广东省珠海市香洲区2025-2026学年八年级上学期开学考试数学试卷（解析版）

这是一份广东省珠海市香洲区2025-2026学年八年级上学期开学考试数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 下列图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. 宇航员B. 空间站
C. 黑洞D. 太空舱
【答案】D
【解析】A、该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；
B、该图形既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，不符合题意；
C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
D、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意．
故选：D．
2. 已知三角形的三边长为连续整数，且周长为12cm，则它的最短边长为（ ）
A. 2cmB. 3cmC. 4cmD. 5cm
【答案】B
【解析】设大小处于中间的边长是xcm，则最大的边是(x+1)cm，最小的边长是(x−1)cm.
则(x+1)+x+(x−1)=12，
解得：x=4，
则最短的边长是：4−1=3cm.
故选B.
3. 一个多边形剪去一个角（剪痕不过顶点）后，形成新多边形内角和与原多边形外角和的差是，则原多边形的边数为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】设原多边形边数为，则剪去一个角后边数变为，
则，
解得：，
故选：A．
4. 计算：的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】．
故选：C．
5. 如图，在中，，，垂足为D，，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】∵，，
∴，
∴；
故选：D．
6. 若分式的值为0，则的值是（ ）
A B. C. 0D. 3
【答案】D
【解析】由分式为零的条件得，x-3=0，x+2≠0，解得x=3；
故答案为：D.
7. 如图，，添加一个条件即可判定与全等，则下列所添条件及所用判定方法都正确的是（ ）
A. 添加，用“”判定全等
B. 添加，用“”判定全等
C. 添加，用“”判定全等
D. 添加，用“”判定全等
【答案】A
【解析】∵，，
A、添加，用“”判定全等正确，故A符合题意；
B、判定方法是“”，不是“”，故B不符合题意；
C、添加，用“”判定全等，不是用“”判定全等，故C不符合题意；
D、和分别是和对角，不能用“”判定全等，故D不符合题意．
故选：A．
8. 若关于x的分式方程的解是负数，则a的取值范围是（ ）
A. B. 且C. D.
【答案】C
【解析】去分母得：，
解得：，
∵方程的解是负数，
且，
解得：，
故选：C．
9. 如图是用个全等的直角三角形与个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为，小正方形面积为，若用，表示直角三角形的两直角边，下列四个说法：
①；
②；
③；
④．
其中说法正确的是( )
A. ①②④B. ①②③C. ②③④D. ①③④
【答案】B
【解析】①大正方形的面积是，
则其边长是7，利用勾股定理可得，
故式①正确；
②小正方形面积为，则其边长是2，
因为是四个全等三角形，所以有，
所以，故式②正确；
③根据图形可得四个三角形的面积+小正方形的面积=大正方形的面积，
即，化简得，故式③正确；
④因为，
所以，故式④不正确．
综上，①②③正确．
故选：B．
10. 已知四条直线，，和所围成的四边形的面积是12，则的值为（ ）
A. 1或－2B. 2或－1C. 3D. 4
【答案】A
【解析】如图：
在中，令，
解得；
令，；
当时，四边形的面积是：，
解得；
当时，可得，
解得，．
即的值为或1．
故选：A．
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分．
11. 一个多边形的内角和等于它的外角和的4倍，它是________边形．
【答案】
【解析】设这个多边形的边数为，
由题意，得，
解得，
故答案：．
12. 因式分解：___________．
【答案】
【解析】，
故答案为：．
13. 如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，点为垂足，连接，则等于_______°．
【答案】
【解析】如图，连接，
∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
14. 如图，的外角和的平分线相交于点F，连接．若，则________．
【答案】
【解析】过F作于M，于N，于K，
∵平分，平分，
∴，，
∴，
∵于M，于N，
∴平分，
∴．
故答案为：．
15. 如图，为了绿化校园，某校准备在一个长为米，宽为米的长方形草坪上修建两条宽为米的通道，则草坪的面积是______．
【答案】平方米
【解析】由题意可得：
（平方米）；
故答案为：平方米．
16. 已知正方形的边长为4，点G在的延长线上，点E在射线上，且，连接，过点E作交的平分线于点F，则线段的长为_____．
【答案】或
【解析】①如图，当E点在点C左侧时，在上截取．
∵四边形是正方形，且边长为4，
∴，，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴,
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵在中,，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
②如图，当E点在点C右侧时，在的延长线上截取．
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∵是的一个外角，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
综上，的长为或．
故答案为：或．
三、计算题：本大题共1小题，共6分．
17. 计算：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）；
（6）．
解：（1）原式
；
（2）原式
；
（3）原式
；
（4）原式
；
（5）原式
；
（6）原式
．
四、解答题：本题共7小题，共56分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
18. 和是全等的等腰直角三角形，、、，点E是上一动点，点F在线段的延长线上，当时，交于点G，连接．
（1）求证：．
（2）当点E运动到使的位置时，判断的形状，并说明理由．
（1）证明：∵和是全等的等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴．
（2）解：是等腰直角三角形，理由如下：
如图：由（1）得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴等腰直角三角形．
19. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，，直线上各点的纵坐标都为．
（1）在网格中画出与关于直线对称的；
（2）写出点，，的坐标．
解：（1）如图，即为所求，
（2），，．
20. 先化简：，再从选一个你喜欢的无理数代入求值．
解：
，
当或或时，分式没有意义，
∴取，则原式．
21. 中，．求作：的边上的高．
下面是小明设计的尺规作图过程：
①以点B为圆心，长为半径作弧，交线段于点D；
②分别以点C和点D为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点E；
③连接，交线段于点H．线段即为所求．
根据小明设计的尺规作图过程：
（1）使用直尺和圆规补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接，，．
∵______，
∴四边形是菱形．（______）（填推理的依据）
∴______．
∴．
（1）解：补全图形如下：
（2）证明：连接，，．
∵，
∴四边形是菱形．（四条边都相等的四边形是菱形）
∴．
∴．
22. 某服装店老板预测一种应季T恤衫能畅销市场，就用10000元购进一批这种恤衫，面市后销量果然很好，又用6000元购进了第二批这种恤衫，所购数量是第一批购进量的一半，但每件的进价贵了10元．
（1）该服装店购进第一批、第二批恤衫每件的进价分别是多少元？
（2）如果这两批恤衫按相同的标价销售，最后缺码的20件恤衫按七折优惠售出，要使两批恤衫全部售完后利润率不低于60%（不考虑其他因素），那么每件恤衫的标价至少是多少元？（精确到个位）
解：（1）设该服装店购进第一批、第二批恤衫每件的进价分别是元和元，
根据题意可得：，
解得，，
经检验，是方程的解，且符合题意，
，
答：该服装店购进第一批、第二批恤衫每件的进价分别是50元和60元；
（2）由题意可得两批共销售（件），
设每件恤衫的标价是元，根据题意可得
，
解得，
根据题意取，
答：每件恤衫的标价至少是88元．
23. 已知函数，．
（1）若，求x的取值范围；
（2）若以x、y为坐标的点是已知两个一次函数图象的交点，求的值．
（3）若关于x的不等式组的解集为，求的值．
（4）若，求A、B值．
解：（1），
，
解得：；
（2）当时，，
解得，此时，
∴；
（3），得：，
关于的不等式组的解集为，
，
解得：，
；
（4）∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
解得．
24. 如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形．
（1）证明：平行四边形是菱形；
（2）若，连结，
①求证：；
②求的度数；
（3）若，，，M是的中点，求的长．
（1）证明：∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，ABCD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ABDC，AB＝DC，ADBC，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°，
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°，
∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG＝120°＝∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∵ADBC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴BE＝CD，
∴△DGC≌△BGE（SAS）；
②解：∵△DGC≌△BGE，
∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，
∴∠BGD＝∠CGE，
∵CG＝GE＝CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE＝60°，
∴∠BGD＝60°，
∵BG＝DG，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG＝60°；
（3）解：如图，连接BM，MC，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF＝∠DAF，
∴BE＝AB＝DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM＝∠ECM＝45°，∴∠BEM＝∠DCM＝135°，
在△BME和△DMC中，
∵，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME．
∴∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB＝8，AD＝14，
∴BD＝，
∴DM＝．