辽宁省阜新实验中学2023年数学八年级第一学期期末教学质量检测试题【含解析】

这是一份辽宁省阜新实验中学2023年数学八年级第一学期期末教学质量检测试题【含解析】，共23页。试卷主要包含了函数，则的值为等内容，欢迎下载使用。

注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，在中， ，以AB，AC，BC为边作等边，等边.等边.设的面积为，的面积为，的面积为，四边形DHCG的面积为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．分式方程的解为（ ）
A．B．C．D．无解
3．如图是边长为10的正方形铁片，过两个顶点剪掉一个三角形，以下四种剪法中，裁剪线长度所标的数据（单位：）不正确的（ ）
A．B．
C．D．
4．已知三角形的两边长分别是3和8，则此三角形的第三边长可能是（ ）
A．9B．4C．5D．13
5．如图，在3×3的正方形网格中由四个格点A，B，C，D，以其中一点为原点，网格线所在直线为坐标轴，建立平面直角坐标系，使其余三个点中存在两个点关于一条坐标轴对称，则原点是（ ）
A．A点B．B点C．C点D．D点
6．如图，在等腰△ABC中，AB=AC=10，BC=12，O是△ABC外一点，O到三边的垂线段分别为OD，OE，OF，且OD：OE：OF=1：4：4，则AO的长度是（ ）
A．10B．9C．D．
7．如图，中，，沿着图中的折叠，点刚好落在边上的点处，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
8．解分式方程时，去分母化为一元一次方程，正确的是（ ）
A．x+1＝2（x﹣1）B．x﹣1＝2（x+1）C．x﹣1＝2D．x+1＝2
9．函数，则的值为（ ）
A．0B．2C．4D．8
10．将下列多项式因式分解,结果中不含有因式(a+1)的是( )
A．a2-1
B．a2+a
C．a2+a-2
D．(a+2)2-2(a+2)+1
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．一组数据1，2，3，x，5的平均数是3，则该组数据的方差是_____．
12．∠A=65º，∠B=75º，将纸片一角折叠，使点C落在△ABC外，若∠2=20º，则∠1的度数为 _______.
13．如图，等边的边长为，则点的坐标为__________．
14．如图于，，则的长度为____________
15．如图，点在内，因为，，垂足分别是、，，所以平分，理由是______．
16．如果x2>0，那么x>0，这是一个_________命题
17．方程的根是______ 。
18．如图，在中，，，分别为边，上一点，.将沿折叠，使点与重合，折痕交边于点.若为等腰三角形，则的度数为_____度．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图1，△ABC为等边三角形，点E、F分别在BC和AB上，且CE=BF，AE与CF相交于点H.
（1）求证：△ACE≌△CBF；
（2）求∠CHE的度数；
（3）如图2，在图1上以AC为边长再作等边△ACD，将HE延长至G使得HG=CH，连接HD与CG，求证：HD=AH+CH

20．（6分）综合与实践：
问题情境：
如图 1，AB∥CD，∠PAB=25°，∠PCD=37°，求∠APC的度数，小明的思路是：过点P作PE∥AB，通过平行线性质来求∠APC
问题解决：
（1）按小明的思路，易求得∠APC 的度数为 °；
问题迁移：
如图 2，AB∥CD，点 P 在射线 OM 上运动，记∠PAB=α，∠PCD=β．
（2）当点 P 在 B，D 两点之间运动时，问∠APC 与α，β 之间有何数量关系？ 请说明理由；
拓展延伸：
（3）在（2）的条件下，如果点 P 在 B，D 两点外侧运动时 （点 P 与点 O，B，D 三点不重合）请你直接写出当点 P 在线段 OB 上时，∠APC 与 α，β 之间的数量关系 ，点 P 在射线 DM 上时，∠APC 与 α，β 之间的数量关系 ．
21．（6分）如果实数x满足，求代数式的值
22．（8分）解答下列各题：
（1）计算：．
（2）解方程：．
23．（8分）如图1，若△ABC和△ADE为等边三角形，M，N分别为EB，CD的中点，易证：CD=BE，△AMN是等边三角形：
（1）当把△ADE绕点A旋转到图2的位置时，CD=BE吗？若相等请证明，若不等于请说明理由；
（2）当把△ADE绕点A旋转到图3的位置时，△AMN还是等边三角形吗？若是请证明，若不是，请说明理由（可用第一问结论）．
24．（8分）如图，在△ABC中，∠B=60°，D、E分别为AB、BC上的点，且AE、CD相交于点F．若AE、CD分别为△ABC的角平分线．
（1）求∠AFC的度数；
（2）若AD=3，CE=2，求AC的长．
25．（10分）在学习了轴对称知识之后，数学兴趣小组的同学们对课本习题进行了深入研究，请你跟随兴趣小组的同学，一起完成下列问题．
(1)（课本习题）如图①，△ABC是等边三角形，BD是中线，延长BC至E，使CE=CD． 求证：DB=DE
(2)（尝试变式）如图②，△ABC是等边三角形，D是AC边上任意一点，延长BC至E，使CE=AD．
求证：DB=DE．
(3)（拓展延伸）如图③，△ABC是等边三角形，D是AC延长线上任意一点，延长BC至E，使CE=AD请问DB与DE是否相等? 并证明你的结论．
26．（10分）如图，在△ABC中，AD是BC边的中线，E是AD的中点，过A点作AF∥BC交BE的延长线于点F，连结CF．求证：四边形ADCF是平行四边形．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】由 ，得，由，，是等边三角形，得，，，即，从而可得.
【详解】∵在中， ，
∴，
过点D作DM⊥AB
∵是等边三角形，
∴∠ADM=∠ADB=×60°=30°，AM=AB，
∴DM=AM=AB，
∴
同理：，，
∴
∵，
∴，
故选D.
【点睛】
本题主要考查勾股定理的应用和等边三角形的性质，根据勾股定理和三角形面积公式得到 ，是解题的关键.
2、D
【解析】分析：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．
详解：去分母得：x2+2x﹣x2﹣x+2=3，解得：x=1，经检验x=1是增根，分式方程无解．
故选D．
点睛：本题考查了分式方程的解，始终注意分母不为0这个条件．
3、A
【解析】试题分析：正方形的对角线的长是，所以正方形内部的每一个点，到正方形的顶点的距离都有小于14.14，故答案选A.
考点：正方形的性质，勾股定理.
4、A
【分析】先根据三角形的三边关系求出第三边的取值范围，然后从各选项中找出符合此范围的数即可．
【详解】解：∵三角形的两边长分别是3和8
∴8－3＜第三边的长＜8＋3
解得：5＜第三边的长＜11，由各选项可得，只有A选项符合此范围
故选A．
【点睛】
此题考查的是已知三角形的两边长，求第三边的取值范围，掌握三角形的三边关系是解决此题的关键．
5、B
【解析】试题解析：当以点B为原点时，A（-1，-1），C（1，-1），
则点A和点C关于y轴对称，符合条件，
故选B．
【点睛】本题考查的是关于x轴、y轴对称的点的坐标和坐标确定位置，掌握平面直角坐标系内点的坐标的确定方法和对称的性质是解题的关键．
6、D
【分析】连接OA,OB,OC，由，设，根据得到AO为的角平分线，再根据得到，根据三线合一及勾股定理求出AD=8，再根据得到方程即可求解.
【详解】解：连接OA,OB,OC,由题意知：，设,
，
∴AO为的角平分线，又，
，
∴AD为△ABC的中线，∴BD=6
在,AD==8,
,
,
.
故选D
【点睛】
此题主要考查角平分线的判定及性质，解题的关键是熟知等腰三角形的三线合一、角平分线的判定及三角形的面积公式.
7、C
【分析】由折叠的性质可求得∠ACD=∠BCD，∠BDC=∠CDE，在△ACD中，利用外角可求得∠BDC，则可求得答案．
【详解】解：由折叠可得∠ACD=∠BCD，∠BDC=∠CDE，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD=45°，
∵∠A=30°，
∴∠BDC=∠A+∠ACD=30°+45°=75°，
∴∠CDE=75°．
故选C.
【点睛】
本题主要考查折叠的性质，掌握折叠前后图形的对应线段和对应角相等是解题的关键．
8、D
【分析】先确定分式方程的最简公分母，然后左右两边同乘即可确定答案；
【详解】解：由题意可得最简公分母为（x+1）（x-1）
去分母得：x+1＝2，
故答案为D．
【点睛】
本题考查了分式方程的解法，解答的关键在于最简公分母的确定.
9、C
【分析】根据二次根式有意义的条件可得出x，y的值，再代入中即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，故x=2，
∴y=2，
∴
故答案为：C．
【点睛】
本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是得出x，y的值．
10、C
【解析】试题分析：先把四个选项中的各个多项式分解因式，即a2﹣1=（a+1）（a﹣1），a2+a=a（a+1），a2+a﹣2=（a+2）（a﹣1），（a+2）2﹣2（a+2）+1=（a+2﹣1）2=（a+1）2，观察结果可得四个选项中不含有因式a+1的是选项C；故答案选C．
考点：因式分解.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】先用平均数是3可得x的值，再结合方差公式计算即可．
【详解】平均数是3（1+1+3+x+5），解得：x=4，
∴方差是S1[（1﹣3）1+（1﹣3）1+（3﹣3）1+（4﹣3）1+（5﹣3）1]10=1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查了平均数和方差的概念，解题的关键是牢记方差的计算公式，难度不大．
12、100°
【解析】先根据三角形的内角和定理可出∠C=180°-∠A-∠B=180°-65°-75°=40°；再根据折叠的性质得到∠C′=∠C=40°，再利用三角形的内角和定理以及外角性质得∠3+∠2+∠5+∠C′=180°，∠5=∠4+∠C=∠4+40°，即可得到∠3+∠4=80°，然后利用平角的定义即可求出∠1．
【详解】如图，
∵∠A=65°，∠B=75°，
∴∠C=180°-∠A-∠B=180°-65°-75°=40°；
又∵将三角形纸片的一角折叠，使点C落在△ABC外，
∴∠C′=∠C=40°，
而∠3+∠2+∠5+∠C′=180°，∠5=∠4+∠C=∠4+40°，∠2=20°，
∴∠3+20°+∠4+40°+40°=180°，
∴∠3+∠4=80°，
∴∠1=180°-80°=100°．
故答案是：100°．
【点睛】
考查了折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了三角形的内角和定理以及外角性质．
13、
【分析】过B作BD⊥OA于D，则∠BDO=90°，根据等边三角形性质求出OD，根据勾股定理求出BD，即可得出答案．
【详解】过B作BD⊥OA于D，则∠BDO=90°，
∵△OAB是等边三角形，
∴OD=AD=OA=×2=，
在Rt△BDO中，由勾股定理得：BD=，
∴点B的坐标为（，3），
故答案为：（，3）．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，坐标与图形性质和勾股定理等知识点，能正确作出辅助线是解此题的关键．
14、1
【解析】作PE⊥OA于E，根据角平分线的性质可得PE＝PD，根据平行线的性质可得∠ACP＝∠AOB＝30°，由直角三角形中30°的角所对的直角边等于斜边的一半，可求得PE，即可求得PD．
【详解】作PE⊥OA于E，
∵∠AOP＝∠BOP，PD⊥OB，PE⊥OA，
∴PE＝PD（角平分线上的点到角两边的距离相等），
∵∠BOP＝∠AOP＝15°，
∴∠AOB＝30°，
∵PC∥OB，
∴∠ACP＝∠AOB＝30°，
∴在Rt△PCE中，PE＝PC＝×2＝1（在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半），
∴PD＝PE＝1，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查角平分线的性质和平行线的性质，难度一般，作辅助线是关键．
15、角的内部到角两边距离相等的点在角的角平分线上
【分析】根据角平分线判定定理即可得到结果．
【详解】解：∵PM⊥OA，PN⊥OB，PM=PN
∴OP平分∠AOB（在角的内部，到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上）
故答案为：角的内部到角两边距离相等的点在角的角平分线上．
【点睛】
本题考查角平分线判定定理，掌握角平分线判定定理的内容是解题的关键．
16、假
【分析】根据有理数的乘方法则即可得到答案．
【详解】解： 如果x2＞0，那么x＞0，是假命题，例如：（-2）2=4＞0，-2＜0；
故答案为：假
【点睛】
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
17、0或-1
【解析】由得+x=0,x(x+1)=0,x= 0或x=-1
故答案为：0或-1
18、1
【分析】设的度数为x, 的度数为y，根据题意列出二元一次方程组即可求解.
【详解】设的度数为x, 的度数为y，
∵，∴x+y=①
∵折叠，∴
∵为等腰三角形，
∴
∵
∴
∵
∴②
根据①②求出x=1
故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查三角形的角度求解，解题的关键是熟知等腰三角形与折叠的性质．
三、解答题(共66分)
19、（1）证明见解析；（2）60°；（3）证明见解析
【分析】
（1）根据等边三角形的性质可得：∠B=∠ACB=60°，BC=CA，然后利用“边角边”证明：△ACE和△CBF全等；
（2）根据全等三角形对应角相等可得：∠EAC=∠BCF，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式整理得到∠CHE=∠BAC；
（3）如图2，先说明△CHG是等边三角形，再证明△DCH≌△ACG，可得DH=AG=AH+HG=AH+CH．
【详解】
解：（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠ACB=60°，BC=CA，
即∠B=∠ACE=60°，
在△ACE和△CBF中，
∴△ACE≌△CBF（SAS）；
（2）解：由（1）知：△ACE≌△CBF，
∴∠EAC=∠BCF，
∴∠CHE=∠EAC+∠ACF=∠BCF+∠ACF=∠ACB=60°；
（3）如图2，由（2）知：∠CHE=60°，
∵HG=CH，
∴△CHG是等边三角形，
∴CG=CH=HG，∠G=60°，
∵△ACD是等边三角形，
∴AC=CD，∠ACD=60°，
∵△ACE≌△CBF，
∴∠AEC=∠BFC，
∵∠BFC=∠BAC+∠ACF=60°+∠ACF，
∠AEC=∠G+∠BCG=60°+∠BCG，
∴∠ACF=∠BCG，
∴∠ACF+∠ACD=∠BCG+∠ACB，
即∠DCH=∠ACG，
∴△DCH≌△ACG，
∴DH=AG=AH+HG=AH+CH．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记等边三角形的性质，并以此创造三角形全等的条件是解题的关键．
20、（1）62；（2），理由详见解析；（3）；．
【分析】（1）根据平行线的性质，得到∠APE=∠PAB=25°，∠CPE=∠PCD=37°，即可得到∠APC；
（2）过P作PE∥AD交AC于E，推出AB∥PE∥DC，根据平行线的性质得出∠APE=α，∠CPE=β，即可得出答案；
（3）分两种情况：P在BD延长线上；P在DB延长线上，分别画出图形，根据平行线的性质得出∠α=∠APE，∠β=∠CPE，即可得出答案；
【详解】解：如图1，过P作PE∥AB，
∵AB∥CD，
∴PE∥AB∥CD，
∴∠APE=∠PAB=25°，∠CPE=∠PCD=37°，
∴∠APC=25°+37°=62°；
故答案为：；
与之间的数量关系是：；
理由：如图，过点作交于点，
∵，
；
如图3，所示，当P在射线上时，
过P作PE∥AB，交AC于E，
∵AB∥CD，
∴AB∥PE∥CD，
∴∠1=∠PAB=α，
∵∠1=∠APC+∠PCD，
∴∠APC=∠1∠PCD，
∴∠APC=αβ，
∴当P在射线上时，；
如图4所示，当P在线段OB上时，
同理可得：∠APC=βα，
∴当P在线段OB上时，．
故答案为：；.
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质和判定的应用、三角形内角和定理的证明、外角的性质，主要考查学生的推理能力，第3问在解题时注意分类讨论思想的运用．
21、5
【分析】首先对括号内的式子通分相加，然后把除法转化为乘法，即可化简，然后把变化为代入即可求解．
【详解】解：
，
，
，
原式．
【点睛】
此题主要考查了分式的化简和整体代入求值，熟悉相关性质是解题的关键．
22、（1）；（2）
【分析】（1）利用二次根式的乘法法则运算；
（2）先去分母得到，然后解整式方程后进行检验确定原方程的解．
【详解】解：（1）原式
.
（2），
解得，
经检验，原方程的解为.
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．也考查了解分式方程．
23、（1）CD=BE．理由见解析；（2）△AMN是等边三角形．理由见解析.
【分析】（1）CD=BE．利用“等边三角形的三条边相等、三个内角都是60°”的性质证得△ABE≌△ACD；然后根据全等三角形的对应边相等即可求得结论CD=BE；（2）△AMN是等边三角形．首先利用全等三角形“△ABE≌△ACD”的对应角相等、已知条件“M、N分别是BE、CD的中点”、等边△ABC的性质证得△ABM≌△ACN；然后利用全等三角形的对应边相等、对应角相等求得AM=AN、∠NAM=∠NAC+∠CAM=∠MAB+∠CAM=∠BAC=60°，所以有一个角是60°的等腰三角形的正三角形．
【详解】（1）CD=BE．理由如下：∵△ABC和△ADE为等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠EAD=60°，
∵∠BAE=∠BAC﹣∠EAC=60°﹣∠EAC，
∠DAC=∠DAE﹣∠EAC=60°﹣∠EAC，
∴∠BAE=∠DAC，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（SAS）
∴CD=BE
（2）△AMN是等边三角形．理由如下：∵△ABE≌△ACD，
∴∠ABE=∠ACD．
∵M、N分别是BE、CD的中点，∴BM=CN
∵AB=AC，∠ABE=∠ACD，
在△ABM和△ACN中，
，
∴△ABM≌△ACN（SAS）．
∴AM=AN，∠MAB=∠NAC．
∴∠NAM=∠NAC+∠CAM=∠MAB+∠CAM=∠BAC=60°
∴△AMN是等边三角形
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质．等边三角形的判定：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．
24、（1）120°；（2）1
【分析】（1）根据角平分线的定义、三角形内角和定理求解；（2）在AC上截取AG＝AD＝3，连接FG，证明△ADF≌△AGF, △CGF≌△CEF，根据全等三角形性质解答．
【详解】解：（1）∵AE、CD分别为△ABC的角平分线，
∴∠FAC=∠BAC，∠FCA=∠BCA ．
∵∠B=60°，∴∠BAC+∠BCA=120°．
∴∠AFC=180﹣∠FAC﹣∠FCA=180﹣（∠BAC+∠BCA）=120°
（2）如图，在AC上截取AG=AD=3，连接FG，
∵AE、CD分别为△ABC的角平分线，
∴∠FAG=∠FAD，∠FCG=∠FCE，
∵∠AFC=120°，
∴∠AFD=∠CFE=60°．
在△ADF和△AGF中，
，
∴△ADF≌△AGF（SAS）．
∴∠AFD=∠AFG=60°，∠GFC=∠CFE=60°．
在△CGF和△CEF中，
，
∴△CGF≌△CEF（ASA）．
∴CG=CE=2，
∴AC=AG+ CG = 1．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定方法（“SAS”、“ASA”）和全等三角形的性质、角平分线的性质及三角形内角和定理，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
25、（1）见详解；（2）见详解；（3）DB=DE成立，证明见详解
【分析】（1）由等边三角形的性质，得到∠CBD=30°，∠ACB=60°，由CD=CE，则∠E=∠CDE=30°，得到∠E=∠CBD=30°，即可得到DB=DE；
（2）过点D作DG∥AB，交BC于点G，证明△BDC≌△EDG，根据全等三角形的性质证明结论；
（3）过点D作DF∥AB交BE于F，由“SAS”可证△BCD≌△EFD，可得DB=DE．
【详解】证明：（1）∵△ABC是等边三角形
∴∠ABC=∠BCA=60°，
∵点D为线段AC的中点，
∴BD平分∠ABC，AD=CD，
∴∠CBD=30°，
∵CD=CE，
∴∠CDE=∠CED，
又∵∠CDE+∠CED=∠BCD，
∴2∠CED=60°，
∴∠CED=30°=∠CBD，
∴DB=DE；
（2）过点D作DG∥AB，交BC于点G，如图，
∴∠DGC=∠ABC=60°，又∠DCG=60°，
∴△DGC为等边三角形，
∴DG=GC=CD，
∴BC-GC=AC-CD，即AD=BG，
∵AD=CE，
∴BG=CE，
∴BC=GE，
在△BDC和△EDG中，
，
∴△BDC≌△EDG（SAS）
∴BD=DE；
（3）DB=DE成立，
理由如下：过点D作DF∥AB交BE于F，
∴∠CDF=∠A，∠CFD=∠ABC，
∵△ABC是等边三角形
∴∠ABC=∠BCA=∠A=60°，BC=AC=AB，
∴∠CDF=∠CFD=60°=∠ACB=∠DCF，
∴△CDF为等边三角形
∴CD=DF=CF，
又AD=CE，
∴AD-CD=CE-CF，
∴BC=AC=EF，
∵∠BCD=∠CFD+∠CDF=120°，
∠DFE=∠FCD+∠FDC=120°，
∴∠BCD=∠DFE，且BC=EF，CD=DF，
∴△BCD≌△EFD（SAS）
∴DB=DE．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，以及平行线的性质，正确添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
26、证明见解析.
【解析】试题分析：首先利用全等三角形的判定方法得出△AEF≌△DEB（AAS），进而得出AF=BD，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进而得出答案．
试题解析：证明：∵AF∥BC，∴∠AFE=∠EBD．
在△AEF和△DEB中，∵，∴△AEF≌△DEB（AAS），∴AF=BD，∴AF=DC．
又∵AF∥BC，∴四边形ADCF为平行四边形．
点睛：本题主要考查了平行四边形的判定以及全等三角形的判定与性质，得出△AEF≌△DEB是解题的关键．