精品解析：四川成都市锦江区师一学校2025-2026学年下学期八年级数学半期考试

成都师一学校 初2024级（八下）数学半期考试 A卷（共100分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分） 1. 习近平总书记指出：发展新能源汽车是我国从汽车大国走向汽车强国的必由之路．下列四款新能源汽车的标志中，是中心对称图形的是（） A. B. C. D. 2. 下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（　　） A. B. C. D. 3. 点向上平移5个单位，则所得点的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则下列不等式中不成立的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，点E，F分别是，的中点，连接，已知，则的长为（ ） A. 12 B. 5 C. 20 D. 15 6. 若函数和函数的图象如图所示，其交点为，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙二人做某种机械零件，已知甲每小时比乙少做10个，甲做120个所用的时间与乙做150个所用的时间相等，设乙每小时做x个零件，下列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，将绕顶点顺时针旋转到，当首次经过顶点时，旋转角为（ ）度． A. 34 B. 36 C. 144 D. 46 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 分解因式：2x2﹣8=_______ 10. 若分式的值为0，则______． 11. 若正多边形的一个内角是，则正多边形的边数是______ 12. 如图，，，都是的顶点，若将沿轴向右平移，使边的中点的对应点恰好落在轴上，则点的对应点的坐标是___________． 13. 在中，，以点为圆心，的长为半径画弧交边于点，连接，以点为圆心，任意长为半径画弧分别交边和于点和点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径画弧交于点，射线分别与和交于点和点，若，则的长为___________． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. （1）解方程：； （2）解不等式组：． 15. 先化简，再求值：，其中，且为整数． 16. 如图，在平面直角坐标系中，． （1）在图中画出关于轴对称的． （2）请画出绕原点顺时针旋转后得到的（其中的对应点是的对应点是的对应点是）； （3）点在轴上，点在轴上，若，且以四点为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 17. 在中，， （1）如图1，交延长线于点，求证：； （2）如图2，点在线段上（不和重合），交延长线于点，交于点，求证：； （3）如图3，当时，过点作，点在边的上方，连接，点是边上一点，交的延长线于点，若，，，求的长． 18. 在平行四边形中， （1）如图1，，垂足为点，，垂足为点，若，求证：； （2）如图2，点是边上一点，，垂足为点，，垂足为点，，垂足为点，请判断和三条线段之间的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在（2）的条件下，连接，若平分，，且，求的值． B卷 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 如果，则的值为___________． 20. 已知关于的方程的解大于1，则的取值范围是___________ 21. 如图，在中，，，点为中点，点为边上的动点，且，连接，则的最小值为___________． 22. 定义：若平面直角坐标系中两个点和满足或，则称和处于“1级分离状态”；如果图形上任意点和图形上任意点都是“1级分离状态”，则称图形和图形是“1级分离图形”；已知四个定点，若一条直线与四边形是“1级分离图形”，则 的取值范围为___________． 23. 如图，在中，，，，点，分别在边上，且．连接与交于点，若，则的长为___________； 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 为迎接校园艺术节的到来，学校舞蹈队欲购买两种不同类型的花球，已知1个A型花球比1个B型花球贵3元，用180元购进A型花球的数量与用120元购进B型花球的数量相同． （1）求两种类型花球的单价各是多少元． （2）若舞蹈队计划购买这两种花球共50个，其中购买A型花球的数量不少于B型花球的2倍，请求出如何购买花球总费用最少，并求出最少总费用． 25. 已知平行四边形，将沿对角线折叠后得到，与边交于点． （1）如图1，若恰好在的延长线上时，求证：是的中点； （2）如图2，当时，若为直角三角形，求的值； （3）如图3，当时，若为等腰三角形，求的长． 26. 如图，在平面直角坐标系中，已知点坐标为、点坐标为 （1）求直线的表达式； （2）如图1，若点为线段的中点，分别是线段上的动点，，连接，以为邻边作平行四边形．当其中一条坐标轴将平行四边形的面积分成的两部分时，求点的坐标． （3）如图2，若点的坐标为，点的坐标为连接，连接交轴于点，过作，交y轴于点，试探究的面积是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都师一学校 初2024级（八下）数学半期考试 A卷（共100分） 一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分） 1. 习近平总书记指出：发展新能源汽车是我国从汽车大国走向汽车强国的必由之路．下列四款新能源汽车的标志中，是中心对称图形的是（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的概念，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，进行判断即可； 本题考查的是中心对称图形概念，正确掌握相关定义是解题关键； 【详解】A．该图不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B．该图不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C．该图不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．该图是中心对称图形，故此选项符合题意； 故选：D． 2. 下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了因式分解的定义，熟练掌握多项式因式分解的方法，并会根据多项式的特征选用合适的方法是解题的关键． 【详解】解：A、，是整式的乘法，故本选项不符合题意； B、，故本选项不符合题意； C、，是因式分解，故本选项符合题意； D、，右边不是几个整式的乘积的形式，故本选项不符合题意 故选：C． 3. 点向上平移5个单位，则所得点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解： ∵ 点坐标为，向上平移个单位， ∴平移后点的横坐标不变，仍为，纵坐标为， ∴所得点的坐标为. 4. 若，则下列不等式中不成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据不等式的性质对每一个选项进行判断，其中可以利用假设法进行判断，赋予如m、n为特定值，来判断不等式是否成立，即可求解． 【详解】解：A．∵，不等式两边同时加2，不等号方向不变，∴，故A不符合题意； B．∵，不等式两边同时乘以-2，-2＜0，不等号方向改变，∴，故B符合题意； C．∵，不等式两边同时加-2，不等号方向不变，∴，故C不符合题意； D．∵，不等式两边同时乘以，＞0，不等号方向不变，∴，故D不符合题意； 故选B． 【点睛】本题考查了不等式的性质，不等式的基本性质是解不等式的主要依据，必须熟练地掌握．要认真弄清不等式的基本性质与等式的基本性质的异同，特别是在不等式两边同乘以（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． 5. 如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，点E，F分别是，的中点，连接，已知，则的长为（ ） A. 12 B. 5 C. 20 D. 15 【答案】C 【解析】 【详解】解： 四边形是平行四边形， 对角线与互相平分， 是的中点，，， 是的中点，是的中点， 是的中位线， ， ， ， ． 6. 若函数和函数的图象如图所示，其交点为，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】关于的不等式表示的是函数的图象位于函数的图象的上方，结合函数图象求解即可． 【详解】解：关于的不等式表示的是函数的图象位于函数的图象的上方， 则结合函数图象可知，关于的不等式的解集是． 7. 甲、乙二人做某种机械零件，已知甲每小时比乙少做10个，甲做120个所用的时间与乙做150个所用的时间相等，设乙每小时做x个零件，下列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查根据实际问题列分式方程，根据甲做120个所用的时间与乙做150个所用的时间相等，列出方程即可． 【详解】解：设乙每小时做x个零件，则甲每小时做个零件，由题意，得； 故选C． 8. 如图，在中，，将绕顶点顺时针旋转到，当首次经过顶点时，旋转角为（ ）度． A. 34 B. 36 C. 144 D. 46 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据平行四边形的性质求出，然后由旋转的性质得到，，然后根据等边对等角和三角形内角和定理求解． 【详解】解：∵在中，， ∴， 由旋转得，，， ∴， ∴， ∴旋转角为36度． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 分解因式：2x2﹣8=_______ 【答案】2（x+2）（x﹣2） 【解析】 【分析】先提公因式，再运用平方差公式． 【详解】2x2﹣8， =2（x2﹣4）， =2（x+2）（x﹣2）． 【点睛】考核知识点：因式分解.掌握基本方法是关键． 10. 若分式的值为0，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查分式的值为0的条件，根据分式的值为0的条件分母不为0，分子为0解决此题． 【详解】解：∵分式的值为0， ∴且， 解得， 故答案为：． 11. 若正多边形的一个内角是，则正多边形的边数是______ 【答案】12 【解析】 【分析】本题考查了正多边形的内角和，熟练掌握多边形的内角和公式是解题关键．设该正多边形的边数是，根据多边形的内角和建立方程，解方程即可得． 【详解】解：设该正多边形的边数是， 则， 解得， 所以该正多边形的边数是12， 故答案为：12． 12. 如图，，，都是的顶点，若将沿轴向右平移，使边的中点的对应点恰好落在轴上，则点的对应点的坐标是___________． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出点的坐标为，然后得到平移方式，然后根据平行四边形的性质求出，进而求解即可． 【详解】解：∵，， ∴边的中点的坐标为，即， ∵点的对应点恰好落在轴上， ∴平移方式为向右平移1个单位， ∵，，四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴点的对应点的坐标是，即． 13. 在中，，以点为圆心，的长为半径画弧交边于点，连接，以点为圆心，任意长为半径画弧分别交边和于点和点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径画弧交于点，射线分别与和交于点和点，若，则的长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由作图可知，平分，进而得到，，再设，得到，，然后根据，列方程求解． 【详解】解：由作图可知，平分， ，， ， 又， ， ， ，， 设，则，， ， 解得，即． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. （1）解方程：； （2）解不等式组：． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的解法，一元一次不等式组的解法，熟练掌握各自求解方法和解题步骤是解题的关键； （1）通过去分母转化为整式方程，即可求解； （2）分别解两个不等式，再求出其公共解集即可． 【详解】（1）方程两边同乘，得 解得 检验：当时，， ∴原方程的解为． （2） 解不等式①，得， 解不等式②，得． 原不等式组的解集为． 15. 先化简，再求值：，其中，且为整数． 【答案】 ；当时，原式 【解析】 【分析】先根据分式的混合运算法则化简，再取使分式有意义的整数x的值代入计算即可． 【详解】解： ， ∵，且为整数，， ∴， 则原式． 16. 如图，在平面直角坐标系中，． （1）在图中画出关于轴对称的． （2）请画出绕原点顺时针旋转后得到的（其中的对应点是的对应点是的对应点是）； （3）点在轴上，点在轴上，若，且以四点为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 【答案】（1）如图，即为所求； （2）如图，即为所求； （3）或 【解析】 【分析】（1）根据轴对称的性质，画出即可； （2）根据旋转的性质，画出即可； （3）根据题意，分两种情况，进行讨论，即可得到点坐标． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：，且以四点为顶点的四边形是平行四边形， ①当四边形为平行四边形时，，即轴， ∵，点在轴上， ∴； ②当四边形为平行四边形时，则， ∵，点在轴上，点在轴上，点向右平移1个单位，落在轴上， ∴点也要先向右平移1个单位，得到点的横坐标， ∴； 综上：或. 17. 在中，， （1）如图1，交延长线于点，求证：； （2）如图2，点在线段上（不和重合），交延长线于点，交于点，求证：； （3）如图3，当时，过点作，点在边的上方，连接，点是边上一点，交的延长线于点，若，，，求的长． 【答案】（1）证明：∵在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （3） 【解析】 【分析】（1）根据等角的余角相等，得到即可得证； （2）根据等角的余角相等，结合对顶角相等，推出即可； （3）过点作，交的延长线于点，作于点，作于点，作于点，证明，得到，推出，再证明，得到，勾股定理求出的长，即可得出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：过点作，交的延长线于点，作于点，作于点，作于点，作于点，则，，， ∵，， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理，得， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴，， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴. 18. 在平行四边形中， （1）如图1，，垂足为点，，垂足为点，若，求证：； （2）如图2，点是边上一点，，垂足为点，，垂足为点，，垂足为点，请判断和三条线段之间的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在（2）的条件下，连接，若平分，，且，求的值． 【答案】（1）解：∵平行四边形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 作，交于点，交于点， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴，即， ∵，，，， ∴， ∴四边形为矩形，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； （3）5 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，利用即可得证； （2）作，交于点，交于点，证明四边形为平行四边形，得到，进而得到，证明四边形为矩形，得到，再证明，得到，根据线段的和差关系即可得出结论； （3）延长交的延长线于点，证明，得到，推出，证明，得到，根据，，，进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：延长交的延长线于点， ∵，平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵平行四边形， ∴， ∴， 由（2）可知，四边形为矩形，，， ∴， ∴，， ，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴. B卷 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 如果，则的值为___________． 【答案】## 【解析】 【详解】解：∵， ∴， ∴． 20. 已知关于的方程的解大于1，则的取值范围是___________ 【答案】且 【解析】 【分析】将分式方程转化为整式方程，得到方程的解，再根据解大于1，结合分式有意义的条件列出不等式，即可求出的取值范围． 【详解】解：， 去分母得：， 移项合并得：， ∵关于的方程的解大于， ∴，且， 解得，且． 21. 如图，在中，，，点为中点，点为边上的动点，且，连接，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点M，连接，利用平行四边形的判定和性质，轴对称，勾股定理，三角形中位线，求解即可； 【详解】解：取的中点M，连接， ∵点为中点， ∴，， ∵在中，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 作点C关于直线的对称点N，连接，设与的交点为G， 根据对称性质，得， ∴， ∵， ∴当三点共线时，即点F与点G重合时，取得最小值，且最小值为， 根据对称性质，得， ∴， 根据勾股定理，得， 故的最小值为； 22. 定义：若平面直角坐标系中两个点和满足或，则称和处于“1级分离状态”；如果图形上任意点和图形上任意点都是“1级分离状态”，则称图形和图形是“1级分离图形”；已知四个定点，若一条直线与四边形是“1级分离图形”，则 的取值范围为___________． 【答案】且 【解析】 【分析】首先要准确理解“1级分离状态”的含义，即两个点的水平距离和垂直距离均大于1，在此基础上进一步理解“1级分离图形”的含义，然后通过寻找临界位置来确定 的取值范围． 【详解】对于直线，当时，， 直线经过定点． 如图1所示，根据定义，若和处于“1级分离状态”,则点应位于以点为中心，边长为2的正方形的外部区域. 由于直线与四边形是1级分离图形，根据定义可知，直线应满足距四边形上每一个点的水平距离和垂直距离均大于1，也就是把四边形在上下左右四个方向上向外各扩展一个单位长度，保证直线与拓展后的图形没有交点． 在四个顶点处扩展后的情形如图2所示，由此可知扩展后的区域为多边形,其中点的坐标为，点的坐标为． ∵直线经过定点， ∴可以把直线看作绕进行旋转． ① 若, 则直线与多边形的临界点为点，如图， 把代入，得 ， 解得． 应满足的取值范围是； ② 若, 则直线与多边形的临界点为点，如图， 把代入，得 ， 解得． 应满足的取值范围是． 综上，的取值范围为且． 23. 如图，在中，，，，点，分别在边上，且．连接与交于点，若，则的长为___________； 【答案】 【解析】 【分析】过点分别作的垂线，垂足分别为，连接，证明得出，，进而证明，都是等腰直角三角形，再证明得出，在中，，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【详解】解：如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，连接， ∴， ∵， ∴，即 又∵ ∴ ∴， 设， ∵ ∴，都是等腰直角三角形， ∴， ∴ ∴ ∴垂直平分 ∴ 设 ∴， 在中， ∴ 解得：或（舍去） ∴的长为 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. 为迎接校园艺术节的到来，学校舞蹈队欲购买两种不同类型的花球，已知1个A型花球比1个B型花球贵3元，用180元购进A型花球的数量与用120元购进B型花球的数量相同． （1）求两种类型花球的单价各是多少元． （2）若舞蹈队计划购买这两种花球共50个，其中购买A型花球的数量不少于B型花球的2倍，请求出如何购买花球总费用最少，并求出最少总费用． 【答案】（1）A型花球单价是9元，B型花球单价是6元； （2）购买A型花球34个，B型花球16个时总费用最少，最少总费用为402元. 【解析】 【分析】（1）设A型花球的单价是x元，则B型花球的单价是元，根据：用180元购进A型花球的数量与用120元购进B型花球的数量相同，列出分式方程，解方程并检验后可得结果； （2）设购买A型花球y个，则B型花球个，根据题意列出不等式，求出不等式的最小整数解，进而可得答案. 【小问1详解】 解：设A型花球的单价是x元，则B型花球的单价是元，根据题意得 ， 解得：， 经检验：是所列方程的解，， 答：A型花球单价是9元，B型花球单价是6元； 【小问2详解】 解：设购买A型花球y个，则B型花球个，根据题意可得 ， 解得， ∵y为整数， ∴y最小为34，此时，总费用元； 答：购买A型花球34个，B型花球16个时总费用最少，最少总费用为402元. 25. 已知平行四边形，将沿对角线折叠后得到，与边交于点． （1）如图1，若恰好在的延长线上时，求证：是的中点； （2）如图2，当时，若为直角三角形，求的值； （3）如图3，当时，若为等腰三角形，求的长． 【答案】（1）证明：平行四边形 ， 恰好在的延长线上， ，． ， 由折叠性质得：， 在和 中，， （）， ，即  是  的中点． （2）的值为​或 （3） 或或 【解析】 【分析】（1）突破口是平行四边形对边平行、折叠前后对应角相等，根据证得，进而得到． （2）先利用平行四边形与折叠性质，得，为直角三角形需分直角顶点是或两种情况讨论，对每种情况设未知边长，结合直角三角形边角关系与等腰三角形性质建立边长比例关系． （3）先由平行四边形与折叠性质得，，且可得，；为等腰三角形需分、、三种情况讨论，对每种情况设为未知量，过作于，再在、、中用勾股定理可求出的长． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由折叠得：，，  ， ， ． 设，，， 则， 不可能为直角，分两种情况： 情况1：， 在中，，即​，，  ， ． 情况2：， 在中，，即，， 且， ，  \， ． 综上，的值为​或． 【小问3详解】 解：由题意：，，同理， 设，则，， 过作于， 设，． 分三种情况讨论： 情况1：，即，解得， ． 由勾股定理： ：， ：， 两式联立消元得：，化简得． ： ， ． 情况2：， ，令，解得， ，． ：， ：， 两式相减消元得：，解得． ： ， ． 情况3：． ，令，得，． ：， ：， 两式相减消元得：，解得． ： ， ． 三种情况均符合题意， 或或． 26. 如图，在平面直角坐标系中，已知点坐标为、点坐标为 （1）求直线的表达式； （2）如图1，若点为线段的中点，分别是线段上的动点，，连接，以为邻边作平行四边形．当其中一条坐标轴将平行四边形的面积分成的两部分时，求点的坐标． （3）如图2，若点的坐标为，点的坐标为连接，连接交轴于点，过作，交y轴于点，试探究的面积是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）； （2）或 （3）的面积是定值，为 【解析】 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）根据中点坐标公式求出点坐标，设，则，表示出的坐标，平行四边形的性质，推出点坐标，再根据题意，分轴将平行四边形的面积分成的两部分和轴将平行四边形的面积分成的两部分，两种情况进行讨论求解即可； （3）求出直线的解析式，进而求出直线的解析式，再求出直线的解析式，进而求出点的坐标，利用三角形的面积公式进行求解即可. 【小问1详解】 解：∵， ∴设直线的解析式为， 把代入，得， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵点为线段的中点，， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴的中点坐标为， ∵以为邻边作平行四边形， ∴的中点坐标也为， ∴点坐标为， ∵其中一条坐标轴将平行四边形的面积分成的两部分时，分两种情况： ①当轴将平行四边形的面积分成的两部分时，如图：的面积与四边形的面积比为，即的面积为平行四边形的面积的， ∴的面积是的面积的， ∴，即点为的中点， ∵点在轴上，故点的横坐标为0， ∴，解得， ∴点坐标为，即； ②当轴将平行四边形的面积分成的两部分时，如图，则的中点在轴上， ∴，解得， ∴点坐标为，即； 综上：点坐标为或； 【小问3详解】 解：的面积是定值，为； 设直线的解析式为， ∵点的坐标为，点的坐标为， ∴，解得， ∴， ∵， ∴设直线的解析式为，把代入，得， ∴， ∴当时，， ∴， 同法可得直线的解析式为， ∴当时，， ∴， ∴的面积，为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $