郑州市2023年八年级数学第一学期期末监测试题【含解析】

这是一份郑州市2023年八年级数学第一学期期末监测试题【含解析】，共17页。试卷主要包含了下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
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（每题4分，共48分）
1．不等式组的最小整数解是( )
A．0B．－1C．1D．2
2．如图，以∠AOB的顶点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点C，交OB于点D．再分别以点C、D为圆心，大于CD的长为半径画弧，两弧在∠AOB内部交于点E，过点E作射线OE，连接CD．则下列说法错误的是
A．射线OE是∠AOB的平分线
B．△COD是等腰三角形
C．C、D两点关于OE所在直线对称
D．O、E两点关于CD所在直线对称
3．如图，边长为a，b的矩形的周长为10，面积为6，则a2b+ab2的值为（ ）
A．60B．16C．30D．11
4．若分式方程无解，则m的值为（ ）
A．﹣1B．0C．1D．3
5．在△ABC中， ∠C=∠B，与△ABC全等的三角形有一个角是100°，那么△ABC中与这个角对应的角是 ( )
A．∠BB．∠AC．∠CD．∠B或∠C
6．下列说法错误的是（ ）
A．的平方根是
B．是81的一个平方根
C．的算术平方根是4
D．
7．平面直角坐标系中，点P(﹣2，3)关于x轴对称的点的坐标为( )
A．(2，﹣3) B．(﹣2，3) C．(﹣2，﹣3) D．(2，3)
8．如图，在第1个△A1BC中，∠B＝30°，A1B＝CB；在边A1B上任取一点D，延长CA1到A2，使A1A2＝A1D，得到第2个△A1A2D；在边A2D上任取一点E，延长A1A2到A3，使A2A3＝A2E，得到第3个△A2A3E，…按此做法继续下去，则第n个三角形中以An为顶点的底角度数是（ ）
A．（）n•75°B．（）n﹣1•65°
C．（）n﹣1•75°D．（）n•85°
9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB中点，AB=10，则CD的长为（ ）
A．5B．6C．8D．10
10．如图，过边长为2的等边三角形ABC的顶点C作直线l⊥ BC，然后作△ABC关于直线l对称的△A′B′C，P为线段A′C上一动点，连接AP，PB，则AP＋PB的最小值是 （ ）
A．4B．3C．2D．2＋
11．已知是二元一次方程组的解，则m﹣n的值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
12．若实数m、n满足|m﹣3|+（n﹣6）2＝0，且m、n恰好是等腰△ABC的两条边的边长，则△ABC的周长是（ ）
A．12B．15C．12或15D．9
二、填空题（每题4分，共24分）
13．计算的结果等于_______．
14．如图，已知中，，，垂直平分，点为垂足，交于点．那么的周长为__________．
15．若x,y都是实数，且，则x+3y=_____．
16．已知一次函数的图象经过点A（2，-1）和点B，其中点B是另一条直线与y轴的交点，求这个一次函数的表达式___________
17．若分式有意义，则的取值范围是_______________．
18．若 与 互为相反数，则的值为________________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，点在上，，且，．
求证：（1）；
（2）．
20．（8分）如图，在中，∠．
（1）尺规作图：作的平分线交于点；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）已知，求的度数．
21．（8分）因式分解：x2y22y1．
22．（10分）某班要购买一批篮球和足球．已知篮球的单价比足球的单价贵40元，花1500元购买的篮球的个数与花900元购买的足球的个数恰好相等．
（1）篮球和足球的单价各是多少元？
（2）若该班恰好用完1000元购买的篮球和足球，则购买的方案有哪几种？
23．（10分）如图，AB∥DC，AB＝DC，AC与BD相交于点O．
求证：AO＝CO．
24．（10分）如图，已知一次函数y＝mx＋3的图象经过点A(2，6)，B(n，－3)．求：
(1)m，n的值；
(2)△OAB的面积．
25．（12分）甲、乙两车从A城出发沿一条笔直公路匀速行驶至B城在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离千米与甲车行驶的时间小时之间的函数关系如图所示．
，B两城相距______千米，乙车比甲车早到______小时；
甲车出发多长时间与乙车相遇？
若两车相距不超过20千米时可以通过无线电相互通话，则两车都在行驶过程中可以通过无线电通话的时间有多长？
26．用无刻度直尺作图并解答问题：
如图，和都是等边三角形，在内部做一点，使得，并给予证明．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【解析】解：解不等式组 可得，
在这个范围内的最小整数为0，
所以不等式组的最小整数解是0，
故选A
2、D
【解析】试题分析：A、连接CE、DE，根据作图得到OC=OD，CE=DE．
∵在△EOC与△EOD中，OC=OD，CE=DE，OE=OE，
∴△EOC≌△EOD（SSS）．
∴∠AOE=∠BOE，即射线OE是∠AOB的平分线，正确，不符合题意．
B、根据作图得到OC=OD，
∴△COD是等腰三角形，正确，不符合题意．
C、根据作图得到OC=OD，
又∵射线OE平分∠AOB，∴OE是CD的垂直平分线．
∴C、D两点关于OE所在直线对称，正确，不符合题意．
D、根据作图不能得出CD平分OE，∴CD不是OE的平分线，
∴O、E两点关于CD所在直线不对称，错误，符合题意．
故选D．
3、C
【分析】先把所给式子提公因式进行因式分解，整理为与所给周长和面积相关的式子，再代入求值即可．
【详解】∵矩形的周长为10，
∴a+b=5，
∵矩形的面积为6，
∴ab=6，
∴a2b+ab2=ab（a+b）=1．
故选：C．
【点睛】
本题既考查了对因式分解方法的掌握，又考查了代数式求值的方法，同时还隐含了整体的数学思想和正确运算的能力．
4、A
【分析】
【详解】两边同乘以(x+3)得：x+2=m，x=m-2，
∵方程无解
∴x+3=0，即m-2+3=0，
∴m=-1，
故选A.
5、B
【分析】根据三角形的内角和等于180°可知，∠C与∠B不可能为100°，根据全等三角形的性质可得∠A为所求角.
【详解】解：假设，，与矛盾，
假设不成立，则,
故答案为B.
【点睛】
本题考查了全等三角形的基本性质和三角形内角和定理，满足内角和定理的前提下找到对应角是解题关键.
6、C
【解析】根据平方根的性质，立方根的性质依次判断即可.
【详解】的平方根是，故A正确；
是81的一个平方根，故B正确；
=4，算术平方根是2，故C错误；
，故D正确，
故选：C.
【点睛】
此题考查平方根与立方根的性质，熟记性质并熟练解题是关键.
7、C
【解析】根据：关于x轴对称点的坐标特点：横坐标相同，纵坐标互为相反数；可得.
【详解】解：∵关于x轴对称点的坐标特点：横坐标相同，纵坐标互为相反数，
∴点P（﹣2，3）关于x轴的对称点坐标是（﹣2，﹣3），
故答选：C．
【点睛】
关于x轴对称点的坐标特点：横坐标相同，纵坐标互为相反数；
8、C
【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1C的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律即可得出第n个三角形中以An为顶点的底角度数．
【详解】解：∵在△CBA1中，∠B＝30°，A1B＝CB，
∴∠BA1C＝＝75°，
∵A1A2＝A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，
∴∠DA2A1＝∠BA1C＝×75°；
同理可得，
∠EA3A2＝（）2×75°，∠FA4A3＝（）3×75°，
∴第n个三角形中以An为顶点的底角度数是（）n﹣1×75°．
故选：C．
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质和三角形外角的性质，解题的关键是根据这两个性质求出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，探索其规律．
9、A
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】∵∠ACB＝90°，D是AB中点，
∴CD＝AB＝5，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
10、A
【分析】连接AA′，根据现有条件可推出△A′B′C≌△AA′C，连接AB′交A′C于点E，
易证△A′B′E≌△A′AE，可得点A关于A′C对称的点是B′，可得当点P与点C重合时，AP＋PB取最小值，即可求得答案．
【详解】解：如图，连接AA′，
由对称知△ABC，△A′B′C都是等边三角形，
∴∠ACB=∠A′CB′=60°，
∴∠A′CA=60°，
由题意得△ABC≌△A′B′C，
∴AC=A′C，
∴△ACA′是等边三角形，
∴△A′B′C≌△AA′C，
连接AB′交A′C于点E，
易证△A′B′E≌△A′AE，
∴∠A′EB′=∠A′EA=90°，B′E=AE，
∴点A关于A′C对称的点是B′，
∴当点P与点C重合时，AP＋PB取最小值，此时AP＋PB=AC+BC=2+2=4，
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称——最短路线问题，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握知识点是解题关键．
11、D
【分析】根据已知将代入二元一次方程组得到m，n的值，即可求得m-n的值．
【详解】∵是二元一次方程组
∴
∴m=1，n=-3
m-n=4
故选：D
【点睛】
本题考查了二元一次方程组解的定义，已知二元一次方程组的解，可求得方程组中的参数．
12、B
【分析】由已知等式，结合非负数的性质求m、n的值，再根据m、n分别作为等腰三角形的腰，分类求解．
【详解】解：|m﹣3|+（n﹣6）2＝0，
∴m﹣3＝0，n﹣6＝0，
解得m＝3，n＝6，
当m＝3作腰时，三边为3，3，6，，不符合三边关系定理；
当n＝6作腰时，三边为3，6，6，符合三边关系定理，周长为：3+6+6＝1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形，灵活根据等腰三角形的性质进行分类讨论是解题的关键.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、2
【分析】先套用平方差公式，再根据二次根式的性质计算可得．
【详解】原式=（）2﹣（）2=5﹣3=2，
考点：二次根式的混合运算
14、8
【分析】先根据线段垂直平分线的性质得出AE=BE，再根据AB=AC即可得出AC的长，进而得出结论．
【详解】的垂直平分线交于点，垂足为点，
，
，
，，，
的周长．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是线段垂直平分线的性质，熟知线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等是解答此题的关键．
15、1
【分析】根据被开方数是非负数，可得答案．
【详解】由题意，得
x−3≥0且3−x≥0，
解得x＝3，y＝8，
x＋3y＝3＋3×8＝1，
故答案为：1．
【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．
16、y=-2x+1
【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，再根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出该一次函数的表达式．
【详解】解：当x=0时，=1，
∴点B的坐标为（0，1）．
设这个一次函数的表达式为y=kx+b（k≠0），
将点A（2，-1）、B（0，1）代入y=kx+b，
，解得：，
∴该一次函数的表达式y=-2x+1．
故答案为：y=-2x+1．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，利用一次函数图象上点的坐标特征求出点B的坐标是解题的关键．
17、
【分析】根据分式有意义的条件：分母不能为0即可确定的取值范围．
【详解】∵分式有意义

解得
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件是解题的关键．
18、4
【分析】根据 与 互为相反数可以得到+=0，再根据分式存在有意义的条件可以得到1-x≠0，x≠0，计算解答即可．
【详解】∵ 与 互为相反数
∴+=0
又∵1-x≠0，x≠0
∴原式去分母得3x+4（1-x）=0
解得x=4
故答案为4
【点睛】
本题考查的是相反数的意义、分式存在有意义的条件和解分式方程，根据相反数的意义得到+=0是解题的关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）直接利用HL即可证明；
（2）根据全等三角形的性质得出，然后通过等量代换得出,即可证明结论．
【详解】（1），，
，
在和中，
，
．
（2）由（1）知．
，
，
，
∴
．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定及性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
20、（1）见解析；（2）30°
【分析】（1）首先以A为圆心，小于AC长为半径画弧，交AC、AB于H、F，再分别以H、F为圆心，大于HF长为半径画弧，两弧交于点M，再画射线AM交CB于D；
（2）先根据角平分线定义和等腰三角形的性质得：∠B=∠BAD=∠CAD，则∠B=30°．
【详解】解：（1）如图所示：AD即为所求；
（2）∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵AD＝BD，
∴∠B＝∠BAD，
∴∠B＝∠BAD＝∠CAD，
∵∠C＝90°，
∴∠B＝30°．
【点睛】
此题主要考查了角平分线的基本作图，以及等腰三角形的性质和三角形的内角和，熟练掌握角平分线的基本作图是关键．
21、
【分析】利用完全平方公式及平方差公式进行分解即可．
【详解】解：原式．
【点睛】
本题考查了因式分解，把一个多项式化成几个整式的乘积的形式，叫做因式分解．因式分解常用的方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分组分解法．因式分解必须分解到每个因式都不能再分解为止．
22、（1）足球的单价为60元，篮球的单价为100元；（2）学校共有3种购买方案，方案1：购买7个篮球，5个足球；方案2：购买4个篮球，10个足球；方案3：购买1个篮球，15个足球．
【分析】（1）设足球的单价为元，则篮球的单价为元，根据“花1500元购买的篮球的个数与花900元购买的足球的个数恰好相等”列出分式方程即可求出结论；
（2）设购买篮球个，足球个，根据“该班恰好用完1000元购买的篮球和足球”列出二元一次方程，然后求出所有正整数解即可．
【详解】解：（1）设足球的单价为元，则篮球的单价为元
依题意，得：
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意
．
答：足球的单价为60元，篮球的单价为100元．
（2）设购买篮球个，足球个，
依题意，得：，
．
，均为正整数，
为5的倍数，
或10或15，
或4或1．
答：学校共有3种购买方案，方案1：购买7个篮球，5个足球；
方案2：购买4个篮球，10个足球；
方案3：购买1个篮球，15个足球．
【点睛】
此题考查的是分式方程的应用和二元一次方程的应用，掌握实际问题中的等量关系是解决此题的关键．
23、证明见解析.
【解析】试题分析：
由AB∥CD，可得∠A=∠C，∠B=∠D，结合AB=CD即可由“ASA”证得△AOB≌△COD，由此可得OA=OC.
试题解析：
∵AB∥CD，
∴∠A=∠C，∠B=∠D，
又∵AB=CD，
∴△AOB≌△COD，
∴OA=OC.
24、 (1) n＝－4；(2) 9.
【解析】（1）根据点A的坐标利用待定系数法可求出m值，进而可得出一次函数解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出n值；
（2）令直线AB与y轴的交点为C，由直线解析式可求得点C(0，3)，再根据S△OAB＝S△OCA＋S△OCB进行求解即可.
【详解】（1）∵一次函数y＝mx＋3的图象经过点A(2，6)，
∴6＝2m＋3，∴m＝，
∴一次函数的表达式为y＝x＋3.
又∵一次函数y＝x＋3的图象经过点B(n，－3)，
∴－3＝n＋3，∴n＝－4.
（2）令直线AB与y轴的交点为C，当x＝0时，y＝3，∴C(0，3)，
∴S△OAB＝S△OCA＋S△OCB＝×3×2＋×3×|－4|＝9.
【点睛】本题考查了待定系数法，一次函数图象与坐标轴围成的三角形的面积等，利用待定系数法求出函数解析式是解本题的关键.
25、（1）300千米，1小时（2）2.5小时（3）1小时
【解析】（1）根据函数图象可以直接得到A，B两城的距离,乙车将比甲车早到几小时；
(2)由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，求得两函数图象的交点即可
（3）再令两函数解析式的差小于或等于20，可求得t可得出答案．
【详解】（1）由图象可知A、B两城市之间的距离为300km， 甲比乙早到1小时，
（2）设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲=kt，
把（5，300）代入可求得k=60，
∴y甲=60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙=mt+n，
把（1，0）和（4，300）代入可得
，
解得：，
∴y乙=100t-100，
令y甲=y乙，可得：60t=100t-100，
解得：t=2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t=2.5，
∴甲车出发2.5小时与乙车相遇
（3）当y甲- y乙=20时
60t-100t+100=20，t=2
当y乙- y甲=20时
100t-100-60t=20，t=3
∴3-2=1（小时）
∴两车都在行驶过程中可以通过无线电通话的时间有1小时
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标，特别注意t是甲车所用的时间．
26、图详见解析，证明详见解析
【分析】已知和都是等边三角形，可得出AD=AB，AC=AE；∠DAB=∠EAC=60°，然后证明△DAC≌△BAE，即可得出∠ADC=∠ABE，即可得出∠BPC为120°．
【详解】用无刻度直尺作图并解答问题
如图，连接CD、BE交于点P，∠BPC=120°．
∵△ABD和△ACE都是等边三角形
∴AD=AB，AC=AE；∠DAB=∠EAC=60°
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，
即∠DAC=∠BAE；
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴∠ADC=∠ABE，
又∵∠AQD=∠BQP
∴∠BPD=∠DAB=60°，
∴∠BPC=120°
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质．