．解答题（共9小题，计72分） 17. 计算： （1）因式分解：； （2）解不等式组：． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据提公因式法和平方差公式因式分解即可． （2）先分别解出不等式组中两个不等式的解集，再得出两个解集的公共部分即为不等式组的解集． 【小问1详解】 解：， ， ； 【小问2详解】 解：解不等式组：， 解不等式，得：， 解不等式，得：， ∴不等式组的解集是． 18. 解方程：． 【答案】无解 【解析】 【分析】本题主要考查解分式方程，先把原方程化为整式方程，再解方程并检验即可得到答案． 【详解】解：两边同乘以 得： 解得： 检验：时，分式方程的分母为0 所以是原方程的增根，原方程无解． 19. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【详解】解：     当时， 原式． 20. 如图，已知平行四边形（），用尺规在上确定一点，使． 【答案】所作图形如图所示： 【解析】 【分析】分别以点为圆心，大于长为半径画弧，然后连接这两点，交于点，连接，则问题可求解． 【详解】解：图略，证明如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， 由作图可知：的垂直平分线交于点， ∴根据线段垂直平分线的性质可知， ∵， ∴． 21. 已知，，是的三边，且满足，试判断的形状，并说明理由． 【答案】△ABC是等腰三角形；理由见解析 【解析】 【分析】首先将已知等式进行因式分解，然后由三角形三边都大于0，解其方程得到，即可判定. 【详解】 ∵，，是的三边，都大于0 ∴ ∴△ABC是等腰三角形. 【点睛】此题主要考查因式分解的应用，利用三角形三边都大于0，解其方程即可解题. 22. 如图，在四边形中，点E、F在上，且，，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，，，求的长． 【答案】（1）详见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． （1）证明，得，根据一边平行且相等的四边形为平行四边形得出结论； （2）由平行四边形的性质得，，再由勾股定理求出，然后由三角形面积求出的长即可． 【小问1详解】 证明：， ， ， ， ， 在和中， ， ， 四边形是平行四边形； 【小问2详解】 由（1）可知，四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ． 的长为． 23. 一家文具店准备购进两种款式的书桌售卖，甲款书桌单价比乙款书桌贵40元．店主用1200元购进甲款书桌的数量，与用800元购进乙款书桌的数量相同． （1）求甲、乙两款书桌的单价（列分式方程求解）． （2）店主计划一共购进两款书桌共60张，且乙款书桌的进货数量不超过甲款书桌数量的2倍．若进货总费用不超过5880元，请问共有多少种进货方案？（不需要写出具体方案） 【答案】（1）甲款书桌单价为120元，乙款书桌单价为80元 （2）共有8种进货方案 【解析】 【分析】（1）设乙款书桌的单价为元，则甲款书桌的单价为元，根据题意列出分式方程求解即可； （2）根据题目的两个限制条件列一元一次不等式组，求出甲款数量的取值范围，统计范围内正整数的个数即可得到进货方案的种数． 【小问1详解】 解：设乙款书桌的单价为元，则甲款书桌的单价为元， 根据题意，得  解得  经检验，是原分式方程的解，且符合题意， ∴  答：甲款书桌单价为120元，乙款书桌单价为80元； 【小问2详解】 解：设购进甲款书桌张，则购进乙款书桌张， 根据题意，得  解第一个不等式得， 解第二个不等式得， ∴不等式组的解集为， ∵是正整数， ∴可取值为20,21,22,23,24,25,26,27，共8个不同值. 答：共有8种进货方案． 24. 如图，两个一次函数与的图象分别为直线和，与交于点，与轴交于点，与轴交于点． （1）的坐标是______，并求直线的解析式； （2）若点和点分别是轴和直线上的动点，是否存在平行四边形？若存在，求出点坐标，并求出此时平行四边形的面积；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2）存在，，此时平行四边形的面积为 【解析】 【分析】（1）先得出点，然后把代入求出点的坐标，进而根据待定系数法求解即可； （2）由题意可设，设直线与轴交于点，然后根据平行四边形的性质及中点坐标公式可得点的坐标，进而根据割补法可进行求解． 【小问1详解】 解：由题意可把代入得：，解得：， ∴； 把点代入得：， ∴， 把代入得：，解得：， ∴直线的解析式为； 【小问2详解】 解：存在， 由题意可设，设直线与轴交于点，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ∴对角线与互相平分， ∴根据中点坐标公式可得：， 解得：， ∴， 把代入得：， ∴， ∴， ∴， ∴． 25. 综合探究 （1）如图1，已知，，，，那么______． （2）如图2，点在线段上，，，．若，，求的长． （3）如图3，某乡村休闲游园规划一块五边形绿化区域，施工勘测得到场地基础边界条件：区域内，且每个内角都小于，侧边，，已知米，米，且与的长度之和为800米．现园林工人在绿化带的边、边上分别设置动点、，施工过程中始终保持路段长度；以线段为边界向右侧场地搭建一块等边造型的景观三角区域，同时连接、两段观景步道．当五边形绿化区域的面积取最小值时，求观景步道总长的最小值． 【答案】（1） （2） （3）观景步道总长的最小值为米 【解析】 【分析】（1）由题意易得，然后根据含角的性质及勾股定理进行求解即可； （2）过点作，由题意易得，则有，然后可得，进而根据勾股定理可进行求解； （3）延长，交于一点，分别过点作，由题意先得出当时，五边形的面积最小，此时米，米，分别过点作，连接，然后可得，则有，进而可得是线段的垂直平分线，即点在上运动，可得，当点三点共线时，取得最小值，最小值为线段的长，过点作，交延长线于点，由角所对直角边与斜边的关系，结合勾股定理，即可求解． 【小问1详解】 解：∵，， ∴， ∴，即， 在中，，由勾股定理可得， ∴； 【小问2详解】 解：过点作，如图所示： ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴在中，由勾股定理可得， ∴在中，由勾股定理可得； 【小问3详解】 解：延长，交于一点，分别过点作于点，于点，如图所示： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵米，米，， ∴米，米，， ∴， ∴米， ∴（米）， 由与的长度之和为800米可设米，则米， ∴米，米， 在中，， ∴， ∴， ∴米， ∴ ， ∵， ∴， ∴当时，五边形的面积最小，此时米，（米）， 分别过点作，连接，如图所示： ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由可设米，米，则有米， ∵， ∴米， ∴米， ∴米， ∴， ∵， ∴是线段的垂直平分线，即点在上运动， ∴， ∴， 要使的值为最小，即的值最小，， ∴当点三点共线时，取得最小值，最小值为线段的长， 过点作，交延长线于点， ∵， ∴， ∴， ∴米， ∴（米），（米）， ∴在中，由勾股定理可得（米）， ∴观景步道总长的最小值为米． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026-2单元学情调查（二）八年级数学 （满分120分 时间100分钟） 一、选择题（每题3分，共30分） 1. 下列图案中，是中心对称图形的是（ ） A. 三叶玫瑰线 B. 蝴蝶曲线 C. 笛卡尔心形线 D. 科克曲线 2. 下列各式从左到右的变形，一定正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在四边形中，，增加下列哪一个条件不能使四边形成为平行四边形（ ） A. B. C. D. 4. 下列从左到右的运算是因式分解，并且分解正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，直线是正五边形过点的对称轴，过点作且与相交于点，则的度数为（ ） A. B. C. D. 6. 已知一次函数（，是常数）的图象经过第二、三、四象限，且与轴交于点，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，，将沿方向平移，若，则平移距离是（ ） A. B. C. D. 8. 等腰梯形两底之差为12，高为，则等腰梯形的腰长是（ ） A. 12 B. 6 C. D. 9. 如图，在中，平分，垂直平分，若，，，，则的长为（ ） A. B. 5 C. D. 4 10. 如图，两条宽度为2和6的纸条交叉放置，重叠部分是四边形，若，则四边形的面积是（ ） A. 81 B. 12 C. D. 二、填空题（每题3分，共18分） 11. 若分式有意义，则的取值范围是______． 12. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，旋转角度为，点的对应点为点，连接．若点，，在同一条直线上时，则______． 13. 已知，，则与的大小关系是______． 14. 关于的分式方程的解为正数，则的取值范围是______． 15. 如图，在中，，，，点、分别在边和上，且满足，，连接，点、分别是、的中点，连接，则的长度为______． 16. 如图，已知等边，平面内有一点，满足，，连接并延长至，使，则的最大值是______． 三．解答题（共9小题，计72分） 17. 计算： （1）因式分解：； （2）解不等式组：． 18. 解方程：． 19. 先化简，再求值：，其中． 20. 如图，已知平行四边形（），用尺规在上确定一点，使． 21. 已知，，是的三边，且满足，试判断的形状，并说明理由． 22. 如图，在四边形中，点E、F在上，且，，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，，，求的长． 23. 一家文具店准备购进两种款式的书桌售卖，甲款书桌单价比乙款书桌贵40元．店主用1200元购进甲款书桌的数量，与用800元购进乙款书桌的数量相同． （1）求甲、乙两款书桌的单价（列分式方程求解）． （2）店主计划一共购进两款书桌共60张，且乙款书桌的进货数量不超过甲款书桌数量的2倍．若进货总费用不超过5880元，请问共有多少种进货方案？（不需要写出具体方案） 24. 如图，两个一次函数与的图象分别为直线和，与交于点，与轴交于点，与轴交于点． （1）的坐标是______，并求直线的解析式； （2）若点和点分别是轴和直线上的动点，是否存在平行四边形？若存在，求出点坐标，并求出此时平行四边形的面积；若不存在，请说明理由． 25. 综合探究 （1）如图1，已知，，，，那么______． （2）如图2，点在线段上，，，．若，，求的长． （3）如图3，某乡村休闲游园规划一块五边形绿化区域，施工勘测得到场地基础边界条件：区域内，且每个内角都小于，侧边，，已知米，米，且与的长度之和为800米．现园林工人在绿化带的边、边上分别设置动点、，施工过程中始终保持路段长度；以线段为边界向右侧场地搭建一块等边造型的景观三角区域，同时连接、两段观景步道．当五边形绿化区域的面积取最小值时，求观景步道总长的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $