辽宁省抚顺市抚顺县2023-2024学年数学八上期末学业质量监测试题【含解析】

这是一份辽宁省抚顺市抚顺县2023-2024学年数学八上期末学业质量监测试题【含解析】，共21页。试卷主要包含了点M关于y轴的对称点N的坐标是，若实数满足，则的值是，计算的值为等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．已知三角形三边长分别为2，x，5，若x为整数，则这样的三角形个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
2．下列说法正确的是( )
A．形如的式子叫分式B．整式和分式统称有理式
C．当x≠3时，分式无意义D．分式与的最简公分母是a3b2
3．下面是“北”“比”“鼎”“射”四个字的甲骨文，其中不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
4．为了使一扇旧木门不变形，木工师傅在木门的背面加钉了一根木条，这样做的道理是（ ）
A．两点之间，线段最短B．垂线段最短
C．三角形具有稳定性D．两直线平行，内错角相等
5．点M(﹣2，1)关于y轴的对称点N的坐标是( )
A．(﹣2，﹣1) B．(2，1) C．(2，﹣1) D．(1，﹣2)
6．在，0，，﹣，0.1010010001…（相邻两个1之间的0的个数逐渐增加1）这六个数中，无理数的个数共有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
7．如图，在平面直角坐标系中，已知正比例函数与一次函数的图象交于点，设轴上有一点，过点作轴的垂线（垂线位于点的右侧）分别交和的图象与点、，连接，若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．若实数满足，则的值是（ ）
A．B．2C．0D．1
9．下列个汽车标志图案中，是轴对称图案的有（ ）
A．个B．个C．个D．个
10．计算的值为（ ）．
A．B．－2C．D．2
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．我国古代数学家赵爽的“勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．如果大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边长分别为a、b，那么的值是____．
12．分解因式：2a2－4ab＋2b2=________．
13．定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即：如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若点D是斜边AB的中点，则CD＝AB，运用：如图2，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3，点D是BC的中点，将△ABD沿AD翻折得到△AED连接BE，CE，DE，则CE的长为_____．
14．某单位定期对员工按照专业能力、工作业绩、考勤情况三方面进行考核（每项满分100分），三者权重之比为，小明经过考核后三项分数分别为90分，86分，83分，则小明的最后得分为_________分．
15．已知，．则___________，与的数量关系为__________．
16．已知点（-2，y），（3，y)都在直线y=kx-1上，且k小于0，则y1与y2的大小关系是__________．
17．定义：到三角形两边距离相等的点叫做三角形的准内心.已知在中，，，，点是的准内心（不包括顶点），且点在的某条边上，则的长为______.
18．分式有意义的条件是______．
三、解答题(共66分)
19．（10分）请阅读下列材料,并完成相应的任务．
任务:（1）利用上述方法推导立方和公式 (从左往右推导)；
（2）已知,求的值．
20．（6分）如图，△ABC中，AB=AC，∠A=50°，DE是腰的垂直平分线.求∠DBC的度数.
21．（6分）某校八年级（1）班甲、乙两男生在5次引体向上测试中有效次数如下：
甲：8，8，7，8，9；乙：5，9，7，10，9；
甲乙两同学引体向上的平均数、众数、中位数、方差如下：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）表格是a＝ ，b＝ ，c＝ ．（填数值）
（2）体育老师根据这5次的成绩，决定选择甲同学代表班级参加年级引体向上比赛，选择甲的理由是 ．班主任李老师根据去年比赛的成绩（至少9次才能获奖），决定选择乙同学代表班级参加年级引体向上比赛，选择乙的理由是 ；
（3）如果乙同学再做一次引体向上，有效次数为8，那么乙同学6次引体向上成绩的平均数 ，中位数 ，方差 ．（填“变大”、“变小”或“不变”）
22．（8分）如图△ABC中，AB，AC的垂直平分线分别交BC于D，E，垂足分别是M，N
（1）若BC＝10，求△ADE的周长．
（2）若∠BAC＝100°，求∠DAE的度数．
23．（8分）如图，点D，E分别在AB，AC上，DE∥BC，F是AD上一点，FE的延长线交BC的延长线于点G.求证：
(1)∠EGH>∠ADE；
(2)∠EGH＝∠ADE＋∠A＋∠AEF.
24．（8分）小刚根据以往的学习经验，想通过由“特殊到一般”的方法探究下面二次根式的运算规律.
以下是小刚的探究过程，请补充完整.
（1）具体运算，发现规律：
特例1：；特例2：；特例3：；
特例4：______（举一个符合上述运算特征的例子）；
（2）观察、归纳，得出猜想：
如果为正整数，用含的式子表示这个运算规律：______；
（3）请你证明猜想的正确性.
25．（10分）星期天，小明和小芳从同一小区门口同时出发，沿同一路线去离该小区1800米的少年宫参加活动，为响应“节能环保，绿色出行”的号召，两人都步行，已知小明的速度是小芳的速度的1.2倍，结果小明比小芳早6分钟到达，求小芳的速度．
26．（10分）四边形是由等边和顶角为120°的等腰三角形拼成，将一个60°角顶点放在点处，60°角两边分别交直线于，交直线于两点．

（1）当都在线段上时，探究之间的数量关系，并证明你的结论；
（2）当在边的延长线上时，求证：．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，据此解答即可．
【详解】解：由题意可得，5−2＜x＜5＋2，
解得1＜x＜7，
∵x为整数，
∴x为4、5、6，
∴这样的三角形个数为1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边差小于第三边；运用三角形的三边关系定理是解答的关键．
2、B
【解析】根据分式的定义，分式有意义的条件以及最简公分母进行解答．
【详解】A、形如且B中含有字母的式子叫分式，故本选项错误．
B、整式和分式统称有理式，故本选项正确．
C、当x≠3时，分式有意义，故本选项错误．
D、分式与的最简公分母是a2b，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】
考查了最简公分母，分式的定义以及分式有意义的条件．因为1不能做除数，所以分式的分母不能为1．
3、B
【解析】根据轴对称的定义，逐一判断选项，即可得到答案．
【详解】A是轴对称图形，不符合题意，
B不是轴对称图形，符合题意，
C是轴对称图形，不符合题意，
D是轴对称图形，不符合题意，
故选B．
【点睛】
本题主要考查轴对称图形的定义，掌握轴对称图形的定义，是解题的关键．
4、C
【解析】试题分析：三角形具有稳定性，其它多边形不具有稳定性，把多边形分割成三角形则多边形的形状就不会改变．
解：这样做的道理是三角形具有稳定性．
故选C．
5、B
【解析】根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”解答．
【详解】点M（-2，1）关于y轴的对称点N的坐标是（2，1）．
故选B．
【点睛】
本题考查了关于x轴、y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x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
（2）关于y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．
6、A
【解析】根据无理数的定义对每个数进行判断即可．
【详解】在，1，，﹣，1．1111111111…（相邻两个1之间的1的个数逐渐增加1）这六个数中，无理数有：，1．1111111111…（相邻两个1之间的1的个数逐渐增加1）共2个．
故选：A．
【点睛】
本题考查了无理数的定义，掌握无理数的定义以及判定方法是解题的关键．
7、A
【解析】联立两一次函数的解析式求出x、y的值即可得出A点坐标，过点A作x轴的垂线，垂足为D，在Rt△OAD中根据勾股定理求出OA的长，故可得出BC的长，根据P（n，0）可用n表示出B、C的坐标，故可得出n的值，由三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】由题意得，，解得，
∴A（4，3）
过点A作x轴的垂线，垂足为D，在Rt△OAD中，由勾股定理得，
OA＝＝1．
∴=2．
∵P（n，0），
∴B（n，），C（n，），
∴BC＝-()＝，
∴=2，解得n＝8，
∴OP＝8
∴S△OBC＝BC•OP＝×2×8＝44
故选A．
【点睛】
本题考查的是两条直线相交或平行问题，根据题意作出辅助线．构造出直角三角形是解答此题的关键．
8、A
【分析】根据题意由，变形可得，根据非负性进行计算可得答案．
【详解】解：由，变形可得，
根据非负性可得：
解得：
所以．
故选：A．
【点睛】
本题考查平方和算术平方根的非负性，注意掌握和运用平方和算术平方根的非负性是解题的关键．
9、C
【分析】根据轴对称图形的概念求解，看图形是不是关于直线对称．
【详解】根据轴对称图形的概念，从左到右第1、3、5个图形都是轴对称图形，
从左到右第2，4个图形，不是轴对称图形．
故是轴对称图形的有3个，
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了轴对称图形的性质，利用轴对称图形的判断方法：把某个图象沿某条直线折叠，如果图形的两部分能够重合，那么这个是轴对称图形是解题关键．
10、D
【分析】由负整数指数幂的定义，即可得到答案．
【详解】解：；
故选：D．
【点睛】
本题考查了负整数指数幂，解题的关键是熟练掌握负整数指数幂的定义进行解题．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1.
【解析】根据勾股定理可以求得a2+b2等于大正方形的面积，然后求四个直角三角形的面积，即可得到ab的值，然后根据（a-b）2=a2-2ab+b2即可求解．
【详解】解：根据勾股定理可得a2+b2=13，
四个直角三角形的面积是：
ab×4=13-1=12，即：2ab=12，
则（a-b）2=a2-2ab+b2=13-12=1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查勾股定理，以及完全平方式，正确根据图形的关系求得a2+b2和ab的值是关键．
12、
【分析】根据先提取公因式再利用公式法因式分解即可.
【详解】原式=2（a2－2ab＋b2）=
【点睛】
此题主要考查因式分解，解题的关键是熟知因式分解的方法.
13、
【分析】根据•BC•AH＝•AB•AC，可得AH＝，根据 AD•BO＝BD•AH，得OB＝，再根据BE＝2OB＝，运用勾股定理可得EC．
【详解】设BE交AD于O，作AH⊥BC于H．
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3，
由勾股定理得：BC＝，
∵点D是BC的中点，
∴AD＝DC＝DB＝，
∵•BC•AH＝•AB•AC，
∴AH＝，
∵AE＝AB，DE＝DB，
∴点A在BE的垂直平分线上，点D在BE的垂直平分线上，
∴AD垂直平分线段BE，
∵AD•BO＝BD•AH，
∴OB＝，
∴BE＝2OB＝，
∵DE＝DB=CD，
∴∠DBE=∠DEB，∠DEC=∠DCE，
∴∠DEB+∠DEC=×180°=90°，即：∠BEC=90°，
∴在Rt△BCE中，EC＝ ＝．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查直角三角形的性质，勾股定理以及翻折的性质，掌握“直角三角形斜边长的中线等于斜边的一半”以及面积法求三角形的高，是解题的关键．
14、82.2
【分析】将三个方面考核后所得的分数分别乘上它们的权重，再相加，即可得到最后得分．
【详解】解：小明的最后得分=27+43+1．2=82.2（分），
故答案为：82.2．
【点睛】
此题主要考查了加权平均数，关键是掌握加权平均数的计算方法．若n个数x1，x2，x3，…，xn的权分别是w1，w2，w3，…，wn，则叫做这n个数的加权平均数．
15、4
【分析】由同底数的除法可得：从而可得：的值，由，可得可得从而可得答案．
【详解】解：，

，




故答案为：．
【点睛】
本题考查的是幂的乘方运算，同底数幂的除法运算，掌握以上知识是解题的关键．
16、
【分析】直线系数，可知y随x的增大而减小，，则．
【详解】∵直线y=kx-1上，且k小于0
∴函数y随x的增大而减小
∵
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了直线解析式的增减性问题，掌握直线解析式的性质是解题的关键．
17、或或3
【分析】分三种情形①点P在AB边上，②点P在AC边上，③点P在BC边上，分别讨论计算即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
如图3中，
当点在边上时，
∵点是的准内心，
∴，作于，于F，
∵C平分∠ACB，
∴PE=PF，∠PCE=45°，
∴△CPE是等腰直角三角形.
∵，
∴PE=.
∴，
∴；
如图4中，当点在边上时，作于，设，
∵点是的准内心，
∴，
∵，，
∴，
在△BCP和△BEP中
∵，
∠BCP=∠BEP=90°，
BP=BP，
∴△BCP≌△BEP，
∴，
∴，
∴，
解得：；
如图5中，
当点在边上时，与当点在边上时同样的方法可得；
故答案为：或或3.
【点睛】
本题考查角平分线的性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的准内心的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会分类讨论，属于中考常考题型．
18、
【分析】根据分式有意义，分母不等于0列式计算即可得解．
【详解】根据题意得：，解得：x≠1；
故答案为：x≠1．
【点睛】
本题考查了分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是解答本题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）推导见解析；（2），．
【分析】（1）应用添项办法进行因式分解可得:;（2）根据配方法和立方差公式可得.
【详解】解:
解：
【点睛】
考核知识点：因式分解应用.灵活运用因式分解方法转化问题是关键.
20、15°.
【分析】已知∠A=50°，AB=AC可得∠ABC=∠ACB，再由线段垂直平分线的性质可求出∠ABC=∠A，易求∠DBC．
【详解】∵∠A=50°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=（180°﹣∠A）=65°
又∵DE垂直且平分AB，
∴DB=AD，
∴∠ABD=∠A=50°，
∴∠DBC=∠ABC﹣∠ABD=65°﹣50°=15°．
即∠DBC的度数是15°．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质以及线段垂直平分线的性质．垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
21、（1）a、b、c的值分别是8、8、9；（2）甲的方差较小，比较稳定；乙的中位数是9，众数是9，获奖次数较多；（3）不变；变小；变小．
【分析】（1）根据平均数，中位数和方差的概念计算即可得出答案；
（2）通过对比甲，乙两同学的方差，中位数和众数即可得出答案；
（3）首先计算乙同学之后的平均数，中位数和方差，然后与之前的进行比较即可得出答案．
【详解】（1），
因为甲中8共出现3次，次数最多，所以b=8
因为乙的有效次数中按顺序排列后处于中间位置的是9，所以中位数c=9；
故答案为a、b、c的值分别是8、8、9；
（2），
∴甲的方差较小，成绩比较稳定，
∴选择甲同学代表班级参加年级引体向上比赛；
∵乙的中位数是9，众数也是9，
∴获奖可能性较大，
∴根据去年比赛的成绩（至少9次才能获奖），决定选择乙同学代表班级参加年级引体向上比赛；
（3）∵原来的平均数是8，增加一次也是8，
∴平均数不变．
∵六次成绩排序为5，7，8，9，9，10，
∴处于中间位置的数为8，9，
∴中位数为 ，
∴中位数变小．
后来的方差为，
∴方差变小．
【点睛】
本题主要考查数据的分析，掌握平均数，中位数，众数和方差的概念是解题的关键．
22、（1）△ADE的周长＝1；（2）∠DAE＝20°．
【分析】（1）由AB、AC的垂直平分线分别交BC于D、E，垂足分别是M、N，根据线段垂直平分线的性质，可得AD=BD，AE=EC，继而可得△ADE的周长等于BC的长；
（2）由∠BAC=10°，可求得∠B+∠C的度数，又由AD=BD，AE=EC，即可求得∠BAD+∠CAE的度数，继而求得答案．
【详解】（1）∵AB、AC的垂直平分线分别交BC于D、E，垂足分别是M、N，
∴AD＝BD，AE＝CE，
∴△ADE的周长＝AD+DE+AE＝BD+DE+CE＝BC＝1．
（2）∵∠BAC＝10°，
∴∠B+∠C＝180°﹣∠BAC＝80°，
∵AD＝BD，AE＝CE，
∴∠BAD＝∠B，∠CAE＝∠C，
∴∠BAD+∠CAE＝80°，
∴∠DAE＝∠BAC﹣（∠BAD+∠CAE）＝10°﹣80°＝20°．
【点睛】
此题考查了线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质．线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
23、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】试题分析：（1）根据三角形的外角性质得出∠EGH>∠B，再根据平行线的性质得出∠B=∠ADE，即可得出答案；（2）根据三角形的外角性质得出∠BFE=∠A+∠AEF，∠EGH=∠B+∠BFE，根据平行线的性质得出∠B=∠ADE，即可得出答案．
试题解析：
证明：(1)因为∠EGH是△FBG的外角，
所以∠EGH>∠B.
又因为DE∥BC，
所以∠B＝∠ADE.
所以∠EGH>∠ADE.
(2)因为∠BFE是△AFE的外角，
所以∠BFE＝∠A＋∠AEF.
因为∠EGH是△BFG的外角，
所以∠EGH＝∠B＋∠BFE.
所以∠EGH＝∠B＋∠A＋∠AEF.
又因为DE∥BC，所以∠B＝∠ADE，
所以∠EGH＝∠ADE＋∠A＋∠AEF.
点睛：本题考查了三角形的外角性质和平行线的性质的应用，能运用三角形外角性质进行推理是解此题的关键，注意：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角．
24、（1）（合理即可）；（2）；
（3）见解析.
【分析】（1）根据题目中的例子可以写出例4；
（2）根据特例中被开方数与序号数之间的关系，可以写出相应的猜想；
（3）根据二次根式和分式的运算法则对等号左边的式子化简，即可得到等号右边的式子．
【详解】解：（1）特例4：（合理即可）
（2）由特例可知，运算规律为：；
（3）证明：.
∵为正整数，
∴，
∴，
即.
【点睛】
本题考查二次根式的混合运算、分式的运算、数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
25、小芳的速度是50米/分钟．
【分析】设小芳的速度是x米/分钟，则小明的速度是1.2x米/分钟，根据路程÷速度=时间，列出方程，再求解即可．
【详解】设小芳的速度是x米/分钟，则小明的速度是1.2x米/分钟，根据题意得：
，
解得：x=50，经检验x=50是原方程的解，
答：小芳的速度是50米/分钟．
26、（1）BM+AN=MN，证明见解析；（2）见解析；
【分析】（1）把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，根据旋转的性质可得DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，然后求出∠QDN=∠MDN，利用“边角边”证明△MND和△QND全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=QN，再根据AQ+AN=QN整理即可得证；
（2）把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，根据旋转的性质可得DN=DP，AN=BP，根据∠DAN=∠DBP=90°可知点P在BM上，然后求出∠MDP=60°，然后利用“边角边”证明△MND和△MPD全等，根据全等三角形对应边相等可得MN=MP，从而得证；
【详解】（1）证明：∵四边形是由等边和顶角为120°的等腰三角形拼成，
∴∠CAD=∠CBD=60°+30°=90°
把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，
则DM=DQ，AQ=BM，∠ADQ=∠BDM，∠CBD=∠QAD =90°
∴∠CAD+∠QAD =180°
∴N、A、Q三点共线
∵∠QDN=∠ADQ+∠ADN=∠BDM+∠ADN=∠ABD-∠MDN=120°-60°=60°，
∴∠QDN=∠MDN=60°，
∵在△MND和△QND中，
∴MN=QN，
∵QN=AQ+AN=BM+AN，
∴BM+AN=MN；
（2）MN+AN=BM．
理由如下：如图，把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，
则DN=DP，AN=BP，
∵∠DAN=∠DBP=90°，
∴点P在BM上，
∵∠MDP=∠ADB-∠ADM-∠BDP=120°-∠ADM-∠ADN=120°-∠MDN=120°-60°=60°，
∴∠MDP=∠MDN=60°，
∵在△MND和△MPD中，
∴△MND≌△MPD（SAS），
∴MN=MP，
∵BM=MP+BP，
∴MN+AN=BM；
∴MN=BM -AN；
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，根据等边三角形的性质，旋转变换的性质作辅助线构造全等三角形是解题的关键
平均数
众数
中位数
方差
甲
8
b
8
0.4
乙
a
9
c
3.2