酒泉市重点中学2023-2024学年八年级数学第一学期期末监测试题【含解析】

这是一份酒泉市重点中学2023-2024学年八年级数学第一学期期末监测试题【含解析】，共22页。试卷主要包含了二次根式中的x的取值范围是，将多项式分解因式，结果正确的是等内容，欢迎下载使用。

请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ）
A．3，4，8B．2，5，3C．，，5D．5，5，10
2．在实数（相邻两个2中间一次多1个0）中，无理数有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
3．二次根式中的x的取值范围是（ ）
A．x＜﹣2B．x≤﹣2C．x＞﹣2D．x≥﹣2
4．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，AD为∠BAC的角平分线，则三角形ADC的面积为（ ）
A．3B．10C．12D．15
5．将多项式分解因式，结果正确的是 （ ）
A．B．
C．D．
6．点在第二象限内，那么点的坐标可能是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，点P是∠BAC的平分线AD上一点，PE⊥AC于点E．已知PE=5，则点P到AB的距离是（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．甲、乙两人以相同路线前往距离单位10km的培训中心参加学习，图中，分别表示甲、乙两人前往目的地所走的路程s（千米）随时间t（分）变化的函数图象，以下说法：①甲比乙提前12分到达；②甲的平均速度为15千米/时；③甲乙相遇时，乙走了6千米；④乙出发6分钟后追上甲.其中正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
9．如图，ΔABC≌ΔADE，AB=AD， AC=AE，∠B=28º，∠E=95º，∠EAB=20º，则∠BAD为（ ）
A．77ºB．57ºC．55ºD．75º
10．如果数据x1，x2，…，xn的方差是3，则另一组数据2x1，2x2，…，2xn的方差是（ ）
A．3B．6C．9D．12
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．在一次知识竞赛中，有25道抢答题，答对一题得4分，答错或不答每题扣2分，成绩不低于60分就可获奖．那么获奖至少要答对___________道题．
12．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC≤BC，将△ABC沿EF折叠，使点A落在直角边BC上的D点处，设EF与AB、AC边分别交于点E、点F，如果折叠后△CDF与△BDE均为等腰三角形，那么∠B＝_____．
13．若关于的方程组 的解互为相反数，则k =_____．
14．长、宽分别为、的长方形，它的周长为16，面积为10，则的值为____.
15．已知：，，那么 ________________．
16．如图，AD是△ABC 的中线，∠ADC=30°，把△ADC沿着直线AD翻折，点C落在点E的位置，如果BC=2，那么线段BE的长度为 ____________
17．现有一个长方形纸片，其中．如图所示，折叠纸片，使点落在边上的处，折痕为，当点在上移动时，折痕的端点、也随之移动．若限定、分别在、边上移动，则点在边上可移动的最大距离为_________．
18．如图，在中的垂直平分线交于点，交于点，的垂直平分线交于点，交于点，则的长____________.
三、解答题(共66分)
19．（10分）在平面直角坐标中，四边形为矩形，如图1，点坐标为，点坐标为，已知满足．
（1）求的值；
（2）①如图1，分别为上一点，若，求证：；
②如图2，分别为上一点，交于点． 若，，则___________
（3）如图3，在矩形中，，点在边上且，连接，动点在线段是（动点与不重合），动点在线段的延长线上，且，连接交于点，作于． 试问：当在移动过程中，线段的长度是否发生变化？若不变求出线段的长度；若变化，请说明理由．
20．（6分）如图，直线l1：y=2x+1与直线l2：y=mx+4相交于点P（1，b）
(1)求b，m的值
(2)垂直于x轴的直线x=a与直线l1，l2分别相交于C，D，若线段CD长为2，求a的值
21．（6分）解方程或不等式组：（1） ；（2）
22．（8分）如图，已知点在线段上，分别以，为边长在上方作正方形，，点为中点，连接，，，设，．
（1）若，请判断的形状，并说明理由；
（2）请用含，的式子表示的面积；
（3）若的面积为6，，求的长．
23．（8分）如图，小区有一块四边形空地，其中.为响应沙区创文，美化小区的号召，小区计划将这块四边形空地进行规划整理.过点作了垂直于的小路.经测量，，，.
（1）求这块空地的面积；
（2）求小路的长.（答案可含根号）
24．（8分）在平面直角坐标系中，直线平行于轴并交轴于，一块三角板摆放其中，其边与轴分别交于，两点，与直线分别交于，两点，
（1）将三角板如图1所示的位置摆放，请写出与之间的数量关系，并说明理由．
（2）将三角板按如图2所示的位置摆放，为上一点，，请写出与之间的数量关系，并说明理由．
25．（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=40°，△ABC的外角∠CBD的平分线BE交AC的延长线于点E．
（1）求∠CBE的度数；
（2）过点D作DF∥BE，交AC的延长线于点F，求∠F的度数．
26．（10分）如图，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，AD=AE．求证：BE=CD．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【解析】选项A，3+4<8，根据三角形的三边关系可知，不能够组成三角形；选项B，2+3=5，根据三角形的三边关系可知，不能够组成三角形；选项C，+>5，根据三角形的三边关系可知，能够组成三角形；选项D，5+5=10，根据三角形的三边关系可知，不能够组成三角形；故选C.
2、B
【解析】先根据立方根、算术平方根进行计算，再根据无理数的概念判断．
【详解】是有理数，
，，(相邻两个2中间一次多1个0)是无理数，共3个，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是无理数的概念、立方根、算术平方根，掌握无限不循环小数叫做无理数是解题的关键．
3、D
【分析】根据“二次根式有意义满足的条件是被开方数是非负数”，可得答案．
【详解】由题意，得
2x+4≥0，
解得x≥-2，
故选D．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，利用被开方数是非负数得出不等式是解题关键．
4、D
【分析】作DH⊥AC于H，如图，先根据勾股定理计算出AC＝10，再利用角平分线的性质得到DB＝DH，进行利用面积法得到×AB×CD＝DH×AC，则可求出DH，然后根据三角形面积公式计算S△ADC．
【详解】解：作DH⊥AC于H，如图，
在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴，
∵AD为∠BAC的角平分线，
∴DB＝DH，
∵×AB×CD＝DH×AC，
∴6（8﹣DH）＝10DH，解得DH＝3，
∴S△ADC＝×10×3＝1．
故选：D．
【点睛】
本题结合三角形的面积考查角平分线的性质定理，熟练掌握该性质，作出合理辅助线是解答关键.
5、D
【解析】先提取公因式x，再根据平方差公式进行二次分解．平方差公式：a2-b2=（a-b）（a+b）．
解：x3-xy2=x（x2-y2）=x（x+y）（x-y），
故选D．
本题考查了提公因式法，公式法分解因式，提取公因式后利用平方差公式进行二次分解，注意分解要彻底．
6、C
【分析】根据第二象限内点坐标的特点：横坐标为负，纵坐标为正即可得出答案．
【详解】根据第二象限内点坐标的特点：横坐标为负，纵坐标为正，只有满足要求
故选：C．
【点睛】
本题主要考查第二象限内点的坐标的特点，掌握各个象限内点的坐标的特点是解题的关键．
7、C
【解析】试题分析：过点P作PF⊥AB于F，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得PF=PE．
解：如图，过点P作PF⊥AB于F，
∵AD是∠BAC的平分线，PE⊥AC，
∴PF=PE=1，
即点P到AB的距离是1．
故选C．
考点：角平分线的性质．
8、B
【分析】根据题目的要求结合一次函数的性质，先计算出相关的选项结果，再判断正误.
【详解】解：①乙在28分时到达，甲在40分时到达，所以乙比甲提前了12分钟到达；故①正确；②根据甲到达目的地时的路程和时间知：甲的平均速度千米/时；故②正确；
④设乙出发x分钟后追上甲，则有：
解得，故④正确；
③由④知：乙第一次遇到甲时，所走的距离为：，故③错误；
所以正确的结论有三个：①②④，
故选B．
【点睛】
此题重点考查学生对一次函数的实际应用，掌握一次函数的性质是解题的关键.
9、A
【解析】试题分析：∵△ABC≌△ADE，
∴∠B=∠D=28°，
又∵∠D+∠E+∠DAE=180°，∠E=95°，
∴∠DAE=180°﹣28°﹣95°=57°，
∵∠EAB=20°，
∴∠BAD=∠DAE+∠EAB=77°．
故选A．
考点：全等三角形的性质
10、D
【分析】先求出另一组数据的平均数，然后再利用方差公式求出方差，找到与给定的一组数据的方差之间的关系，则答案可解．
【详解】设数据x1，x2，…，xn的平均数为 ，方差为，则
，，
则另一组数据的平均数为
，
方差为：

故选：D．
【点睛】
本题主要考查平均数和方差的求法，掌握平均数和方差的求法是解题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】设答对x道题可以获奖，则答错或不答(25-x)道题，根据成绩=4×答对的题目数-2×答错或不答的题目数，即可得出关于x的一元一次不等式，解之取其中的最小整数值即可得出结论．
【详解】解：设答对x道题可以获奖，则答错或不答(25-x)道题，
依题意，得：4x-2(25-x)≥60，
解得：x≥ ，
又x为整数，
故x的最小为1，
故答案为：1．
【点睛】
题考查了一元一次不等式的应用，根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
12、45°或30°
【分析】先确定△CDF是等腰三角形，得出∠CFD=∠CDF=45°，因为不确定△BDE是以那两条边为腰的等腰三角形，故需讨论，①DE=DB，②BD=BE，③DE=BE，然后分别利用角的关系得出答案即可．
【详解】∵△CDF中，∠C＝90°，且△CDF是等腰三角形，
∴CF＝CD，
∴∠CFD＝∠CDF＝45°，
设∠DAE＝x°，由对称性可知，AF＝FD，AE＝DE，
∴∠FDA＝∠CFD＝22.5°，∠DEB＝2x°，
分类如下：
①当DE＝DB时，∠B＝∠DEB＝2x°，
由∠CDE＝∠DEB+∠B，得45°+22.5°+x＝4x，
解得：x＝22.5°．
此时∠B＝2x＝45°；
见图形（1），说明：图中AD应平分∠CAB．
②当BD＝BE时，则∠B＝（180°﹣4x）°，
由∠CDE＝∠DEB+∠B得：45°+22.5°+x＝2x+180°﹣4x，
解得x＝37.5°，
此时∠B＝（180﹣4x）°＝30°．
图形（2）说明：∠CAB＝60°，∠CAD＝22.5°．
③DE＝BE时，则∠B＝（180﹣2x）°，
由∠CDE＝∠DEB+∠B得，45°+22.5°+x＝2x+（180﹣2x）°，
此方程无解．
∴DE＝BE不成立．
综上所述，∠B＝45°或30°．
故答案为：45°或30°．
【点睛】
本题考查了翻折变换及等腰三角形的知识，在不确定等腰三角形的腰时要注意分类讨论，不要漏解，另外要注意方程思想在求解几何问题中的应用．
13、
【分析】由方程组的解互为相反数，得到，代入方程组计算即可求出的值．
【详解】由题意得：，
代入方程组得，
由①得：③，
③代入②得：，
解得：，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组中两方程都成立的未知数的值．
14、80
【解析】∵长、宽分别为a、b的矩形，它的周长为16，面积为10，
∴a+b=16÷2=8，ab=10，
∴a²b+ab²=ab(a+b)=10×8=80，
故答案为80.
15、10
【解析】∵（a+b） 2 =7 2 =49，
∴a 2 -ab+b 2 =（a+b） 2 -3ab=49-39=10，
故答案为10.
16、
【分析】根据折叠的性质判定△EDC是等边三角形，然后再利用Rt△BEC求BE．
【详解】解：连接，
是的中线，且沿着直线翻折，
，
是等腰三角形，
，
，为等边三角形，
，
在中，
，
【点睛】
本题考查了翻折变换，还考查的知识点有两个：1、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；2、等边三角形的性质求解．
17、1
【解析】根据翻折的性质，可得BA′与AP的关系，根据线段的和差，可得A′C，根据勾股定理，可得A′C，根据线段的和差，可得答案．
【详解】①当P与B重合时，BA′＝BA＝6，
CA′＝BC−BA′＝10−6＝1，
②当Q与D重合时，由勾股定理，得
CA′＝＝8，
CA′最远是8，CA′最近是1，点A′在BC边上可移动的最大距离为8−1＝1，
故答案为1．
【点睛】
本题考查了翻折变换，利用了翻折的性质，勾股定理，分类讨论是解题关键．
18、
【分析】连接AM和AN，先说明△AMN是等边三角形，从而说明BM=MN=CN，得出MN=2cm.
【详解】解：∵∠BAC=120，AB=AC，
∴∠B=∠C==30，
∵NF、ME分别是AC、AB的垂直平分线，
∴BM=AM，CN=AN，
∴∠B=∠MAB=∠C=∠NAC=30°，
∴∠AMN=∠ANM=60°，
∴△AMN是等边三角形，
∴AM=AN=MN，
∴BM=MN=CN，
∵BM+MN+CN=BC=6cm，
∴MN=2cm，
故答案为2.
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定.
三、解答题(共66分)
19、（1）m＝5，n＝5；（2）①见解析；②；（3）当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【分析】（1）利用非负数的性质即可解决问题．
（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE≌△CNQ和△ECP≌△QCP，由PQ＝PE＝OE＋OP，得出结论；
②作辅助线，构建平行四边形和全等三角形，可得平行四边形CSRE和平行四边形CFGH，则CE＝SR，CF＝GH，证明△CEN≌△CE′O和△E′CF≌△ECF，得EF＝E′F，设EN＝x，在Rt△MEF中，根据勾股定理列方程求出EN的长，再利用勾股定理求CE，则SR与CE相等，问题得解；
（3）在（1）的条件下，当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，求出MN的长即可；如图4，过P作PD∥OQ，证明△PDF是等腰三角形，由三线合一得：DM＝FD，证明△PND≌△QNA，得DN＝AD，则MN＝AF，求出AF的长即可解决问题．
【详解】解：（1）∵，
∴n−5＝0，5−m＝0，
∴m＝5，n＝5；
（2）①如图1中，在PO的延长线上取一点E，使NQ＝OE，
∵CN＝OM＝OC＝MN，∠COM＝90°，
∴四边形OMNC是正方形，
∴CO＝CN，
∵∠EOC＝∠N＝90°，
∴△COE≌△CNQ（SAS），
∴CQ＝CE，∠ECO＝∠QCN，
∵∠PCQ＝45°，
∴∠QCN＋∠OCP＝90°−45°＝45°，
∴∠ECP＝∠ECO＋∠OCP＝45°，
∴∠ECP＝∠PCQ，
∵CP＝CP，
∴△ECP≌△QCP（SAS），
∴EP＝PQ，
∵EP＝EO＋OP＝NQ＋OP，
∴PQ＝OP＋NQ；
②如图2中，过C作CE∥SR，在x轴负半轴上取一点E′，使OE′＝EN，得平行四边形CSRE，且△CEN≌△CE′O，则CE＝SR，
过C作CF∥GH交OM于F，连接FE，得平行四边形CFGH，则CF＝GH＝，
∵∠SDG＝135°，
∴∠SDH＝180°−135°＝45°，
∴∠FCE＝∠SDH＝45°，
∴∠NCE＋∠OCF＝45°，
∵△CEN≌△CE′O，
∴∠E′CO＝∠ECN，CE＝CE′，
∴∠E′CF＝∠E′CO＋∠OCF＝45°，
∴∠E′CF＝∠FCE，
∵CF＝CF，
∴△E′CF≌△ECF，
∴E′F＝EF
在Rt△COF中，OC＝5，FC＝，
由勾股定理得：OF＝，
∴FM＝5−＝，
设EN＝x，则EM＝5−x，FE＝E′F＝x＋，
则（x＋）2＝（）2＋（5−x）2，
解得：x＝，
∴EN＝，
由勾股定理得：CE＝，
∴SR＝CE＝；
（3）当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化．
理由：如图3中，过P作PD∥OQ，交AF于D．
∵OF＝OA，
∴∠OFA＝∠OAF＝∠PDF，
∴PF＝PD，
∵PF＝AQ，
∴PD＝AQ，
∵PM⊥AF，
∴DM＝FD，
∵PD∥OQ，
∴∠DPN＝∠PQA，
∵∠PND＝∠QNA，
∴△PND≌△QNA，
∴DN＝AN，
∴DN＝AD，
∴MN＝DM＋DN＝DF＋AD＝AF，
∵OF＝OA＝5，OC＝3，
∴CF＝4，
∴BF＝BC−CF＝5−4＝1，
∴AF＝，
∴MN＝AF＝，
∴当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，它的长度为．
【点睛】
本题是四边形与动点问题的综合题，考查了矩形、正方形、全等三角形等图形的性质与判定，非负数的性质以及勾股定理等；知识点较多，综合性强，第（2）问中的两个问题思路一致：在正方形外构建与△CNQ全等的三角形，可截取OE＝NQ，也可以将△CNQ绕点C顺时针旋转90°得到，再证明另一对三角形全等，得出结论，是常考题型．
20、（1）-1；（2）或.
【分析】（1）由点P（1，b）在直线l1上，利用一次函数图象上点的坐标特征，即可求出b值，再将点P的坐标代入直线l2中，即可求出m值；
（2）由点C、D的横坐标，即可得出点C、D的纵坐标，结合CD=2即可得出关于a的含绝对值符号的一元一次方程，解之即可得出结论．
【详解】（1）∵点P（1，b）在直线l1：y=2x+1上，∴b=2×1+1=3；
∵点P（1，3）在直线l2：y=mx+4上，∴3=m+4，∴m=﹣1．
（2）当x=a时，yC=2a+1；
当x=a时，yD=4﹣a．
∵CD=2，∴|2a+1﹣（4﹣a）|=2，解得：a=或a=，∴a=或a=．
21、（1）；（2）
【解析】（1）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；
（2）分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的方法部分即可．
【详解】解：（1）去分母得：2-2x+6=x-2，
解得：x=，
经检验x=是分式方程的解.
（2），
由①得：x≥1，
由②得：x＞1，
∴不等式组的解集为x＞1．
【点睛】
此题考查了解分式方程，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
22、（1）等腰三角形，理由见解析；（2）；（3）4
【分析】(1)利用题目所给条件，通过SAS证明≌，可得出结果；
(2)根据图像可知，，分别求出各部分面积可求出最终结果；
(3) 若的面积为6，则，因式分解后可解出最终结果．
【详解】（1）为等腰三角形．
∵点为的中点，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴≌，
∴，
∴为等腰三角形．
（2）∵，
，
，
∴
．
（3）∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即．
【点睛】
本题主要考查三角形综合问题，涉及证明三角形全等，三角形面积的求解，需要熟练掌握全等三角形以及多边形中三角形面积求解的方法，利用数形结合的思想是解题的关键．
23、（1）（2+14）m2；（2）
【分析】（1）根据AB和BC算出AC的长，再由AD和CD 的长得出△ACD是直角三角形，分别算出△ABC和△ACD的面积即可；
（2）利用三角形面积的两种不同表示方法，即×AB×AC=×BC×AE可得AE的长.
【详解】解：（1）∵AB⊥AC，AB=4，BC=9，
∴在△ABC中，
==，
∵CD=4，AD=7，
，
即：,
∴空地ABCD的面积=S△ABC+S△ADC=×AB×AC+×AD×CD=（2+14）m2；
（2）在△ABC中，
S△ABC=×AB×AC=×BC×AE，
可得AB×AC= BC×AE，
即4×=9×AE
解得AE=.
答：小路AE的长为m.
【点睛】
本题考查了勾股定理及其逆定理，用勾股定理求出直角三角形第三边长，用逆定理判定三角形为直角三角形是解题的关键，同时会利用三角形面积算法求直角三角形斜边上的高.
24、（1）；（2）∠NEF+∠AOG=90°
【分析】（1）延长AC交直线DM于点P，通过平行线的性质得出∠AOG=∠APD，再由垂直关系得出与之间的数量关系；
（2）延长AC交直线DM于点Q，通过平行线的性质得出∠AOG=∠AQD，再根据及垂直关系得出与之间的数量关系即可．
【详解】解：（1）如图，延长AC交直线DM于点P，
∵DM∥x轴，
∴∠AOG=∠APD，
又∵∠ACB=90°
∴∠PCB=90°，
∴∠APD+∠CEP=90°，
又∵∠CEF+∠CEP=180°，
∴∠CEF-∠APD=90°，
即．
（2）如图，延长AC交直线DM于点Q，
∵DM∥x轴，
∴∠AOG=∠AQD，
又∵∠ACB=90°
∴∠QCB=90°，
∴∠AQD+∠CEQ=90°，
又∵
∠CEQ+∠CEF=180°
∴∠NED=∠CEQ，
∴∠NED+∠AQD=90°，
即∠NEF+∠AOG=90°．
【点睛】
本题考查了平行线的性质及角的运算问题，解题的关键是做出辅助线，通过平行线的性质及垂直关系进行角度的运算．
25、 (1) 65°；(2) 25°．
【详解】分析：（1）先根据直角三角形两锐角互余求出∠ABC=90°﹣∠A=50°，由邻补角定义得出∠CBD=130°．再根据角平分线定义即可求出∠CBE=∠CBD=65°；
（2）先根据直角三角形两锐角互余的性质得出∠CEB=90°﹣65°=25°，再根据平行线的性质即可求出∠F=∠CEB=25°．
详解：
（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=40°，
∴∠ABC=90°﹣∠A=50°，
∴∠CBD=130°．
∵BE是∠CBD的平分线，
∴∠CBE=∠CBD=65°；
（2）∵∠ACB=90°，∠CBE=65°，
∴∠CEB=90°﹣65°=25°．
∵DF∥BE，
∴∠F=∠CEB=25°．
点睛：本题考查了三角形内角和定理，直角三角形两锐角互余的性质，平行线的性质，邻补角定义，角平分线定义．掌握各定义与性质是解题的关键．
26、证明过程见解析
【分析】要证明BE=CD，只要证明AB=AC即可，由条件可以求得△AEC和△ADB全等，从而可以证得结论．
【详解】∵BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，
∴∠ADB=∠AEC=90°，
在△ADB和△AEC中，
∴△ADB≌△AEC（ASA）
∴AB=AC，
又∵AD=AE，
∴BE=CD．
考点：全等三角形的判定与性质．