辽宁省沈阳沈河区七校联考2023-2024学年数学八年级第一学期期末质量检测试题【含解析】

这是一份辽宁省沈阳沈河区七校联考2023-2024学年数学八年级第一学期期末质量检测试题【含解析】，共21页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，在函数中，自变量的取值范围是，点M，下列等式成立的是等内容，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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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．已知的三边长分别为，且那么( )
A．B．C．D．
2．已知正比例函数y=kx(k≠0)的函数值y随x的增大而减小，则函数y=kx﹣k的图象大致是( )
A．B．C．D．
3．下列命题是真命题的是（ ）
A．和是180°的两个角是邻补角；
B．经过一点有且只有一条直线与已知直线平行；
C．两点之间垂线段最短；
D．直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离.
4．如图，中，与的平分线交于点，过点作交于点，交于点，那么下列结论：
①是等腰三角形；②；
③若，；④．
其中正确的有( )
A．个B．个C．个D．个
5．在函数中，自变量的取值范围是( )
A．B．C．D．且
6．如图，为线段上一动点(不与点，重合)，在同侧分别作等边和等边，与交于点，与交于点，与交于点，连接.下列五个结论：①；②；③；④DE=DP；⑤.其中正确结论的个数是( )
A．2个B．3个C．4个D．5个
7．点M（1，2）关于y轴对称点的坐标为（ ）
A．（﹣1，2）B．（﹣1，﹣2）C．（1，﹣2）D．（2，﹣1）
8．如图，∠B=∠C=90°，M是BC的中点，DM平分∠ADC，且∠ADC=110°，则∠MAB=（ ）
A．30°B．35°C．45°D．60°
9．下列等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
10．甲、乙、丙、丁四人进行 100 短跑训练，统计近期 10 次测试的平均成绩都是 13.2，10次测试成绩的方差如下表，则这四人中发挥最稳定的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，小明发现：线段与线段存在一种特殊关系，即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段，你认为这个旋转中心的坐标是_____________．
12．把“全等三角形对应角相等”改为“如果……那么……”的形式________________________．
13．两个最简二根式与相加得，则______．
14．腰长为4的等腰直角放在如图所示的平面直角坐标系中，点A、C均在y轴上，C(0，2)，∠ACB=90，AC=BC=4，平行于y轴的直线x=-2交线段AB于点D，点P是直线x=-2上一动点，且在点D的上方，当时，以PB为直角边作等腰直角，则所有符合条件的点M的坐标为________．
15．如图，AB=AD，∠1=∠2，如果增加一个条件_____，那么△ABC≌△ADE．
16．某学校组织八年级6个班参加足球比赛，如果采用单循环制，一共安排______场比赛
17．如图，△ABE和△ACD是△ABC分别沿着AB,AC边翻折180°形成的，若∠BAC=140°，则∠a的度数是________
18．若，则___．
三、解答题(共66分)
19．（10分）已知，在中，，点为的中点．
（1）观察猜想：如图①，若点、分别为、上的点，且于点，则线段与的数量关系是_______；(不说明理由)
（2）类比探究：若点、分别为、延长线上的点，且于点，请写出与的数量关系，在图②中画出符合题意的图形，并说明理由；
（3）解决问题：如图③，点在的延长线上，点在上，且，若，求的长．(直接写出结果，不说明理由．)
20．（6分）已知a是2的相反数，计算|a一2|的值．
21．（6分）已知：y-2与x成正比例，且x=2时，y=4.
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）若点M（m，3）在这个函数的图象上，求点M的坐标．
22．（8分）如图，A、B、C三点在同一直线上，分别以AB、BC为边，在直线AC的同侧作等边△ABD和等边△BCE，连接AE交BD于点M，连接CD交BE于点N，连接MN得△BMN.
求证：AE=DC
23．（8分）（1）计算：；
（2）先化简，然后从的范围内选取一个合适的整数作为的值带入求值．
24．（8分）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，DG⊥BC且平分BC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F．
（1）说明BE=CF的理由；
（2）如果AB=5，AC=3，求AE、BE的长．
25．（10分）棱长分别为，两个正方体如图放置，点在上，且，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点爬到点，需要爬行的最短距离是________
26．（10分）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫格点．
(1)在图①中，以格点为端点，画线段MN=；
(2)在图②中，以格点为顶点，画正方形ABCD，使它的面积为1．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据三角形的三边关系即可求解.
【详解】∵的三边长分别为
∴＞0，＞0，＜0
∴＜0
故选D.
【点睛】
此题主要考查三角形的三边关系的应用，解题的关键是熟知两边之和大于第三边.
2、D
【分析】先根据正比例函数y=kx(k≠0)的函数值y随x的增大而减小，判断出k的符号，再根据一次函数的性质即可得出结论.
【详解】解：正比例函数y=kx的函数值y随x的增大而减小，
∴k<0，一k>0，
∴一次函数y=kx-k的图像经过一、二、四象限
故选D.
【点睛】
本题考查的是一次函数的图像与系数的关系，解题时注意：一次函数y=kx+b（k≠0）中，当k<0，b>0时，函数的图像经过一、二、四象限.
3、D
【分析】由邻补角的定义判断 由过直线外一点作已知直线的平行线判断，两点之间的距离判断，由点到直线的距离判断 从而可得答案．
【详解】解：邻补角：有公共的顶点，一条公共边，另一边互为反向延长线，所以：和是180°的两个角是邻补角错误；故错误；
经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；故错误；
两点之间，线段最短；故错误；
直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离；正确，故正确；
故选：
【点睛】
本题考查的是命题的真假判断，同时考查邻补角的定义，作平行线，两点之间的距离，点到直线的距离，掌握以上知识是解题的关键．
4、B
【分析】根据角平分线的定义和平行线的性质可得∠DBF =∠DFB，∠ECF=∠EFC，然后利用等角对等边即可得出DB=DF，EF=EC，从而判断①和②；利用三角形的内角和定理即可求出∠ABC＋∠ACB，然后利用角平分线的定义和三角形的内角和定理即可求出∠BFC，从而判断③；然后根据∠ABC不一定等于∠ACB即可判断④．
【详解】解：∵与的平分线交于点，
∴∠DBF=∠FBC，∠ECF=∠FCB
∵
∴∠DFB=∠FBC，∠EFC=∠FCB
∴∠DBF =∠DFB，∠ECF=∠EFC
∴DB=DF，EF=EC，
即是等腰三角形，故①正确；
∴DE=DF＋EF= BD＋CE，故②正确；
∵∠A=50°
∴∠ABC＋∠ACB=180°－∠A=130°
∴∠FBC＋∠FCB=（∠ABC＋∠ACB）=65°
∴∠BFC=180°－（∠FBC＋∠FCB）=115°，故③正确；
∵∠ABC不一定等于∠ACB
∴∠FBC不一定等于∠FCB
∴BF不一定等于CF，故④错误．
正确的有①②③，共3个
故选B．
【点睛】
此题考查的是角平分线的定义、平行线的性质、等腰三角形的判定和三角形的内角和定理，掌握角平分线、平行线和等腰三角形三者之间的关系是解决此题的关键．
5、D
【分析】二次根号下的数为非负数，二次根式有意义；分式的分母不为0，分式有意义．
【详解】解：由题意得，解得
故选D．
【点睛】
本题考查二次根式、分式有意义的条件，本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握二次根式、分式有意义的条件，即可完成．
6、C
【分析】①由于△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，从而证出△ACD≌△BCE，可推知AD=BE；
②由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；
③根据②△CQB≌△CPA（ASA），可知③正确；
④根据∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，可知∠DQE≠∠CDE，可知④错误；
⑤由BC∥DE，得到∠CBE=∠BED，由∠CBE=∠DAE，得到∠AOB=∠OAE+∠AEO=60°.
【详解】解：∵等边△ABC和等边△CDE，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD与△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE， 故①正确，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=∠DAC，
又∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，
又∵AC=BC，
∴△CQB≌△CPA（ASA），
∴CP=CQ，
又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，
∴∠PQC=∠DCE=60°，
∴PQ∥AE， 故②正确，
∵△CQB≌△CPA，
∴AP=BQ， 故③正确，
∵AD=BE，AP=BQ，
∴AD-AP=BE-BQ，
即DP=QE，
∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，
∴∠DQE≠∠CDE，故④错误；
∵BC∥DE，
∴∠CBE=∠BED，
∵∠CBE=∠DAE，
∴∠AOB=∠OAE+∠AEO=60°，故⑤正确；
综上所述，正确的有4个，
故选C．
【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，利用旋转不变性，找到不变量，是解题的关键．
7、A
【分析】关于y轴对称的点的坐标特征是纵坐标不变，横坐标变为相反数.
【详解】点M（1，2）关于y轴对称点的坐标为(－1，2)
【点睛】
本题考查关于坐标轴对称的点的坐标特征，牢记关于坐标轴对称的点的性质是解题的关键.
8、B
【解析】作MN⊥AD于N，根据平行线的性质求出∠DAB，根据角平分线的判定定理得到∠MAB=∠DAB，计算即可．
【详解】作MN⊥AD于N，
∵∠B=∠C=90°，
∴AB∥CD，
∴∠DAB=180°﹣∠ADC=70°，
∵DM平分∠ADC，MN⊥AD，MC⊥CD，
∴MN=MC，
∵M是BC的中点，
∴MC=MB，
∴MN=MB，又MN⊥AD，MB⊥AB，
∴∠MAB=∠DAB=35°，
故选B．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的性质与判定，熟练掌握相关内容、正确添加辅助线是解题的关键.
9、B
【解析】A．≠ ，故A不成立；
B． = ，故B成立；
C．不能约分，故C错误；
D． ，故D不成立．
故选B．
10、B
【分析】根据方差的定义判断，方差越小数据越稳定．
【详解】∵，
∴这四人中乙的方差最小，
∴这四人中发挥最稳定的是乙，
故选：B．
【点睛】
本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、或
【分析】分点A的对应点为C或D两种情况考虑：①当点A的对应点为点C时，连接AC、BD，分别作线段AC、BD的垂直平分线交于点E，点E即为旋转中心；②当点A的对应点为点D时，连接AD、BC，分别作线段AD、BC的垂直平分线交于点M，点M即为旋转中心．此题得解．
【详解】解：①当点A的对应点为点C时，连接AC、BD，分别作线段AC、BD的垂直平分线交于点E，如图1所示，
∵B点的坐标为（4，2），D点的坐标为（4，），
∴E点的坐标为（2，0）；
②当点A的对应点为点D时，连接AD、BC，分别作线段AD、BC的垂直平分线交于点M，如图2所示，
∵B点的坐标为（4，2），C点的坐标为（6，2），
∴M点的坐标为（5，3）．
综上所述：这个旋转中心的坐标为（2，0）或（5，3）．
故答案为：或.
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化中的旋转，根据给定点的坐标找出旋转中心的坐标是解题的关键．
12、如果两个三角形是全等三角形，那么它们的对应角相等．
【解析】任何一个命题都可以写成“如果…那么…”的形式，如果是条件，那么是结论．
解：∵原命题的条件是：两个三角形是全等三角形，
结论是：对应角相等，
∴命题“全等三角形的对应角相等”改写成“如果…，那么…”的形式是如果两个三角形是全等三角形，那么它们的对应角相等．
13、1
【分析】两个最简二次根式可以相加，说明它们是同类二次根式，根据合并的结果即可得出答案．
【详解】由题意得，与是同类二次根式，
∵与相加得，
∴，，
则．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了二次根式的加减运算，判断出与是同类二次根式是解答本题的关键．
14、或或或
【分析】根据等腰直角三角形存在性问题的求解方法，通过分类讨论，借助全等的辅助，即可得解.
【详解】∵，AC=BC=4，平行于y轴的直线交线段AB于点D，
∴
∵
∴
∴PD=2
∴
以PB为直角边作等腰直角
如下图，作⊥于R
∵
,
∴
∴，RP=BS=2
∴；
以PB为直角边作等腰直角
同理可得；
以PB为直角边作等腰直角
同理可得；
以PB为直角边作等腰直角
同理可得，
∴M的坐标为或或或，
故答案为：或或或.
【点睛】
本题主要考查了等腰直角三角形的存在性问题，通过面积法及三角形全等的判定和性质进行求解是解决本题的关键.
15、AC=AE
【解析】由∠1=∠2，则∠BAC=∠DAE，加上AB=AD，若根据“SAS”判定△ABC≌△ADE，则添加AC=AE．
【详解】∵∠1=∠2，
∴∠1+∠DAC=∠2+∠DAC，
∴∠BAC=∠DAE，
而AB=AD，
∴当AC=AE时，△ABC≌△ADE．
故答案为:AC=AE．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定定理的应用，能熟练地掌握全等三角形的判定定理是解题的关键，注意：全等三角形的判定定理有：SAS，ASA，AAS，SSS．．
16、15
【分析】单循环制：每个班都要和其他5个班赛一场，共赛6×5=30场，由于两个班只赛一场，去掉重复计算的情况，实际只赛：30÷2=15场，据此解答．
【详解】解：根据题意，得
（61）×6÷2，
=30÷2，
=15（场），
答：如果釆用淘汰制，需安排5场比赛；如果釆用单循环制，一共安排15场比赛．
【点睛】
本题考查了握手问题的实际应用，要注意去掉重复计算的情况，如果选手比较少可以用枚举法解答，如果个选手比较多可以用公式：单循环制：比赛场数=n（n-1）÷2；淘汰制：比赛场数=n-1解答．
17、80°
【分析】先根据三角形内角和与翻折变换的特点求得∠EBC+∠DCB=80°，再根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和得∠a =80°．
【详解】解：∵∠BAC=140°，
∴∠ABC+∠ACB=40°，
由翻折的性质可知：
∠EBA=∠ABC，∠DCA=∠ACB，
∴∠EBA+∠ABC+∠DCA+∠ACB=2(∠ABC+∠ACB)=80°，
即∠EBC+∠DCB=80°，
∴∠a =∠EBC+∠DCB =80°.
故答案为：80°.
【点睛】
本题考查了折叠的性质，掌握折叠前后图形是全等的是解题的关键．
18、7
【分析】利用完全平方公式对已知变形为，即可求解．
【详解】∵，
∴，即，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了分式的化简求值，利用完全平方公式对已知变形是解题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）BE=AF；（2）BE=AF，理由见解析；（3）．
【分析】（1）连接AD，根据等腰三角形的性质可得出AD＝BD、∠EBD＝∠FAD，根据同角的余角相等可得出∠BDE＝∠ADF，由此即可证出△BDE≌△ADF（ASA），再根据全等三角形的性质即可证出BE＝AF；
（2）连接AD，根据等腰三角形的性质及等角的补角相等可得出∠EBD＝∠FAD、BD＝AD，根据同角的余角相等可得出∠BDE＝∠ADF，由此即可证出△EDB≌△FDA（ASA），再根据全等三角形的性质即可得出BE＝AF；
（3）过点M作MG∥BC，交AB的延长线于点G，同理证明△BMG≌△NMA，得到AN=GB=1,再根据等腰直角三角形求出AG的长，即可求解.
【详解】（1）证明：连接AD，如图①所示．
∵∠A＝90°，AB＝AC，
∴△ABC为等腰直角三角形，∠EBD＝45°．
∵点D为BC的中点，
∴AD＝BC＝BD，∠FAD＝45°．
∵∠BDE＋∠EDA＝90°，∠EDA＋∠ADF＝90°，
∴∠BDE＝∠ADF．
在△BDE和△ADF中，
，
∴△BDE≌△ADF（ASA），
∴BE=AF．
（2）BE=AF
理由：如图②，连结AD，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠C=(180°-∠BAC)=(180°-90°)=45°
∵BD=AD，AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴∠BAD=∠CAD=∠BAC=×90°=45°，
∴∠BAD=∠ABC，
∴AD=BD
又∠CAD=∠ABC=45°，
∴∠DAF=∠DBE=135°
∵DE⊥DF，
∴∠BDE+∠BDF=90°
又AD⊥BC，
∴∠ADF+∠BDF=90°，
∴∠BDE=∠ADF
在△BDE和△ADF中，
∴△BDE≌△ADF，
∴BE=AF
（3）如图③，过点M作MG∥BC，交AB的延长线于点G，
∵DA⊥BC，
∴AM⊥GM，
故△AMG为等腰直角三角形
∴GM=AM=2,故AG=2
∵
同（1）理可得△BMG≌△NMA，
∴AN=GB=1,
∴=AG-BG=AG-AN=.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形、补角及余角，解题的关键是熟知全等三角形的判定及等腰三角形的性质．
20、4
【分析】根据相反数的概念及绝对值的运算法则计算即可.
【详解】解：∵a是2的相反数，
∴a=-2，
∴|a一2|=|-2-2|=|-4|=4
【点睛】
本题考查相反数的含义、有理数的加减运算、及去绝对值法则，掌握运算法则是基础.
21、（1）y=x+2；
（2）M（1，3）．
【分析】（1）根据正比例函数的定义设y-2=kx（k≠0），然后把x、y的值代入求出k的值，再整理即可得解；
（2）将点M（m，3）的坐标代入函数解析式得到关于m的方程即可求解．
【详解】解：（1）设y-2=kx（k≠0），
把x=2，y=4代入求得k=1，
∴函数解析式是y=x+2；
（2）∵点M（m，3）在这个函数图象上，
∴m+2=3，
解得：m=1，
∴点M的坐标为（1，3）．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，注意利用正比例函数的定义设出函数关系式．
22、见解析
【分析】根据等边三角形的性质可得∠ABD＝∠CBE=60°，AB＝BD，BE=BC，根据角的和差关系可得∠ABE＝∠DBC，利用SAS即可证明△ABE≌△DBC，可得AE=DC.
【详解】∵△ABD和△BCE都是等边三角形，
∴∠ABD＝∠CBE=60°，AB＝BD，BE=BC，
∴∠ABD+∠DBE＝∠CBE+∠DBE，即∠ABE＝∠DBC，
在△ABE和△DBC中，
∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE=DC.
【点睛】
本题考查等边三角形的性质及全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键.
23、（1）；（2）， .
【分析】（1）根据负整指数幂、零指数幂以及同底数幂的乘法法则计算即可
（2）根据分式的混合运算法则先化简，再代入a的值即可
【详解】（1）原式
（2）原式，
∵的范围内的整数有:－2，－1，0，1，2.而，，
∴，.（任取其一）
当时，原式；.
【点睛】
本题考查了负整指数幂、零指数幂以及同底数幂的乘法、分式的化简求值等知识，熟练掌握相关的法则是解题的关键
24、（1）见解析；（2）AE=1，BE=1.
【分析】（1）连接DB，DC，证明Rt△BED≌Rt△CFD，再运用全等三角形的性质即可证明；
（2）.先证明△AED≌△AFD得到AE=AF，设BE=x，则CF=x， 利用线段的和差即可完成解答.
【详解】（1）证明：连接BD，CD，
∵ AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF，∠BED=∠CFD=90°，
∵DG⊥BC且平分BC，
∴BD=CD，
在Rt△BED与Rt△CFD中，
，
∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），
∴BE=CF；
（2）解：在△AED和△AFD中，

∴△AED≌△AFD（AAS），
∴AE=AF，
设BE=x，则CF=x，
∵AB=5，AC=3，AE=AB﹣BE，AF=AC+CF，
∴5﹣x=3+x，解得：x=1，
∴BE=1，即AE=AB﹣BE=5﹣1=1．
【点睛】
本题主要考查三角形全等的判定和性质，掌握三角形全等的判定方法和灵活运用全等三角形的性质是解题本题的关键
25、
【分析】根据两点之间直线最短的定理，将正方体展开即可解题.
【详解】将两个立方体平面展开，将面以为轴向上展开，连接A、P两点，得到三角形APE，AE=4+5=9，EP=4+1=5，AP==cm.
【点睛】
本题考查空间思维能力.
26、（1）画图见解析；（2）画图见解析.
【分析】（1）以3和2为直角边作出直角三角形，斜边即为所求；
（2）以3和1为直角边作出直角三角形，斜边为正方形的边长，如图②所示．
【详解】（1）如图①所示：
（2）如图②所示.
【点睛】
考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
选手
甲
乙
丙
丁
方差
0.20
0.19
0.21
0.22