上海中学东校2024-2025学年下学期八年级 数学第一次月考试卷（含解析）

这是一份上海中学东校2024-2025学年下学期八年级 数学第一次月考试卷（含解析），文件包含上海中学东校2024-2025学年下学期八年级数学第一次月考试卷解析docx、上海中学东校2024-2025学年下学期八年级数学第一次月考试卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
A. B. C. D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，分别把点，代入直线，求出，的值，再比较大小即可．熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
【详解】解：点，都在直线上，
，．
，
．
故选：B．
2. 某口琴社团为练习口琴，第一次用元买了若干把口琴，第二次在同一家商店用元买同一款的口琴，这次商家每把口琴优惠元，结果比第一次多买了把.求第一次每把口琴的售价为多少元？若设第一次买的口琴为每把元，列方程正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由设第一次买的口琴为每把元，则设第二次买的口琴为每把（元，由等量关系：第二次比第一次多买了把，即可得到方程．
【详解】设第一次买的口琴为每把元，则设第二次买的口琴为每把（元，
根据题意得：.
故选D．
【点睛】此题考查了由实际问题抽象出分式方程．找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
3. 如图是我国古建筑墙上采用八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，则这个正八边形的一个内角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查多边形的内角和及正多边形性质，此为基础且重要知识点，必须熟练掌握．
根据多边形的内角和及正多边形的性质列式计算即可．
【详解】解：，
即这个正八边形的一个内角是，
故选：D．
4. 正多边形的一个外角的度数为30°，则这个正多边形的边数为（ ）．
A. 6B. 10C. 8D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】结合题意，根据正多边形的外角和性质计算，即可得到答案．
【详解】∵正多边形的一个外角的度数为30°
又∵正多边形的外角和为：
∴正多边形的边数为：
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形外角和的知识；解题的关键是熟练掌握正多边形外角和的性质，从而完成求解．
5. 平行四边行的两条对角线把它分成全等三角形的对数是（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，根据平行四边形的性质，再逐一判断全等三角形即可．
【详解】解：如图，中，，，，，
，，
∴，，
，，所以有4对．
故选B．
6. 如图，在中，于点E，于点F．若，且的周长为40，则的面积为（ ）
A. 48B. 36C. 40D. 24
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质．根据平行四边形的性质可得，再由平行四边形的面积公式可得，可求出，即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵的周长为40，
∴，
∴，
∵， ，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
∴的面积为．
故选：A
二、填空题
7. 若分式方程无实数解，则__________
【答案】或1
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的解，分式方程无解的情况有两种：（1）原方程存在增根；（2）原方程约去分母后，整式方程无解，可得的值．掌握分式方程增根的概念是解决此题的关键．
【详解】解：分式方程去分母，得，
整理得：①，
有两种情况：
第一种情况：当，即时，分式方程无解，
把代入①，得，
解得：；
第二种情况：①，
当，即时，方程无解；
所以该分式方程无解时，的值是或1．
故答案为：或1．
8. 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：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．
9. 已知平行四边形中，已知，则__________度．
【答案】
【解析】
【分析】根据平行四边形邻角互补的性质可求解．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】主要考查了平行四边形的基本性质，并利用性质解题．平行四边形基本性质：①平行四边形两组对边分别平行；②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线互相平分．
10. 如图，在中，，分别平分，，在上，，，则的周长是_________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．根据角平分线的定义和平行线的性质得到等腰三角形和等腰三角形和直角三角形．根据直角三角形的勾股定理得到．根据等腰三角形的性质得到，从而求得该平行四边形的周长．
【详解】解：在平行四边形中，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
同理，
，
，
平行四边形的周长；
故答案：．
11. 如图，在平行四边形中，，于点，为的中点，，那么___度．
【答案】92
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形斜边上的中线,掌握平行四边形的对边相等．平行四边形的对角相等；平行四边形的对角线互相平分是解题的关键．取的中点，连接、，如图，先根据直角三角形斜边上的中线性质得到，则，则，所以，接着证明得到，然后计算出，从而得到的度数．
【详解】解：取的中点，连接、，如图，
四边形为平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
点为的中点，为的中点，
，
，
，
，
，
∵,
.
故答案为：92．
12. 平行四边形的对角线相交于点，，，将平行四边形沿翻折后，点落在点处，那么________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，正确画出几何图形，结合平行四边形性质以及折叠的性质进行分析，即可求得的值．
【详解】如图：
根据翻折的性质；
∵
∴
又∵∠AOB=∠COD=30°
∴
在中，OB=OD
∴
又∵
∴=30°
过点O做
∵BD=8
∴OD=BD=×8=4
∵=30°
∴OE=2
∴
∴DE=2
∴
故正确答案：．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，图形折叠的性质，及勾股定理；根据题意正确构图以及了解平行四边形的性质是解题的关键．
13. 如图，若一次函数与正比例函数的图象交于点，则方程组的解为_________．
【答案】
【解析】
【分析】先将点代入正比例函数求得，则交点的坐标即为方程组的解．
【详解】解：将点代入正比例函数，得
点为一次函数与正比例函数的图象的交点
的解为
故答案为：
【点睛】本题考查了两直线交点与二元一次方程组的关系，理解交点的坐标即为方程组的解是解题的关键．
14. 若方程有增根，则______.
【答案】6
【解析】
【分析】将分式方程去分母后，将x=3代入求出k值即可.
【详解】解：去分母得
∵方程有增根，
∴最简公分母x-3=0，即增根是x=3，
把x=3代入整式方程，得k=6．
故答案为6
【点睛】本题考查了分式方程的增根，注意解答增根问题按如下步骤进行：①根据最简公分母确定增根的值；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
15. “降次”是解一元二次方程的基本思想，用这种思想解高次方程 ，它的解是__________．
【答案】或或
【解析】
【分析】本题主要考查了解高次方程，熟练掌握整式的因式分解是解题的关键．利用因式分解求解即可．
【详解】解：，
，
，
或或，
．
故答案为：或或．
16. 解方程组的结果为_____．
【答案】
【解析】
【分析】利用平方差公式将②分解因式变形，继而可得④，联立①④利用加减消元法，算出结果即可．
【详解】解：
由②，得：③，
将①代入③，得：，即④，
①+④，得：，
解得：，
①−④，得：，
解得：，
∴方程组的结果为．
【点睛】本题考查解二元二次方程组，与平方差公式分解因式，能够熟练掌握平方差公式分解因式是解决本题的关键．
17. 一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，则从这个多边形的一个顶点出发共有_________条对角线．
【答案】5
【解析】
【分析】首先设这个多边形有n条边，由题意得方程（n-2）×180=360×2，再解方程可得到n的值，然后根据n边形从一个顶点出发可引出（n-3）条对角线可得答案．
【详解】解：设这个多边形有n条边，由题意得：
（n-2）×180=360×3，
解得n=8，
从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是8-3=5，
故答案为：5．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角和外角，以及对角线，关键是掌握多边形的内角和公式．
18. 在直线的图像上有一个动点，则的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】这道题主要考查了一元二次函数的最值问题，以及直线方程的应用．
将带入直线中，得到关于的表达式，将表达式带入中整理成关于的顶点式即可．
【详解】解：∵点在直线上，
∴，
∴
，
∴当
即时 ，
取得最大值．
故答案为：．
三 ．解答题
19. 解方程：．
【答案】
【解析】
【分析】先移项得到，再把方程两边平方，整理得到，解得，，然后进行检验确定原方程的解.
【详解】解：,
∴,
∴, 整理得,
解得，, 检验：当时，方程左边,
所以方程左边≠方程右边，不是原方程的解，
当时，方程左边，
所以方程左边=方程右边，是原方程的解；
所以原方程的解为.
【点睛】本题考查了无理方程：解无理方程的基本思想是把无理方程转化为有理方程来解，解无理方程，往往会产生增根，应注意验根.
20. 解方程：．
【答案】
【解析】
【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【详解】解：
去分母得：,
整理得：
即
解得：或
当时，
当时，,
∴是增根，分式方程的解为．
【点睛】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
21. 解方程组：
【答案】；
【解析】
【分析】本题考查了解高次方程组和解一元二次方程，由②得出④，由①得出：③，把④代入③得出关于的方程，求出的值，把的值代入④即可求出．关键是能把方程组转化成一元二次方程．
【详解】解：，
由①得：③，
由②得：④，
把④代入③得：，
，
解得：，，
把代入④得：；
把代入④得：；
即方程组的解为：；．
22. 某社区计划对面积为平方米的区域进行清雪，全部清雪工作由甲、乙两个工程队来完成．已知甲队每小时能完成清雪工作的面积是乙队每小时能完成清雪工作的面积的倍，并且在独立完成面积为平方米区域的清雪时，甲队比乙队少用小时．
（1）求甲乙两工程队每小时能完成清雪工作的面积；
（2）若甲队清雪的费用是元/平方米，乙队清雪的费用是元/平方米，如果施工总费用不超过1万元，那么乙工程队至少需要施工多少小时？
【答案】（1）甲每小时清雪平方米，乙每小时清雪50平方米
（2）乙队至少施工小时
【解析】
【分析】本题考查了分式方程应用以及一元一次不等式的应用；
（1）设乙工程队每小时能完成清雪的面积为x平方米，则甲工程队每小时能完成清雪的面积为平方米，根据“在独立完成面积为平方米区域的清雪时，甲队比乙队少用小时”，即可得出关于的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
（2）设乙工程队施工小时，根据施工总费用不超过万元列不等式求解即可．
小问1详解】
解：设乙工程队每小时能清雪平方米，则甲工程队每小时能清雪平方米，
，
解得：，
经检验 符合题意且是方程的解，
平方米，
答：甲每小时清雪平方米，乙每小时清雪平方米；
【小问2详解】
设乙工程队施工小时，
，
解得：，
答：乙队至少施工小时．
23. 如图，已知平行四边形ABCD中，E为AD中点，CE延长线交BA延长线于点F．
（1）求证：CD=AF；
（2）若BC=2CD，求证：∠F=∠BCF

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）CD和AF分别在△DCE和△AFE中，要证它们相等，只需证△DCE≌△AFE，根据平行四边形的性质及E为AD中点可证．
（2）在平行四边形中，对边相等，由（1）的结论可证昨BF=BC，根据等边对等角可证．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC．
∴∠DCE=∠AFE．
∵E是AD的中点，
∴DE=AE．
在△DCE和△AFE中
，
∴△DCE≌△AFE．
∴CD=AF．
（2）由（1）得CD=AF，
∵AB=CD，
∴BF=AF+AB=2CD．
∵BC=2CD，
∴BF=BC．
∴∠F=∠BCF．
【点睛】解题关键是利用平行四边形的性质结合三角形全等来解决有关的证明．
24. 如图①平行四边形的对角线和相交于点，过点且与边，分别相交于点和点．

（1）求证：；
（2）如图②，已知，，，，
①当为多少度时，；
②在①的条件下，连接，求的周长．
【答案】（1）见解析 （2）①；②
【解析】
【分析】（1）证明，进而结论得证；
（2）①由，，可得是等腰直角三角形，，则，由，可得，计算求解即可；②由①可知，，由勾股定理得，，则，由，，可知是的垂直平分线，则，根据的周长为，计算求解即可．
【小问1详解】
证明：∵平行四边形，
∴，，
∴，
∵，，，
∴，
∴；
【小问2详解】
①解：∵平行四边形，
∴，，，
∵，，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∵，
∴，
解得，，
∴当时，；
②解：由①可知，，
由勾股定理得，，
∴，
∵，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵，
∴的周长为．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，垂直平分线的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，垂直平分线的判定与性质，勾股定理是解题的关键．