精品解析：四川省达州市管村初级中学2025-2026学年八年级下学期6月自测数学试题

四川省达州市管村初级中学2025-2026学年八年级下学期6月自测数学试题 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，每小题有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 等腰三角形的两边长分别为4和9，则这个等腰三角形的周长为（ ） A. 17 B. 13 C. 17或22 D. 22 3. 若，下列不等式变形，不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列由左边到右边的变形，因式分解正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 若分式的值为0，则的值是（ ） A. B. 5 C. D. 0 6. 如图，是三角形的中位线，且，若，，则的长为（　 　） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 7. 如图，已知，点P在边OA上，，点M，N在边OB上，，若，则OM的长为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 如图，在中，，，是边上一点，将沿折叠得，连接，若四边形为平行四边形，则的值是（　　） A. B. C. 2 D. 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 已知，，则的值为_________． 10. 一个三角形三边长为15、20、25，则三角形的面积为___________． 11. 若关于的不等式可化为，则的取值范围是_______． 12. 如图，将周长为的沿方向平移个单位得到，则四边形的周长为_______ 13. 在1970年墨西哥“世界杯”上使用的足球由32块手缝嵌面组成12块黑色的正五边形和20块白色的正六边形，如图是侧面展开图局部，则图中∠α度数为____． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 计算： （1）分解因式：3x3﹣12x2y+12xy2 （2）解不等式组： 15. 解分式方程及化简求值 （1）解分式方程：． （2）先化简：，然后从，0，1，2这四个数中选取一个合适的数作为x的值代入求值． 16. 如图，在平面直角坐标系中， 的三个顶点分别为，，，（每个方格的边长均为1个单位长度）   （1）若和关于原点成中心对称，请画出； （2）将绕点逆时针旋转得到，请画出； （3）将进行平移得到，若的坐标为，则坐标为___________． 17. 如图，中，点D在边上，E是的中点、连接并延长到F，使得．连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若为等边三角形，，求的长． 18. 在平行四边形纸片中，E为边上一点，将沿折叠，点D的对应点为． （1）如图①，当点恰好落在边上时，四边形的形状为 ． （2）如图②，当E，F为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G，试判断线段与的数量关系，并说明理由； （3）如图③，当，时，连接并延长，交边于点H．若平行四边形的面积为24，，求线段的长． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 已知不等式组的解集是，则________． 20. 如图，将绕点A逆时针旋转到，旋转角为，点B的对应点D恰好落在边上．若，，则旋转角的度数为______ 21. 关于x的分式方程无解，则a=______． 22. 如图，E是的边的中点，平分，于点F，延长交于点D．已知，则的长是______． 23. 如图，O是平面直角坐标系原点，，，，，P为线段上一个动点，连结并延长至点E，使得点E落在直线上，以，为邻边作，则对角线的最小值为_____． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. “人间烟火气，最抚凡人心．”在这喧嚣的世界里，地摊的存在，让人们感受到了那份朴实无华的温暖，也让城市多了一份生活的温度，某个体户购买了腊梅，百合两种鲜花摆摊销售，若购进腊梅5束，百合3束，需要114元；若购进腊梅8束，百合6束，需要204元． （1）求腊梅，百合两种鲜花的进价分别是每束多少元？ （2）若每束腊梅的售价为20元，每束百合的售价为30元．结合市场需求，该个体户决定购进两种鲜花共80束，计划购买成本不超过1260元，且购进百合的数量不少于腊梅数量的，两种鲜花全部销售完时，求销售的最大利润及相应的进货方案． 25. 在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，与y轴交于点，平面内有一点，直线与直线交于点，与x轴交于点F．直线的表达式记作，直线BE表达式记作． （1）求直线的表达式和的面积． （2）观察函数图象：直接写出的解集为______． （3）在x轴上有一动点H，使得为等腰三角形，请直接出点H的坐标． 26. 解决问题 （1）如图1，已知：和是等边三角形，点在同一直线上，连接，和边交于点，连接，和交于点．求证：． （2）在（1）的条件下，如图2，将绕点C顺时针旋转一定的角度，连接． ①_________； ②猜想线段和的数量关系，并证明．（如果证明需要用到①的结论，可以直接使用，无需再次证明） （3）如图3，在中，，过外一点，作，和边交于，连接，过点作于，若，，请直接写出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省达州市管村初级中学2025-2026学年八年级下学期6月自测数学试题 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，每小题有四个选项，其中只有一项符合题目要求） 1. 中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；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，那么这个图形叫做中心对称图形．解决本题的关键是根据中心对称图形和轴对称图形的概念判断即可． 【详解】解：A选项：该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不符合题意； B选项：该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意； C选项：该图形既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故C选项不符合题意； D选项：该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D选项符合题意． 2. 等腰三角形的两边长分别为4和9，则这个等腰三角形的周长为（ ） A. 17 B. 13 C. 17或22 D. 22 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查等腰三角形的性质和三角形三边关系，解题时需分类讨论，并验证是否满足三边关系． 等腰三角形的两边长分别为4和9，需分两种情况讨论：当腰为4底为9时，当腰为9底为4时． 根据三角形三边关系，只有腰为9时能构成三角形，周长为22． 【详解】解：当腰为4底为9时，三边为4，4，9． ∵，不满足三角形三边关系， ∴ 不能构成三角形． 当腰为9底为4时． ∵，， 满足三角形三边关系， ∴ 能构成三角形，周长． ∴ 这个等腰三角形的周长为22． 故选D． 3. 若，下列不等式变形，不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的性质，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、，选项正确，不符合题意； B、，选项正确，不符合题意； C、，选项正确，不符合题意； D、当时，，选项不一定成立，符合题意； 故选D． 【点睛】本题考查不等式的性质，熟练掌握不等式的性质，是解题的关键． 4. 下列由左边到右边的变形，因式分解正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查因式分解，根据因式分解的定义以及因式分解的方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、是整式的乘法，不是因式分解，不符合题意； B、等式右边不是乘积的形式，不是因式分解，不符合题意； C、，正确； D、，原选项分解错误； 故选C． 5. 若分式的值为0，则的值是（ ） A. B. 5 C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了分式为零的条件，掌握分式为零的条件为为分子为零、分母不为零成为解题的关键． 根据分式为零的条件进行计算即可． 【详解】解：∵分式的值为0， ∴，解得：． 故选A． 6. 如图，是三角形的中位线，且，若，，则的长为（　 　） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由三角形的中位线得，由直角三角形的特征得，即可求解． 【详解】解：是三角形的中位线， ， ， ， ． 7. 如图，已知，点P在边OA上，，点M，N在边OB上，，若，则OM的长为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】过P作，根据等腰三角形形三线合一及直角三角形角所对直角边等于斜边一半即可得到答案． 【详解】解：过P作， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故选：C． ． 【点睛】本题考查等腰三角形形三线合一及直角三角形角所对直角边等于斜边一半，解题关键是作出辅助线． 8. 如图，在中，，，是边上一点，将沿折叠得，连接，若四边形为平行四边形，则的值是（　　） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接，延长交于，可证，从而可证，可求，从而可求，，，即可求解． 【详解】解：如图，连接，延长交于， 由折叠得：，， ， 在和中 ， （）， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 在中：， 在中：， ， ， 在中： ， 故选：D． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键． 二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 9. 已知，，则的值为_________． 【答案】-12 【解析】 【分析】将a2b+ab2分解因式，得ab(a+b)，再代入计算即可． 【详解】解：∵a+b=3，ab=-4， ∴a2b+ab2= ab(a+b)=3×(-4)=-12， 故答案为：12． 【点睛】本题考查代数式求值，因式分解的应用，将所求代数式分解因式，整体思想的运用是解题的关键． 10. 一个三角形三边长为15、20、25，则三角形的面积为___________． 【答案】150 【解析】 【分析】由勾股定理逆定理可知这个三角形是直角三角形，将两直角边代入三角形面积公式计算即可． 【详解】∵， ∴这个三角形是直角三角形 ∴这个三角形的面积． 故答案为150． 【点睛】本题考查了勾股定理逆定理，观察出勾股数，并验证是解决本题的关键． 11. 若关于的不等式可化为，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了不等式的解集，熟练掌握不等式的基本性质是解题的关键．根据已知解集得到为负数，即可确定出的范围． 【详解】解：不等式可化为， ， 解得：， 故答案为：． 12. 如图，将周长为的沿方向平移个单位得到，则四边形的周长为_______ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查平移的性质，根据平移的性质可得，，将四边形的周长转化为的周长与、的和，即可求解． 【详解】解：由平移的性质得，，， 的周长为，  ， ， 四边形的周长       ． 13. 在1970年墨西哥“世界杯”上使用的足球由32块手缝嵌面组成12块黑色的正五边形和20块白色的正六边形，如图是侧面展开图局部，则图中∠α度数为____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正多边形的内角. 先求出正五边形和正六边形的每个内角，进而根据镶嵌的定义即可求出． 【详解】解：如图所示， ∵正五边形的每个内角为， 正六边形的每个内角为， ∴，， ∵， ∴， 故答案为：． 三、解答题（本大题共5个小题，共48分） 14. 计算： （1）分解因式：3x3﹣12x2y+12xy2 （2）解不等式组： 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先提取公因式，再用完全平方公式分解因式，即可； （2）先求出每个不等式的解集，再取两个解集的公共部分得到最终结果． 【小问1详解】 解：． 【小问2详解】 解： ，  解不等式①，得； 解不等式②，得，  不等式组的解集为 ． 15. 解分式方程及化简求值 （1）解分式方程：． （2）先化简：，然后从，0，1，2这四个数中选取一个合适的数作为x的值代入求值． 【答案】（1） . （2） 化简结果为，代入求值结果为. 【解析】 【分析】（1）首先确定最简公分母，因为方程两边的分母分别为和，互为相反数，所以可将分母统一为，再给方程两边同乘最简公分母，将分式方程转化为整式方程求解，最后要验根． （2）先处理括号内的分式减法，通分计算后，因为除法要转化为乘法计算，所以将除式的分子分母因式分解，约分得到最简形式，再根据分式有意义的条件，从给定的数中选取合适的代入计算． 【小问1详解】 原方程可化为 ； 去分母：两边同乘最简公分母（）， 得： ； 整理求解：展开合并得 ， 解得 ； 检验：将代入， 因此是原方程的解． 【小问2详解】 解：，  分式有意义要求所有分母不为0，因此且，只能选取．  将代入得：． 16. 如图，在平面直角坐标系中， 的三个顶点分别为，，，（每个方格的边长均为1个单位长度）   （1）若和关于原点成中心对称，请画出； （2）将绕点逆时针旋转得到，请画出； （3）将进行平移得到，若的坐标为，则坐标为___________． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据，，，且和关于原点成中心对称，得到，，，画出即可； （2）根据，，，且绕点逆时针旋转得到，得到，，，画出； （3）根据题意，得平移后得到的坐标为，判定这是一个向右平移5个单位长度，再向下平移2个单位长度的平移变换，求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：根据题意，得平移后得到的坐标为，判定这是一个向右平移5个单位长度，再向下平移2个单位长度的平移变换， 故平移后得到的坐标为即； 17. 如图，中，点D在边上，E是的中点、连接并延长到F，使得．连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若为等边三角形，，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据是的中点，得出，再根据，得出，证明，得出，即可证明； （2）根据为等边三角形，，得出，即可得，根据勾股定理得出，即可求解； 【小问1详解】 证明：∵是的中点， ， ， ， 在和中， ， ∴， ， ∴四边形是平行四边形． 【小问2详解】 解：∵为等边三角形，， ， ， ， ， ∴的长是． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质、平行线的判定、平行四边形的判定、勾股定理、等边三角形的性质，掌握以上知识点是解题的关键． 18. 在平行四边形纸片中，E为边上一点，将沿折叠，点D的对应点为． （1）如图①，当点恰好落在边上时，四边形的形状为 ． （2）如图②，当E，F为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G，试判断线段与的数量关系，并说明理由； （3）如图③，当，时，连接并延长，交边于点H．若平行四边形的面积为24，，求线段的长． 【答案】（1）平行四边形 （2）解：，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵E，F为边的三等分点， ∴， 由折叠可知：，， ∴， ∴， 由三角形外角性质可知：， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴，即， ∴． （3） 【解析】 【分析】（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得，，继而可知，即可确定四边形的形状； （2）利用折叠的性质可得，，结合三等分点可知，进而可得，利用三角形外角性质可得，进而可知，可得四边形是平行四边形，再结合平行四边形的性质即可得与的数量关系； （3）由折叠可知：，，知为等腰直角三角形，延长交于M，可知，由平行四边形的性质可得，，，进而可知，由平行四边形的面积为24，，得，求得，可得，再利用勾股定理即可求解． 【小问1详解】 解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， 由折叠可知：，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：由折叠可知：，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 如图：延长交于M，可知， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，，即， ∴， ∵平行四边形的面积为24，， ∴，即，解得：， ∴， ∴． B卷（共50分） 一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分） 19. 已知不等式组的解集是，则________． 【答案】 【解析】 【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据不等式组的解集求得、的值，再代入计算即可．本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键． 【详解】解：由得：， 由得：， 解集为， ，， 解得，， ， 故答案为：． 20. 如图，将绕点A逆时针旋转到，旋转角为，点B的对应点D恰好落在边上．若，，则旋转角的度数为______ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等．先求出，再利用旋转的性质求出，，然后利用等边对等角求出，最后利用三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：如图， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵旋转， ∴，， ∴， ∴， 即旋转角的度数是． 故答案为：． 21. 关于x的分式方程无解，则a=______． 【答案】4或-3##-3或4 【解析】 【分析】分两种情况分别计算，①当a-4=0时，该整式方程无解，②当a-4≠0时，由分式方程无解得到增根x=0或x=3，代入整式方程即可求解． 【详解】解：去分母并整理得（a-4）x=-21， ①当a-4=0时，该整式方程无解， 此时a=4； ②当a-4≠0时，要使原方程无解， 则x（x-3）=0，即x=0或x=3， 把x=0代入整式方程，a的值不存在， 把x=3代入整式方程，得a=-3． 综合①②得a=4或a=-3． 故答案为：4或-3． 【点睛】本题考查了分式方程无解问题，分式方程无解的条件是：去分母后所得整式方程无解，或解这个整式方程得到的解使原方程的分母等于0． 22. 如图，E是的边的中点，平分，于点F，延长交于点D．已知，则的长是______． 【答案】18 【解析】 【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理，证明，则，证明是的中位线，则，即可得到的长． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵E是的边的中点， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∴， 故答案为：18． 23. 如图，O是平面直角坐标系原点，，，，，P为线段上一个动点，连结并延长至点E，使得点E落在直线上，以，为邻边作，则对角线的最小值为_____． 【答案】6 【解析】 【分析】作轴于N，轴于M，连接，利用全等三角形的性质证明，推出，根据垂线段最短解决问题即可． 【详解】解：作轴于N，轴于M，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵轴，轴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 当时，的值最小，此时， ∴最小值为6． 故答案为6． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最短问题． 二、解答题（本大题共3个小题，共30分） 24. “人间烟火气，最抚凡人心．”在这喧嚣的世界里，地摊的存在，让人们感受到了那份朴实无华的温暖，也让城市多了一份生活的温度，某个体户购买了腊梅，百合两种鲜花摆摊销售，若购进腊梅5束，百合3束，需要114元；若购进腊梅8束，百合6束，需要204元． （1）求腊梅，百合两种鲜花的进价分别是每束多少元？ （2）若每束腊梅的售价为20元，每束百合的售价为30元．结合市场需求，该个体户决定购进两种鲜花共80束，计划购买成本不超过1260元，且购进百合的数量不少于腊梅数量的，两种鲜花全部销售完时，求销售的最大利润及相应的进货方案． 【答案】（1）腊梅的进价是12元/束，百合的进价是18元/束； （2）当购进腊梅30束，百合50束时，销售利润最大，销售的最大利润为840元． 【解析】 【分析】本题主要考查二元一次方程组的应用，一次函数，一元一次不等式组的应用，熟练掌握利润与进购量之间的数量关系是解决问题的关键． （1）设腊梅的进价是x元/束，百合的进价是y元/束，根据题意列出方程组求解即可； （2）设购进腊梅m束，则购进百合束，根据题意列出不等式组求出，然后表示出总利润，然后利用一次函数的性质求解即可． 【小问1详解】 设腊梅的进价是x元/束，百合的进价是y元/束， 根据题意得：， 解得：． 答：腊梅的进价是12元/束，百合的进价是18元/束； 【小问2详解】 设购进腊梅m束，则购进百合束， 根据题意得：， 解得：， 设购进的两种鲜花全部销售完后获得的总利润为w元， 则， 即， ∵， ∴w随m的增大而减小， ∴当时，w取得最大值，（元）， 此时（束）． 答：当购进腊梅30束，百合50束时，销售的最大利润为840元． 25. 在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，与y轴交于点，平面内有一点，直线与直线交于点，与x轴交于点F．直线的表达式记作，直线BE表达式记作． （1）求直线的表达式和的面积． （2）观察函数图象：直接写出的解集为______． （3）在x轴上有一动点H，使得为等腰三角形，请直接出点H的坐标． 【答案】（1）， （2） （3）或或或 【解析】 【分析】（1）用待定系数法即可求解直线的表达式，再求出点F的坐标，根据三角形的面积公式，即可求的面积； （2）当直线在直线下方时，有，当直线和直线都在x轴上方时，有，，根据函数图象，即可进行解答； （3）设点H的坐标为，根据两点之间的距离公式，将的三边表示出来，再进行分类讨论即可． 【小问1详解】 解：将点，代入得： ，解得：， ∴直线的表达式为， 把代入得：， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴点B到x轴的距离为3，即在边上的高为3， ∴； 【小问2详解】 解：∵，， ∴由图可知，当时，， 故答案为：； 【小问3详解】 解：设点H的坐标为， ∵，， ∴，，， ①当时，， 解得：， ∴点H的坐标为或， ②当时，， 解得：或（舍去）， ∴点H的坐标为， ③当时，， 解得：， ∴点H的坐标为， 综上：点H的坐标为或或或． 【点睛】本题主要考查了一次函数综合，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数表达式的步骤和方法，根据图象求不等式的解集，两点间的距离公式以及等腰三角形的性质． 26. 解决问题 （1）如图1，已知：和是等边三角形，点在同一直线上，连接，和边交于点，连接，和交于点．求证：． （2）在（1）的条件下，如图2，将绕点C顺时针旋转一定的角度，连接． ①_________； ②猜想线段和的数量关系，并证明．（如果证明需要用到①的结论，可以直接使用，无需再次证明） （3）如图3，在中，，过外一点，作，和边交于，连接，过点作于，若，，请直接写出的值． 【答案】（1）证明：∵和是等边三角形， ∴，，， ， ∴， ∴； （2）①60； ②，理由为： 过点C作，于点M，N， ∵，， ∴ ∴， ∴， 在上截取，连接， 则是等边三角形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3） 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形的性质利用证明即可解题； （2）①证明，得到，然后利用角的和差和三角形的内角和定理解题即可； ②过点C作，于点M，N，根据角平分线的性质得到，然后在上截取，连接，则有，即可得到结论； （3）在上找一点，使得，连接，证明，即可得到，然后利用勾股定理得到长，再推导出解题即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：①同理可证， ∴，， 又∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴； ②略 【小问3详解】 解：如图，在上找一点，使得，连接， ∵，，， ∴， ， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴ ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $