北京景山学校2024—2025学年度第一学期八年级期中测试卷数学试题（图片版，含答案）

2024—2025学年度第一学期期中测试卷
八年级数学答案和解析
【答案】
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
8.
9. 12
10. /
11. 50°
12. 5
13. 和 (或 和 ，或 和 ，或 和 )
14. ( 2, 2)或( 2,4)
15. 9
16. ①②③④
17. 解：3 3 ( 2 ) + ( 3 2 )2
= 6 4 · 2 + 9 4 2
= 3 4 2．
18. 原式= 6 9 6，
= 8 6
3
19. 解：∵ ≥ 0, ≥ 0, ≥ 0，

∴ , 同号，且 ≠ 0, ≠ 0，
3
√ × √ ÷ √

3
= √ × ÷ √ ，

= √ 2 ÷ √ ，
2
= √ ，


= √ ，

√
= ；
| |
√ √
∴当 < 0时，原式= ；当 > 0时，原式= ．

20. 解：(1)令 = 0，则 2 + 4 = 0，
解得： = 2．
∴ (2,0)．
令 = 0，则 = 4．
∴ (0,4)．
(2)经过 (2,0)和 (0, 4)画直线 ，如图，
则直线 为一次函数 = 2 + 4的图象．
(3)当 = 1时， = 2 × ( 1) + 4 = 6，
当 = 3时， = 2 × 3 + 4 = 2，
∵ 2 < 0，
∴函数 = 2 + 4中 随 的增大而减小．
∴ 的取值范围为： 2 < ≤ 6．
21. 证明：∵ ⊥ ，∠ = 45 ，
∴ ∠ = = 45 ，
∴ = ．
又∵ ∠ = ∠ = 180 ∠ ∠ = 90 ∠ ，
∠ = 180 ∠ ∠ = 90 ∠ ，
∴ ∠ = ∠ ，
∴ ≌ ( )．
= ．
2 1 1
22. (1)解： =
2+2
2 1 1
=
( +2)
2 1 ( 1)( +2)
=
( +2) ( +2)
2 1 2 +2
=
( +2)
1
= ；
( +2)
(2) ∵ = 2 + 2 + 1 = ( + 1)2且 = 0，
∴ ( + 1)2 = 0，
∴ = 1.
1 1+1
当 = 1时， = = = 2．
( +2) 1×( 1+2)
23. 证明：∵ = ，∠ = 36°，
∴ ∠ = ∠ = 72°，
∵ 平分∠ 交 于点 ，
∴ ∠ = ∠ = 36°，
∴ ∠ = ∠ ，
∴ = ，
24. 解：(1)设①种方案的收费 (元)与通话时间 (分钟)之间的函数关系式是 = + ，
∵点(0,30)，(500,80)在此函数图象上，
= 30
∴ { ，
500 + = 80
= 0.1
解得{ ，
= 30
即①种方案的收费 (元)与通话时间 (分钟)之间的函数关系式是 = 0.1 + 30；
设②种方案的收费 (元)与通话时间 (分钟)之间的函数关系式是 = ，
∵点(500,100)在此函数图象上，
∴ 100 = 500 ，得 = 0.2，
即②种方案的收费 (元)与通话时间 (分钟)之间的函数关系式是 = 0.2 ；
(2)令0.1 + 30 = 0.2 ，
解得 = 300，
答：当 值为300时两种方案收费相等；
(3)由(2)中的结果和图象可得，
当0 < < 300时，选择②种方案；
当 = 300时，两种方案一样；
当 > 300时，选择①种方案．
25. (1)解：由图2可知，( + )2 = 2 + 2 + 2，
故答案为：( + )2 = 2 + 2 + 2；
(2) ∵ + = 7，
∴ ( + )2 = 2 + 2 + 2 = 49，
∵ 2 + 2 = 29，
∴ 2 = 49 29 = 20，
∴ ( )2 = 2 2 + 2 = 29 20 = 9．
26. 解：(1)①如图1，∵ = ，∠ = 60°，
∴△ 是等边三角形，
∴ = = ，∠ = ∠ = 60°，
∴ ∠ = ∠ = 120°，
∵ = ，
∴ ∠ = ∠ ，
∠ = ∠
在△ 与△ 中，{∠ = ∠ ,
=
∴△ ≌△ ( )，
∴ = ；
故答案为： = ；
②证明：在 上截取 = ，连接 ，
∵ ∠ = 60°， = ，
∴△ 是等边三角形．
同理，△ 也是等边三角形．
∴ = ，
∵ = ，∴ ∠ = ∠ ．
又∵ ∠ = ∠ = 60°，
∴ ∠ = ∠ = 120°，
∠ = ∠
在△ 与△ 中，{∠ = ∠ ,
=
∴△ ≌△ ( )，
∴ = ，
∴ = + ；
(2)如图3，在 上截取 = ，连接 ，
由(1)知， = ， = ，
∴ = ；
∴ = ，
如图4，在 上截取 = ，连接 ，
由(1)知， = ， = ，
∴ = ；
∴ = ，
故 AE= 或 = ．
27. 120
28. 解：(1)1； √ 2 ；
2
(2)若 ( ,△ ) = 0．
说明直线 ： = + 2与△ 有公共点，因此有两种情况，即： > 0或 < 0，仅有一个公共点时如图
所示，即直线 过 点，或过 点，
此时可求出 = 2或 = 2，根据直线 与△ 有公共点，
∴ ≥ 2或 ≤ 2，
即若 ( ,△ ) = 0时， 的取值范围为 ≥ 2或 ≤ 2．
(3)函数 = + 的图象 与 轴、 轴交点所围成的三角形是等腰直角三角形，并且函数 = + 的图象
与 平行，
当 ( ,△ ) = 1时，如图所示：
在△ 中， = = 1，
则 = √ 2， = 1 + √ 2， (0,1 + √ 2)；即： = 1 + √ 2；
同理： = = 1 + √ 2， (0, 1 √ 2)，即： = 1 √ 2，
若 ( ,△ ) ≤ 1，即 的值在 、 之间
∴ 1 √ 2 ≤ ≤ 1 + √ 2
即若 ( ,△ ) ≤ 1， 的取值范围为 1 √ 2 ≤ ≤ 1 + √ 2．
【解析】
1. 【分析】本题考查的是轴对称图形，熟练掌握轴对称图形的概念是解题的关键．
如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，那么这样的图形就叫做轴对称图形.据此进行解答即
可．
【详解】解： .不是轴对称图形，故选项符合题意；
B.是轴对称图形，故选项不符合题意；
C.是轴对称图形，故选项不符合题意；
D.是轴对称图形，故选项不符合题意；
故选：
2. 【分析】根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，计算两个较小的边的和，看看是否大于
第三边即可．
【详解】 、1 + 2 = 3，不能组成三角形，故 A 选项错误；
B、1 + 2 < 4，不能组成三角形，故 B 选项错误；
C、2 + 3 > 4，能组成三角形，故 C 选项正确；
D、2 + 2 = 4，不能组成三角形，故 D 选项错误；
故选： ．
【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三角形的三边关系．
3. 【分析】
本题考查了幂的乘方与积的乘方，合并同类项，同底数幂的乘法，关键是熟记合并同类项法则，积的乘方
性质，同底数幂的乘法法则，幂的乘方法则．
根据合并同类项法则，积的乘方性质，同底数幂的乘法法则，幂的乘方法则进行判断便可．
【解答】
解： .不是同类项不能合并，选项不符合题意；
B.原式= 2 2，选项不符合题意；
C.原式= 2+3 = 5，选项符合题意；
D.原式= 2×3 = 6，选项不符合题意．
故选 C．
4. 解：连接 交 于 ，如图所示：
点 的坐标是(4,0)，点 的纵坐标是1，
∴ = 4， = 1，
∵四边形 是菱形，
1
∴ ⊥ ， = = 2， = = 1，
2
∴点 的坐标是(2, 1)；
故选： ．
1
根据菱形的性质求出 = = 2， = = 1，即可得出点 的坐标．
2
本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质；熟练掌握菱形的性质是解决问题的关键．
5. 【分析】本题考查了直角三角形的性质，轴对称的性质，由直角三角形两锐角互余可得∠ = 90
50 = 40 ，进而由轴对称的性质可得∠ ′ = ∠ = 40 ，最后根据角的和差关系即可求解，掌握轴对
称的性质是解题的关键．
【详解】解：∵ ⊥ ，
∴ ∠ = 90 ，
∵ ∠ = 50 ，
∴ ∠ = 90 50 = 40 ，
∵点 关于直线 的对称点是点 ′，
∴ ∠ ′ = ∠ = 40 ，
∴ ∠ ′ = 80 ，
∴ ∠ ′ = ∠ ∠ ′ = 90 80 = 10 ，
故选： ．
6. 【分析】根据全等三角形的判定方法，此题应采用排除法，对选项逐个进行分析从而确定正确答案．
【详解】 、全等三角形的周长相等，但周长相等的两个三角形不一定全等，故本选项错误；
B、全等三角形的面积相等，但面积相等的两个三角形不一定全等，故本选项错误；
C、判定全等三角形的过程中，必须有边的参与，故本选项错误；
D、正确，符合判定方法 ，
故选 D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定方法，常用的方法有 ， ， ， 等，应该对每一种方法彻
底理解真正掌握并能灵活运用．而满足 ， 是不能判定两三角形是全等的．
7. 【分析】
本题考查全等三角形的判定，理解并掌握三角形全等的判定定理是解决本题关键．根据原来已经有两条边
相等，垂下的射线是两个三角形的公共边，三边分别对应相等即可判定两三角形全等．
【解答】在△ 和△ 中
=
∵ { =
=
所以△ ≌△ ( )
故选 A．
8. 解：由图可得，
水桶的底面积 不变，
则 = ，
即 时关于 的正比例函数，
故选： ．
根据题意和图形，可以得到 与 的函数关系式，从而可以解答本题．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的函数关系式．
9. 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，正确记忆三角形的三边关系分情况讨论是解题关键．分5是腰
长和底边两种情况，利用三角形的三边关系判断，然后根据三角形的周长的定义列式计算即可得解．
【详解】解：①5是腰长时，三角形的三边分别为5、5，2，
能组成三角形，
周长= 5 + 5 + 2 = 12，
②5是底边时，三角形的三边分别为2、2、5，因为2 + 2 < 5，
所以不能组成三角形，
故答案为：12
10. 【分析】本题考查了同底数幂乘法的逆用，明白“公式 × = + ”是解题的关键．
【详解】解：∵ 10 = ，10 = ，
∴ 10 + = 10 × 10 = ，
故答案为： ．
11. 解：∵ = ，
∴ ∠ = ∠ ，
∵ ∠ 是△ 的一个外角，
∴ ∠ = ∠ + ∠ = 100°，
∴ ∠ = ∠ = 50°，
故答案为：50°．
利用等腰三角形的性质可得∠ = ∠ ，再利用三角形的外角性质可得∠ = ∠ + ∠ = 100°，然后进行
计算即可解答．
本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
12. 解：∵四边形 是矩形，
1 1
∴ = ， = = ， = = ，∠ = 90°，
2 2
∴ = ，
∵ ∠ = 120°，
∴ ∠ = 60°，
∴△ 是等边三角形，
∴ ∠ = 60°，∠ = 30°，
∴ = = 2 = 5( )．
故答案为：5．
根据矩形性质得出 = ， = ，求出∠ = 60°，得出△ 是等边三角形，求出∠ =
30°，得出 = = 2 = 5 即可．
本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、三角函数；熟练掌握矩形的性质，证明△ 是等边
三角形是解决问题的关键．
13. 【分析】此题主要考查了三角形面积公式应用及全等三角形的概念，根据已知得出三角形的高与底边
是解题关键．根据要找出三角形面积相等但不全等的三角形，利用三角形面积公式等底等高面积相等，即
可得出答案．
【详解】
解：∵四边形 是长方形，
∴ // ，
∵ 与 ，底边为 ，高为 ，
∴ =
∴ = ，
∴ = ，
∵ 与 ，底边为 ，高为 ，
∴ = ，
与 △ ，等底，等高，
∴ = ，∴图中能确定面积相等但不全等的三角形共有4对，即 和 ， 和
， 和 ， 和 ，
故答案为： 和 (或 和 ，或 和 ，或 和 ).
14. 【分析】根据平行于 的直线上的点横坐标相同，然后分情况讨论即可．
【详解】解：∵ ( 2,1)， // 轴，
∴点 的横坐标为 2，
∵ = 3，
∴点 的纵坐标为1 3 = 2或1 + 3 = 4，
∴点 的坐标为( 2, 2)或( 2,4)，
故答案为：( 2, 2)或( 2,4)．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系，熟知平行于 的直线上的点横坐标相同是解本题的关键．
15. 【分析】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，30°直角三角形的性质，熟记性质是解题的关键．
过点 作 ⊥ 于 ，根据三角形内角和定理可得∠ = ∠ = ∠ = 30°，然后根据30°直角三角形
的性质即可得到结论．
【解答】
解：如图，过点 作 ⊥ 于 ，
∵ 平分∠ ，
∴ ∠ = ∠
∵ = ，
∴ ∠ = ∠
∴ ∠ = ∠ = ∠ ，
∵ ∠ = 90°，
∴ 3∠ = 90°，
∴ ∠ = ∠ = ∠ = 30°，
∴ = 2 = 6 =
∴ = + = 9．
故答案为9．
16. 解：①在 上存在无数组 ， ，使得四边形 是平行四边形，故该说法正确；
②在 上存在无数组 ， ，使得四边形 是矩形，故该说法正确；
③在 上存在无数组 ， ，使得四边形 是菱形，故该说法正确；
5
④当 = 时，存在 、 、 ，使得四边形 是正方形，
4
故答案为①②③④．
由平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定依次判断可求解．
本题考查了正方形的性质判定，矩形的判定，菱形的判定和平行四边形的判定，掌握这些判定方法是本题
的关键．
17. 本题考查整式的运算，熟练掌握同底数幂乘法、积的乘方及合并同类项法则是解题关键．
根据同底数幂乘法及积的乘方的运算法则计算，再合并同类项即可得答案．
18. 【分析】本题主要考查了幂的混合运算，熟练掌握幂的混合运算法则是解题的关键．先计算乘方，再
计算乘法，然后合并同类项，即可求解．
19. 【分析】利用二次根式的乘除法则以及二次根式的性质，进行化简即可．
【点睛】本题考查二次根式的性质，以及乘除运算．熟练掌握二次根式的性质和乘除运算法则是解题的关
键．
20. (1)分别令 ， 等于0，求出对应的 ， 的值即可得出结论；
(2)过 ， 两点画直线 ，即为函数的图象；
(3)求出当 = 1或3时的函数值，结合图象即可得出结论．
本题主要考查了一次函数图象上点的坐标的特征，一次函数的图象与性质，直线与坐标轴的交点，分别令
， 等于0，求出对应的 ， 的值是解题的关键．
21. 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，解答本题的关键在于熟练掌握全等三角形的判定条
件以及三角形的内角和定理，本题即可求解．
22. 【分析】本题考查分式的加减运算，分式求值，掌握分式的加减运算法则，是解题的关键．
(1)根据异分母分式的加减法则，进行计算即可；
(2)根据 = 0，求出 的值，再代入分式求值即可．
23. 利用等腰三角形的判定及性质即可求证结论．
本题主要考查等腰三角形的性质和判定，掌握等边对等角是解题的关键，注意三角形内角和定理的应用．
24. (1)根据函数图象中的数据，可以分别求得①②两种方案的收费 (元)与通话时间 (分钟)之间的函数关
系式；
(2)令(1)中的两个函数值相等，即可求出当 值为多少时两种方案收费相等；
(3)根据(2)中的结果和函数图象，可以写出当 何值时，选择哪种收费方案更合算．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用数形结合的思想解
答．
25. 【分析】本题主要考查完全平方公式与几何图形的结合，熟练掌握完全平方公式并灵活运用是解题的
关键．
(1)由图形面积的两种不同计算方法得出完全平方公式即可；
(2)根据完全平方公式计算出2 的值，再进行求解即可．
26. 【分析】(1)①如图1，根据已知条件得到△ 是等边三角形，由等边三角形的性质得到 = =
，∠ = ∠ = 60°，由邻补角的性质得到∠ = ∠ = 120°，推出△ ≌△ ，根据全
等三角形的性质即可得到结论；②证明：在 上截取 = ，连接 ，得到△ 是等边三角形．同
理，△ 也是等边三角形．求得 = ，通过△ ≌△ ，得到 = ，根据线段的和差即可
得到结论；
(2)如图3，连接 ，由(1)知， = ， = ，根据线段的和差和等量代换即可得到结论；如图4，
连接 ，由(1)知， = ， = ，根据线段的和差和等量代换即可得到结论．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解答的关键
是熟练掌握相关知识的运用，利用截长补短的方法做辅助线构造全等三角形和等边三角形，运用类比的方
法解决问题．
27. 解：(1)如图1中，
∵△ 是等边三角形， = ，
∴ 平分∠ ，
1
∴ ∠ = ∠ = 30°，
2
∵ = ， = ，
∴ = ，
∴ ∠ = ∠ ，
∵ ∠ = ∠ + ∠ = 60°，
∴ ∠ = 30°，
∴ ∠ = 180° 30° 30° = 120°．
故答案为：120；
(2)结论： = ．
理由：如图2中，过点 作 // 交 于点 ．
∵ // ，
∴ ∠ = ∠ = 60°，∠ = ∠ = 60°，
∴△ 是等边三角形，
∴ = = ，∠ = 60°，
∵ = ， = ，
∴ = ， = ，
∵ ∠ = ∠ = 120°，
∴△ ≌△ ( )，
∴ = ；
(3)结论： = ．
理由：如图3中，过点 作 // 交 的延长线于点 ．
∵ // ，
∴ ∠ = ∠ = 60°，∠ = ∠ = 60°，
∴△ 是等边三角形，
∴ = = ，∠ = 60°，
∵ = ， = ，
∴ = ， = ，
∵ ∠ = ∠ = 60°，
∴△ ≌△ ( )，
∴ = ．
(1)证明∠ = ∠ = 30°，可得结论；
(2)结论： = .如图2中，过点 作 // 交 于点 .证明△ ≌△ ( )，可得结论；
(3)结论： = .证明方法类似(2)．
本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会
添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题．
28. 【分析】
此题考查了新定义，一次函数与 轴， 轴的交点，等腰直角三角形，理解新定义的意义，将新定义的问题
转化为数学问题是解决问题的关键，用特殊情况下计算结果，依据函数的性质进而推算出结果，是常用的
方法，同时注意分类讨论的数学思想方法．
(1)根据新定义，转化为实际是求点 到点 的距离，当 = 1时，求 ( ,△ )实际是求两条平行线之间的
距离，通过作垂线，转化为直角三角形用勾股定理求得；
(2)若 ( ,△ ) = 0就是求直线 与三角形 有公共点，可以先考虑仅有一个公共点时 的值，然后根
据一次函数的性质，求得 的取值范围；
(3)函数 = + 的图象记为 ，若 ( ,△ ) ≤ 1就是求 到三角形 的距离小于或等于1，可以先
求距离为1时的 的值，然后根据一次函数的性质，求得 的取值范围．
【解答】
解：(1)一次函数 = + 2的图象与 轴交点 (0,2)，
(点 ，△ )表示点 到△ 的最小距离，就是点 到点 的距离，即： = 2 1 = 1，
∴ (点 ，△ ) = 1．
当 = 1时，直线 = + 2，此时直线 与 所在的直线平行，且△ 和△ 均是等腰直角三角形，
( ,△ )表示直线 到△ 的最小距离，就是图中的 ，
在等腰直角三角形 中， = 1， √ 2 √ 2 = 1 × = ．
2 2
√ 2
( ,△ ) = ．
2
(2)(3)见答案．