浙江省台州市玉环市2023-2024学年八年级上学期期末数学试题(含答案)

这是一份浙江省台州市玉环市2023-2024学年八年级上学期期末数学试题(含答案)，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，本届亚运会的吉祥物名为琮琮、宸宸、莲莲，下列吉祥物的造型中，属于轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．有和的两根小棒，请你再找一根小棒，并以这三根小棒为边围成一个三角形，下列长度的小棒可选的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列运算结果正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在和中，，添加下列哪个条件，不能使的是（ ）
A．B．
C．D．
5．下列多项式能用平方差公式进行因式分解的是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在中，，，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，以数轴的单位长度线段为边长作一个正方形，以表示数2的点为圆心，正方形对角线长为半径画半圆，交数轴于点和点，则点表示的数是（ ）
A．B．C．D．
8．化简的结果是（ ）
A．B．C．D．
9．已知，则的值是（ ）
A．5B．9C．13D．17
10．如图，在矩形中，，，点和是边上的两点，连结，将和沿折叠后，点和点重合于点，则的长是（ ）
A．B．3C．D．4
二、填空题
11．若式子在实数范围内有意义，则x的取值范围是 ．
12．点关于轴的对称点的坐标是 ．
13．如果一个正边形的每个内角为，那么这个正边形的边数为 ．
14．如图，点是内一点，平分，于点，连接．若，，则的面积是 ．

15．已知，则 ．
16．如图，已知是等边三角形，，在直线BC的上方有一点，且满足，，在直线上取一点，连接，则周长最小值为 ．
三、解答题
17．化简：
(1)；
(2)．
18．计算：
(1)；
(2)．
19．先化简，再求值：，其中．
20．如图，于，于，若、．
(1)求证：
(2)求证：平分；
21．如图，是等腰三角形，其中，，是线段上一点，满足，连接，．
(1)求证：；
(2)求的长度．
22．八（1）班的李华同学参加了玉环市首届百公里越野的15km体验组的比赛，他出发后的前一个小时按照原计划的速度匀速前进，之后想要取得更好成绩，在后面的路程里以原来速度的1.2倍匀速前进．设前一个小时的前进速度为．
(1)直接用含的式子表示提速后走完剩余路程的时间为______h；
(2)王老师参加了此次越野赛30km组的比赛，他计划用一半路程以的速度前进，另一半路程以的速度前进，用含有和的式子表示王老师到达终点所用的时间；
(3)数学老师听说王老师的计划后，建议王老师可以用一半时间以的速度前进，另一半时间以的速度前进，谁的方案可以更快到达终点，请说明理由．
23．已知在中，，，分别表示，的对边，记的面积为，分别以为边向形外作等边三角形和等边三角形．记等边三角形的面积为，等边三角形的面积为．
(1)如图1，若，，求的值；
(2)如图2，以为边向上作等边三角形（点C在内），连结．
①判断和的关系，并说明理由；
②若是等腰三角形，试探索与之间的数量关系，并说明理由．
24．玉环着力打响“鲜玉奇缘”区域公用品牌，助力农旅产业转型升级．其中玉环文旦是一张闪亮的名片．“鲜玉奇缘”品牌推介会在浙江杭州国际博览中心举办，某文旦基地需要从玉环寄出3种大小的文旦各100个进行展览销售．某快递公司有一种“生鲜快递”模式，规定：从玉环寄送文旦到江浙沪地区有两种方式，如下表：
注：①方式1的快递初始寄送费为4.5元，方式2没有初始寄送费；
②寄送过程中，不足1千克的按1千克计算；
③为了方便售卖，不同大小的文旦不能混装寄送．
其中3种文旦的基本信息如下：
(1)用10800元购买文旦中果的个数和用14400元购买文旦大果的个数相同，求a的值；
(2)小牛想要给在江苏的朋友寄13个小果文旦尝尝，请通过计算，帮助他选择一种寄送费用最少的寄送方式；
(3)请你为此次展览设计寄送方案，使文旦基地获得的利润最大．
快递方式
规定
单价
方式1
重量不超过12千克
0.5元/千克
重量超过12千克
超出部分按照1元/千克
方式2
一箱4个文旦
10元/箱
成本（元/个）
均重（千克）
售价（元/个）
小果
24
2
32
中果
30
2.5
大果
36
3
60
参考答案：
1．C
【分析】本题考查轴对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，由此即可得到答案．
【详解】解：A中的图形不是轴对称图形，故选项A不符合题意；
B中的图形不是轴对称图形，故选项B不符合题意；
C中的图形是轴对称图形，故选项C符合题意；
D中的图形不是轴对称图形，故选项D不符合题意；
故选：C．
2．C
【分析】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：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边．
【详解】解：设第三根小棒的长度为，
由题意得：，
解得：，则C选项符合题意，
故选：C．
3．D
【分析】本题主要考查同底数幂的除法，合并同类项，同底数幂的乘法，利用合并同类项的法则，同底数幂的除法的法则，同底数幂的乘法的法则对各项进行运算即可．
【详解】解：A、，故A不符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C不符合题意；
D、，故D符合题意；
故选：D．
4．C
【分析】本题考查三角形全等的判定方法，根据三角形全等的判定方法：、、、、即可判定得到结果，掌握三角形全等的判定方法是解决问题的关键．
【详解】解：∵，，
A、添加，根据能判定，故本选项不符合题意；
B、添加，根据能判定，故本选项不符合题意；
C、添加，不能判定，故本选项符合题意；
D、添加，根据能判定，故本选项不符合题意；
故选：C．
5．B
【分析】本题考查平方差公式，根据平方差公式的结构特征，即进行解答即可．
【详解】解：A. 不具有平方差公式的结构特征，不能运用平方差公式分解因式，故选项A不符合题意；
B. 由平方差公式的结构特征可知，可利用平方差公式，故选项B符合题意；
C. 不具有平方差公式的结构特征，不能运用平方差公式分解因式，故选项C不符合题意；
D. 不具有平方差公式的结构特征，不能运用平方差公式分解因式，故选项D不符合题意；
故选：B．
6．B
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，垂直的定义，三角形的内角和，根据垂直的定义得到，根据三角形内角和定理即可得到结论．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
∴．
故选：B
7．C
【分析】首先利用勾股定理得出正方形对角线长，再利用数轴的性质得出点表示的数．
【详解】解：∵以数轴的单位长度线段为边作一个正方形，
，
∵以表示数的点为圆心，
∴点表示的数是：，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理以及实数与数轴．正确掌握实数与数轴的关系是解题关键．
8．A
【分析】本题考查分式化简，先通分算括号内的，再把分子，分母分解因式约分即可．
【详解】解：
；
故选：A．
9．B
【分析】本题主要考查完全平方公式，把所给的条件进行整理，从而可求解．
【详解】解：∵，
∴，
，
整理得，，
∴．
故选：B．
10．B
【分析】本题主要考查矩形与折叠问题，等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，过点作于点，则于点，由勾股定理可求，设，则，由勾股定理求出，从而进一步可得出结论．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴
由折叠得，，
∴，
∴
∴
∴
过点作于点，则于点，如图，则，
∴
由勾股定理得，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，，
∴即
∴,
故选：B．
11．
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，掌握负数没有平方根是正确解答的关键．根据二次根式有意义的条件进行解答即可．
【详解】解：由二次根式有意义的条件可知，，
即，
故答案为：
12．
【分析】根据“关于轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”解答．
【详解】解：点关于轴的对称点的坐标是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了关于轴、轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
13．5
【分析】根据多边形的内角和公式列出算式，计算即可．
【详解】解：解：由题意得，解得，，
解得：，
故答案为：5．
【点睛】本题考查的是正多边形的内角问题，掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
14．15
【分析】过O作于点E，根据角平分线的性质求出，最后用三角形的面积公式即可解答，熟练掌握角平分线的性质是解题关键．
【详解】解：过O作于点E，

∵平分于点D，
∴，
∴的面积为：，
故答案为：15．
15．
【分析】本题主要考查分式的加减法和代数式求值，先根据已知中条件把分式通分，求出，再利用完全平方公式求出，，最后把所求代数式分解因式，再把和的值代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴，
，
，
∴；
∴，
，
∴；
∴
；
∴，
当时，
；
当时，
；
综上，，
故答案为：
16．
【分析】本题主要考查轴对称最短路径问题，等边三角形的性质，勾股定理等知识；
作点A关于的对称点，得，证明三点共线，可得的最小值为的长，过点D作于点G，由勾股定理求出，的长，即可得出答案．
【详解】解：作点A关于的对称点，连接，如图，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴三点共线，
∴的最小值为，
过点D作于点G，
∵，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
∴，
∴的周长最小值，
故答案为：．
17．(1)
(2)
【分析】本题考查了单项式乘以多项式、同底数幂的乘法、幂的乘方，解答的关键是对相应的运算法则的掌握
（1）先算同底数幂的乘法、幂的乘方，再合并同类项即可；
（2）先算单项式乘以多项式，再合并同类项即可．
【详解】（1）解：；
（2）解：．
18．(1)
(2)
【分析】本题考查了二次根式的混合运算、零指数幂、负整数指数幂，熟练掌握相关运算法则是解此题的关键．
（1）根据零指数幂、负整数指数幂以及二次根式的性质进行计算即可；
（2）根据二次根式的运算法则进行计算即可．
【详解】（1）解：；
（2）解：．
19．；1
【分析】本题主要考查分式的化简求值，先计算括号内分式的减法，将除法转化为乘法，再计算乘法，最后将x的值代入计算即可．
【详解】解：
；
当时，原式．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】(1)由“”可证
(2)根据全等三角形的性质得到，又由于，于，即可得出结论．
【详解】（1）
.，
在和中，
，
．
（2）

于，于
平分．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
（1）根据勾股定理的逆定理即可得到结论；
（2）设，则，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵，，，
∴，
∴是直角三角形，，
∴；
（2）解：设，
则，
∵，
∴，则，
解得：，
∴．
22．(1)
(2)
(3)王老师的方案可以更快到达终点，理由见解析
【分析】本题主要考查列代数式，分式的加减运算以及分式的大小比较：
（1）根据“时间=路程÷速度”列式即可；
（2）先求出前一半路程的时间，再求后一半路程的时间，两者相加即可；
（3）两个方案的时间作差比较即可得出答案
【详解】（1）解：提速后走完剩余路程的时间为，
故答案为：；
（2）解：王老师走完前一半用时为；王老师走完后一半用时为，
所以，王老师走完全程用时为：；
（3）设（2）中王老师走完全程用时为；
设王老师根据数学老师的建议走完全程用时为，则有：
，
∴，
∵
∴
∴，即，
∴
23．(1)6
(2)①；②或
【分析】本题主要考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识：
（1）过点D作于点P，过点E作于点Q，得，再结合三角形面积公式求解即可；
（2）①证明得，由得,再证明可得；②分或两种情况求解即可
【详解】（1）解：如图，过点D作于点P，过点E作于点Q，
∵均为等边三角形，
∴
∴，
∴
∵，，
∴，，
∴（负值均舍去），
∴；
（2）解：①∵是等边三角形，是等边三角形，
∴
∴
∴
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴
而
∴
∴；
②若是等边三角形，则有或两种情况：
当时，
，
∴
∴
∴即
当时，
由①知，
∴
∴，
又是等边三角形，
∴
如图，作
∴
由勾股定理得，
∴
解得，，
又
∴，
∴
∴即
所以，则有或．
24．(1)
(2)方式1的寄送费用最少
(3)选择方式1寄送小果和中果，方式2寄送大果，文旦基地获得的利润最大
【分析】本题考查了分式方程的应用、有理数四则混合运算的应用，找准等量关系，正确建立方程是解题关键．
（1）根据用10800元购买文旦中果的个数和用14400元购买文旦大果的个数相同建立方程，解方程即可得；
（2）根据两种寄送方式的收费标准计算即可得；
（3）分别求出方式1和方式2寄送小果、中果、大果的费用，由此即可得．
【详解】（1）解：由题意得：，
解得，
经检验，是所列分式方程的解，
答：的值为45．
（2）解：13个小果文旦的重量为（千克），
方式1的寄送费用为（元），
因为如果选择方式2寄送，13个小果文旦需装4箱，
所以方式2的寄送费用为（元），
答：方式1的寄送费用最少．
（3）解：100个小果文旦的重量为（千克），100个中果文旦的重量为（千克），100个大果文旦的重量为（千克），
则方式1的寄送小果文旦的费用为（元），寄送中果文旦的费用为（元），寄送大果文旦的费用为（元），
因为如果选择方式2寄送，100个文旦需装25箱，
所以方式2的寄送小果、中果、大果文旦的费用均为（元），
因为，
所以选择方式1寄送小果和中果，方式2寄送大果，文旦基地获得的利润最大．