长沙市青竹湖湘一外国语学校2024-2025学年下学期第一次月考八年级数学试题及参考答案

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1.下列图案是部分剪纸图案，其中图案是轴对称图形的是（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】【分析】本题考查轴对称图形识别，根据轴对称图形的定义，进行判断即可．解题的关键是找到对称轴． 【详解】解：A.不是轴对称图形，不符合题意；B.不是轴对称图形，不符合题意；
C.是轴对称图形，符合题意；D.不是轴对称图形，不符合题意；故选C．
2.下面计算正确的是（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】【分析】本题考查了二次根式的混合运算，逐一判断即可，先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．
【详解】解：A.3与不能合并，所以A选项错误；B.，所以B选项正确；
C.，所以C选项错误；D.，所以D选项错误．故选：B．
3.机器人的研发是当今时代研究的重点．中国科学院宁波材料技术与工程研究所研发的新型DNA工业纳米机器人，其大小仅约100nm．已知，则用科学记数法表示为（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】【分析】本题考查用科学记数法表示绝对值较小的数，一般形式为，其中，n为整数，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．据此求解即可．
【详解】解：，故选：A．
4.已知，则的值是（ ）
A.9B.27C.D.
【答案】B
【解析】【分析】本题考查同底数幂的乘法，熟练掌握运算法则是解题的关键．
根据同底数幂的乘法法则结合整体代入法，进行解题即可．
【详解】解：∵，∴，∴．故选：B．
5.如图，平行四边形的顶点A，B，C的坐标分别是，，，则顶点D的坐标是（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】【分析】本题主要考查的是坐标与图形，平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解本题的关键．本题考查坐标与图形，平行四边形的性质，由B，C的坐标求出线段的长度，再利用平行四边形的性质可得答案．
【详解】解：平行四边形的顶点A，B，C的坐标分别是，，，
，
B，C的纵坐标相等，
轴，
，
轴，
又顶点A的坐标是，，
∴顶点D的坐标为，故选C．
6.五根木棒（单位：）的长度分别为5，9，12，13，17，从其中选出三根，将它们首尾相接摆成三角形，其中能摆成直角三角形的是（ ）
A.5，9，12B.9，12，17C.12，13，17D.5，12，13
【答案】D
【解析】【分析】本题考查勾股定理逆定理，根据勾股定理逆定理进行判断即可．
【详解】解：A.，不能摆成直角三角形，不符合题意；
B.，不能摆成直角三角形，不符合题意；
C.，不能摆成直角三角形，不符合题意；
D.，能摆成直角三角形，符合题意；故选D．
7.计算结果是（ ）
A.B.4C.D.
【答案】D
【解析】【分析】本题考查了积的乘方逆用，以及二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．把原式变形为，逆用积的乘方计算即可．
【详解】解：
故选D．
8.如果把分式中的和都扩大倍，那么分式的值（ ）
A.缩小到原来的B.扩大倍
C.不变D.缩小到原来的
【答案】A
【解析】【分析】本题考查了分式的基本性质，熟练掌握分式的基本性质是解答本题的关键．
先把分式中的和都扩大倍，化简之后与原分式比较即可解答．
【详解】解：如果把分式中的和都扩大倍可得：，
那么分式的值缩小到原来的，故选：A．
9.如图，任意四边形各边中点分别是．若对角线.长分别是.，则四边形的周长是（ ）

A.20cmB.30cmC.40cmD.50cm
【答案】B
【解析】【分析】利用三角形中位线定理易得所求四边形的各边长都等于或的一半，进而求四边形周长即可．
【详解】解：∵E，F，G，H，是四边形各边中点，
∴，，．
又∵，，
∴四边形的周长是．故选：B．
10.如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③平分；④．其中结论正确的序号有（ ）
A.①③④B.①②④C.①②③D.①②③④
【答案】A
【解析】【分析】过作于，于，证明得到，即可判断①；当时，点与点重合，不一定等于，即可判断②；根据正方形性质得，，推出，得到，，即可判断④；进而得到，即可判断③，综上即可求解．
【详解】解：如图，过作于，于，则，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴矩形是正方形，故①正确；
当时，点与点重合，
∴不一定等于，故②错误；
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，故④正确；
∵，
∴，
∴，
∴平分，故③正确；综上，结论正确的序号有①③④，故选：．
二.填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11.分解因式：__________．
【答案】
【解析】【分析】本题考查因式分解，先提公因式，再利用完全平方公式法进行因式分解即可．
【详解】解：原式；故答案为：．
12.若式子在实数范围内有意义，则的值可以是_________．
【答案】1
【解析】【分析】本题考查了分式及二次根式有意义的条件，掌握分式及二次根式有意义的条件是解题的关键．根据分式及二次根式有意义的条件即可得出答案．
【详解】解：∵式子在实数范围内有意义，
，，∴的值可以是1．故答案为：1．
13.如图，数轴上点.所表示的数分别是，过点作数轴，个单位长度，以为圆心，长为半径画弧交数轴上点的左侧一点，则点表示的数是______．
【答案】
【解析】【分析】本题考查了实数与数轴，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意求出，即可得到答案．
【详解】解：数轴，
数轴上点.所表示的数分别是，，
，，，
点表示的数是，故答案为： ．
14.在平面直角坐标系中，正方形如图所示，点A的坐标是，点D的坐标是，则点B的坐标是__________．

【答案】
【解析】【分析】由全等三角形的判定得到，再利用全等三角形的性质得到即可解答．本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，正确添加辅助线是解题的关键．
【详解】解：作轴， 轴，

∵点的坐标，点的坐标是，
∴，，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴点，故答案为．
15.如图，平分，，，于点，，则的长为______．
【答案】2
【解析】【分析】本题考查了角平分线的性质，直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半的性质，平行线的性质，过作于点，则，由角平分线的性质得，，又得，最后由角所对的直角边等于斜边的一半即可求解，熟记性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
【详解】解：如图，过作于点，则，
∴平分，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故答案为：2．
16.若为整数，则使的值为整数的有__________个．
【答案】
【解析】【分析】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．先化简分式，然后利用整数的整除性求出的值即可求解．
【详解】解：
要使分式的值为整数，且为整数，∴，，
又∵，∴，，∴符合题意的整数的值共有个．故答案为：．
三.解答题（本大题共9个小题，第题每小题6分，第20.21题每小题6分，第22.23题每小题6分，第24.25题每小题6分，共72分，解答应写出必要的文字说明.证明过程或演算步骤）
17.计算：．
【答案】
【解析】【分析】本题考查实数的混合运算，先进行去绝对值，二次根式的乘法，负整数指数幂和零指数幂的运算，再进行加减运算即可．
【详解】解：原式．
18. 先化简再求值：，其中．
【答案】，3
【解析】【分析】本题考查分式的化简求值，根据分式的混合运算法则化简原式，再代值求解即可．熟练掌握运算法则并正确求解是解答的关键．
【详解】解：
，
当，原式．
19.如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标依次为，，．
（1）在图中画出△ABC关于轴对称的；
（2）求△ABC的周长．
【答案】（1）图见解析 （2）
【解析】【分析】本题考查坐标与轴对称，勾股定理：
（1）根据轴对称的性质，画出即可；
（2）勾股定理求出的长，求和即可．
【小问1详解】解：如图即为所求；
【小问2详解】由勾股定理，得：，
∴△ABC的周长为：．
20.如图，在平行四边形中，点E，F分别在边，上，且四边形为正方形．
（1）求证：；
（2）已知平行四边形的面积为20，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】【分析】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．（1）根据平行四边形的性质得出，根据正方形性质得出，根据，得出；（2）根据平行四边形的性质得出，求出，得出，根据勾股定理求出即可．
【小问1详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，
∵正方形，∴，∴，∴；
【小问2详解】解：∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴在中，根据勾股定理得：．
21.《中华人民共和国道路交通安全法》规定：小汽车在高速道路上行驶速度不得超过高速路边也会安装车速检测仪对过往车辆进行限速检测，如图所示，点装有一车速检测仪，它到公路边的距离米，小汽车行驶过检测仪监控区域，到达点时开始计时，离开点时停止计时，依此计算车速，已知米．
（1）若一辆汽车以时速匀速通过监控区域，共用时几秒
（2）若另一辆车通过监控区域共用时秒，该车是否超速请说明理由．
【答案】（1） （2）超速，理由见解析
【解析】【分析】本题考查勾股定理的应用：
（1）勾股定理求出的长，利用时间等于路程除以速度进行求解即可；
（2）利用速度等于路程除以时间求出车速，进行判断即可．
【小问1详解】解：依题意可得，，，为直角三角形，
米，米，米，
，；答：共用时4秒；
【小问2详解】超速，理由如下：，
，超速．
22.初二年级购进光学和电学两种器材，花费分别是35000元和70000元，电学器材订购单价是光学器材订购单价的1.4倍，并且订购的电学器材的数量比光学器材的数量多150套．设购买光学器材的单价为元．
（1）初二年级购买的两种实验器材的单价各为多少元？
（2）初二年级某班计划再订购这两种器材共10套来备用，其中电学器材订购数量不低于3套，且两种器材总费用不超过1240元，这个班订购这两种器材有多少种方案？按照这些方案订购最低总费用为多少元？
【答案】（1）购买光学器材的单价为元，购买电学器材的单价为元
（2）有4种方案，最低费用为元
【解析】【分析】本题考查分式方程和一元一次不等式组的实际应用：
（1）根据电学器材订购单价是光学器材订购单价的1.4倍，并且订购的电学器材的数量比光学器材的数量多150套，列出方程进行求解即可；
（2）设电学器材订购数量为套，根据题意，列出不等式组，求出正整数解即可．
【小问1详解】解：由题意，得：，解得：；
将检验是原方程的解，且符合题意；∴，
答：购买光学器材的单价为元，购买电学器材的单价为元；
【小问2详解】设电学器材订购数量为套，则：光学器材的订购数量为套；由题意，得：
，解得：，
∵为正整数，∴，
∴共有4种方案：
方案一：电学器材订购套，光学器材订购套，总费用为：（元）；
方案二：电学器材订购套，光学器材订购套，总费用为：（元）；
方案三：电学器材订购套，光学器材订购套，总费用为：（元）；
方案四：电学器材订购套，光学器材订购套，总费用为：（元）；
最低费用为：元；答：有4种方案，最低费用为元．
23.如图，在矩形中，是上一点，垂直平分，分别交..于点..，连接.．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是菱形；
（3）若，为的中点，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）15
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质，利用证明即可；
（2）由（1）可知：，根据对角线互相垂直平分的四边形为菱形即可得证；
（3）易得为的中位线，设，，勾股定理求出的值，进而求出的长，菱形的性质，结合勾股定理求出的长，再利用勾股定理求出的长，即可得出结果．
【小问1详解】解：∵矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴；
【小问2详解】证明：由（1）知：，
∴，
∵垂直平分，
∴互相垂直平分，
∴四边形是菱形；
【小问3详解】∵，为中点，
∴，
∵，
∴为的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴设，，
由勾股定理，得：，
解得：，
∴，
∴，
∵菱形，
∴，，，
设，则：，
在中，由勾股定理，得：，
解得：，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
∴．
24.我们定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形叫做至善四边形．如图1，且，则四边形是至善四边形．
（1）下列四边形一定是至善四边形的有__________．
①平行四边形；②矩形；③菱形：④正方形；
（2）如图2，四边形为至善四边形，，，，求的长及的度数．
（3）如图3，正方形中，为中点，在右边作等边，为中点，连接交于点，交于点，求线段与的数量关系．
【答案】（1）④ （2）的长为，的度数为 （3）
【解析】【分析】（1）根据至善四边形的定义及特殊平行四边形的性质进行判断即可；
（2）如图，延长至点，使，根据至善四边形的定义推出，证明，得，，证明为等边三角形，即可得出答案；
（3）延长至点，使得，连接，证明，得，，推出是等腰直角三角形，得，证明为等边三角形，得，，进一步推出是等腰直角三角形，得，在中，由和可得结论．
【小问1详解】解：①平行四边形对角相等邻角互补，对边相等，它的对角不一定互补，邻边不一定相等，故平行四边形不是至善四边形；
②矩形四个内角是直角，对边相等，它的对角互补，但邻边不一定相等，故矩形不是至善四边形；
③菱形对角相等邻角互补，四边相等，它的一组邻边相等，但对角不一定互补，故菱形不是至善四边形；
④正方形四个内角是直角，四边相等，它的对角互补且有一组邻边相等，故正方形是至善四边形；
故答案为：④；
【小问2详解】如图，延长至点，使，
∴，
∵四边形为至善四边形，，，，
∴，
∴，
在△ABC和△ADE中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∴的长为，的度数为；
【小问3详解】延长至点，使得，连接，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴，
∵为的中点，
∴，即，，
∵为等边三角形，为的中点，
∴，，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵， ，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
在中，，∴，
∴，∴．
25.如图，在平面直角坐标系中，四边形的顶点分别为点，，，，点从点出发沿轴正方向以每秒1个单位移动，运动了秒，连接并延长交轴于点；将沿直线翻折到，延长与轴交于点．
（1）求证：；
（2）当时，求的长；
（3）当时，求点的坐标（用含的式子表示）
【答案】（1）见解析 （2）或
（3）
【解析】【分析】（1）根据题意，易得轴，得到，折叠得到，进而得到，即可得证；
（2）分点在轴负半轴和正半轴两种情况，进行讨论求解即可；
（3）连接交于点，过点作，根据折叠的性质，得到垂直平分，等积法求出的长，进而求出的长，再利用等积法求出的长，勾股定理求出的长，即可得出结果．
【小问1详解】证明：∵，，
∴轴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴；
∴；
【小问2详解】∵，，，，
∴轴，，，
①当点在轴负半轴上时，如图，
由（1）知：，
∴设，则：，
∴，
在中，由勾股定理，得：，∴，∴；
②当点在轴正半轴上时，如图：
设，则：，
∴，
在中，由勾股定理定理，得：，
解得：，
∴；
综上：或；
【小问3详解】连接交于点，过点作，
∵折叠，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴轴，
由题意，得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．