辽宁省盘锦市大洼区2023年八年级数学第一学期期末统考试题【含解析】

这是一份辽宁省盘锦市大洼区2023年八年级数学第一学期期末统考试题【含解析】，共18页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，点P，下列各式属于最简二次根式的是，在矩形个等内容，欢迎下载使用。

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．如图，在正方形网格中，线段A′B′是线段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点A′与A对应，则角α的大小为（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
2．在平面直角坐标系中，若点A(a，－b)在第一象限内，则点B(a，b)所在的象限是( )
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．代数之父——丢番图(Diphantus)是古希腊的大数学家，是第一位懂得使用符号代表数来研究问题的人． 丢番图的墓志铭与众不同，不是记叙文，而是一道数学题．对其墓志铭的解答激发了许多人学习数学的兴趣，其中一段大意为：他的一生幼年占，青少年占，又过了才结婚，5年后生子，子先父4年而卒，寿为其父之半．
下面是其墓志铭解答的一种方法：
解：设丢番图的寿命为x岁，根据题意得：
，
解得．
∴丢番图的寿命为84岁．
这种解答“墓志铭”体现的思想方法是（ ）
A．数形结合思想B．方程思想C．转化思想D．类比思想
4．下列全国志愿者服务标识的设计图中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，在中，，，、分别是其角平分线和中线，过点作于点，交于点，连接，则线段的长为( )
A．B．1C．D．7
6．点P（–2， 4）所在的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
7．下面有4个汽车商标图案，其中是轴对称图形的是( )
A．B．C．D．
8．下列各式属于最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
9．在矩形（长方形）ABCD中，AB=3，BC=4，若在矩形所在的平面内找一点P，使△PAB，△PBC，△PCD，△PAD都为等腰三角形，则满足此条件的点P共有（ ）个．
A．3 个B．4 个C．5 个D．6 个
10．等边，，于点、是的中点，点在线段上运动，则的最小值是（ ）
A．6B．C．D．3
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．计算：________．
12．已知，，是的三边，且，则的形状是__________．
13．计算的结果为______．
14．将一副三角板按如图所示的方式摆放，其中△ABC为含有45°角的三角板，直线AD是等腰直角三角板的对称轴，且斜边上的点D为另一块三角板DMN的直角顶点，DM、DN分别交AB、AC于点E、F．则下列四个结论：①BD＝AD＝CD；②△AED≌△CFD；③BE+CF＝EF；④S四边形AEDF＝BC1．其中正确结论是_____（填序号）．
15．计算：= _______．
16．因式分解：_________．
17．已知直角三角形的两条直角边分别为5和12，则其斜边上的中线长为_____．
18．当时，分式有意义．
三、解答题(共66分)
19．（10分）列方程解应用题：一辆汽车开往距离出发地180km的目的地,出发后第一小时内按原计划的速度匀速行驶,一小时后以原来速度的1.5倍匀速行驶,并比原计划提前40分钟到达目的地．求前一小时的行驶速度．
20．（6分）（1）分解因式：；
（2）一个多边形的内角和是它的外角和的3倍，求这个多边形的边数
21．（6分）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE=CF，连接EF、BF，EF与对角线AC交于点O，且BE=BF，∠BEF=2∠BAC．
（1）求证：OE=OF；
（2）若BC=2，求AB的长．
22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，点 A，B的坐标分别为（0，3），（1，0），△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°．
（1）图1中，点C的坐标为 ；
(2)如图2，点D的坐标为（0，1），点E在射线CD上，过点B 作BF⊥BE交y轴于点F．
①当点E为线段CD的中点时，求点F的坐标；
②当点E在第二象限时，请直接写出F点纵坐标y的取值范围．
23．（8分） “垃圾分类”意识已经深入人心．我校王老师准备用元(全部用完)购买两类垃圾桶，已知类桶单价元，类桶单价元，设购入类桶个，类桶个．
（1）求关于的函数表达式．
（2）若购进的类桶不少于类桶的倍．
①求至少购进类桶多少个？
②根据临场实际购买情况，王老师在总费用不变的情况下把一部分类桶调换成另一种类桶，且调换后类桶的数量不少于类桶的数量，已知类桶单价元，则按这样的购买方式，类桶最多可买 个．(直接写出答案)
24．（8分）如图，正方形是由两个小正方形和两个小长方形组成的，根据图形解答下列问题：
（1）请用两种不同的方法表示正方形的面积，并写成一个等式；
（2）运用（1）中的等式，解决以下问题：
①已知，，求的值；
②已知，，求的值.
25．（10分）若买3根跳绳和6个毽子共72元；买1根跳绳和5个毽子共36元．
（1）跳绳、毽子的单价各是多少元？
（2）元旦促销期间，所有商品按同样的折数打折销售，买10根跳绳和10个毽子只需180元，问商品按原价的几折销售？
26．（10分）一次函数的图象经过点A（2，4）和B（﹣1，﹣5）两点．
（1）求出该一次函数的表达式；
（2）画出该一次函数的图象；
（3）判断（﹣5，﹣4）是否在这个函数的图象上？
（4）求出该函数图象与坐标轴围成的三角形面积．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【详解】分析：先根据题意确定旋转中心，然后根据旋转中心即可确定旋转角的大小．
详解：如图，连接A′A，BB′，分别A′A，BB′作的中垂线，相交于点O.
显然，旋转角为90°，
故选C．
点睛：考查了旋转的性质，解题的关键是能够根据题意确定旋转中心，难度不大．先找到这个旋转图形的两对对应点，连接对应两点，然后就会出现两条线段，分别作这两条线段的中垂线，两条中垂线的交点就是旋转中心.
2、D
【分析】先根据第一象限内的点的坐标特征判断出a、b的符号，进而判断点B所在的象限即可.
【详解】∵点A(a，-b)在第一象限内，
∴a>0，-b>0，
∴b<0，
∴点B((a，b)在第四象限，
故选D．
【点睛】
本题考查了点的坐标，解决本题的关键是牢记平面直角坐标系中各个象限内点的符号特征：第一象限正正，第二象限负正，第三象限负负，第四象限正负．
3、B
【分析】根据解题方法进行分析即可．
【详解】根据题意，可知这种解答“墓志铭”的方法是利用设未知数，根据已经条件列方程求解，
体现的思想方法是方程思想，
故选：B．
【点睛】
本题考查了解题思想中的方程思想，掌握知识点是解题关键．
4、C
【分析】根据轴对称图形的概念判断即可．
【详解】解：A、B、D中的图形不是轴对称图形，
C中的图形是轴对称图形，
故选：C．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
5、A
【分析】根据角平分线的性质和垂直得出△ACG是等腰三角形，再根据三角形的中位线定理即可得出答案.
【详解】∵AD是△ABC的角平分线，CG⊥AD于点F
∴△ACG是等腰三角形
∴F是CG边上的中点，AG=AC=3
又AE是△ABC的中线
∴EF∥AB，EF=BG
又∵BG=AB-AG=1
∴EF=BG=
故答案选择A.
【点睛】
本题考查了三角形，难度适中，需要熟练掌握角平分线、中线和三角形的中位线定理.
6、B
【分析】根据各象限中点的坐标特征进行判断即可．
【详解】第二象限中的点的横坐标为负数，纵坐标为正数．
故选B.
7、B
【分析】根据轴对称图形的概念：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进行分析即可．
【详解】解：①②③都是轴对称图形，④不是轴对称图形，
故选B．
【点睛】
此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义．
8、B
【分析】最简二次根式满足：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，由此结合选项可得出答案．
【详解】解：A、含有能开方的因式，不是最简二次根式，故本选项错误；
B、符合最简二次根式的定义，故本选项正确；
C、含有能开方的因式，不是最简二次根式，故本选项错误；
D、被开方数含分母，故本选项错误；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查最简二次根式的识别，解题的关键是熟知最简二次根式的定义．
9、C
【分析】根据矩形的对称性画出对称轴，然后根据等腰三角形的定义作图即可．
【详解】解：作矩形的两条对称轴l1和l2，交于点P1，根据对称性可知此时P1满足题意；
分别以A、B为圆心，以AB的长为半径作弧，交l1于点P2、P3；
分别以A、D为圆心，以AD的长为半径作弧，交l2于点P4、P1．
根据对称性质可得P1 、P2、P3 、P4、P1均符合题意
这样的点P共有1个
故选C．
【点睛】
此题考查的是矩形的性质和作等腰三角形，掌握矩形的性质和等腰三角形的定义是解决此题的关键．
10、B
【分析】如图，作点E关于直线AD的对称点E′，连接CE′交AD于F′．由EF+FC=FE′+FC，所以当C、E′、F共线时，EF+CF最小，由△ABC是等边三角形，AB=BC=AC=6，AE=AE′=3，推出AE′=E′B，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：如图，作点关于直线的对称点，连接交于.
∵，
∴当、、共线时，最小值，
∵是等边三角形，，，
∴，，
∴，，
∴.
故选：B.
【点睛】
本题考查轴对称、等边三角形的性质、垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决最值问题．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、-2
【分析】按照二次根式运算法则进行计算即可.
【详解】
故答案为：-2.
【点睛】
此题主要考查二次根式的运算，熟练掌握，即可解题.
12、等腰三角形
【分析】将等式两边同时加上得，然后将等式两边因式分解进一步分析即可.
【详解】∵，
∴，
即：，
∵，，是的三边，
∴，，都是正数，
∴与都为正数，
∵，
∴，
∴，
∴△ABC为等腰三角形，
故答案为：等腰三角形.
【点睛】
本题主要考查了因式分解的应用，熟练掌握相关方法是解题关键.
13、
【分析】根据多项式除以单项式的方法，先把这个多项式的每一项分别除以单项式，再把所得的商相加即可．
【详解】解：=.
故答案为：.
【点睛】
本题考查整式的除法，多项式除以单项式实质就是转化为单项式除以单项式，多项式除以单项式的结果仍是一个多项式．
14、①②
【解析】分析：根据等腰直角三角形的性质可得AD=CD=BD，∠CAD=∠B=45°，故①正确；根据同角的余角相等求出∠CDF=∠ADE，然后利用“ASA”证明△ADE≌△CDF，判断出②，根据全等三角形的对应边相等，可得DE=DF=AF=AE，利用三角形的任意两边之和大于第三边，可得BE+CF＞EF，判断出③，根据全等三角形的面积相等，可得S△ADF=S△BDE，从而求出四边形AEDF的面积，判断出④.
详解：∵∠B=45°，AB=AC
∴点D为BC的中点，
∴AD=CD=BD
故①正确；
由AD⊥BC，∠BAD=45°
可得∠EAD=∠C
∵∠MDN是直角
∴∠ADF+∠ADE=∠CDF+∠ADF=∠ADC=90°
∴∠ADE=∠CDF
∴△ADE≌△CDF（ASA）
故②正确；
∴DE=DF，AE=CF，
∴AF=BE
∴BE+AE=AF+AE
∴AE+AF＞EF
故③不正确；
由△ADE≌△CDF可得S△ADF=S△BDE
∴S四边形AEDF=S△ACD=×AD×CD=×BC×BC=BC1，
故④不正确.
故答案为①②.
点睛：此题主要查了等腰三角形的性质和全等三角形的判定与性质，以及三角形的三边关系，关键是灵活利用等腰直角三角形的边角关系和三线合一的性质.
15、1
【分析】根据零指数幂，负整数指数幂以及绝对值的运算法则计算即可．
【详解】，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了实数的混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
16、
【分析】提取公因式a得，利用平方差公式分解因式得．
【详解】解：，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了因式分解，掌握提公因式法和平方差公式是解题的关键．
17、6.1．
【分析】利用勾股定理求出斜边，再利用直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，便可得到答案．
【详解】解：斜边长为：
故斜边上的中线为斜边的一半，故为6.1
故答案为：6.1
【点睛】
本题考查勾股定理应用，以及直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，掌握这两个知识点是解题的关键．
18、
【分析】由分式有意义的条件：分母不为0，可得答案．
【详解】解：由有意义得：


故答案为：
【点睛】
本题考查的是分式有意义的条件，分母不为0，掌握知识点是解题的关键．
三、解答题(共66分)
19、1千米/小时．
【分析】设汽车的速度为x千米/小时，依题意可列出分式方程进行求解.
【详解】设汽车的速度为x千米/小时，依题意可得：
，
x＝1．
所以,汽车的速度为1千米/小时．
【点睛】
此题主要考查分式方程的应用，解题的关键是根据题意列出方程.
20、（1）；（2）八边形
【分析】（1）首先提公因式5，再利用完全平方公式进行分解即可；
（2）设这个多边形为n边形，根据多边形内角和公式可得方程180（n-2）=360×3，再解即可．
【详解】解：（1）==；
（2）设这个多边形为边形，
由题意，得，
解得．
答：这个多边形为八边形．
【点睛】
此题主要考查了分解因式和多边形的内角和，关键是掌握分解因式的步骤：先提公因式，后用公式法，注意分解要彻底；掌握多边形内角和公式：（n-2）•180°（n≥3且n为整数）．
21、（1）证明见解析；（2）1.
【解析】试题分析：（1）根据△AEO和△CFO全等来进行说明；（2）连接OB，得出△BOF和△BOE全等，然后求出∠BAC的度数，根据∠BAC的正切值求出AB的长度．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD ∴∠OAE=∠OCF ∠OEA=∠OFC ∵AE=CF
∴△AEO≌△CFO ∴OE=OF
（2）连接BO ∵OE=OF BE=BF
∴BO⊥EF 且∠EBO=∠FBO ∴∠BOF=90°
∵四边形ABCD是矩形
∴∠BCF=90°
∵∠BEF=2∠BAC ∠BEF=∠BAC+∠EOA
∴∠BAC=∠EOA AE=OE
∵AE=CF OE=OF
∴OF=CF 又∵BF=BF
∴Rt△BOF≌Rt△BCF
∴∠OBF=∠CBF
∴∠CBF=∠FBO=∠OBE
∵∠ABC=90° ∠OBE=30°
∴∠BEO=10° ∠BAC=30°
∵tan∠BAC=
∴tan30°=即∴AB=1．
考点：三角形全等的证明、锐角三角函数的应用．
22、 (1 ) C(4，1)；（2）①F( 0 , 1 )，②
【解析】试题分析：过点向轴作垂线，通过三角形全等，即可求出点坐标.
过点E作EM⊥x轴于点M，根据的坐标求出点的坐标，OM=2，得到 得到△OBF为等腰直角三角形，即可求出点的坐标.
直接写出点纵坐标的取值范围．
试题解析：(1 ) C(4，1)，
（2）法一：过点E作EM⊥x轴于点M，
∵C（4，1），D（0，1），E为CD中点，
∴CD∥x轴，EM=OD=1，

∴OM=2，




∴∠OBF=45°，
∴ △OBF为等腰直角三角形，
∴OF=OB=1.

法二：在OB的延长线上取一点M.
∵∠ABC=∠AOB=90°.
∴∠ABO+∠CBM=90° .
∠ABO+∠BAO =90°.
∴∠BAO=∠CBM .
∵C(4,1).
D(0,1).
又∵CD∥OM ,CD=4.
∴∠DCB=∠CBM.
∴∠BAO=∠ECB.
∵∠ABC=∠FBE=90°.
∴∠ABF=∠CBE.
∵AB=BC.
∴△ABF≌△CBE(ASA).
∴AF=CE=CD=2,
∵A(0,3),
OA=3,
∴OF=1.
∴F(0,1) ,
(3) .
23、（1）；（2）①50；②18.
【分析】（1）根据题意，通过等量关系进行列式即可得解；
（2）①根据购进的类桶不少于类桶的倍的不等关系进行列式求解即可得解；
②根据题意设类桶的数量为a，根据A类桶单价与C类桶单价的比值关系确定不等式，进而求解，由总费用不变即可得到B类桶的数量.
【详解】（1）由题意，得，整理得
∴关于的函数表达式为；
（2）①购进的类桶不少于类桶的倍
，解得
∴至少购买类桶个；
②当时，
∵类桶单价元，类桶单价元
∴类桶单价:类桶单价=2:3
设调换后C有a本
由题意得：
解得，可知a时2的倍数
∵，a为正整数
∴
∴类桶最多可买18个.
【点睛】
本题主要考查了一次函数表达式的确定以及一元一次不等式的实际应用，结合实际情况求解不等式是解决本题的关键.
24、（1）正方形的面积可表示为：或；等式：；（2）①；②103.
【分析】（1）用正方形的面积公式直接求出正方形的面积；利用四个矩形的面积之和求出正方形的面积，即可得到一个等式；
（2）①根据（1）中的等式进行直接求解即可；
②令a=x-y,对等式进行变形后，利用（1）中的等式进行求解.
【详解】（1）正方形ABCD的面积可表示为：或
等式：
（2）①∵，，
由（1）得：
∴
∴
②令a=x-y，则a+z=11，az=9
∴原式可变形为：
【点睛】
本题考查的是完全平方公式的几何意义，能根据（1）中求出的等式对完全平方公式进行变形是关键.
25、（1）跳绳的单价为16元/条，毽子的单价5元/个；（2）该店的商品按原价的9折销售
【分析】（1）利用设出跳绳的单价和毽子的单价用二元一次方程组解答即可；
（2）设出打折数以总金额为等量列出方程即可.
【详解】解：（1）设跳绳的单价为x元/条，毽子的单价y元/个，
由题意可得：
解得：
答：跳绳的单价为16元/条，毽子的单价5元/个；
（2）设该店的商品按原价的n折销售，
由题意可得（10×16+10×4）×＝180，
∴n＝9，
答：该店的商品按原价的9折销售．
【点睛】
本题考查二元一次方程组的应用问题，根据题意构造方程是解题关键.
26、（1）y＝3x﹣2；（2）图象见解析；（3）（﹣5，﹣4）不在这个函数的图象上；（4）．
【分析】（1）利用待定系数法即可求得；
（2）利用两点法画出直线即可；
（3）把x＝﹣5代入解析式，即可判断；
（4）求得直线与坐标轴的交点，即可求得．
【详解】解：（1）设一次函数的解析式为y＝kx+b
∵一次函数的图象经过点A（2，4）和B（﹣1，﹣5）两点
∴，
解得：
∴一次函数的表达式为y＝3x﹣2；
（2）描出A、B点，作出一次函数的图象如图：
（3）由（1）知，一次函数的表达式为y＝3x﹣2
将x＝﹣5代入此函数表达式中得，y＝3×（﹣5）﹣2＝﹣17≠﹣4
∴（﹣5，﹣4）不在这个函数的图象上；
（4）由（1）知，一次函数的表达式为y＝3x﹣2
令x＝0，则y＝﹣2，令y＝0，则3x﹣2＝0，
∴x＝，
∴该函数图象与坐标轴围成的三角形面积为：×2×＝．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的图象以及三角形的面积，熟练掌握待定系数法是解题的关键．