八年级数学开学摸底考（湖北武汉专用）-2024-2025学年初中下学期开学摸底考试卷

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数学
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，满分 30 分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求的）
1．下列汽车标志中不是轴对称图形的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形的定义逐项分析即可，轴对称图形：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．
【详解】A.是轴对称图形，不符合题意；
B.是轴对称图形，不符合题意；
C.找不到对称轴，不是轴对称图形，符合题意；
D.是轴对称图形，不符合题意；
故选 C
【点睛】本题考查了轴对称图形的定义，理解轴对称图形的定义是解题的关键．
2．如图，在△ABC 中，
，沿图中虚线截去
，则
（
）
1 / 24

A．360°
B．180°
C．260°
D．160°
【答案】C
【分析】先利用三角形内角与外角的关系，得出∠1+∠2=∠A+（∠A+∠3+∠4），再根据三角形内角和定理
即可得出结果．
【详解】解：如图，
∵∠1、∠2 是三角形的外角，
∴∠1=∠4+∠A，∠2=∠3+∠A，
即∠1+∠2=∠A+（∠A+∠3+∠4）=80°+180°=260°．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了三角形内角和定理及外角的性质，三角形内角和是 180°；三角形的任一外角等于
和它不相邻的两个内角之和．
3．如图所示的是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机
所在直线为 轴、队形的对称轴为 轴，建立
）
平面直角坐标系．若飞机 的坐标为
，则飞机 的坐标为（
A．
B．
C．
D．
【答案】B
2 / 24

【解析】D 和 E 两点关于 y 轴对称，故选 B.
4．如果将分式
中
都扩大到原来的 倍，则分式的值（
）
A．扩大到原来的
【答案】C
B．扩大到原来的
C．缩小到原来的
倍
D．不变
倍
【分析】本题考查了分式的基本性质，把字母变化后的值代入式子中，然后约分，再与原式比较，最终得
出结论，解题的关键是掌握分式的基本性质．
【详解】解：当
原式
都扩大到原来的 倍后，
，
则分式缩小到原来的
，
故选：C．
5．下列各式从左到右的变形中，是因式分解的是（
）
A．
B．
D．
C．
【答案】C
【分析】将多项式写成几个整式的积的形式，叫做将多项式分解因式，也叫因式分解，根据定义解答．
【详解】解：A、
不是因式分解；
不是因式分解；
是因式分解；
不是因式分解；
B、
C、
D、
故选：C．
【点睛】此题考查因式分解，掌握因式分解的定义及因式分解的方法是解题的关键．
6．在平面直角坐标系中，点
轴对称的点的坐标为（
）
关于 y
3 / 24

A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】平面直角坐标系中任意一点
纵坐标不变，横坐标变成相反数．
，关于 轴的对称点的坐标是
，即关于纵轴的对称点，
【详解】解：点 M
关于 轴对称的点的坐标是
．
故选：
．
【点睛】此题主要考查了关于 y 轴对称点的性质，正确记忆平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的
坐标之间的关系是解题关键．
7．如图，已知
，则
的理由是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
，再用 SSS 即可求解．
【分析】根据
，可得
，
【详解】解：∵
∴
∵
，即
，
，
∴
．
故选：C
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
8．某科考队分成两支小队进入沙漠采集环境信息，第一小队于早晨
进入沙漠，并于
时正好经过枯树看到了标记，已知两支小队在距离出发点
，则符合题意的方程是（
在一颗枯树
旁做了标记，此时第二小队进入沙漠，走到
的位置相遇，设第一小队的平均速度是
）
A．
B．
D．
C．
【答案】A
4 / 24

【分析】根据题意可求第二小队的速度为
分式方程即可．
，再根据两队的时间差为
即
列
【详解】解；设第一小队的平均速度是
，则第二小队的速度为
，
由题意可得：
，
故选：A．
【点睛】本题考查分式方程的实际应用，明确题意，找出数量关系是解题的关键．
9．规定：正整数 运算”是：①当
的“H
乘以 ，一直算到 H 为奇数止）．如：数 3 经过“H 运算”的结果是 22，经过 2 次“H
三次“H 运算”的结果为 46，那么 257 经 2023 次“H 运算”得到的结果是（
；②当
为奇数时，
为偶数时，
（连续
运算”的结果为 11，经过
）
A．161
B．1
C．16
D．以上均不正确
【答案】C
【分析】按照①②规定的运算一次一次的计算，得出它们的结果，从中发现规律求解．
【详解】解：第 1 次：
第 2 次：
第 3 次：
第 4 次：
第 5 次：
第 6 次：
第 7 次：
第 8 次：
第 9 次：
第 10 次：
第 11 次：
第 12 次：
第 13 次：
…
5 / 24

∴从第 10 次开始偶数次等于 1，奇数次等于 16
∵2023 是奇数
∴第 2023 次是 16
故选：C．
【点睛】本题考查了规律型－数字的变化类，通过从一些特殊的数字变化中发现不变的因素或按规律变化
的因素，然后推广到一般情况．
10．如图，△ABC 为等腰直角三角形， 为三角形外一点，连接
，过
作
交
于点
，
为
上一点且
，连接
，下列结论：①
；⑤若
，
为
中点，延长
；②
至点 ，交
于点 ，使得
；④
．其中正确的个数为（
，
连接
，
，
；③
，
，
，则
）
A．2 个
B．3 个
C．4 个
D．5 个
【答案】B
【分析】连接 AN、CF、AD，由题意易证△BMN≌△FDN，进而可证①，则有△BMA≌△CDA，然后可得②，
根据三角形的三边关系及等腰直角三角形的性质可求证③④，最后根据勾股定理逆定理及割补法求面积可
求证⑤．
【详解】解：连接 AN、CF、AD，如图所示：
∵∠EAC+∠ACD+∠CDE+∠DEA=360°，∠EAC=∠EDC=90°，
6 / 24

∴∠AED+∠ACD=180°，
∵∠BED+∠DEA=180°，
∴∠BED=∠ACD=∠ABM，
∴BM∥DE，
∴∠BMN=∠FDN，∠MBN=∠DFN，
∵BN=NF，
∴△BMN≌△FDN（AAS），
∴MN=ND，①正确；
∴BM=CD=DF，
∵∠ABM=∠ACD，AC=AB，
∴△BMA≌△CDA（SAS），
∴∠DAC=∠BAM，MA=DA，
∴∠BAC=∠MAD，
∴△ADM 为等腰直角三角形，
∴
，故②正确；
∴∠AMD=∠ABC=45°，
∵∠BAM+∠AMB+∠MBA=∠BMG+∠MGB+∠MBG=180°，
∴∠BGM=∠BAM，
又∵∠CGD=∠BGM，
∴∠CGD=∠BGM，故③错误；
∵△AMD 为等腰直角三角形，MN=ND，
∴MN=AN=DN，
在△ANF 中，
∴
，
，
∴
，故④错误；
∵BM=2，
∴DF=DC=2，
∵∠CDF=90°，
∴
，
7 / 24

∵
，
，
∴
，
∴∠AFC=90°，
∴
，故⑤正确；
∴①②⑤正确；
故选 B．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握全
等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 3 分，满分 18 分）
11．已知
，则自变量 的取值范围为
．
【答案】
【分析】根据二次根式的被开方数为非负数和分式有意义的条件即可得．
【详解】由二次根式的被开方数为非负数和分式分母不为 0 得：
解得
故答案为：
．
【点睛】本题考查了二次根式的被开方数为非负数、分式有意义的条件，掌握二次根式的性质和分式的性
质是解题关键．
12．已知
＝
，则
＝
．
【答案】
【分析】利用比例的性质进行变形
【详解】解：∵
，然后代入代数式中合并约分即可．
，
∴
，
8 / 24

则
．
故答案为：
．
【点睛】本题考查比例问题，关键掌握比例的性质，会利用性质把比例式进行恒等变形，会根据需要选择
灵活的比例式解决问题．
13．已知实数
【答案】
是关于 的方程
的一根，则代数式
值为
．
【分析】把
代入方程得出
，求出
的一根，
，再把上式代入
求出值即可．
【详解】解：∵实数 是关于 的方程
∴
，
∴
，
∴
．
故答案为：
．
【点睛】本题考查一元二次方程的解和求代数式的值，利用了整体代入的思想方法．解题的关键是求出
的值．
14．三角形的三边分别为
，则 的取值范围是
．
【答案】
【分析】根据三角形三边关系解答．
【详解】由题意得：8-3