浙江省宁波市2026年八年级下学期月考数学试卷附答案

八年级下学期月考数学试卷一、选择题（每题4分，共16分）1．设，，则a与b的大小关系是（）A． B． C． D．2．已知▱ABCD，点E是边BC上的动点，以AE为边构造▱AEFG，使点D在边FG上，当点E由B往C运动的过程中，▱AEFG面积变化情况是（）A．一直增大 B．保持不变C．先增大后减小 D．先减小后增大3．已知二次函数的图象经过，，，四点，则m与n的大小关系是（）A． B． C． D．无法判断4．如图，锐角中，分别是边上的点，，，，的平分线交边于点，，，分别是线段上的动点，且，则的最小值是（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共16分）5．如果关于x的一元二次方程kx2﹣x+1=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是．6．如图，在平面直角坐标系中，反比例函数（，）的图象与矩形的边分别交于点G，H，点G与B关于x轴对称，点H与D关于y轴对称．若的面积为2，矩形的面积为17，则的值是．7．如图，点是以为直径的半圆上的两点，，则的长为．8．如图，点D，F把线段分成三条线段，分别以这三条线段为一条对角线作菱形，菱形，菱形，连结组成四边形．若菱形的边长为，，则四边形的面积是．三、计算技巧考察（第9题每小题5分，第10题每小题6分，共38分）9．计算：（1）；（2）；（3）；（4）．10．解方程：（1）；（2）；（3）．四、解答题（第11题10分，第12～13题每题12分，第14题16分，共50分）11．如图，12个边长为1的正方形摆放在平面直角坐标系中，直线平分这12个正方形组合图形的面积，且与轴交于点，与y轴交于点，与反比例函数在第二象限的图象交于点．若的面积之比为．（1）求直线的解析式．（2）求的值．12．解方程：．13．已知关于x的二次方程至少有一个整数根，试求出所有满足条件的正整数a．14．已知凸四边形的四条边和两条对角线这六条线段中只有两种长度．请画出图形，并求这个四边形的最大内角的度数．

答案1．【答案】D【解析】【解答】解：∵，，∴，∴，

∵4>0，∴.故答案为：D．

【分析】先计算，再作差法，最后判断即可．2．【答案】B【解析】【解答】解：设△ABE，△ECH，△HFD，△DGA的面积分别为S1、S2、S3、S4，延长BE，与GF的延长线交于点P．

∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BP，∠ADG＝∠P．∵四边形AEFG是平行四边形，∴AG∥EF，AE∥DP，AG＝EF，∴∠G＝∠EFP．∵AD∥BP，AE∥DP，∴四边形ADPE是平行四边形．在△AGD与△EFP中，∴△AGD≌△EFP（AAS），∴S4＝S△EFP，∴S4+S四边形AEFD＝S△EFP+S四边形AEFD，即S▱AEFG＝S▱ADPE，又∵▱ADPE与▱ADCB的一条边AD重合，且AD边上的高相等，∴S▱ABCD＝S▱ADPE，∴平行四边形ABCD的面积＝平行四边形AEFG的面积．故▱AEFG面积不变，故选：B．【分析】延长BE，与GF的延长线交于点P，得到ADPE是平行四边形，即可得到△AGD≌△EFP，进而得到S▱AEFG＝S▱ADPE，再根据AD∥BP得到S▱ABCD＝S▱ADPE，即可得到结论．3．【答案】A【解析】【解答】解：∵图象经过，，∴对称轴为直线，∵，∴图象开口向上，

∴点离着对称轴越远，纵坐标对应的值越小，

|-4-（-1）|=3，3-（-1）=4，∵3<4，

∴，故答案为：A．【分析】先求出对称轴为直线，再利用二次函数开口向上即离对称轴的远近即可得出答案.4．【答案】C【解析】【解答】解：连接，

∵平分，

，，，在和中，

∵，（SAS），，，当点、、三点共线时，的值最小，∴当时，的值最小，，，，，，∴，当时，，，．故答案为：C．【分析】连接，先证，根据SAS可证，则，，再根据两点之间线段最短当点、、三点共线，再根据垂线段最短得到且时，的值最小，根据四边形内角和定理可求，时，的值最小，最后利用勾股定理即可得出答案．5．【答案】且k≠0【解析】【解答】关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，且.故答案为：且.

【分析】根据一元二次方程的定义、根的判别式和二次根式有意义的条件进行求解，列出不等式即可。6．【答案】【解析】【解答】解：由题意可设，点H与D关于y轴对称，点G与B关于x轴对称，，轴，轴，

∴点A的横坐标和点B的横坐标相等，点A的纵坐标与点D的纵坐标相等，∴HD=-a-a=-2a，BG=，∴，

，又的面积为2，矩形的面积为17，，

∴①，②，①-②得，，．故答案为：．

【分析】，分别表示出，再根据面积列出方程，即可得出答案.7．【答案】​​​​​​​【解析】【解答】解：设与相交于点，连接，∵，

∴，

∴，

∴∠B=45°，

∵是的直径，

∴，

∴∠CGB=45°，

∴∠AGD=∠CGB=45°，

∴和均为等腰直角三角形，

∴，，

∴，

∴，

∵是的直径，∴，

∴AB2=BC2+AC2，∵，∴，∴.故答案为：．【分析】设与相交于点，连接，由圆周角定理得，由直径所对的圆周角为90°可得，则和均为等腰直角三角形，得到，，即得，得到，再根据勾股定理可得，进而得出答案.8．【答案】【解析】【解答】解：连接、、，分别交于点、、，

设，，四边形、、都是菱形，，，，，，∴，，，，，∵，

∴∠FOD=90°，

∴OE2=DE2-OD2，

菱形的边长为，，，，，，，，，．故答案为：．【分析】连接、、，分别交于点、、，设，，求出，，，运用勾股定理求出OE，再根据棱形的性质可得，最后根据即可得出答案.9．【答案】（1）解：（2）解：

=（3）解：=（4）解：原式=

【解析】【分析】（1）先将被开方数为带分数的化成假分数，并计算二次根式的乘法，进而得出答案；（2）（3）运用平方差公式进行运算即可；（4）利用完全平方公式运算求解即可．（1）解：原式；（2）解：原式=；（3）解：原式=；（4）解：∵，∴原式=．10．【答案】（1）解：等号左边提公因式得，，移项得，，提公因式得，，∴或，∴，（2）解：左右两边同时除以150得，，

∴

∴，

∴，（3）解：等号左边去括号得，，整理得，，因式分解得，，∴或，∴，【解析】【分析】（1）先将等式左边进行因式分解，再将等号的右侧进行移项，再将等号的左边提公因式，即可求出x的值；（2）先将等式的左右两边同时除以150，再直接开方法即可；（3）先将方程式整理成一般形式，再用因式分解法解方程即可．（1）解：，提公因式得：，移项得：，提公因式得：，即：或，解得：，；（2）解：，，∴，即：，；（3）解：，去括号得：，即：，因式分解得：，即：或，解得：，．11．【答案】（1）解：过点作于点，

∵直线平分这12个正方形组合图形的面积，

∴，

∴，

∵AE=4，

∴，

∴，

设直线的解析式为，

∵，在直线上，

∴，

∴，

∴直线的解析式为（2）解：S△AOB=12OA·OB，S△COB=OAOB+OAyc=OA(OB+yc)，

∵与的面积之比为，

∴（12OA·OB）：（OA(OB+yc)=1：3，

∴OB：（OB+yc)=1：3，

∵当x=0时，，

∴OB=，

∴yc=163，

∵点C在直线AB上，

∴

∴x=-3，

∴，

∵反比例函数在第二象限且过点，

∴【解析】【分析】（1）先求出点的坐标，设直线的解析式为，将，代入解析式中，即可得出答案；（2）利用面积的比值关系即直线AB的表达式求出点的坐标，再代入反比例函数表达式中，即可得出答案．（1）解：如图，过点作于点，如图所示进行标注，∵直线平分这12个正方形组合图形的面积，∴，∴，∴，∴，∵，∴设直线的解析式为，把，代入可得：，解得：，∴直线的解析式为：；（2）解：∵与的面积之比为，，∴到轴的距离为，∴把代入可得：，∴，∵反比例函数在第二象限且过点，∴．12．【答案】解：移项得，，方程两边平方，x2-14x+58=85+x2+9-，

整理得，，平方整理得，解得：，经检验得是方程的解，所以方程的解为【解析】【分析】先移项，再两边平方并整理，求解，经检验，即可得出答案.13．【答案】解：∵，

∴，

∴，

∴，

当时，则，

∴，

∴，

∵a是正整数，

∴且为整数，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴（x+4）(x-2)≤0，

∴，

∵且x为整数，

∴，，，0，1，2，

∴，，，，，，

∴满足条件的正整数的值有4个，分别是1，3，6或10【解析】【分析】先整理原式，再分析当时，不成立，当，则，再根据a范围求出x的取值范围，进而得出答.14．【答案】解：①若四边形的四条边与一条对角线相等，

，

∴，

∴是等边三角形，是等边三角形，

，，

，

这个四边形的最大内角为，

②若四边形中，四边相等，两条对角线相等，

∴，，

四边形是正方形，

，

，

∴这个四边形的最大内角为，

③若四边形的一条边与两条对角线相等，另三边相等，

，

∴，，

∴四边形是梯形，

∴∥，

，

在中，

∵，

（SAS），

，

∴，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

∴，

，

，

④若四边形的两条边与两条对角线相等，另两条边相等，

∴，，

是