重庆梁平县联考2023-2024学年八年级数学第一学期期末学业水平测试试题【含解析】

这是一份重庆梁平县联考2023-2024学年八年级数学第一学期期末学业水平测试试题【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，下列各式与相等的是，下列二次根式中，可以与合并的是等内容，欢迎下载使用。
考生请注意：
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．下列实数中，无理数是( )
A．B．-0.3C．D．
2．下列图形中是轴对称图形的是（ ）．
A．B．C．D．
3．下列运算正确的是（ ）．
A．(－a)1．(－a)3=a6B．(a1)3 a6= a11
C．a10÷a1=a5D．a1+a3= a5
4．一次数学测试后，某班40名学生的成绩被分为5组，第1～4组的频数分别为12、10、6、8，则第5组的频率是（ ）
A．0.1B．0.2C．0.3D．0.4
5．下列各式与相等的是（ ）
A．B．C．D．
6．如果一元一次不等式组的解集为＞3，则的取值范围是( )
A．＞3B．≥3C．≤3D．＜3
7．等腰三角形的两边长是6cm和3cm，那么它的周长是
A．9cmB．12 cmC．12 cm或15 cmD．15 cm
8．如图，在中，点为的中点，平分，且于点，延长交于点.若，，则的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
9．下列二次根式中，可以与合并的是（ ）．
A． B． C． D．
10．下面的计算过程中，从哪一步开始出现错误( )．
A．①B．②C．③D．④
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，是的平分线，点在上，，垂足为，若，则点到的距离是__________________．
12．4的平方根是_____；8的立方根是_____．
13．若，则=______
14．已知正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在AD，DC上，AE＝DF＝1，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为_____．
15．_____3（填＞，＜或=）
16．如图，等腰直角三角形ABC中， AB=4 cm.点 是BC边上的动点，以AD为直角边作等腰直角三角形ADE.在点D从点B移动至点C的过程中，点E移动的路线长为________cm.
17．如图，网格纸上每个小正方形的边长为1，点，点均在格点上，点为轴上任意一点，则=____________；周长的最小值为_______________.
18．已知是整数，则正整数n的最小值为___
三、解答题(共66分)
19．（10分）为改善交通拥堵状况，我市进行了大规模的道路桥梁建设．已知某路段乙工程队单独完成所需的天数是甲工程队单独完成所需天数的1.5倍，如果按甲工程队单独工作20天，再由乙工程队单独工作30天的方案施工，这样就完成了此路段的．
（1）求甲、乙工程队单独完成这项工程各需多少天？
（2）已知甲工程队每天的施工费用是2万元，乙工程队每天的施工费用为1.2万元，要使该项目的工程费不超过114万元，则需要改变施工方案，但甲乙两个工程队不能同时施工，乙工程队最少施工多少天才能完成此项工程？
20．（6分）如图，点，，，在一条直线上，，，.求证：.
21．（6分）已知△ABC等边三角形，△BDC是顶角120°的等腰三角形，以D为顶点作60°的角，它的两边分别与AB．AC所在的直线相交于点M和N，连接MN．
（1）如图1，当点M、点N在边AB、AC上且DM=DN时，探究：BM、MN、NC之间的关系，并直接写出你的结论；
（2）如图2，当点M、点N在边AB、AC上，但DM≠DN时，（1）中的结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明；
（3）如图3，若点M、N分别在射线AB、CA上，其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？若成立，写出你的猜想；若不成立，请直接写出新的结论．
22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A（0，1），B（3，2），C（1，4）均在正方形网格的格点上．
（1）画出△ABC关于x轴的对称图形△A1B1C1；
（2）将△A1B1C1沿x轴方向向左平移4个单位得到△A2B2C2，画出△A2B2C2并写出顶点A2，B2，C2的坐标．
23．（8分）如图1,为轴负半轴上一点,为轴正半轴上一点,点坐标为，点坐标为且．
（1）求两点的坐标；
（2）求；
（3）如图2,若点坐标为点坐标为,点为线段上一点，的延长线交线段于点,若，求出点坐标．
（4）如图3,若,点在轴正半轴上任意运动，的平分线交的延长线于点,在点的运动过程中，的值是否发生变化，若不变化,求出比值；若变化请说明理由．
24．（8分）如图，隧道的截面由半圆和长方形构成，长方形的长BC为8m，宽AB为1m，该隧道内设双向行驶的车道（共有2条车道），若现有一辆货运卡车高4m，宽2.3m．则这辆货运卡车能否通过该隧道？说明理由．
25．（10分）如图，将一张矩形纸板按图中虚线裁剪成九块，其中有两块是边长都为m的大正方形，两块是边长都为n的小正方形，五块是长为m，宽为n的全等小矩形，且m＞n．（以上长度单位：cm）
（1）观察图形，可以发现代数式2m2+5mn+2n2可以因式分解为 ；
（2）若每块小矩形的面积为10cm2，两个大正方形和两个小正方形的面积和为58cm2，试求m+n的值
（3）②图中所有裁剪线（虚线部分）长之和为 cm．（直接写出结果）
26．（10分）如图，在△ABC中，BE、CD相交于点E，设∠A=2∠ACD=76°，∠2=143°，求∠1和∠DBE的度数．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项．
【详解】解：A、是有理数，故A错误；
B、-0.3是有理数，故B错误；
C、是无理数，故C正确；
D、=3，是有理数，故D错误；
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数．
2、D
【分析】根据轴对称图形的概念求解即可．
【详解】A、不是轴对称图形，本选项错误；
B、不是轴对称图形，本选项错误；
C、不是轴对称图形，本选项错误；
D、是轴对称图形，本选项正确．
故选：D．
【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，图形两部分折叠后可重合．
3、B
【分析】根据同类项的定义，幂的乘方，同底数的幂的乘法与除法法则即可作出判断．
【详解】解：A. (－a)1．(－a)3=－a5，，故选项错误；
B.正确；
C.a10÷a1=a8，故选项错误；
D.不是同类项，不能合并，故选项错误.
故选：B．
【点睛】
本题考查同底数幂的除法，合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方，理解法则是基础．
4、A
【分析】根据第1~4组的频数求得第5组的频数，再根据即可得到结论．
【详解】解：第5组的频数为：，
∴第5组的频率为：，
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了频数与频率，正确掌握频率求法是解题关键．
5、B
【分析】本题关键在于化简，需要逐一将A、B、C、D选项进行化简，看最终化简的结果是否与相等，如此即可得出答案.
【详解】选项A，，与原式不相等，故排除；
选项B，，与原式相等；
选项C，已化简为最简，与原式不相等，故排除；
选项D，，与原式不相等，故排除；
综上，本题选B.
【点睛】
本题关键在于对各个选项进行化简，将化简的结果与原式相比，即可得出最终答案.
6、C
【分析】由题意不等式组中的不等式分别解出来为x＞1，x＞a，已知不等式解集为x＞1，再根据不等式组解集的口诀：同大取大，得到a的范围．
【详解】由题意x＞1，x＞a，
∵一元一次不等式组的解集为x＞1，
∴a≤1．
故选：C．
【点睛】
主要考查了一元一次不等式组解集的求法，将不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）逆用，已知不等式解集反过来求a的范围．
7、D
【解析】试题分析：题目给出等腰三角形有两条边长为6cm和3cm，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
解：当腰为3cm时，3+3=6，不能构成三角形，因此这种情况不成立．
当腰为6cm时，6﹣3＜6＜6+3，能构成三角形；
此时等腰三角形的周长为6+6+3=15cm．
故选D．
考点：等腰三角形的性质；三角形三边关系．
8、B
【分析】根据平分，且可得△ADB≌△ADN，得到BD=DN，AN=AB=4，根据三角形中位线定理求出NC，计算即可．
【详解】解：∵平分，且
∴，
在△ADB和△ADN中，
∴△ADB≌△ADN（ASA）
∴BD=DN，AN=AB=4，
∵点为的中点，
∴NC=2DM=2，
∴AC=AN+NC=6，
故选B．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
9、C
【解析】分别将每一项化为最简二次根式，如果与是同类二次根式，即可合并.
【详解】解：A、，不能与合并，故A不符合题意；
B、不能与合并,故B不符合题意；
C、， 能与合并,故C符合题意；
D、， 不能与合并,故D不符合题意；
故答案为：C.
【点睛】
本题考查同类二次根式，解题的关键是熟练运用同类二次根式的概念．
10、B
【解析】直接利用分式的加减运算法则计算得出答案．
【详解】解：
．
故从第②步开始出现错误．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了分式的加减运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】可过点P作PE⊥OB，由角平分线的性质可得，PD＝PE，进而可得出结论．
【详解】如图，过点P作PE⊥OB，
∵OC是∠AOB的平分线，点P在OC上，且PD⊥OA，PE⊥OB，
∴PE＝PD，
又∵PD＝，
∴PE＝PD＝．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质；要熟练掌握角平分线的性质，即角平分线上的点到角两边的距离相等．
12、±1 1
【分析】依据平方根立方根的定义回答即可．
【详解】解：∵（±1）1=4，
∴4的平方根是±1．
∵13=8，
∴8的立方根是1．
故答案为±1，1．
考点：立方根；平方根．
13、
【解析】根据0指数幂的意义可得2x+1=0，解方程即可求得答案.
【详解】因为：，所以2x+1=0，所以x=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了0指数幂运算的应用，熟练掌握是解题的关键.
14、．
【分析】利用正方形的性质证出△ABE≌△DAF，所以∠ABE＝∠DAF，进而证得△GBF是直角三角形，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半可知GH＝BF，最后利用勾股定理即可解决问题.
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝AD，
在△ABE和△DAF中，
∵ ，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AGE＝∠BGF＝90°，
∵点H为BF的中点，
∴GH＝BF，
∵BC＝4、CF＝CD﹣DF＝4﹣1＝3，
∴BF＝＝5，
∴GH＝BF＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考点涉及正方形的性质、三角形全等的证明、直角三角形斜边中线定理、勾股定理等知识点，难度适中，熟练掌握相关性质定理是解题关键.
15、＜．
【解析】将3转化为，再比较大小即可得出结论.
【详解】∵3=，
∴＜，
∴＜3.
故答案为＜.
【点睛】
本题考查了实数的大小比较，解题的关键是熟练的掌握实数的大小比较方法.
16、
【解析】试题解析：连接CE，如图：
∵△ABC和△ADE为等腰直角三角形，
∴AC=AB，AE=AD，∠BAC=45°，∠DAE=45°，即∠1+∠2=45°，∠2+∠3=45°，
∴∠1=∠3，
∵，
∴△ACE∽△ABD，
∴∠ACE=∠ABC=90°，
∴点D从点B移动至点C的过程中，总有CE⊥AC，
即点E运动的轨迹为过点C与AC垂直的线段，AB=AB=4，
当点D运动到点C时，CE=AC=4，
∴点E移动的路线长为4cm．
17、 +
【分析】根据勾股定理可计算出AC的长，再找出点A关于x轴对称点，利用两点之间线段最短得出△PAC周长最小值.
【详解】解：如图，AC==，
作点A关于x轴对称的点A1，再连接A1C，此时与x轴的交点即为点P，
此时A1C的长即为AP+CP的最小值，
A1C==，
∴△PAC周长的最小值为：A1C+AC=+.
故答案为：，+.
【点睛】
本题考查了作图-轴对称变换、最短路线问题，解决本题的关键是正确得出对应点位置．
18、1
【分析】因为是整数，且，则1n是完全平方数，满足条件的最小正整数n为1．
【详解】∵，且是整数，
∴是整数，即1n是完全平方数；
∴n的最小正整数值为1．
故答案为1．
【点睛】
主要考查了二次根式的定义，关键是根据乘除法法则和二次根式有意义的条件．二次根式有意义的条件是被开方数是非负数进行解答．
三、解答题(共66分)
19、（1）甲工程队单独完成这项工程需要60天，乙工程队单独完成这项工程需要90天；（2）乙工程队至少施工45天可以完成这个项目．
【分析】（1）令工作总量为1，根据“甲队工作20天+乙队工作30天=”，列方程求解即可；
（2）根据题意表示出甲、乙两队的施工天数，再根据不等关系：甲队施工总费用+乙队施工总费用≤114，列出不等式，求出范围即可解答．
【详解】（1）设甲工程队单独完成这项工程需要天．
依题意得：
经检验为分式方程的解．
（天）
答：甲工程队单独完成这项工程需要60天，乙工程队单独完成这项工程需要90天．
（2）设乙工程队施工天．
依题意得：
解得：
答：乙工程队至少施工45天可以完成这个项目．
【点睛】
本题考查了分式方程、一元一次不等式的应用，分析题意，找到合适的等量关系，列出方程是解决问题的关键，注意分式方程要检验．
20、见解析
【分析】根据得出,根据平行得出,,从而得出三角形全等.
【详解】证明：∵,
∴.
∵,
∴,
∴在和中,
∴.
∴.
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定定理、平行线的性质定理，能够熟练运用性质定理是解题的关键.
21、（1）BM＋CN=MN；（2）成立；证明见解析；（3）MN=CN-BM．
【分析】（1）首先证明Rt△BDM≌Rt△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=MN，即可得出答案；
（2）延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，构造全等三角形，找到相等的线段DE= DM，再进一步证明△MDN≌△EDN，进而等量代换得到MN=BM+NC；
（3）在CA上截取CE=BM，同理先证Rt△DCE≌Rt△DBM，再证△MDN≌△EDN（SAS），即可得证．
【详解】（1）∵△ABC是正三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，
∴∠DBC=∠DCB=30°，
∴∠DBM=∠DCN=90°，
∵在Rt△BDM和Rt△CDN中，
，
∴Rt△BDM≌Rt△CDN（HL），
∴BM=CN，∠BDM=∠CDN，
∵∠MDN=60°，，
∴△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，
∴NC=BM=DM=MN，
∴MN=MB+NC；
（2）成立．理由如下：
延长AC至E，使CE=BM，连接DE，
∵△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，△ABC是等边三角形，
∴∠BCD=30°，
∴∠ABD=∠ACD=90°，
即∠ECD=∠MBD=90°，
∵在Rt△DCE和Rt△DBM中，
，
∴Rt△DCE≌Rt△DBM（SAS），
∴∠BDM=∠CDE，DE= DM，
又∵∠BDC=120°，∠MDN=60°，
∴∠BDM+∠NDC=∠BDC-∠MDN=60°，
∴∠CDE+∠NDC=60°，即∠NDE=60°，
∴∠MDN=∠NDE=60°，
∵在△DMN和△DEN中，
，
∴△DMN≌△DEN（SAS），
∴NE=NM，即CE+CN=NM，
∴BM+CN=NM；
（2）MN=CN-BM，理由如下：
在CA上截取CE=BM，连接DM，
同理可证明：Rt△DCE≌Rt△DBM（SAS），
∴DE=DM，∠EDC=∠BDM，
∵∠MDN=∠MDB+∠BDN=60°，
∴∠BDN+∠CDE=60°，
∴∠NDE=∠NDM=60°，
∵在△MDN和△EDN中，
=60°，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN=NE=NC-CE=NC-BM．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质及等腰三角形的性质；此题从不同角度考查了作相等线段构造全等三角形的能力，要充分利用等边三角形及等腰三角形的性质，转换各相等线段解答．
22、（1）见详解；（2）图见详解，点A2，B2，C2的坐标分别为（﹣4，﹣1），（﹣1，﹣2），（﹣3，﹣4）．
【分析】（1）利用关于x轴对称的点的坐标特征写出A、B、C点的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
（2）利用点平移的坐标特征写出点A2，B2，C2的坐标，然后描点即可．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作，点A2，B2，C2的坐标分别为（﹣4，﹣1），（﹣1，﹣2），（﹣3，﹣4）．
【点睛】
本题考查了关坐标与图形−对称：关于x轴对称：横坐标相等，纵坐标互为相反数；关于y轴对称：纵坐标相等，横坐标互为相反数．
23、（1）C（0，-2），D（-3，-2）；（2）3；（3）Q（，）；（4）值不变，且为
【分析】（1）根据中绝对值和算术平方根的非负性可求得a和b的值，从而得到C和D的坐标；
（2）求出CD的长度，再根据三角形的面积公式列式计算即可；
（3）根据可得△ABQ的面积等于△BOC的面积，求出△OBC的面积，再根据AB的长度可求得点Q的纵坐标，然后求出直线AC的表达式，代入点Q纵坐标即可求出点Q的横坐标；
（4）在△AOE和△BFC中，利用三角形内角和定理列式整理表示出∠ABC，然后相比即可得解.
【详解】解：（1）∵，
∴a+2=0，b+3=0，
∴a=-2，b=-3，
∴C（0，-2），D（-3，-2）；
（2）∵C（0，-2），D（-3，-2），
∴CD=3，且CD∥x轴，
∴=×3×2=3；
（3）∵，△OBP为公共部分，
∴S△ABQ=S△BOC，
∵B（2，0），C（0，-2）
∴S△BOC==2= S△ABQ，
∵A（-3，0），
∴AB=5,
S△ABQ==2，
∴，
设直线AC的表达式为y=kx+b，
将A，C坐标代入，
，
解得：，
∴直线AC的表达式为：，
令y=，
解得x=，
∴点Q的坐标为（，）；
（4）在△ACE中，设∠ADC=∠DAC=α，∠ACE=β，
∠E=∠DAC-∠ACE=α-β，
∵CE平分∠ACB，
∴∠BCE=∠ACE=β，
在△AFE和△BFC中，
∠E+∠EAF+∠AFE=180°，
∠ABC+∠BCF+∠BFC=180°，
∵CD∥x轴，
∴∠EAF=∠ADC=α，
又∵∠AFE=∠BFC，
∴∠E+∠EAF=∠ABC+∠BCF，
即α-β+α=∠ABC+β，
∴∠ABC=2（α-β），
∴==，为定值.
【点睛】
本题考查了坐标与图形的性质，三角形角平分线，三角形的面积，三角形内角和定理，待定系数法求一次函数解析式，属于综合体，熟记性质并准确识图是解题的关键.
24、能通过该隧道，理由见解析．
【解析】利用勾股定理求得EG，利用车宽求此时隧道壁离地面的高度，与车高比较即可．
【详解】解：这辆货车可以通过该隧道．理由如下：
根据题意可知，如图，在AD上取G，使OG=2.3m．
过G作EG⊥BC于F反向延长交半圆于点E，则GF=AB=1m．
圆的半径OE =AD=×8=4m．
在Rt△OEG中，由勾股定理得：EG===＞3，
所以点E到BC的距离为EF=＞3+1=4，故货车可以通过该隧道．
25、（1）（2m+n）（m+2n）；（2）1；（3）2
【分析】（1）根据图象由长方形面积公式将代数式 2m2+5mn+2n2因式分解即可；
（2）根据正方形的面积得出正方形的边长，再利用每块小矩形的面积为10平方厘米，得出等式求出m+n，
（3）根据m+n的值，进一步得到图中所有裁剪线（虚线部分）长之和即可．
【详解】解：（1）由图形可知，2m2+5mn+2n2＝（2m+n）（m+2n），
故答案为（2m+n）（m+2n）；
（2）依题意得，2m2+2n2＝58，mn＝10，
∴m2+n2＝29，
∴（m+n）2＝m2+n2+2mn＝29+20＝49，
∴m+n＝1，
故答案为1．
（3）图中所有裁剪线段之和为1×6＝2（cm）．
故答案为2．
【点睛】
本题考查了因式分解的应用，正确用两种方法表示图形面积是解题的关键．
26、∠1=114°；∠DBE=29°
【解析】试题分析：求出∠ACD，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可得∠1=∠A+∠ACD计算即可得解；
再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求解即可得到∠DBE．
解：∵2∠ACD=76°，
∴∠ACD=38°，
在△ACD中，∠1=∠A+∠CD=76°+38°=114°；
在△BDE中，∠DBE=∠2﹣∠1=143°﹣114°=29°．