湖南省长沙市立信中学2024-2025学年八年级上学期10月月考数学试题（解析版）-A4

这是一份湖南省长沙市立信中学2024-2025学年八年级上学期10月月考数学试题（解析版）-A4，共21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。

时量：120分钟 总分：120分
命题人：刘巧 审核人：王璐
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1. 下面四个图标中，是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．由此即可求解．
【详解】解：选项，是轴对称图形，符合题意；
选项，不是轴对称图形，不符合题意；
选项，不是轴对称图形，不符合题意；
选项，不是轴对称图形，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查轴对称图形的识别，掌握轴对称图形的定义，找到对称轴是解题的关键．
2. 如果点和点关于x轴对称，则的值是（ ）．
A. B. 1C. D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数，求出a、b的值，再计算的值．
【详解】解：∵点和点，
又∵关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数，
∴．
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了关于x轴对称点的性质，点关于x轴的对称点的坐标是，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
3. 下列计算正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据幂的运算法则即可判断.
【详解】A. ，故错误；
B 不能计算，故错误；
C. ，正确；
D. ，故错误；
故选C.
【点睛】此题主要考查幂的运算，解题的关键是熟知幂的运算公式.
4. 国家能源局发布数据，截至3月底，全国累计发电装机容量约29.9亿千瓦时，同比增长14.5%，将数据“29.9亿”用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】此题考查科学记数法的表示方法：，其中，n是整数，当原数大于10时n是正整数，据此解答．
【详解】解：29.9亿，
故选：B．
5. 把一根长12厘米的铁丝按下面所标长度剪开，剪成的三段首尾顺次相接可以围成三角形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形的特性：任意两边之和大于第三边，三角形的任意两边的差一定小于第三边；进行依次分析即可．
【详解】解：A.，两边之和没有大于第三边，所以不能围成三角形；
B. ，两边之和没有大于第三边，所以不能围成三角形；
C. ，两边之和没有大于第三边；所以不能围成三角形；
D. ，任意两边之和大于第三边,所以能围成三角形；
故选：D．
6. 如图，在中，是高，是角平分线，是中线，则下列说法中错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了三角形中线、高线及角平分线的意义，三角形一边上的中线平分此三角形的面积等知识．根据上述知识逐项进行判断即可．
【详解】解：∵是的中线，
，A说法正确，不符合题意；
是高，
，
，B说法正确，不符合题意；
是角平分线，
，而与不一定相等，C说法错误，符合题意；
，
，D说法正确，不符合题意；
故选：C．
7. 将一副含的直角三角板和的等腰直角三角板按如图形式叠放，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形外角的性质．根据三角板的度数，三角形外角的性质，可得，据此即可求解．
【详解】解：由题意得，，
∴，
故选：A．
8. 如图，已知平分，于，点是上的动点，若，则长的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由OP平分∠AOB，则当PD⊥OB时，PD的长度是最小值，根据直角三角形的性质，即可求出PD的长度.
【详解】解：根据题意，
∵OP平分∠AOB，则当PD⊥OB时，PD的长度是最小值，如图：
∴，
在Rt△POD中，有
，
∴长的最小值是3cm；
故选：D.
【点睛】本题考查了角平分线的性质定理，30°直角三角形的性质，解题的关键是正确找到点D的位置，使得PD的长度最短.
9. 如图，中，以B为圆心，长为半径画弧，分别交于D，E两点，连接．若，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了学生对等腰三角形的性质和三角形内角和定理等知识点的理解和掌握，此题的突破点是利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，然后即可求得答案．
根据，利用三角形内角和定理求出的度数，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，然后即可求出的度数．
【详解】解：，
，
，
，
∵以B为圆心，长为半径画弧，
，
，
，
，
．
故选：C．
10. 已知：如图，在中，，点C，D，E三点在同一条直线上，连接．以下四个结论：
①；②；③；④．
其中结论正确的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
①由，利用等式性质得到夹角相等，利用得出三角形与三角形全等，由全等三角形的对应边相等得到，本选项正确；
②由三角形与三角形全等，得到一对角相等，由等腰直角三角形的性质得到，等量代换得到，本选项正确；
③再利用等腰直角三角形的性质及等量代换得到垂直于，本选项正确；
④利用周角减去两个直角可得答案．
【详解】解：①∵，
∴，即，
∵在和中，，
∴，
∴，本选项正确；
②∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，本选项正确；
③∵，
∴，
∴，
则，本选项正确；
④∵，
∴，故此选项正确，
故选：D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11. 一个正边形的每一个内角都等于，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了正多边形内角和与外角和综合．首先求出外角度数，再用除以外角度数可得答案．
【详解】解：∵正边形的每一个内角都等于，
∴每一个外角都等于，
∴边数；
故答案为：．
12. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了积的乘方和幂的乘方的逆运算．根据积的乘方和幂的乘方的逆运算即可计算求值．
【详解】解：，
，
故答案为：．
13. 如图，在和中，，，若要用“斜边、直角边”直接证明，则还需补充条件：____________．
【答案】
【解析】
【分析】由，，即可推出，于是得到答案．本题考查直角三角形全等的判定，关键是掌握直角三角形全等的判定方法．
【详解】证明：在和中，
，
∴．
故答案为：．
14. 已知是等腰三角形，其中一个内角为，则它底角为______°．
【答案】40
【解析】
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质．熟练掌握等腰三角形两底角相等，三角形内角和定理，是解题的关键．
根据等腰三角形的性质，可得角为等腰三角形的顶角，即可求解．
【详解】解：∵等腰三角形两底角相等，且，三角形的内角和为，
∴角只能为等腰三角形的顶角，
∴它的底角是．
故答案为：40．
15. 如图，把一张周长为的长方形纸片沿对角线折叠，则的周长为______．
【答案】10
【解析】
【分析】本题考查等腰三角形的判定、平行线的性质、折叠性质，先根据折叠性质和平行线的性质得到，再根据等角对等边证得，进而可求解．
【详解】解：由长方形得，，
∴，
由折叠性质得，
∴，
∴，
∴的周长为，
故答案为：10．
16. 如图，等边中，D为中点，点P、Q分别为上的点，，，在上有一动点E，则的最小值为________．

【答案】
【解析】
【分析】作点Q关于的对称点，连接交于E，连接，此时的值最小．最小值．
【详解】如图，∵是等边三角形，
∴，
∵D为中点，
∴
作点Q关于的对称点，连接交于E，连接，此时的值最小．最小值，

∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
三、解答题（本大题共9小题，17、18、19题各6分，20、21题各8分，22、23题9分，24、25各10分）
17. 计算：
【答案】
【解析】
【分析】本题考查实数的混合运算，先分别进行乘方、算术平方根、绝对值和立方根运算，再加减运算即可求解．
【详解】解：
．
18. 解方程组和不等式组
（1）解方程；
（2）解不等式组
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】本题考查解二元一次方程组及解不等式组，解题的关键是熟练掌握等式性质、不等式的性质及不等式组求解规则．
（1）两式相加消去y解一元一次方程，再反代入求解即可得到答案；
（2）分别解两个不等式，根据“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）”即可得到答案．
【小问1详解】
解：，
，得，
∴，
将代入①，得，
∴，
所以原方程组的解为；
【小问2详解】
解：，
解不等式①，得：，
解不等式②，得：，
∴原不等式组的解集为：．
19. 先化简，再求值：其中．
【答案】，4
【解析】
【分析】本题考查整式的化简求值，根据幂的乘方、同底数幂的乘法、积的乘方运算法则化简原式，然后代值求解即可．
【详解】解：
，
当时，
原式．
20. 如图，在平面直角坐标系中，三个顶点坐标分别为，，．
（1）画出关于轴对称的
（2）点的坐标为______，点的坐标为______；
（3）若在轴上有点，使得，求点的坐标．
【答案】（1）见解析 （2），
（3）点的坐标为或．
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—轴对称，熟知关于x轴对称的点的坐标特征是解题的关键．
（1）首先确定三点关于轴对称点的位置，然后依次连接即可；
（2）根据（1）所画图形写出对应点坐标即可；
（3）先利用割补法求得，设点的坐标为0,m，则，再根据三角形面积公式结合，列出方程求出a的值，进而确定点的坐标．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
；
【小问2详解】
解：由图可知，，，
故答案为：，；
【小问3详解】
解：，
设点的坐标为0,m，则，
由题意得，
解得或，
∴点的坐标为或．
21. 如图，已知在四边形ABCD中，ADBC，∠A＝90°，AD＝BE，CE⊥BD，垂足为E．

（1）求证：BD＝BC；
（2）若∠DBC＝50°，求∠DCE的度数．
【答案】（1）见解析；
（2）25°
【解析】
【分析】（1）由AD∥BC得到∠ADB＝∠CBE，∠A＝90°，CE⊥BD，则∠BEC＝∠A＝90°，又由已知AD＝BE，根据ASA可证明△ABD≌△ECB，可得结论；
（2）由（1）知BD＝BC，根据等边对等角可求得∠BDC的度数，再根据外角的性质求得∠DCE的度数．
【小问1详解】
证明：∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBE，
∵∠A＝90°，CE⊥BD，
∴∠BEC＝∠A＝90°，
在△ABD和△ECB中，
，
∴△ABD≌△ECB（ASA），
∴BD＝CB；
【小问2详解】
解：∵BD＝CB，
∴△BCD是等腰三角形，
∴∠BCD＝∠BDC＝（180°﹣∠DBC）＝（180°﹣50°）＝65°，
∵∠BEC＝∠BDC＋∠DCE＝90°，
∴∠DCE＝90°－∠BDC ＝90°﹣65°＝25°．
【点睛】此题主要考查了三角形全等的性质和判定、等腰三角形的性质、三角形外角的性质，证明△ABD≌△ECB是解题的关键．
22. “文房四宝”是中国独有的书法绘画工具，即笔、墨、纸、砚，文房四宝之名，起源于南北朝时期．某中学为了落实“双减”政策，丰富学生的课后服务活动，开设了书法社团，计划为学生购买甲、乙两种型号“文房四宝”，经过调查得知：每套甲型号“文房四宝”的价格比每套乙型号的价格贵40元，买5套甲型号和10套乙型号共用1100元．
（1）求每套甲、乙型号“文房四宝”的价格分别是多少？
（2）若学校需购进甲、乙两种型号“文房四宝”共120套，总费用不超过8500元，并且根据学生需求，要求购进乙型号“文房四宝”的数量必须低于甲型号“文房四宝”数量的3倍，问哪有几种购买方案？
【答案】（1）每套甲型号“文房四宝”的价格为100元，每套乙型号“文房四宝”的价格为60元
（2）有两种购买方案，方案一：购进甲型号“文房四宝”31套，乙型号“文房四宝”89套；方案二：购进甲型号“文房四宝”32套，则购进乙型号“文房四宝”88套
【解析】
【分析】本题考查一元一次方程的应用、一元一次不等式组的应用，理解题意，正确列出方程或不等式是解答的关键．
（1）设每套甲型号“文房四宝”的价格为a元，则每套乙型号“文房四宝”的价格为元，根据“买5套甲型号和10套乙型号共用1100元”列方程求解即可；
（2）设购进甲型号“文房四宝”x套，则购进乙型号“文房四宝”套，根据题意列不等式组求解即可．
【小问1详解】
解：设每套甲型号“文房四宝”的价格为a元，则每套乙型号“文房四宝”的价格为元，
根据题意，得，
解得，
，
答：每套甲型号“文房四宝”的价格为100元，每套乙型号“文房四宝”的价格为60元；
【小问2详解】
解：设购进甲型号“文房四宝”x套，则购进乙型号“文房四宝”套，
根据题意，得，
解得，又x为正整数，
∴x可取31或32，
∴有两种购买方案，方案一：购进甲型号“文房四宝”31套，乙型号“文房四宝”89套；方案二：购进甲型号“文房四宝”32套，则购进乙型号“文房四宝”88套．
23. 如图，在等边中，点、点分别在、上，，连接、交于点，作于．
（1）求证：；
（2）求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、含30度的直角三角形的性质、三角形的外角性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
（1）根据等边三角形的性质得到，，进而证得，然后根据全等三角形的判定可得结论；
（2）利用全等三角形的性质和三角形的外角性质得到，进而求得，再根据含30度∠的直角三角形的性质可得结论．
【小问1详解】
证明：∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴；
【小问2详解】
证明：∵，
∴，
∵是的一个外角，
∴，
∵，
∴，
∴．
24. 为了引领当代中学生迈向未来航空新纪元，2019年，在中国空军航空开放日上，“南天门计划”首次被提出，2023年6月央视官方宣传片播出，它的核心是构建一个全球性综合战略防卫体系，以应对未来可能的外星和硅基生命体的威胁，体现了中国航空工业对未来技术发展的前瞻性思维．在对“南天门计划”的小组学习中，我们对在平面直角坐标系中任一点，规定以下三种变换为“南天门变换”：
①，如：；
②，如：；
③，如：；
例如：．
请回答下列问题：
（1）利用“南天门变换”化简：______；______；______；
（2）通过以上“南天门变换”得到的坐标叫做“南天门”坐标，规定“南天门”坐标可以进行如下运算：
，；
，当时，且．
①“南天门”坐标中横坐标为整数，满足：（常数为正整数），求存在的点的坐标．
②“南天门”坐标在第四象限，满足：，当为正整数时，求的值．
【答案】（1）；；
（2）①点的坐标为或；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的整数解即可；
②先将等式化简，得到关于m和n的等式，在根据点Q所在的象限，得到不等式组解出k的取值范围，再根据题意，选取符合条件的正整数k，进一步计算即可求解．
【小问1详解】
解：；；
；
故答案为：；；；
【小问2详解】
解：①∵，，，即，
∴，，
∴，，
∵坐标中横坐标为整数，常数为正整数，
∴或，
∴或，
∴点的坐标为或；
②∵，，，，，
∴，
∴，，
解得，，
∵在第四象限，
∴，，
即，
∵为正整数，
∴，
∴，，
∴．
【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，二元一次方程组的应用．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. 如图1，在平面直角坐标系中，点，，，且，满足，连接，，交轴于点．
（1）点的坐标为______；
（2）连接，试判断的形状，并说明理由；
（3）如图2，点在线段上一动点，作轴于点，交于点，当时，是否为定值？若是，求出其定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）是等腰直角三角形；理由见解析
（3）定值，定值为1．
【解析】
【分析】（1）根据平方的非负性，得出和的值，再根据题中点的坐标，计算即可得出答案；
（2）根据（1），得出，，，进而得出，，作轴，轴，过点作轴的平行线交、于两点，连接，进而得出，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，即可得出结论；
（3）作交轴于点，连接，根据角之间的数量关系，得出，再根据垂线的定义，得出，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，得出，，再根据（2）中的图形，继续推导出，再根据角之间的数量关系，得出，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，得出，，再根据平行的判定，得出，再根据平行线的性质，得出，进而得出，再根据等角对等边，得出，再根据线段之间的数量关系，即可得出结论．
【小问1详解】
解：∵，
又∵，，
∴，，
解得：，，
∴，，
∴点的坐标为；
故答案为：；
【小问2详解】
解：是等腰直角三角形；理由如下，
证明：如图，由（1）可得：，，，
作轴，轴，过点作轴的平行线交、于两点，连接，
∴，
又∵，，，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形；
【小问3详解】
解：为定值，定值为1，
如图，作交轴于点，连接，
∵，，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，，
又∵由（2）中的图形和结论，得出，，再根据，进而得出，得出，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】本题考查了非负性、坐标与图形、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等角对等边，解本题的关键在正确作出辅助线．