湖南省长沙市湖南师大附中教育集团2024-2025学年八年级上学期期中考试数学试题 （解析版）-A4

这是一份湖南省长沙市湖南师大附中教育集团2024-2025学年八年级上学期期中考试数学试题 （解析版）-A4，共22页。
1．答题前，请先将自己的姓名、班级、考场号、座位号填写清楚；
2．必须在答卷上答题，在草稿纸、试题卷上答题无效；
3．答题时，请考生注意各大题号后面的答题提示；
4．请注意卷面，保持字体工整、笔迹清晰、卷面清洁；
5．答卷上不准使用涂改液、涂改胶和贴纸；
6．本试卷时量120分钟，满分120分．
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1. 2024年巴黎奥运会完美闭幕，以下四个奥运项目图标分别表示艺术体操、游泳、羽毛球、乒乓球，请你找出符合轴对称的图标（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了轴对称图形的概念，熟知轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合是解题的关键．根据“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴”进行分析即可．
【详解】解：A、图形不是轴对称图形，不符合题意；
B、图形不是轴对称图形，不符合题意；
C、图形不是轴对称图形，不符合题意；
D、图形是轴对称图形，符合题意；
故选：D．
2. 下列运算中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法，积的乘方运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键根据运算法则逐项分析即可．
【详解】解：A．，故原计算正确，符合题意；
B．，故原计算不正确，不符合题意；
C．与不是同类项，不能合并，故原计算不正确，不符合题意；
D．，故原计算不正确，不符合题意；
故选：A．
3. 下列各图中，作边上的高，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了三角形的高，过顶点向边所在的直线作垂线，顶点和垂足之间的线段就是高，据此分析即可求解．
【详解】解：A、是边上的高，不符合题意；
B、是边上的高，不符合题意；
C、是边上的高，不符合题意；
D、是边上的高，符合题意；
故选：D．
4. 如图，点E，点F在直线上，，，下列条件中不能判断的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】在与中，，，所以结合全等三角形的判定方法分别分析四个选项即可．
【详解】解：∵，
∴，
A、添加，可得到，由全等三角形的判定定理可以判定，故本选项不合题意．
B、添加，可得到，不能判定，故本选项符合题意．
C、添加，由全等三角形的判定定理可以判定，故本选项不合题意．
D、添加，由全等三角形的判定定理可以判定，故本选项不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：、、、、．
注意：、不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
5. 如图，老师在讲解三角形时，用手掌遮住了一个三角形的一部分，已知三角形的一边长为9，则另两边的长不可能的是（ ）
A. 4，5B. 3，9C. 5，6D. 7，7
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了本题主要考查三角形三边关系，熟练掌握三角形三边关系是解题的关键．根据三角形三边关系可进行求解．
【详解】解：由三角形的一边长为9，
A、，不符合三角形三边关系，不能构成三角形，故符合题意；
B、，符合三角形三边关系，能构成三角形，故不符合题意；
C、，符合三角形三边关系，能构成三角形，故不符合题意；
D、，符合三角形三边关系，能构成三角形，故不符合题意；
故选：A．
6. 若等腰三角形一个角为，则顶角的度数是（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的性质及三角形内角和定理；等腰三角形一内角为，没说明是顶角还是底角，所以有两种情况讨论．
【详解】解：当角为顶角，顶角度数即为；
当为底角时，顶角；
综上，若等腰三角形一个角为，则顶角的度数是或，
故选：C．
7. 小李家有一个六边形置物架已经变形，需通过增加木条使其固定，工人师傅至少需要加固木条数量为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查三角形的稳定性以及多边形对角线分三角形的个数问题：由于多边形（三边以上的）不具有稳定性，将其转化为三角形后木架的形状就不变了．
三角形具有稳定性，由此即可得到答案．
【详解】解；依据三角形的稳定性，六边形置物架钉上木条后分成三角形即可，故工人师傅至少需要加固木条数量为条．
故选：B．
8. 若，，则与的大小关系是（ ）
A. B. C. D. 由的取值而定
【答案】A
【解析】
【分析】求出P与Q的差，即可比较P、Q的大小．
【详解】解：
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查整式的运算，作差比较大小是解题的关键．
9. 如图，是等边三角形，点是边上的一个点，点关于边，的对称点分别为，，连接，，则的大小为（ ）
A. B. C. D. 不能确定
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查轴对称的性质、等边三角形的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质和判定，关键是根据轴对称的性质得出解答．连接，根据轴对称的性质得出，进而利用等边三角形的内角解答即可．
【详解】解：∵等边三角形，
，
由轴对称可知，，
，
，
故选：B．
10. 圆周率是精确计算圆周长、圆面积、球体积的关键值．如图，在平面直角坐标系中，对进行循环往复的轴对称变换，若第一笔画上有一点，其坐标为，则经过第2025次变换后所得的点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了轴对称的性质，点的坐标变换规律，读懂题目信息，观察出每四次对称为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．
观察图形可知每四次对称为一个循环组依次循环，用2025除以4，然后根据商和余数的情况确定出变换后的圆周率所在的象限，然后解答即可．
【详解】解：∵点第一次关于轴对称后在第四象限，
点第二次关于轴对称后在第三象限，
点第三次关于轴对称后在第二象限，
点第四次关于轴对称后在第一象限，即点回到原始位置，
∴每四次对称为一个循环组依次循环，
∵，
∴经过第2025次变换后所得的点与第一次变换的位置相同，在第四象限，坐标为，
故选：C．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11. 一个多边形的内角和是，则这个多边形是_______边形．
【答案】八
【解析】
【分析】本题考查了多边形的内角和公式，熟记多边形的内角和公式为是解答本题的关键．根据多边形内角和公式求解即可．
【详解】设这个多边形是n边形，
由题意得，
解得，
∴这个多边形是八边形．
故答案为：八．
12. 如图，点是平分线上一点，，垂足为，若，则点到边的距离是________．
【答案】4
【解析】
【分析】本题考查角平分线的性质定理，作，再根据角平分线的性质得出即可得出答案．
【详解】解：过P作于点E，
∵点P是平分线上一点，，
∴，
∵，
∴，
∴点P到边的距离是4．
故答案为：4．
13. 如图，已知，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查全等三角形的性质，平行线的性质及等腰三角形的判定与性质，关键是掌握全等三角形的对应角相等．由全等三角形的性质得到，，推出，进而求出，由三角形内角和定理结合平行线的性质即可解答．
【详解】解：，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
．
故答案为：．
14. 若的积中不含的一次项，则________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了多项式乘多项式的法则，据此先得到展开式，结合“不含的一次项”，得，即可作答．
【详解】解：依题意，
，
因为的展开式中不含的一次项，
所以，
则，
故答案为：．
15. 如图，在中，分别以点和点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，，作直线，交于点，连接．若，，则的周长为________．
【答案】10
【解析】
【分析】本题考查作图—线段垂直平分线、线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的作法得出垂直且平分是解题的关键．由题意可得垂直且平分，根据垂直平分线的性质可得，然后根据周长公式求解即可．
【详解】解：由题意可得，垂直且平分，
∴，
∴，
故答案：10．
16. 已知:如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足，下列结论:①△ABD≌△EBC；②∠BCE+∠BCD=180°；③AD=EF=EC；④AE=EC，其中正确的是________(填序号)
【答案】①②④
【解析】
【分析】易证△ABD≌△EBC,可得可得①②正确,再根据角平分线的性质可求得，即，根据可求得④正确.
【详解】①BD为△ABC的角平分线,

在△ABD和△EBC中，，
△ABD≌△EBC，
①正确；
②BD为△ABC的角平分线，BD=BC，BE=BA，
△ABD≌△EBC，
②正确；
③∵
∴
为等腰三角形，
∵△ABD≌△EBC，
∵BD为△ABC的角平分线,,而EC不垂直与BC，
③错误；④正确.
故答案为:①②④.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形的对应边、对应角相等的性质,本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等性质是解题的关键.
三、解答题（共9小题，17，18，19每小题6分，20，21每小题8分，22，23每小题9分，24，25每小题10分，共72分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．直接利用，积的乘方的逆运算，零指数幂的性质和绝对值的性质分别化简得出答案．
【详解】解：原式
．
18. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查整式的化简求值．主要考查完全平方公式，平方差公式和单项式除单项式，能分别计算是解题关键．
先分别利用完全平方公式、平方差公式和单项式除单项式计算后合并同类项，再将x的值代入计算即可．
【详解】解：原式
，
当时，原式．
19. 如图，，，于点，于点，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，平行线的判定，先由垂直得出，再由线段的和差关系即可得出，则可用证明，得到，即可得出结论．
【详解】证明:∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴在和中，，
．
∴，
∴．
20. 在如图的直角坐标系中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的三个顶点都在格点上（每个小方格的顶点叫格点），点的坐标为2,3．
（1）请画出关于轴对称的（其中，，分别是，，的对应点）；
（2）直接写出三点的坐标： ．
（3）若在轴上有一点，使得的值最小，请画出点的位置．
【答案】（1）见解析 （2），，
（3）见解析
【解析】
【分析】本题考查作图-轴对称变换、轴对称-最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质是解答本题的关键．
（1）根据轴对称的性质作图即可．
（2）由图可得答案．
（3）如图，连接交轴于点，连接，此时，为最小值，则点即为所求．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求．
【小问2详解】
解：如图所示，，，．
【小问3详解】
解：如图所示，点即为所求．
21. 如图，在中，是边上的高，，，
（1）若是的角平分线，求的度数；
（2）若是的中线，的周长比的周长大1且，，求的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了三角形的高、中线的定义，三角形内角和为．
（1）先根据三角形内角和得到，由角平分线的定义求出，再根据，求出，即可求解；
（2）由中线得，再由的周长比的周长大1，即可求解．
【小问1详解】
解：∵，，
∴，
∵是的角平分线，是的高，
∴，，
∴．
【小问2详解】
解：∵是的中线，
∴，
∵已知的周长比的周长大1，即，
∴，
∵，
∴；
∵，，，，，
∴，
即，
∴．
22. 已知，，．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）写出，，之间的数量关系．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查了幂的乘方逆运算，同底数幂的乘法的逆运算，同底数幂的除法的逆运算，熟练掌握幂的运算性质是解题的关键．
（1）根据，代入计算即可；
（2）根据，结合代入计算即可；
（3）根据，结合变形即可解答．
【小问1详解】
解：∵，，
∴．
【小问2详解】
解：∵，
∴．
【小问3详解】
解：∵，
又，
∴，
∴．
23. 对于一个图形，通过两种不同的方法计算它的面积，可以得到一个数学等式，例如图1可以得到数学中常用到的一个公式：请解答下列问题：
（1）观察图2，写出图2中所表示的等式 ；
（2）已知上述等式中三个字母，，可取任意数，若，，，且，请利用（1）所得的结论求的值；
（3）如图3，将边长分别为和的正方形拼在一起，，，三点在同一直线上，连接，，若两正方形的边长满足，，求阴影部分的面积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查了完全平方公式的几何背景，解题的关键是注意图形的分割与拼合，会用不同的方法表示同一图形的面积．
（1）由图形面积很容易得出；
（2）直接套用（1）中结论即可得解；
（3）由图形可发现，再将边长代入，然后利用完全平方公式变形即可得解．
【小问1详解】
解：由图形可得等式：，
故答案为：．
【小问2详解】
解：∵，，，且，
∴
，
∴．
【小问3详解】
解：
，
∵，，
∴．
24. 如图，在中，将的边绕点顺时针旋转得到线段．
（1）如图①，若为直角三角形，以直角顶点为原点，直角边，所在直线为坐标轴，建立平面直角坐标系，已知点，，且，则 ，点坐标为 ；
（2）如图②，若为等腰三角形，，，连接，请用含的式子表示的面积；
（3）在（1）的条件下，点沿着轴负方向运动至点，求点运动路径的长度．
【答案】（1）；
（2）
（3）点运动路径的长度为6
【解析】
【分析】（1）由非负性可求a，b的值，可得，由“”可证，可得，即可求解；
（2）过点作于点，延长，过点作于点，由“”可证，可得，由三角形的面积公式可求解；
（3）上任取点，连接，过点作，且，连接，由“”可证，可得，即可求解．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∵点A，点B都在y轴和x轴的正半轴上，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图①，过点C作于H，
∵将边绕点B顺时针旋转得到线段，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴点；
【小问2详解】
解：过点作于点，
∵，
∴为的中线，
∵，
∴，
延长，过点作于点，
∴，
根据旋转可得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴在和中，
∴，
∴，
∴．
【小问3详解】
解：在上任取点，连接，过点作，且，连接，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴点的运动路径为平行轴的一条线段，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
25. 【特例探究】
（1）如图①，在正方形中，，分别是，边上的点，且，探究图中线段，，之间的数量关系．
小明想到了其中一种解题思路是：延长到，使，连接，先证明，再证明．即可得出结论：．小明在证明时用到的全等判定定理是 ；在证明时用到的全等判定定理是 ．
【探索延伸】
（2）如图②，在四边形中，已知，，，且，，求的长．
【实践运用】
（3）2024年10月13日，中国人民解放军东部战区组织四大军种在台湾岛四周开展“联合利剑—”军演，以震慑“台独”分裂势力谋“独”行径．如图③，在这次军事演习中，西宁舰在台湾岛（处）北偏西的处，无锡舰在台湾岛南偏东的处，并且两舰艇到台湾岛的距离相等，接到行动指令后，西宁舰向正东方向以80海里/小时的速度前进，4小时后，无锡舰沿南偏西的方向以80海里/小时的速度前进，再过1小时后，西宁舰、无锡舰分别到达，处，且两舰艇之间的夹角为，则此时两舰艇之间的距离为 海里．
【答案】（1）；；（2）；（3）320
【解析】
【分析】本题是三角形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形是解题关键．
（1）延长到M，使，连接，求证，即可推出的数量关系，进而得出答案；
（2）延长到点G，使，连接可证得，得出，再证得，即可求得答案；
（3）在上截取，连接，可证得，得出，再证得，即可求得答案．
【详解】解：（1）延长到M，使，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：；．
（2）如图2，延长到点G，使，连接
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（3）如图③，在上截取，连接，
由题意得，（海里），（海里），
，
∴，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，