精品解析：广东湛江第一中学2025-2026学年八年级第一学期第三次综合素养评价（期末）数学试卷

湛江第一中学2025-2026学年第一学期第三次综合素养评价 初二级数学科试卷 时间：120分钟；满分：120分； 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分． 1. 巴黎奥运会已在2024年8月11日落下帷幕，但是运动健儿在奥运赛场上的拼搏精神仍牢记我们心中，下列运动项目的图形中，是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查轴对称图形的定义，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，根据轴对称图形的概念逐选项判断即可． 【详解】解：A、该图形不是轴对称图形，不符合题意； B、该图形是轴对称图形，符合题意； C、该图形不是轴对称图形，不符合题意； D、该图形不是轴对称图形，符合题意； 故选：B． 2. 下列式子是分式的是（ ） A. B. C. x D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查分式的定义，熟练掌握分式的定义是解题的关键；根据分式的定义，分母中含有字母的式子称为分式，然后问题可求解． 【详解】解：∵分式需满足分母中含有字母， ∴选项B：的分母为x，含有字母，是分式； 选项A、C、D的分母均无字母，不是分式； 故选B． 3. 若使分式有意义，则x应满足的条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了分式有意义的条件，根据分式有意义的条件：分母不为零，进行求解即可． 【详解】解：∵分式有意义需分母， ∴． 故选：C． 4. 计算的结果为（ ） A. B. 3 C. D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】利用二次根式的性质进行化简即可． 【详解】 故选择：B 【点睛】本题考查二次根式化简，掌握二次根式化简方法是解题关键． 5. 下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查因式分解的定义．因式分解就是把一个多项式化为几个整式的积的形式，据此对各项进行判断即可． 【详解】解：A、是单项式乘多项式的运算，不符合题意； B、右边结果不是积的形式，不符合题意； C、是多项式与多项式的乘法运算，不符合题意； D、属于因式分解，符合题意． 故选：D． 6. 把多项式分解因式，应提取的公因式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了提取公因式法因式分解，确定公因式的方法：①定系数，即确定各项系数的最大公因数；②定字母，即确定各项的相同字母因式（或相同多项式因式）；③定指数，即各项相同字母因式（或相同多项式因式）的指数的最低次幂，据此找到答案即可． 【详解】解：∵系数和的最大公因数为，变量和都含有， ∴公因式为． 故选：C． 7. 计算的结果是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查单项式的乘法运算，根据系数相乘、同底数幂相乘的法则计算即可． 【详解】解：， 故选A． 8. 下列计算正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，根据二次根式的运算法则，逐一进行计算判断即可． 【详解】A. ，故该选项不正确，不符合题意； B. ，故该选项不正确，不符合题意； C. ，故该选项不正确，不符合题意； D. ，故该选项正确，符合题意； 故选：D． 9. 等腰三角形的两边分别为5和8，那么它的周长是（ ） A. 13 B. 18 C. 21 D. 18或21 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是等腰三角形的定义，三角形的三边关的应用，分腰长为5和8两种情况讨论，再利用三角形三边关系进行验证，再求其周长． 【详解】解：当腰长为5时，三角形的三边分别为5、5、8，满足三角形的三边关系，此时其周长为； 当腰长为8时，三角形的三边分别为8、8、5，满足三角形的三边关系，此时其周长为； 综上可知该三角形的周长为18或21， 故选：D． 10. 《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到里远的城市，所需时间比规定时间多天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少天，已知快马的速度是慢马的倍，求规定时间，设规定时间为天，则下列分式方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据快、慢马送到所需时间与规定时间之间的关系，可得出慢马送到所需时间为天，快马送到所需时间为天，再利用速度＝路程÷时间，结合快马的速度是慢马的倍，即可得出关于的分式方程，此题得解． 【详解】解：∵规定时间为天， ∴慢马送到所需时间为天，快马送到所需时间为天， 根据题意，得． 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分． 11. 化简：____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的性质与化简，根据，即可作答． 【详解】解：， 故答案为：． 12. 分解因式：_____． 【答案】 【解析】 【分析】直接根据平方差公式进行因式分解即可. 【详解】， 故填 【点睛】本题考查利用平方差公式进行因式分解，解题关键在于熟练掌握平方差公式. 13. 若且，则代数式的值等于______． 【答案】 【解析】 【分析】先把原式展开成含有和的形式，再把，整体代入即可求出的值． 本题考查了整式的乘法和整体代入法求代数式的值．由已知条件所给的两个式子应该想到运用整体代入法求解．熟练掌握整体代入法是解题的关键． 【详解】 把，代入得 原式 ． 故答案为： 14. 如图，在中，，是高，，若，则__________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了含角的直角三角形的性质、直角三角形两锐角互余，由含角的直角三角形的性质得出，再结合直角三角形两锐角互余得出，最后再由含角的直角三角形的性质即可得解． 【详解】解：∵在中，，，， ∴，， ∵是高， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 15. 我国古代称直角三角形为“勾股形”，并且直角边中较短边为勾，另一直角边为股，斜边为弦如图1所示，数学家刘徽（约公元225年﹣公元295年）将勾股形分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理如图2所示的长方形，是由两个完全相同的“勾股形”拼接而成，若a＝2，b＝3，则长方形的面积为 ___． 【答案】12 【解析】 【分析】设小正方形的边长为x，在直角三角形ACB中，利用勾股定理可建立关于x的方程，利用整体代入的思想解决问题，进而可求出该矩形的面积． 【详解】解：设小正方形的边长为x， ∵a=2，b=3， ∴AB=2+3=5， 在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2， 即（2+x）2+（x+3）2=52， 整理得，x2+5x-6=0，即x2+5x=6， 而矩形面积为（2+x）（3+x）=x2+5x+6=6+6=12， 即该矩形的面积为12， 故答案为：12． 【点睛】本题考查了勾股定理的运用，利用勾股定理得到x2+5x=6再整体代入计算是解题的关键． 三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分． 16. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】先根据二次根式的乘除法则运算，再根据完全平方公式计算，然后化简合并即可． 【详解】解：原式 【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质，二次根式的乘除法则是解题的关键． 17. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值，先通分计算括号里的式子，再将除法转化为乘法，再分解因式约分，将原分式化为最简分式，再代入计算即可． 【详解】解： ， ∴当时，原式． 18. 如图，B、C、E在同一直线上，AB=BC，BD平分∠ABC交AC于点D，且AD=CE，求证：ΔDCE是等腰三角形． 【答案】见解析 【解析】 【分析】根据已知AB=BC得三角形ABC是等腰三角形，B是顶角，BD是平分线，所以AD=DC，又AD=CE，所以CD=CE，所以是等腰三角形． 【详解】解：△DCE是等腰三角形．理由如下： ∵AB=BC， ∴△ABC是等腰三角形， 又∵BD平分∠ABC， ∴AD=CD， 又AD=CE，所以CD=CE， ∴△DCE是等腰三角形． 【点睛】本题考查的知识点是等腰三角形的判定与性质，由等腰三角形和角平分线性质得AD=CD是关键． 四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分． 19. 做一个底面积为，长、宽、高的比为4：2：1的长方体；求： （1）这个长方体的长、宽、高分别是多少？ （2）长方体的表面积是多少？ （3）长方体的体积是多少？ 【答案】（1）4cm、2cm、cm；（2）84cm2；（3）24cm3 【解析】 【分析】（1）设长方体的高为x，则长为4x，宽为2x，根据长方体的底面积等于长×宽列方程求得答案即可； （2）利用长方体的表面积计算公式计算即可； （3）利用长方体的体积计算公式计算即可． 【详解】解：（1）设长方体的高为x，则长为4x，宽为2x，由题意得4x×2x＝24 解得：x＝，则4x＝4，2x＝2， 答：这个长方体的长、宽、高分别是4cm、2cm、cm； （2）（4×2＋×4＋2×）×2 ＝（24＋12＋6）×2 ＝42×2 ＝84（cm2）； 答：长方体的表面积是84cm2． （3）4×2×＝24（cm3） 答：体积是24cm3． 【点睛】此题考查二次根式的实际应用，掌握长方体的表面积和体积计算方法是解决问题的关键． 20. 广东省月份是台风登陆的高频季节，在这期间，西太平洋和南海海域水温较高，大气不稳定，热带扰动容易发展成台风，且此时副热带高压位置偏北，引导气流使台风更容易向广东沿海移动．如图，某沿海城市A接到台风预警，在该市正南方向的B处有一台风中心，沿方向以的速度移动，已知城市A到的距离为． （1）台风中心经过多长时间从B点移到D点？ （2）如果在距台风中心的圆形区域内都将受到台风的影响，那么A市受到台风影响的时间持续多少小时？ 【答案】（1）台风中心经过从B点移到D点 （2）A市受到台风影响的时间持续 【解析】 【小问1详解】 解：由题意可知，，，， ， ， 台风中心经过从B点移到D点； 【小问2详解】 解：在射线上取点E，F，使得， 由得， 在中，， ， ， A市受到台风影响的时间持续． 21. 《花卉装点校园》项目学习方案： 项目情景 为了装扮校园，某中学计划购买花卉．同学们需完成了解花卉知识（包括花语等知识），购买花卉，插花，摆放盆栽等任务． 素材一 采购小组到市场上了解到每枝A种花卉比每枝B种花卉贵4元，用480元购买的A种花卉数量为用200元购买的B种花卉数量的2倍． 任务一 小组成员甲设①_______的单价为x元，由题意得方程： 小组成员乙设购买B种花卉的数量为y枝，由题意得方程：②_______， 素材二 插花时，技术小组成员丙发现自己单位时间内可完成a盆小盆栽的插花任务或完成盆大盆栽的插花任务，并且完成32盆小盆栽所用时间与完成16盆大盆栽的时间相同． 任务二 求a的值． （1）任务一中横线①处应填_______，横线②处应填________；B种花卉每枝________元； （2）列出关于a的方程，并完成任务二，求出a的值． 【答案】（1）种花卉；；20 （2）； 【解析】 【分析】本题考查分式方程的实际应用，找准等量关系，正确的列出分式方程是解题的关键： （1）任务一：由题意，可知：表示用480元购买的A种花卉数量，表示用200元购买的B种花卉数量，可得①处的答案；根据小组成员乙设购买B种花卉的数量为y枝，结合单价之间的数量关系可得方程，可得②处的答案，再求解即可； （2）任务二：根据完成32盆小盆栽所用时间与完成16盆大盆栽的时间相同，列出方程进行求解即可． 【小问1详解】 解：依题意，表示用480元购买的A种花卉数量为用200元购买的B种花卉数量的2倍， ∴表示用480元购买的A种花卉数量，表示用200元购买的B种花卉数量， ∴小组成员甲设的是种花卉的单价为元； ∴①处填种花卉； 小组成员乙设购买B种花卉的数量为y枝，由题意得方程： ； ∴②处填：， 解得：， 经检验，是原方程的解且符合题意， 种花卉的单价为（元）； 故答案为：种花卉；；20； 【小问2详解】 解：由题意，得：， 解得：， 经检验，是原方程的解且符合题意， ∴． 五、解答题（三）：本大题共2小题，第22小题13分，第23小题14分，共27分． 22. 综合与实践． 【主题】利用因式分解生成密码． 【背景】人类使用密码的历史悠久，利用因式分解生成密码的步骤如下：先将确定的多项式分解因式，再对因式赋值生成正整数或0的因式码，将因式码按从小到大的顺序排列就可以形成密码． 【操作】步骤一：分解因式； 步骤二：取，，则有，，，其中12，17，13分别为因式码； 步骤三：将这三个因式码按从小到大的顺序排列，形成密码121317． 【注意】字母的取值不同，所得的密码也不同；若所得的因式码为1，则形成密码时，表示为01，以此类推． （1）【理解】①已知多项式，当取，时，则生成的密码是什么？ ②若多项式（分别取正数）生成的密码的前两个因式码为，，则第三个因式码是______； （2）【拓展】一个等腰三角形的周长是，其中腰和底分别为不同的整数，，请你根据上述方法破解出由多项式分解因式后得到的密码； （3）【提升】若多项式分解因式后，利用前面的方法，当时，可以得到密码为，求，的值． 【答案】（1）（1）①；② （2） （3）， 【解析】 【分析】本题考查因式分解法的应用，等腰三角形的定义，三角形的三边关系，综合运用相关知识是解题的关键． （1）①根据因式分解生成密码的方法求解即可； ②根据前两个因式码为，得到，，求得p，q的值，即可求出第三个因式码； （2）由等腰三角形的周长是，结合三角形的三边关系求得，，再根据因式分解生成密码的方法求解即可； （3）设（），根据当时，可以得到密码为，得到，，求得，，从而，求解即可． 【小问1详解】 解：①分解因式， 当，时，，，， ∴因式码为：425，25，15， ∴生成的密码是1525425． ②∵， 且多项式生成的密码的前两个因式码为，， ∵分别取正数， ∴ ∴，， ∴，， ∴， ∴第三个因式码是125． 故答案为：125． 【小问2详解】 ∵等腰三角形的周长是，其中腰和底分别为不同的整数，， ∴，且，， ∴，， ∵， ∴当，时，，，， ∴因式码为5，9，1， ∴生成的密码是010509． 【小问3详解】 ， 设（）， ∵当时，可以得到密码为， ∴，， ∴，， ∴， ∴，解得． 23. 如图，等边中，过顶点A在AB边的右侧作射线AP，．点B与点E关于直线AP对称，连接AE，BE，且BE交直线AP于点D，过C，E两点作直线交射线AP于点F． （1）当时，______；在的变化过程中，的大小______（填“改变”，“不变”） （2）如图，当时，判断线段AF，CF，DF之间的数量关系，并说明理由． （3）当时，（2）中的结论是否成立？若不成立，直接写出线段AF，CF，DF之间的数量关系． 【答案】（1）60°，不变 （2）；理由见解析 （3）不成立， 【解析】 【分析】（１）根据对称性可得AB=AE，∠BAD=∠EAD=，由△ABC为等边，得到∠BAC的度数，且AC=AE，再由外角得到∠ACE=∠CAF+∠PAC，得到∠AFE的度数； （2）连接BF，在FA上截取FH=FC，连接CH，由（1）知∠AFE=60°，根据等边三角形的性质得到∠HFC=∠FHC=∠HCF=60°，HF=FC=HC，根据线段垂直平分线的性质得到BF=EF，∠FDE=90°，于是得到EF=2DF=EF，当时，根据全等性质得到AH=BF，求得结论； （3）由（2）为前提，当时，得到∠ACB+∠ACF=∠HCF+∠ACF，根据全等性质得到AH=BF，从而得到结论． 【小问1详解】 解：60°，不变； ∵△ABC为等边三角形， ∴AB=AC=BC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°， ∵B、E关于直线AP对称，且∠BAP=， ∴AB=AE，BD=DE，BE⊥AP，∠BAF=∠EAF=， ∴AC=AE，∠AEC=∠ACE= 当∠BAP==40°时，如图1； ∴∠BAD=∠EAD=40°，∠CAF=20° ∴∠CAE=∠BAD＋∠EAD－∠BAC=20°， ∴∠ACE=80°， ∴∠AFE=∠ACE－∠CAF=60°； ①当时，D、F在射线AP上，如图1； ∴∠BAD=EAD=， ∴∠CAE=∠BAD＋∠EAD－∠BAC=， ∴∠ACE=，∠CAF=, ∴∠AFE=∠ACE－∠CAF=60°； ②当时，如图2； ∵点B与点E关于直线AP对称，且BE交射线AP与点D， ∴BD=DE，BE⊥AP， ∴∠BAD=∠EAD，AB=AE， ∵等边△ABC，∠BAP=， ∴∠EAP=∠BAP=，AB=AC， ∴∠CAE=，∠CAF=, ∴∠AEC=∠ACE=120°－， ∴∠AFE=∠ACF＋∠CAF=60°； ③当时，如下图； ∵点B与点E关于直线AP对称，且BE交射线AP与点D， ∴BD=DE，BE⊥AP， ∴∠BAD=∠EAD，AB=AE， ∵等边△ABC，∠BAP=， ∴∠EAP=∠BAP=，AB=AC， ∴∠CAE=， ∴∠AEC=∠ACE=， ∴∠AFE=∠AEC－∠EAF=60°； 综上所述，∠AFE的度数不会发生变化． 【小问2详解】 ； 连接BF，在FA上截取，连接CH． 由（1）知， ∴△是等边三角形， ∴，， ∵△是等边三角形， ∴，． ∵点B与点E关于直线AP对称，且BE交射线AP于点D， ∴AP为BE中垂线， ∴，， 又有， ∴， ∴； 当时，如图3． ∴， ∴， ∴（SAS）， ∴． ∴， ∴， 【小问3详解】 不成立，结论为：． 证明如下：当时，如图4． ∴∠ACB∠ACF=∠HCF+∠ACF， ∠BCF=∠ACH， ∴△BCF≌△ACH（SAS）， ∴AH=BF， ∴AH=BF=EF=2DF, ∴AF=AH－HF=2DF－CF． 【点睛】本题考查几何变换综合题，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，轴对称的性质，正确分类讨论，画出图像与辅助线是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江第一中学2025-2026学年第一学期第三次综合素养评价 初二级数学科试卷 时间：120分钟；满分：120分； 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分． 1. 巴黎奥运会已在2024年8月11日落下帷幕，但是运动健儿在奥运赛场上的拼搏精神仍牢记我们心中，下列运动项目的图形中，是轴对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列式子是分式的是（ ） A. B. C. x D. 3. 若使分式有意义，则x应满足的条件是（ ） A. B. C. D. 4. 计算的结果为（ ） A. B. 3 C. D. 9 5. 下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（     ） A. B. C. D. 6. 把多项式分解因式，应提取的公因式是（ ） A. B. C. D. 7. 计算的结果是（ ） A. B. C. D. 8. 下列计算正确的是（　　） A. B. C. D. 9. 等腰三角形的两边分别为5和8，那么它的周长是（ ） A. 13 B. 18 C. 21 D. 18或21 10. 《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文为：一份文件，若用慢马送到里远的城市，所需时间比规定时间多天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少天，已知快马的速度是慢马的倍，求规定时间，设规定时间为天，则下列分式方程正确的是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分． 11. 化简：____________． 12. 分解因式：_____． 13. 若且，则代数式的值等于______． 14. 如图，在中，，是高，，若，则__________． 15. 我国古代称直角三角形为“勾股形”，并且直角边中较短边为勾，另一直角边为股，斜边为弦如图1所示，数学家刘徽（约公元225年﹣公元295年）将勾股形分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理如图2所示的长方形，是由两个完全相同的“勾股形”拼接而成，若a＝2，b＝3，则长方形的面积为 ___． 三、解答题（一）：本大题共3小题，每小题7分，共21分． 16. 计算：． 17. 先化简，再求值：，其中． 18. 如图，B、C、E在同一直线上，AB=BC，BD平分∠ABC交AC于点D，且AD=CE，求证：ΔDCE是等腰三角形． 四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题9分，共27分． 19. 做一个底面积为，长、宽、高的比为4：2：1的长方体；求： （1）这个长方体的长、宽、高分别是多少？ （2）长方体的表面积是多少？ （3）长方体的体积是多少？ 20. 广东省月份是台风登陆的高频季节，在这期间，西太平洋和南海海域水温较高，大气不稳定，热带扰动容易发展成台风，且此时副热带高压位置偏北，引导气流使台风更容易向广东沿海移动．如图，某沿海城市A接到台风预警，在该市正南方向的B处有一台风中心，沿方向以的速度移动，已知城市A到的距离为． （1）台风中心经过多长时间从B点移到D点？ （2）如果在距台风中心的圆形区域内都将受到台风的影响，那么A市受到台风影响的时间持续多少小时？ 21. 《花卉装点校园》项目学习方案： 项目情景 为了装扮校园，某中学计划购买花卉．同学们需完成了解花卉知识（包括花语等知识），购买花卉，插花，摆放盆栽等任务． 素材一 采购小组到市场上了解到每枝A种花卉比每枝B种花卉贵4元，用480元购买的A种花卉数量为用200元购买的B种花卉数量的2倍． 任务一 小组成员甲设①_______的单价为x元，由题意得方程： 小组成员乙设购买B种花卉的数量为y枝，由题意得方程：②_______， 素材二 插花时，技术小组成员丙发现自己单位时间内可完成a盆小盆栽的插花任务或完成盆大盆栽的插花任务，并且完成32盆小盆栽所用时间与完成16盆大盆栽的时间相同． 任务二 求a的值． （1）任务一中横线①处应填_______，横线②处应填________；B种花卉每枝________元； （2）列出关于a的方程，并完成任务二，求出a的值． 五、解答题（三）：本大题共2小题，第22小题13分，第23小题14分，共27分． 22. 综合与实践． 【主题】利用因式分解生成密码． 【背景】人类使用密码的历史悠久，利用因式分解生成密码的步骤如下：先将确定的多项式分解因式，再对因式赋值生成正整数或0的因式码，将因式码按从小到大的顺序排列就可以形成密码． 【操作】步骤一：分解因式； 步骤二：取，，则有，，，其中12，17，13分别为因式码； 步骤三：将这三个因式码按从小到大的顺序排列，形成密码121317． 【注意】字母的取值不同，所得的密码也不同；若所得的因式码为1，则形成密码时，表示为01，以此类推． （1）【理解】①已知多项式，当取，时，则生成的密码是什么？ ②若多项式（分别取正数）生成的密码的前两个因式码为，，则第三个因式码是______； （2）【拓展】一个等腰三角形的周长是，其中腰和底分别为不同的整数，，请你根据上述方法破解出由多项式分解因式后得到的密码； （3）【提升】若多项式分解因式后，利用前面的方法，当时，可以得到密码为，求，的值． 23. 如图，等边中，过顶点A在AB边的右侧作射线AP，．点B与点E关于直线AP对称，连接AE，BE，且BE交直线AP于点D，过C，E两点作直线交射线AP于点F． （1）当时，______；在的变化过程中，的大小______（填“改变”，“不变”） （2）如图，当时，判断线段AF，CF，DF之间的数量关系，并说明理由． （3）当时，（2）中的结论是否成立？若不成立，直接写出线段AF，CF，DF之间的数量关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $