2025屆甘肅省蘭州市名校八年級數學第二學期期末調研試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題4分，共48分）1．為了了解某地八年級男生的身高情況，從當地某學校選取了60名男生統計身高情況，60名男生的身高(單位：cm)分組情況如下表所示，則表中a，b的值分別為()分組147.5～157.5157.5～167.5167.5～177.5177.5～187.5頻數1026a頻率0.3bA．18,6 B．0.3,6C．18,0.1 D．0.3,0.12．下列圖形中是中心對稱圖形但不是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．3．計算的結果為（）A．1 B． C． D．04．若ab＞0，ac＜0，則一次函數的圖象不經過下列個象限（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5．下列四組線段中，可以構成直角三角形的是（）A．4，5，6 B．2，3，4 C．1，1，2 D．1,6．在四邊形ABCD中，∠A，∠B，∠C，∠D度數之比為1：2：3：3，則∠B的度數為（）A．30°B．40°C．80°D．120°7．某射擊運動員在一次射擊訓練中，共射擊了次，所得成績（單位：環）為、、、、、，這組數據的中位數為（）A． B． C． D．8．點A（4，3）經過某種圖形變化后得到點B（-3，4），這種圖形變化可以是（）A．關于x軸對稱 B．關于y軸對稱C．繞原點逆時針旋轉 D．繞原點順時針旋轉9．如圖所示,在菱形ABCD中,∠BAD＝120°.已知ΔABC的周長是15,則菱形ABCD的周長是()A．25 B．20 C．15 D．1010．下列敘述，錯誤的是（）A．對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形B．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形C．對角線互相平分的四邊形是平行四邊形D．對角線相等的四邊形是矩形11．一次函數是（是常數，）的圖像如圖所示，則不等式的解集是（）A． B． C． D．12．已知一個直角三角形的兩邊長分別為3和4，則第三邊長為（）A．5 B．7 C． D．或5二、填空題（每題4分，共24分）13．已知四邊形中，，，含角（）的直角三角板（如圖）在圖中平移，直角邊，頂點、分別在邊、上，延長到點，使，若，，則點從點平移到點的過程中，點的運動路徑長為__________．14．某校五個綠化小組一天植樹的棵樹如下：10、10、12、x、1．已知這組數據的眾數與平均數相等，那么這組數據的中位數是________．15．若二次根式有意義，則的取值范圍是________.16．如圖，若在象棋盤上建立平面直角坐標系xOy，使“帥”的坐標為（﹣1，﹣2），“馬”的坐標為（2，﹣2），則“兵”的坐標為__．17．若函數是正比例函數，則常數m的值是。18．若等式成立，則的取值范圍是__________．三、解答題（共78分）19．（8分）猜想與證明：如圖①擺放矩形紙片ABCD與矩形紙片ECGF，使B，C，G三點在一條直線上，CE在邊CD上．連結AF，若M為AF的中點，連結DM，ME，試猜想DM與ME的數量關系，并證明你的結論．拓展與延伸：(1)若將“猜想與證明”中的紙片換成正方形紙片ABCD與正方形紙片ECGF，其他條件不變，則DM和ME的關系為__________________；(2)如圖②擺放正方形紙片ABCD與正方形紙片ECGF，使點F在邊CD上，點M仍為AF的中點，試證明(1)中的結論仍然成立．[提示：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半]①②20．（8分）如圖，長的樓梯的傾斜角為60°，為了改善樓梯的安全性能，準備重新建造樓梯，使其傾斜角為45°，求調整后的樓梯的長.21．（8分）因式分解是數學解題的一種重要工具，掌握不同因式分解的方法對數學解題有著重要的意義.我們常見的因式分解方法有：提公因式法、公式法、分組分解法、十字相乘法等.在此，介紹一種方法叫“試根法”.例：，當時，整式的值為0，所以，多項式有因式，設，展開后可得，所以，根據上述引例，請你分解因式：（1）；（2）.22．（10分）某學校為改善辦學條件，計劃采購A、B兩種型號的空調，已知采購3臺A型空調和2臺B型空調，需費用39000元；4臺A型空調比5臺B型空調的費用多6000元．（1）求A型空調和B型空調每臺各需多少元；（2）若學校計劃采購A、B兩種型號空調共30臺，且A型空調的臺數不少于B型空調的一半，兩種型號空調的采購總費用不超過217000元，該校共有哪幾種采購方案？（3）在（2）的條件下，采用哪一種采購方案可使總費用最低，最低費用是多少元？23．（10分）如圖，正方形ABCD中，點E在BC邊上，AF平分∠DAE，DF//AE，AF與CD相交于點G.（1）如圖1，當∠AEC=，AE=4時，求FG的長；（2）如圖2，在AB邊上截取點H，使得DH=AE，DH與AF、AE分別交于點M、N，求證：AE=AH+DG24．（10分）如圖，在中，，，點在延長線上，點在上，且，延長交于點，連接、．（1）求證：；（2）若，則__________．25．（12分）隨著粵港澳大灣區建設的加速推進，廣東省正加速布局以5G等為代表的戰略性新興產業，據統計，目前廣東5G基站的數量約1.5萬座，計劃到2020年底，全省5G基站數是目前的4倍，到2022年底，全省5G基站數量將達到17.34萬座。（1）計劃到2020年底，全省5G基站的數量是多少萬座？；（2）按照計劃，求2020年底到2022年底，全省5G基站數量的年平均增長率。26．如圖，在?ABCD中，E、F為對角線BD上的兩點，且BE=DF．求證：∠BAE=∠DCF．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、C【解析】

解：因為a=61×1．3=18，所以第四組的人數是：61﹣11﹣26﹣18=6，所以b==1.1，故選C．【點睛】本題考查頻數（率）分布表．2、C【解析】A.不是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意；B.是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意；C.不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，符合題意；D.是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，不符合題意．故選C.3、A【解析】

把分子根據完全平方公式化簡后與分母約分即可.【詳解】原式=.故選A.【點睛】本題考查了分式的約分，熟練掌握分式的基本性質是解答本題的關鍵，本題也考查了完全平方公式.4、C【解析】

根據ab＞0，ac＜0，可以得到a、b、c的正負，從而可以判斷一次函數的圖象經過哪幾個象限，不經過哪個象限，本題得以解決．【詳解】解：∵ab＞0，ac＜0，∴當a＞0時，b＞0，c＜0，當a＜0時，b＜0，c＞0，∴當a＞0時，b＞0，c＜0時，一次函數的圖象經過第一、二、四象限，不經過第三象限，當a＜0時，b＜0，c＞0時，一次函數的圖象經過第一、二、四象限，不經過第三象限，由上可得，一次函數的圖象不經過第三象限，故選：C．【點睛】本題考查一次函數的性質，解答本題的關鍵是明確題意，利用一次函數的性質解答．5、C【解析】

求證是否為直角三角形，這里給出三邊的長，只要驗證兩小邊的平方和等于最長邊的平方即可．【詳解】解：A．42B．22C．12D．12故選：C．【點睛】本題考查了勾股定理的逆定理，在應用勾股定理的逆定理時，應先認真分析所給邊的大小關系，確定最大邊后，再驗證兩條較小邊的平方和與最大邊的平方之間的關系，進而作出判斷是解答此題的關鍵．6、C【解析】【分析】根據四邊形的內角和為360度結合各角的比例即可求得答案.【詳解】∵四邊形內角和360°，∴設∠A=x°，則有x+2x+3x+3x=360，解得x=40，則∠B=80°，故選B．【點睛】本題考查了多邊形的內角和，根據四邊形內角和等于360°列出方程是解題關鍵．7、B【解析】

先將題目中的數據按從小到大的順序排列，然后根據中位數的定義分析即可.【詳解】將題目中的數據按從小到大的順序排列：6，7，7，8，8，9；中間數字為7和8；中位數為故選B【點睛】本題考查中位數的運算，注意要先將數據按從小到大的順序排列，再根據中位數的定義分析求解.8、C【解析】分析：根據旋轉的定義得到即可．詳解：因為點A（4，3）經過某種圖形變化后得到點B（-3，4），所以點A繞原點逆時針旋轉90°得到點B，故選C．點睛：本題考查了旋轉的性質：旋轉前后兩個圖形全等，對應點到旋轉中心的距離相等，對應點與旋轉中心的連線段的夾角等于旋轉角．9、B【解析】

由于四邊形ABCD是菱形，AC是對角線，根據菱形對角線性質可求∠BAC=60°，而AB=BC=AC，易證△BAC是等邊三角形，結合△ABC的周長是15，從而可求AB=BC=5，那么就可求菱形的周長．【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，AC是對角線，∴AB=BC=CD=AD，∠BAC=∠CAD=∠BAD，∴∠BAC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∵△ABC的周長是15，∴AB=BC=5，∴菱形ABCD的周長是1．故選B．10、D【解析】

根據菱形的判定方法，矩形的判定方法，正方形的判定方法，平行四邊形的判定方法分別分析即可得出答案．【詳解】解：A、根據對角線互相垂直的平行四邊形可判定為菱形，再有對角線且相等可判定為正方形，此選項正確，不符合題意；B、根據菱形的判定方法可得對角線互相垂直平分的四邊形是菱形正確，此選項正確，不符合題意；C、對角線互相平分的四邊形是平行四邊形是判斷平行四邊形的重要方法之一，此選項正確，不符合題意；D、根據矩形的判定方法：對角線互相平分且相等的四邊形是矩形，因此只有對角線相等的四邊形不能判定是矩形，此選項錯誤，符合題意；選：D．【點睛】此題主要考查了菱形，矩形，正方形，平行四邊形的判定，關鍵是需要同學們準確把握矩形、菱形正方形以及平行四邊形的判定定理之間的區別與聯系．11、C【解析】

根據一次函數的圖象看出：一次函數y=kx+b（k，b是常數，k≠1）的圖象與x軸的交點是（2，1），得到當x＞2時，y<1，即可得到答案．【詳解】解：一次函數y=kx+b（k，b是常數，k≠1）的圖象與x軸的交點是（2，1），當x＞2時，y<1．故答案為：x＞2．故選：C.【點睛】本題主要考查對一次函數的圖象，一次函數與一元一次不等式等知識點的理解和掌握，能觀察圖象得到正確結論是解此題的關鍵．12、D【解析】分兩種情況：（1）邊長為4的邊為直角邊，則第三邊即為斜邊，則第三邊的長為；（2）邊長為4的邊為斜邊，則第三邊即為直角邊，則第三邊的長為，故選D．二、填空題（每題4分，共24分）13、【解析】

當點P與B重合時，推出△AQK為等腰直角三角形，得出QK的長度，當點M′與D重合時，推出△KQ′M′為等腰直角三角形，得出KQ′的長度，根據題意分析出點Q的運動路徑為QK+KQ′，從而得出結果.【詳解】解：如圖當點M與A重合時，∵∠ABC=45°，∠ANB=90°，PN=MN=CD=3，BN=MN=3，∴此時PB=3-3，∵運動過程中，QM=PB，當點P與B重合時，點M運動到點K,此時點Q在點K的位置，AK即AM的長等于原先PB和AQ的長，即3-3，∴△AQK為等腰直角三角形，∴QK=AQ=3-3，當點M′與D重合時，P′B=BC-P′C=10-3=Q′M′，∵AD=BC-BN=BC-AN=BC-DC=7,KD=AD-AK=7-（3-3）=10-3，Q′M′=BP′=BC-P′C=BC-PN=10-3，∴△KQ′M′為等腰直角三角形，∴KQ′=Q′M′=（10-3）=，當點M從點A平移到點D的過程中，點Q的運動路徑長為QK+KQ′，∴QK+KQ′=（3-3）+（）=7，故答案為7.【點睛】本題考查平移變換、運動軌跡、解直角三角形等知識，解題的關鍵是理解題意，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考常考題型．14、2【解析】

根據題意先確定x的值，再根據中位數的定義求解．【詳解】解：當x=1或12時，有兩個眾數，而平均數只有一個，不合題意舍去．當眾數為2，根據題意得：解得x=2，將這組數據從小到大的順序排列1，2，2，2，12，處于中間位置的是2，所以這組數據的中位數是2．故答案為2．【點睛】本題主要考查了平均數、眾數與中位數的意義，解題時需要理解題意，分類討論．15、【解析】

根據二次根式有意義的條件：被開方數≥0，列不等式即可.【詳解】根據二次根式有意義的條件：解得：故答案為【點睛】此題考查的是二次根式有意義的條件，解決此題的關鍵是根據二次根式有意義的條件：被開方數≥0，列不等式.16、(-3,1)【解析】

直接利用已知點坐標得出原點的位置進而得出答案．【詳解】解：如圖所示：“兵”的坐標為：（-3，1）．

故答案為（-3，1）．【點睛】本題考查坐標確定位置，正確得出原點位置是解題關鍵．17、-3【解析】根據函數是正比例函數知x的冪是一次得，m=±3，m=3不符合題意，舍去得m=-3.18、【解析】

根據二次根式有意義的條件，列出不等式組，即可得解.【詳解】根據題意，得解得.【點睛】此題主要考查二次根式有意義的條件，熟練掌握，即可解題.三、解答題（共78分）19、猜想與證明：猜想DM與ME的數量關系是：DM＝ME，證明見解析；拓展與延伸：(1)DM＝ME，DM⊥ME；(2)證明見解析【解析】

猜想：延長EM交AD于點H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜邊的中線等于斜邊的一半證明．（1）延長EM交AD于點H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜邊的中線等于斜邊的一半證明，（2）連接AC，AC和EC在同一條直線上，再利用直角三角形中，斜邊的中線等于斜邊的一半證明，【詳解】解：猜想與證明：猜想DM與ME的數量關系是：DM＝ME.證明：如圖①，延長EM交AD于點H.①∵四邊形ABCD、四邊形ECGF都是矩形，∴AD∥BG，EF∥BG，∠HDE＝90°.∴AD∥EF.∴∠AHM＝∠FEM.又∵AM＝FM，∠AMH＝∠FME，∴△AMH≌△FME.∴HM＝EM.又∵∠HDE＝90°，∴DM＝EH＝ME；（1）∵四邊形ABCD和CEFG是正方形，

∴AD∥EF，

∴∠EFM=∠HAM，

又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，

在△FME和△AMH中，

，∴△FME≌△AMH（ASA）

∴HM=EM，

在RT△HDE中，HM=EM，

∴DM=HM=ME，

∴DM=ME．

∵四邊形ABCD和CEFG是正方形，

∴AD=CD，CE=EF，

∵△FME≌△AMH，

∴EF=AH，

∴DH=DE，

∴△DEH是等腰直角三角形，

又∵MH=ME，故答案為：DM＝ME，DM⊥ME；（2）證明：如圖②，連結AC.②∵四邊形ABCD、四邊形ECGF都是正方形，∴∠DCA＝∠DCE＝∠CFE＝45°，∴點E在AC上．∴∠AEF＝∠FEC＝90°.又∵點M是AF的中點，∴ME＝AF.∵∠ADC＝90°，點M是AF的中點，∴DM＝AF.∴DM＝ME.∵ME＝AF＝FM，DM＝AF＝FM，∴∠DFM＝(180°－∠DMF)，∠MFE＝(180°－∠FME)，∴∠DFM＋∠MFE＝(180°－∠DMF)＋(180°－∠FME)＝180°－(∠DMF＋∠FME)＝180°－∠DME.∵∠DFM＋∠MFE＝180°－∠CFE＝180°－45°＝135°，∴180°－∠DME＝135°.∴∠DME＝90°.∴DM⊥ME.【點睛】本題主要考查四邊形的綜合題，解題的關鍵是利用正方形的性質及直角三角形的中線與斜邊的關系找出相等的線段．20、【解析】

在中，，∴∴，∴在中，，∴∴．21、（1）；（2）【解析】

（1）先找出x=1時，整式的值為0，進而找出一個因式，再將多項式分解因式，即可得出結論；（2）先找出x=-1時，整式的值為0，進而找出一個因式，再將多項式設成分解因式的形式，即可得出結論．【詳解】（1）當x=1時，整式的值為0，所以，多項式有因式（x-1），于是2x2-1x+1=（x-1）（2x-1）；（2）當x=-1時，整式的值為0，∴多項式x1+1x2+1x+1中有因式（x+1），于是可設x1+1x2+1x+1=（x+1）（x2+mx+1）=x1+（m+1）x2+（1+m）x+1，∴m+1=1，，∴m=2，∴x1+1x2+1x+1=（x+1）（x2+2x+1）=（x+1）1．【點睛】此題考查了用“試根法”分解因式，考查了學生的閱讀理解能力以及知識的遷移能力．22、（1）A型空調和B型空調每臺各需9000元、6000元；（2）共有三種采購方案，方案一：采購A型空調10臺，B型空調20臺，方案二：采購A型空調11臺，B型空調19臺，案三：采購A型空調12臺，B型空調18臺；（3）采購A型空調10臺，B型空調20臺可使總費用最低，最低費用是210000元．【解析】分析：（1）根據題意可以列出相應的方程組，從而可以解答本題；（2）根據題意可以列出相應的不等式組，從而可以求得有幾種采購方案；（3）根據題意和（2）中的結果，可以解答本題．詳解：（1）設A型空調和B型空調每臺各需x元、y元，，解得，，答：A型空調和B型空調每臺各需9000元、6000元；（2）設購買A型空調a臺，則購買B型空調（30-a）臺，，解得，10≤a≤12，∴a=10、11、12，共有三種采購方案，方案一：采購A型空調10臺，B型空調20臺，方案二：采購A型空調11臺，B型空調19臺，方案三：采購A型空調12臺，B型空調18臺；（3）設總費用為w元，w=9000a+6000（30-a）=3000a+180000，∴當a=10時，w取得最小值，此時w=210000，即采購A型空調10臺，B型空調20臺可使總費用最低，最低費用是210000元．點睛：本題考查一次函數的應用、一元一次不等式組的應用、二元一次方程組的應用，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用函數和不等式的思想解答．23、（1）FG＝2；（2）見解析.【解析】

（1）根據正方形的性質，平行線的性質，角平分線的性質可得出∠DAF=∠F=30°，進一步可求得∠GDF=∠F=30°，從而得出FG=DG，利用勾股定理可求出DG=2，故FG=2.（2）根據已知條件可證得AE=DH且AE⊥DH，從而證得∠MAH=∠AMH,∠DMG=∠DGM,從而證得AH=MH，DM=DG，而AE=DH=DM+MH即AE=AH+DG.【詳解】（1）當∠AEC＝120°，即∠DAE＝60°，即∠BAE＝∠EAG＝∠DAG＝30°，在三角形ABE中，AE＝4，所以，BE＝2，AB＝2，所以，AD＝AB＝2，又DF∥AE，所以，∠F＝∠EAG＝30°，所以，∠F＝∠DAG＝30°，又所以，∠AGD＝60°，所以，∠CDG＝30°，所以FG＝DG在△ADG中，AD＝2，所以，DG＝2，FG＝2（2）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠DAH=∠ABE=90°，AD=AB,在Rt△ADH和Rt△BAE中∴Rt△ADH≌Rt△BAE，∴∠ADH=∠BAE,∵∠BAE+∠DAE=90°，∴∠ADH+∠DAE=90°，∴∠AND=90°.∵AF平分∠DAE，∴∠DAG=∠EAG,∵∠ADH=∠BAE,∴∠DAG+∠ADH=∠EAG+∠BAE.即∠MAH=∠AMH.∴AH=MH.∵AE∥DF,∴∠MDF=∠AND=90°,∠DAF=∠F∴∠GDF=∠ADM,∴∠ADM+∠DAF=∠GDF+∠F,即∠DMG=∠DGM.∴DM=DG.∵DH=DM+HM,∴AE=AH+DG.【點睛】本題考查正方形的性質、全等三角形的判定和性質、角平分線的性質、平行線的性質、三角形的外角的性質等腰三角形的判定，線段的各差關系。正確理解和運用相關知識是解題關鍵.24、（1）見解析；（2）75°【解析】

（1）證明Rt△ABE≌Rt△CBF，即可得到結論；（2）由Rt△ABE≌Rt△CBF證得BE=BF，∠BEA=∠BFC，求出∠BFE=∠BEF=45°，B、E、G、F