【真题】八年级下学期6月期末数学试卷（含解析）陕西省西安市交通大学附属中学2024－2025学年

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页陕西省西安市交通大学附属中学2024－2025学年八年级下学期6月期末数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列图形是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（

）A． B． C． D．2．若，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．3．下列分式变形一定成立的是（

）A． B． C． D．4．四边形中，，对角线、交于点，增加下列条件不能使四边形为平行四边形的是（

）A． B． C． D．5．已知一次函数与（为常数，）的图象如图所示，则关于的不等式的解集在数轴上表示正确的是（）A． B．C． D．6．若关于x的方程的解为正数，则m的值可以为（）A．1 B．2 C．3 D．47．任意三角形两边中点的连线与第三边上的中线（）A．互相平分 B．互相垂直 C．相等 D．互相垂直平分8．利用“配方法”解方程，配方结果正确的是（

）A． B．C． D．9．如图，四边形中，，点E在上，．若平分，则的面积是（

）A．24 B．30 C．32 D．3610．如图，在中，D是的中点，于点与交于点O，已知，，的长是（

）．A． B．3 C． D．二、填空题11．小明网购了一本《数独游戏》，同学们想知道书的价格，小明让甲乙两人猜，甲说：“最多15元．”乙说：“最少20元．”结果甲乙两人都猜错了，则这本书的价格（元）所在的范围是．12．分解因式：．13．把边长相等的正五边形和正六边形按照如图的方式叠合在一起，是正六边形的对角线，则等于．14．《九章算术》中有一道关于古代驿站送信的题目，其白话译文是：一份文件，若用慢马送到800里远的城市，所需时间比规定时间多1天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少2天，已知快马的速度是慢马的2倍，求规定时间．若设规定时间为天，则根据题意可列方程为．15．如图，是边长为4的等边三角形，D是射线上一动点（点D在点C的右侧），将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接，F为的中点，连接，在点D运动的过程中，线段长度的最小值是．三、解答题16．先化简，再求值：，．17．解不等式组：．18．解方程：(1)；(2)．19．手工社团筹备创意作品展示，需采购制作材料．(1)采购时发现：买3卷彩绳和5盒陶泥块，共花费41元；买6卷彩绳和4盒陶泥块，共花费58元．每卷彩绳、每盒陶泥块的价格分别是多少元？(2)为了满足大型挂件编织需求，社团计划重新采购两样材料．彩绳需买更粗的定制款，陶泥块买原款式，定制彩绳每卷比（1）中的彩绳贵2元，陶泥块每盒价格不变，现需采购定制款彩绳和陶泥块，总数量是60，设定制彩绳购买数量为m卷，总预算不超过380元．请问有哪几种购买方案？哪一种购买方案更省钱？20．如图，在四边形中，，过点B作于点E，过点B作于点F．求证：．21．在边长为1个单位长度的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，的顶点都在格点上，请解答下列问题：(1)将向下平移得到，若点平移后对应点的坐标为，则点对应点的坐标为______；(2)作出绕原点顺时针旋转的；(3)点在平面直角坐标系中，若以，，四点为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点坐标．22．如图，已知点是中边的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，，且．(1)求证：四边形为矩形；(2)若是等边三角形，且边长为，求四边形的面积．23．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C分别落在x轴、y轴上，点，一次函数的图象与y轴交于点D、与边交于E，并且平分矩形的周长．(1)_______，_______；(2)点P是一次函数图象上一动点，且点P在第二象限，点Q是x轴上一个动点，点T是平面内一点，若以B、P、Q、T为顶点的四边形是正方形，求点P的坐标．24．问题探究：（1）如图1，已知平行四边形，连接对角线交于点O，则_______．（填或或）（2）如图2，线段，取线段的中点O，构造等腰，其中，是线段上一动点，求的最小值．问题解决：（3）如图3，新能源研发企业在近海搭建迷你型深海海洋能试验舱，舱室用于小型海洋能发电装置的模拟测试（如图是平面图）．E是能量采集模块与舱内设备的连接入口．为优化试验流程需改造舱室，在室内确定一点Q，以B、C、Q为顶点，划分一个三角形功能区，占总面积的三分之一，布置维生系统保障电子测试设备的稳定运行环境：沿铺防水电缆，为了缩短线路减少能量损耗，在不改变面积的情况下，需要使防水电缆最短．如果以E为坐标原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，测量坐标如下（单位：米）：，请通过计算确定满足条件的Q点的坐标．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《陕西省西安市交通大学附属中学2024－2025学年八年级下学期6月期末数学试卷》参考答案题号12345678910答案CBDBCCAABC1．C【分析】题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．【详解】解：．是轴对称图形不是中心对称图形，故该选项不符合题意；．既是轴对称图形也是中心对称图形，故该选项不符合题意；．是中心对称图形，但不是轴对称图形，故该选项符合题意；．是轴对称图形也是中心对称图形，故该选项不符合题意；故选：C．2．B【分析】本题考查了不等式的性质，根据不等式的性质：不等式的两边同时乘以一个负数，不等式的符合改变；不等式的两边同时加上或减去一个数，不等号方向不变逐项分析，即可求解．【详解】解：A.∵，∴，故该选项不正确，不符合题意；

B.∵，∴，故该选项正确，符合题意；C.∵，∴，故该选项不正确，不符合题意；

D.当，则，故该选项不正确，不符合题意；

故选：B．3．D【分析】根据分式的基本性质即可求出答案．【详解】解：A．分子分母都减去3不符合分式的基本性质，故此选项不符合题意；B．分子分母乘以n，必须n≠0，故此选项不符合题意；C．分子分母都加上n不符合分式的基本性质，故此选项不符合题意；D．，符合分式的基本性质，故此选项符合题意．故选：D．【点睛】本题考查分式的基本性质，解题的关键是熟练运用分式的基本性质．4．B【分析】本题考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定与性质．根据平行四边的判定定理逐一判断即可．【详解】解：A、由，，能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；B、由，可知，四边形的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；C、由，，能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；D、∵，∴，∵，，∴，∴，能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；故选：B．5．C【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式；观察函数图象得到当时，函数的图象都在的图象下方，所以不等式的解集为，然后根据用数轴表示不等式解集的方法对各选项进行判断．【详解】解：根据函数图象可知，当时，，即不等式的解集为，故选：C．6．C【分析】本题考查了分式方程的解以及解一元一次不等式，求出方程的解是解题的关键．先用含m的代数式表示x，再根据解为正数，列出关于m的不等式，求解即可．【详解】解：由，去分母得：，解得：且，∵关于的方程的解是正数，∴且，解得：且，∴m的值可以为3，故选：C．7．A【详解】分析：连接DF、EF，由三角形中位线定理和平行四边形的判定得到四边形ADFE为平行四边形，则该平行四边形的对角线相互平分．详解：如图：由题意知，点D.E分别是边AB、AC上的中点，AF是△ABC的一条中线，连接DF、EF，∵AF是△ABC的一条中线，∴点F是BC边上的中点，∴DF是△ABC的中位线，∴DF∥AC或DF∥AE,DF=AC，又∵点E分别是边AC上的中点，∴AE=AC，∴DF=AE，∴四边形ADFE为平行四边形，∴对角线AF与DE相互平分.故选A.点睛：本题考查了三角形中位线定理和平行四边形的判定和性质.三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半.8．A【分析】本题主要考查了解一元二次方程，掌握配方法成为解题的关键．直接运用配方法求解即可．【详解】解：，，，．故选A．9．B【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握相关性质是解题的关键．先证，再由，得出四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得，再由角平分线的性质得，证明，可得，设，而，求解，最后利用三角形面积公式即可求解．【详解】解：，，，四边形是平行四边形；过点作，垂足为，如图：四边形是平行四边形，，平分，，∵，∴，∴，∵，，，∴，∴，设，而，∴，解得：，．故选：B10．C【分析】本题主要考查了直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形外角的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．如图：连接，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，进而得到，由等边对等角可得，根据三角形外角的性质可得，易得可证是等边三角形得到，最后根据勾股定理求解即可．【详解】解：如图：连接，∵，D是的中点，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴．故选C．11．【分析】本题考查了一元一次不等式组的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式组是解题的关键．根据甲、乙两人都说错了，即可得出关于x的一元一次不等式组，解之即可得出结论．【详解】解∶根据题意，得，∴，故答案为∶．12．m（m-2n）2【分析】直接提取公因式m，再利用完全平方公式分解因式得出答案．【详解】解：m3-4m2n+4mn2=m（m2-4mn+4n2）=m（m-2n）2．故答案为：m（m-2n）2．【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用乘法公式分解因式是解题关键．13．/84度【分析】本题考查正多边形内角和公式以及角度的计算．根据正五边形的内角和和正六边形的内角和公式求得正五边形的内角和正六边形的内角，然后根据四边形的内角和即可得到结论．【详解】正五边形的内角，正六边形的内角，∵是正六边形的对角线，，故答案为：．14．【分析】本题考查由实际问题抽象出分式方程，根据题意可知慢马的速度为，快马的速度为，再根据快马的速度是慢马的2倍，即可列出相应的方程，本题得以解决．【详解】解：由题意可得，，故答案为：．15．【分析】本题考查了等边三角形的性质、三角形中位线定理、旋转的性质、等腰三角形的判定与性质，连接，取的中点，连接，由旋转的性质可得：，由等腰三角形的性质结合三角形内角和定理可得，由三角形中位线定理可得，结合平行线的性质可得点的轨迹为直线，且，再由垂线段最短即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．【详解】解：如图，连接，取的中点，连接，由旋转的性质可得：，，∴，∵为的中点，F为的中点，∴为的中位线∴，∴，∴点的轨迹为直线，且，当时，最短，∵是边长为4的等边三角形，∴，∴，在中，，∴，∴线段长度的最小值为，故答案为：．16．；【分析】本题考查分式的化简求值，先通分，计算括号内，除法变乘法，约分后，代值计算即可．【详解】解：原式；当时，原式．17．【分析】本题考查的是一元一次不等式组的解法，先分别解不等式组中的两个不等式，再确定解集的公共部分即可.【详解】解：，由①得，，解得：，由②得，，解得：，不等式组的解集为．18．(1)，(2)【分析】本题考查了解一元二次方程、解分式方程，熟练掌握运算方法是解此题的关键．（1）利用配方法解一元二次方程即可得解；（2）根据解分式方程的步骤计算即可得解．【详解】（1）解：∵，∴，∴，即，∴，∴，；（2）解：去分母可得：，解得：，检验，当时，，∴分式方程的解为．19．(1)每卷彩绳、每盒陶泥块的价格分别是7元，4元.(2)①购买定制彩绳卷，则陶泥块购买块，费用为：元；②购买定制彩绳卷，则陶泥块购买块，费用为：元；③购买定制彩绳卷，则陶泥块购买块，费用为：元；费用最小的方案为方案①.【分析】本题主要考查了二元一次方程组的实际应用，一元一次不等式组的实际应用，正确理解题意找到等量关系建立方程组，找到不等关系建立不等式组是解题的关键．（1）设每卷彩绳、每盒陶泥块的价格分别是元，元，根据买3卷彩绳和5盒陶泥块，共花费41元；买6卷彩绳和4盒陶泥块，共花费58元．再建立方程组解题即可；（2）设定制彩绳购买数量为m卷，则陶泥块购买块，可得，再进一步求解即可.【详解】（1）解：设每卷彩绳、每盒陶泥块的价格分别是元，元，则，解得：，∴每卷彩绳、每盒陶泥块的价格分别是7元，4元.（2）解：设定制彩绳购买数量为m卷，则陶泥块购买块，∴，解得：，∴，∵为整数，∴或或，∴购买方案为：①购买定制彩绳卷，则陶泥块购买块，费用为：元；②购买定制彩绳卷，则陶泥块购买块，费用为：元；③购买定制彩绳卷，则陶泥块购买块，费用为：元；∴费用最小的方案为方案①.20．见解析【分析】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，先证明四边形为菱形，得出，再证明，即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．【详解】解：∵在四边形中，，∴四边形为菱形，∴，∵，，∴，∵，∴，∴．21．(1)(2)作图见解析(3)，，【分析】本题考查图形与坐标，涉及平移性质求点的坐标、旋转作图、构造平行四边形求顶点坐标等，熟记平移性质、旋转性质及平行四边形的性质是解决问题的关键．（1）由平面直角坐标系中的得到点、，再由图形平移即可得到点对应点的坐标；（2）由旋转作图，先作出对应点，再连线即可得到答案；（3）由平行四边形的判定与性质，过的顶点作对边的平行线交于，即可得到答案．【详解】（1）解：如图所示，点、，将向下平移得到，若点平移后对应点的坐标为，；（2）解：如图所示：即为所求；（3）解：过的顶点作对边的平行线交于，如图所示：，，，即点坐标，，．22．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由平行四边形的性质得出，即可证明，．根据题意得出BE=CE，即可证明，得出．最后根据平行四边形和矩形的判定条件即可证明四边形ABFC是矩形；（2）由题意易得出，再根据等边三角形的性质结合勾股定理即可求出，最后根据矩形的面积公式求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴，即，∴，．∵点E是BC边中点，∴BE=CE．∴，∴，∴四边形ABFC是平行四边形．∵，∴平行四边形ABFC是矩形；（2）∵，，∴，即点为DF中点．∵是等边三角形，且边长为，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，矩形的判定，三角形全等的判定和性质，等边三角形的性质以及勾股定理等知识．掌握特殊四边形的判定方法是解题关键．23．(1)；(2)或．【分析】本题主要考查了一次函数与几何综合，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，两点距离计算公式，利用分类讨论的思想求解是解题的关键。（1）根据解析的性质可得；再求出，，则，，再根据直线平分矩形的周长可得，解方程可得，则可得到，据此利用两点距离计算公式求解即可；（2）分为两种情况讨论，当四边形是正方利时和当四边形是正方形时，用一线三直角证明三角形全等，求出点的坐标即可．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，，在中，当时，，当时，，∴，，∴，∴，∵直线平分矩形的周长，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（2）解：分两种情形：①如