湖南省长沙市湖南师大附中梅溪湖中学2024-2025学年八年级上学期第一次月考数学试题（解析版）-A4

这是一份湖南省长沙市湖南师大附中梅溪湖中学2024-2025学年八年级上学期第一次月考数学试题（解析版）-A4，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 甲骨文是我国的一种古代文字，下面是“北”“比”“鼎”“射”四个字的甲骨文，其中不是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了轴对称图形，轴对称图形的判断方法：把某个图象沿某条直线折叠，如果图形的两部分能够重合，那么这个是轴对称图形．根据轴对称图形的概念求解．
【详解】解：A．该图是轴对称图形，故此选项不符合题意；
B．该图不是轴对称图形，故此选项符合题意；
C．该图是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D．该图是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选：B．
2. 为了解我市八年级学生的视力状况，从中随机抽取500名学生的视力状况进行分析，此项调查的样本为( )
A. 500B. 被抽取的500名学生
C. 被抽取500名学生的视力状况D. 我市八年级学生的视力状况
【答案】C
【解析】
【分析】从总体中取出的一部分个体叫做这个总体的一个样本，依据样本的定义进行判断即可．
【详解】为了解我市八年级学生的视力状况，从中随机抽取500名学生的视力状况进行分析，此项调查的样本为被抽取500名学生的视力状况，
故选C．
【点睛】本题主要考查了样本的定义，把组成总体的每一个考查对象叫做个体；从总体中取出的一部分个体叫做这个总体的一个样本．
3. 若，则下列式子正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了不等式的基本性质，不等式的基本性质为：不等式两边同时加或减去同一个整式，不等号方向不变；不等式两边同时乘以（或除以）同一个大于0的整式，不等号方向不变；不等式两边同时乘以（或除以）同一个小于0的整式，不等号方向改变，根据不等式的性质逐项判断即可得出答案，熟练掌握不等式的基本性质是解题的关键．
【详解】解：A、∵，∴，故原选项错误，不符合题意；
B、∵，∴，故原选项错误，不符合题意；
C、若，则，故原选项错误，不符合题意；
D、∵，∴，∵，∴，故原选项正确，符合题意；
故选：D．
4. 已知是方程的一个解，那么m的值是（ ）
A. 3B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程的解，解题的关键是掌握使二元一次方程两边相等的未知数的值，是二元一次方程的解．
将代入方程，得出关于m的方程，即可求解．
【详解】解：将代入方程中可得，，
解得，
故选：D．
5. 如图，，欲证，则补充的条件中不正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】从已知看，已经有一边和一角相等，则添加一角或夹该角的另一边即可判定其全等，从选项只有第三项符合题意，所以其为正确答案，其他选项是不能判定两个三角形全等的．
【详解】∵，
∴，
∴，∵，
和中，
∴，故A正确；
∵，
在和中，
∴，故B正确；
∵，
在和中，
∴，故D正确；
C中条件不能证明．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，熟练掌握是关键．
6. 如图，在中，分别以点A和点C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点；作直线分别交于点D、E．若，的周长为26，则的周长为（ ）
A. 26B. 32C. 38D. 44
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查作图﹣基本作图、线段的垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握线段的垂直平分线的性质是解题的关键．
由题意可得：垂直平分线段，可得、；再根据题意可得，最后求出的周长即可．
【详解】解：由题意可得：垂直平分线段，
∴，,
∵的周长为26，
∴,
∴的周长．
故答案为：38．
7. 如图用尺规作已知角的平分线，构造两个三角形全等，所用到的判别方法是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了作图作已知角平分线．利用作图痕迹得到，，加上为公共边，则根据“”可判断，从而得到．
【详解】解：由作图痕迹得到，，
，，，
，
，
即平分．
故选：C．
8. 如图，为了促进当地旅游发展，某地要在三条公路围城的一块三角形平地上修建一个度假村．要使这个度假村到三条公路的距离相等，应该修在（ ）
A. 三边中线的交点B. 三个角的平分线的交点
C. 三边高线的交点D. 三边垂直平分线的交点
【答案】B
【解析】
【分析】根据角平分线上的点到角两边的距离相等可得度假村的修建位置在∠ABC和∠CAB的角平分线的交点处．
【详解】要使这个度假村到三条公路的距离相等，则度假村应该修在△ABC内角平分线的交点，
故选B．
【点睛】此题主要考查了角平分线的性质，关键是掌握角平分线上的点到角两边的距离相等．
9. 在平面直角坐标系中，若点P（m＋3，－2m）到两坐标轴的距离相等，则m的值为（ ）
A. －1B. 3C. －1或3D. －1或5
【答案】C
【解析】
【分析】根据到坐标轴的距离相等，分横坐标与纵坐标相等和互为相反数两种情况讨论解答．
【详解】解：∵点P（m＋3，－2m）到两坐标轴的距离相等
∴m＋3+（－2m）=0或m＋3=－2m
解得m=3或m=-1
故选：C
【点睛】本题考查了点的坐标，难点在于要分两种情况讨论，熟记各象限内点的坐标特征是解题的关键．
10. 如图，是的角平分线，的垂直平分线分别交、、于、、，交的延长线于，连接、，则下列结论：①；②；③；④其中正确的结论有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】证明得，由垂直平分得，可判断①正确；由垂直平分可证，结合三角形外角的性质可判断②正确；由得，，进而可判断③正确；证明得，结合可判断④正确．
【详解】解：∵AD是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴，故①正确；
∵垂直平分，
∴，
∴，
∵，，，
∴，故②正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，故③正确；
∵垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即④正确．
综上，正确有4个．
故选：D．
【点睛
本题主要考查了线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11. 的算术平方根是________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据算术平方根的运算法则，直接计算即可．
【详解】解：∵，4的算术平方根是2，
∴的算术平方根是2．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了求一个数的算术平方根，这里需注意：的算术平方根和16的算术平方根是完全不一样的；因此求一个式子的平方根、立方根和算术平方根时，通常需先将式子化简，然后再去求，避免出错．
12. 已知三角形的三边长分别是8、10、，则的取值范围是 _______．
【答案】2＜x＜18
【解析】
【分析】根据三角形三边关系定理：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边之差小于第三边可得答案．
【详解】解：根据三角形的三边关系可得：10−8＜x＜10＋8，
即2＜x＜18，
故答案为：2＜x＜18．
【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
13. 若一个多边形的内角和是其外角和的3倍，则这个多边形的边数是______．
【答案】8
【解析】
【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2）•180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
【详解】解：设边数为n，由题意得，
180（n－2）=3603，
解得n=8．
所以这个多边形的边数是8．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．
14. 如图，在中，，过点作如果点分别在上运动，并且始终保持，那么当__________时，与全等．
【答案】6或8##8或6
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定，分情况讨论是解答本题的关键，应边相等分情况解答即可．根据已知斜边相等，再添加一条直角边相等即可．
【详解】解：∵与全等，，
∴分两种情况：
①与是对应边时，；
②与是对应边时，；
综上所述：当或8时，与全等；
故答案为：6或8．
15. 若关于x的不等式组只有3个整数解，则m的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】先分别求出每一个不等式的解集，再由不等式组的整数解的个数得出关于m的不等式组，解之即可．
【详解】解：解不等式 得：x＜2，
解不等式 ，得：，
∵不等式组只有3个整数解，
∴
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式的解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
16 如图，已知PA⊥ON于A，PB⊥OM于B，且PA=PB，∠MON=50°，∠OPC=30°，则∠PCA=________．
【答案】55°
【解析】
【分析】由“HL”可证Rt△OAP≌Rt△OBP，可得∠AOP＝∠BOP＝∠AOB＝25°，由外角可求解．
【详解】解：∵PA⊥ON于A，PB⊥OM于B，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵PA＝PB，OP＝OP，
∴Rt△OAP≌Rt△OBP（HL），
∴∠AOP＝∠BOP＝∠AOB＝25°，
∴∠PCA＝∠AOP+∠OPC＝55°，
故答案为：55°．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明Rt△OAP≌Rt△OBP是本题的关键．
三、解答题（本大题共9小题，第17、18、19题每小题6分，第20、21题每小题8分，第22、23题每小题9分，第24、25题每小题10分，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
（1）先算开方和绝对值，再算加减；
（2）先算乘方和开方，再算乘法，后算加减．
【小问1详解】
解：
【小问2详解】
解：
18. （1）解方程组：
（2）解不等式组：
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组的解法，一元一次不等式组的解法，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解答本题的关键．
（1）用加减消元法求解即可；
（2）先分别解两个不等式，求出它们的解集，再求两个不等式解集的公共部分即可得到不等式组的解集．
【详解】解：（1），
，得
，
∴，
把代入②，得
，
∴，
∴；
（2）
解①得，
解②得，
∴．
19. 如图，已知，
（1）作出关于轴对称的图形；
（2）求的面积；
（3）已知，求中，边上的高h.
【答案】（1）见解析 （2）5
（3）
【解析】
【分析】（1）根据轴对称变换性质找出对应点即可求解．
（2）根据割补法求解即可．
（3）设AB边上的高为h，根据三角形的面积公式求解即可．
【小问1详解】
如图所示：
【小问2详解】
【小问3详解】
设边上的高为
由（2）有
即，解得
【点睛】本题考查了轴对称变换的性质，熟练掌握轴对称变换的性质是解题的关键．
20. 先化简后求值2（3a2b﹣ab2）﹣3（a2b+4ab2），其中a＝﹣1，b＝．
【答案】3a2b﹣14ab2，5
【解析】
【分析】将原式去括号、合并同类项化为最简式，再把a、b的值代入计算可得．
【详解】解：原式＝6a2b﹣2ab2﹣3a2b﹣12ab2
＝3a2b﹣14ab2，
当a＝﹣1、b＝时，
原式＝3×（﹣1）2×﹣14×（﹣1）×（）2
＝3×1×+14×
＝+
＝5．
【点睛】本题主要考查整式的加减−−化简求值，解题的关键是熟练掌握去括号、合并同类项法则．
21. 某中学八年级数学社团随机抽取部分学生，对“学习习惯”进行问卷调查．设计的问题：对自己做错的题目进行整理、分析、改正；答案选项为：A：很少，B：有时，C：常常，D：总是；将调查结果的数据进行了整理、绘制成部分统计图如下：
请根据图中信息，解答下列问题：
（1）该调查的样本容量为 ，a＝ %，，“常常”对应扇形的圆心角为 ；
（2）请你补全条形统计图；
（3）若该校有3200名学生，请你估计其中“常常”和“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生共有多少名？
【答案】（1）200；12；108；（2）画图见解析；（3）2112名
【解析】
【分析】（1）首先用“有时”对错题进行整理、分析、改正的学生的人数除以22%，求出该调查的样本容量为多少；然后分别用很少“对自己做错的题目进行整理、分析、改正”的人数除以样本容量，求出a的值；最后根据“常常”对应的人数的百分比是30%，求出“常常”对应扇形的圆心角为多少即可；
（2）求出常常“对自己做错的题目进行整理、分析、改正”的人数，补全条形统计图即可；
（3）用该校学生人数乘“常常”和“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生占的百分率即可．
【详解】解：（1）∵44÷22%＝200（名）
∴该调查的样本容量为200；
a＝24÷200×100%＝12%，
“常常”对应扇形的圆心角为：
360°×30%＝108°．
故答案为：200、12、108．
（2）200×30%＝60（名）
（3）∵3200×30%＝960（名）
∴“常常”对错题进行整理、分析、改正的学生有960名．
∵3200×36%＝1152（名）
∴“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生有1152名．
960＋1152＝2112
答：“常常”和“总是”对错题进行整理、分析、改正的学生共有2112名．
【点睛】此题主要考查了条形统计图和扇形统计图的综合运用．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据．
22. 如图，四边形是正方形，，EF与BC交于点G．
（1）求证：；
（2）若，求的大小．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定、全等三角形的性质、等腰三角形性质的等知识点，掌握全等三角形的判定与性质成为解题的关键．
（1）由正方形的性质、垂直的定义可得、，即可得，再结合即可证明结论．
（2）因为再根据（1）可得即可解答．
【小问1详解】
证明：∵四边形是正方形，，
∴，
∴，即：，
又∵，
∴．
【小问2详解】
解：∵，
∴，
又∵，
∴．
23. 为迎接校园科技节的到来，学校科技社团欲购买甲、乙两种模型进行组装，已知3套甲模型的总价与2套乙模型的总价相等，若购买1套甲模型和2套乙模型共需80元．
（1）求甲、乙两种模型的单价各是多少元？
（2）现计划用1220元资金，在不超过预算的情况下，购买这两种模型共50套，且乙种模型的数量不少于甲种模型数量的，求两种模型共有多少种选购方案？乙种模型选购多少套时总费用最少？
【答案】（1）甲种模型的单价为20元，乙种模型的单价为30元；
（2）一共有3种选购方案，乙种模型选购20套时，总费用最少．
【解析】
【分析】本题考查的是二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，确定相等关系建立方程与不等式组是解本题的关键．
（1）设甲种模型的单价为x元，乙种模型的单价为y元，结合3套甲模型的总价与2套乙模型的总价相等，购买1套甲模型和2套乙模型共需80元，再列方程组即可；
（2）设乙种模型数量为m，则乙种模型数量为，结合计划用1220元资金，在不超过预算的情况下，购买这两种模型共50套，且乙种模型的数量不少于甲种模型数量的，列不等式组，进而即可求解．
【小问1详解】
解：解：设甲种模型的单价为x元，乙种模型的单价为y元，则：
，
解得：．
答：甲种模型的单价为20元，乙种模型的单价为30元．
【小问2详解】
设乙种模型数量为m，则甲种模型数量为，由题意可得：
，
解得：，
∴，
∵m为整数，
∴一共有3种选购方案，
设总费用为W元，
，
∴当m越小，总费用越少，即当套时，总费用越少，
答：乙种模型选购20套时，总费用最少．
24. 对于平面直角坐标系中任一点，规定以下三种“雅境变换”：
①．如：；
②．如：；
③．如：；
例如：．
请回答下列问题：
（1）利用“雅境变换”化简：______；_____；_____；
（2）通过以上“雅境变换”得到的坐标叫做“”坐标，规定“”坐标可以进行如下运算：
当时，且．
①“”坐标中横坐标为整数，满足：
（常数t为正整数），求存在的点P的坐标．
②“”坐标在第四象限，满足：
，当为正整数时，求点Q的坐标．
【答案】（1）；；
（2）①或；②
【解析】
【分析】(1)根据题意，按顺序先算括号里面的即可得出答案；
(2)①先将等式化简，得到关于x和y的等式，求出x和y的整数解即可；②先将等式化简，得到关于x和y的等式，在根据点P所在的象限，得到不等式组解出k的取值范围，在根据题意，选取符合条件的正整数k即可．
【小问1详解】
，
故答案为：；；；
【小问2详解】
①
是整数，为正整数
或
解得或
或
②，
，
，
，
时，且，
，
坐标在第四象限，
，
，
，
是正整数，
．
【点睛】本题主要考查了新定义的点的坐标变化和一元一次不等式组，仔细读题，理解题目所描述的点的变化规则是解题的关键．
25. 已知是等腰直角三角形，，点在轴的负半轴上，直角顶点在轴上，点在轴上方．
（1）如图所示，点坐标为，点坐标为0,1，求点的坐标；
（2）如图所示，过作轴于，求证：；
（3）如图所示，若轴恰好平分，与轴交于点，过作轴于，求证：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析．
【解析】
【分析】（）过点作轴于，证明得到，，进而即可求解；
（）同理（）证明得到，，进而由即可求证；
（）如图，延长相交于点，证明可得，再证明得到，即得，据此即可求证．
【小问1详解】
解：过点作轴于，则，
∴，
∵是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵点坐标为，点坐标为，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：∵轴于，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
【小问3详解】
证明：如图，延长相交于点，
∵，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵轴平分，
∴，
∵轴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、坐标与图形、角平分线的定义，余角性质，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．