陕西省西安市高新一中创新班2023-2024学年八年级下学期第二次月考数学试题（学生版+教师版）

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班级______姓名______学号______得分______
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. 如图，在中，一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，熟知平行四边形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，故D说法正确，符合题意；
根据现有条件无法得到，，，故A、B、C说法错误，不符合题意；
故选：D．
2. 若一个多边形的内角和比它的外角和大，则该多边形的边数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设多边形的边数为，根据多边形的外角和内角和之间的关系可到关于的方程，解方程即可得．
【详解】解：∵多边形的外角和是，多边形的内角和比它的外角和大
∴设这个多边形的边数为
由题意得：
解得：
故选：
【点睛】本题考查了多边形外角和与内角和，理清外角和与内角和的关系是解题的关键．
3. 已知在网格图中的位置如图所示，且每个小正方形的边长为1，若点，分别为，的中点，则线段的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形中位线定理、勾股定理等知识点，根据勾股定理求出，再根据三角形中位线定理计算即可，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
【详解】由勾股定理得：，
∵点D、E分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，
故选：C．
4. 某商店出售下列四种形状的地砖：
①正三角形；②正方形；③正五边形；④正六边形．
若只选购其中一种地砖镶嵌地面，可供选择的地砖共有（ ）
A. 4种B. 3种C. 2种D. 1种
【答案】B
【解析】
【分析】此题主要考查了平面镶嵌，用一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除．任意多边形能进行镶嵌，说明它的内角和应能整除．
【详解】①正三角形的每个内角是，能整除，6个能组成镶嵌；
②正方形的每个内角是，个能组成镶嵌；
③正五边形每个内角是，不能整除，不能镶嵌；
④正六边形的每个内角是，能整除，个能组成镶嵌；
故若只选购其中某一种地砖镶嵌地面，可供选择的地砖共有种．
故选B．
5. 某超市用2000元购进普罗旺斯西红柿，面市后供不应求，该超市又用3000元购进第二批这种西红柿，所购数量是第一批数量的2倍，但每千克的进货价降了0.5元．设第一批西红柿每千克的进货价为元，根据题意可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，设第一批西红柿的进货单价为x元，则西红柿的进货单价是元，根据第二批所购数量是第一批购进数量的2倍，列出方程即可．
【详解】解：设第一批西红柿的进货单价为x元，则西红柿的进货单价是元，
依题意有：．
故选：A．
6. 如图，在矩形、锐角三角形、正五边形、直角三角形的外边加一个宽度一样的外框，保证外框的边与原图形的对应边平行，则外框与原图一定相似的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据相似多边形的判定定理对各个选项进行分析，从而确定最后答案.
【详解】矩形不相似，因为其对应角的度数一定相同，但对应边的比值不一定相等，不符合相似的条件；锐角三角形、直角三角形的原图与外框相似，因为其三个角均相等，三条边均对应成比例，符合相似的条件；正五边形相似，因为它们的边长都对应成比例、对应角都相等，符合相似的条件.
故选：.
【点睛】边数相同、各角对应相等、各边对应成比例的两个多边形是相似多边形.
7. 已知关于x的分式方程的解是非负数，则m的取值范围是（ ）
A. B. 且C. D. 且
【答案】B
【解析】
【分析】首先对原分式方程变形，其次解出分式方程的解，再根据分式方程解是非负数，最简公分母不为0，列不等式，求出公共的解集即可．本题考查分式方程的解、解一元一次不等式，掌握用含的式子表示方程的解，根据方程的解为非负数，，列不等式组是解题关键．
【详解】解：原分式方程可化为：，
去分母，得，
解得，
分式方程解是非负数，
，且，
的取值范围是：且，
故选：B
8. 如图，在四边形中，点E、F、G、H分别为各边中点，对角线，，则四边形的周长为（ ）
A. 7B. 10C. 14D. 28
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的判定定理是解题的关键．连接、，根据三角形中位线定理得到，，，，再根据四边形周长公式求解即可．
【详解】解：连接、，
∵E、F、G、H分别是四边的中点，，，
∴，，，，
∴四边形的周长为，
故选：C．
9. 中，在上，且，连接交于，则、、、的面积比为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，不等底但等高三角形面积的关系等知识．熟练掌握平行四边形的性质，不等底但等高三角形面积的关系是解题的关键．
设，，，，如图，则，，得，，则，，由，可得，由，，可得，即，，可求，则，，然后求面积比即可．
【详解】解：设，，，，
如图，
∵，
∴，，
得，，
∴，，
由题意知，，即，
∴，
∵，，
∴，即，
∴，整理得，，
解得，，（舍去），
∴，，
∴、、、的面积比为，
故选：B．
10. 如图，在矩形中，，．点在边上，且，分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接．若，则线段的长为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意知，，则，，如图1，在上取点，使，连接，，则，由，，可得，，即三点共线，如图2，则四边形是矩形，则，由，可求，由勾股定理得，，计算求解即可．
【详解】解：∵矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
如图1，在上取点，使，连接，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即三点共线，如图2，则四边形是矩形，

∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形三边关系，勾股定理等知识．明确时，点的位置是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共21分）
11. 在中，，则的度数是________．
【答案】##度
【解析】
【分析】本题主要考查对平行四边形的性质，根据平行四边形的性质得到，，则，，再根据，得到，据此求解即可．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
12. 一个多边形的每个外角都是，则这个多边形的对角线共有______条．
【答案】9
【解析】
【分析】根据多边形的外角和360°÷外角的度数求出多边形的边数，然后根据多边形的对角线条数公式即可解答．
【详解】解：多边形的边数：360°÷60°＝6，
对角线条数：＝9．
故答案为：9．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和，多边形的对角线的条数等知识点，掌握对角线总条数的计算公式是解答本题的关键．
13. 如图，在正五边形中，连接，则的度数为____．
【答案】##72度
【解析】
【分析】本题考查正多边形内角和，等边对等角，先求出正五边形的一个内角的度数，再根据等边对等角，求出的度数，进而求出的度数即可．
【详解】解：由题意，得：，，
∴，
∴；
故答案为：
14. 关于x的分式方程有增根，则m的值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了根据分式方程解的情况求参数，先解分式方程得到，再根据分式方程有增根得到，则．
【详解】解：
方程两边乘得：，
∴，
∵方程有增根，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15. 如图所示，是内一点，且，，则阴影部分的面积为__________．
【答案】3
【解析】
【分析】由，再通过面积之间的转化，进而得出结论．
【详解】解：中，
∴
∵，即
∴
故答案3．
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，解题中运用“平行四边形的对边分别相等”及“对角线互相平分”进行面积转化是关键．
16. 如图，在□ABCD中，过对角线BD上一点P作EF∥BC，GH∥AB，且CG＝2BG，S△BPG＝1，则S□AEPH＝______．
【答案】4
【解析】
【分析】由条件可证明四边形HPFD、BEPG为平行四边形，可证明S四边形AEPH=S四边形PFCG．，再利用面积的和差可得出四边形AEPH和四边形PFCG的面积相等，由已知条件即可得出答案．
【详解】解：∵EF∥BC，GH∥AB，
∴四边形HPFD、BEPG、AEPH、CFPG为平行四边形，
∴S△PEB=S△BGP，
同理可得S△PHD=S△DFP，S△ABD=S△CDB，
∴S△ABD-S△PEB-S△PHD=S△CDB-S△BGP-S△DFP，
即S四边形AEPH=S四边形PFCG．
∵CG=2BG，S△BPG=1，
∴S四边形AEPH=S四边形PFCG=4×1=4；
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键，即①两组对边分别平行⇔四边形为平行四边形，②两组对边分别相等⇔四边形为平行四边形，③一组对边平行且相等⇔四边形为平行四边形，④两组对角分别相等⇔四边形为平行四边形，⑤对角线互相平分⇔四边形为平行四边形．
17. 如图，平行四边形中，，E是边上一点，且是边上的一个动点，将线段绕点E逆时针旋转，得到，连接，则的最小值是______．

【答案】
【解析】
【分析】取的中点N，连接作交的延长线于H，根据三角形全等的判定与性质可以得到，由三角形三边关系可得，利用勾股定理求出的值即可得到解答．
【详解】解：如图，取的中点N，连接，作交CD的延长线于H，

由题意可得：
∵点N是的中点，
∴
∴
∵
∴是等边三角形，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴点G的运动轨迹是射线，
∵
∴
∴
∴
在中，
∴，
∴在中，==，
∴≥，
∴的最小值为；
故答案为．
【点睛】本题考查平行四边形与旋转的综合应用，熟练作出辅助线并掌握旋转的性质、三角形全等的判定与性质、三角形三边关系及勾股定理的应用是解题关键．
三、解答题（共6小题，计49分）
18. 解方程
（1）
（2）．
【答案】（1）
（2）原方程无解
【解析】
【分析】本题主要考查了解分式方程：
（1）按照去分母，移项，合并同类项，系数化为1的步骤解方程，然后检验即可；
（2）按照去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为1的步骤解方程，然后检验即可．
【小问1详解】
解：
去分母得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
检验，当时，，
∴原方程的解为；
【小问2详解】
解：
去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
检验，当时，，
∴不是原方程的解，
∴原方程无解．
19. 如图，在平行四边形中，连接，在的延长线上取一点，在的延长线上取一点，使，连接，，求证：．
【答案】详见解析
【解析】
【分析】由平行四边形的性质得出AD∥BC，AD=BC，证出∠1=∠2，DF=BE，由SAS证明△ADF≌△CBE，得出对应角相等，再由平行线的判定即可得出结论．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠1=∠2，
∵BF=DE，
∴BF+BD=DE+BD，即DF=BE，
在△ADF和△CBE中，
∵AD=BC，∠1=∠2，DF=BE，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴∠AFD=∠CEB，
∴AF∥CE．
【点睛】考点：平行四边形性质；全等三角形的判定与性质．
20. 某航空公司为了保证C检工作正常进行，事先组织机务人员到外地跟班学习C检工作，后又具体分析研究，周密地制定出C检的具体实施方案，因而工作效率提高了，经过31名机务人员的艰苦努力，终于提前5天完成了C检，为公司节约了数十万元的维修费用．请问：原计划多少天完成C检？（根据飞机维护规定，一架飞机，每飞行，要进行一次定期检查，称为A检；每飞行，就要进行一次中大修性质的全面维护、保养、检查工作，称为C检．）
【答案】原计划25天完成C检
【解析】
【分析】本题主要考查了分式方程的实际应用，设原计划x天完成C检，那么原来的工作效率为，现在的工作效率为，根据实际工作效率实际工作时间工作总量列出方程，解方程即可．
【详解】解：设原计划x天完成C检，
由题意得，，
解得，
经检验，是原方程的解，且符号题意，
答：原计划25天完成C检．
21. 如图，在平行四边形中，点G，H分别是，的中点，点E，F在对角线上，且，连接交于点O．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）3
【解析】
【分析】（1）通过证明，得出，进而推出，即可求证；
（2）根据平行四边形对角线互相平分可推出，则为中点，为中点，最后根据中位线定理即可进行解答．
【小问1详解】
解：四边形为平行四边形，
且，
，
点，分别是，的中点，
∴，
，
在与中，
，
，
，
∴，
∴，
，
四边形是平行四边形．
【小问2详解】
解：四边形为平行四边形，
∴，，
，，
，
，
，
，
，为中点，
为中点，
且，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解题的关键是掌握全等三角形对应变相等，对应角相等；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；平行四边形对角线互相平分．
22. 我们知道，三角形三个内角平分线的交点叫做三角形的内心，已知点I为△ABC的内心．
（1）如图1，连接AI并延长交BC于点D，若AB=AC=3，BC=2，求ID的长；
（2）如图2，过点I作直线交AB于点M，交AC于点N．
①若MN⊥AI，求证：MI2=BM•CN；
②如图3，AI交BC于点D，若∠BAC=60°，AI=4，求的值．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）．
【解析】
【分析】（1）如图1中，作IE⊥AB于E．设ID=x．由△BEI≌△BDI，可得ID=IE=x，BD=BE=1，AE=2，在Rt△AEI中，根据AE2+EI2=AI2，可得解方程即可；
（2）如图2中，连接BI、CI．首先证明△AMI≌△ANI（ASA），再证明△BMI∽△INC，可得，推出NI2=BM•CN，由此即可解决问题；
（3）过点N作NG∥AD交MA的延长线于G．由∠ANG=∠AGN=30°，推出AN=AG，由AI∥NG，推出，可得即可推出
【详解】（1）如图1中，作IE⊥AB于E．设ID=x．
∵AB=AC=3，AI平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD=CD=1，
在Rt△ABD中，
∵∠EBI=∠DBI，∠BEI=∠BDI=90°，BI=BI，
∴△BEI≌△BDI，
∴ID=IE=x，BD=BE=1，AE=2，
在Rt△AEI中，∵AE2+EI2=AI2，
∴
∴
∴
（2）如图2中，连接BI、CI．
∵I是内心，
∴∠MAI=∠NAI，
∵AI⊥MN，
∴∠AIM=∠AIN=90°，
∵AI=AI，
∴△AMI≌△ANI（ASA），
∴∠AMN=∠ANM，
∴∠BMI=∠CNI，
设∠BAI=∠CAI=α，∠ACI=∠BCI=β，
∴∠NIC=90°﹣α﹣β，
∵∠ABC=180°﹣2α﹣2β，
∴∠MBI=90°﹣α﹣β，
∴∠MBI=∠NIC，
∴△BMI∽△INC，
∴
∴NI2=BM•CN，
∵NI=MI，
∴MI2=BM•CN．
（3）过点N作NG∥AD交MA的延长线于G．
∴∠ANG=∠AGN=30°，
∴AN=AG，
∵AI∥NG，
∴
∴
∴
【点睛】考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，综合性比较强，难度较大.
23. 如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴正半轴于点C，且面积为10．
（1）求点C的坐标及直线的解析式；
（2）若M为线段上一点，且满足，求直线的解析式；
（3）若E为直线上一个动点，在x轴上是否存在点D，使得以点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）
（3）或或
【解析】
【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，平行四边形的性质：
（1）先求出A、B坐标，进而根据面积为10求出点C的坐标，再利用待定系数法求出对应的函数解析式即可；
（2）先求出的面积，即求出的面积，再由求出点M的纵坐标，进而求出点M的坐标，据此利用待定系数法求出对应的函数解析式即可；
（3）设，再分当为对角线时， 当为对角线时，当为对角线时，三种情况由平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解即可．
【小问1详解】
解：在中，当时，，当时，，
∴，
∴，，
∵面积为10，
∴，
∴，
∴，
∴，
设直线解析式为，
∴，
∴，
∴直线解析式为；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，当时，，
∴，
同理可知直线解析式为；
【小问3详解】
解：设，
当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得 ，
解得，
∴点D的坐标为；
当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得 ，
解得，
∴点D的坐标为；
当为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得 ，
解得，
∴点D的坐标为；
综上所述，点D的坐标为或或．