重庆市江津区实验中学2023-2024学年数学八年级第一学期期末学业质量监测试题【含解析】

这是一份重庆市江津区实验中学2023-2024学年数学八年级第一学期期末学业质量监测试题【含解析】，共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，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．（x－m）2＝x2＋nx＋36，则n的值为（ ）
A．12B．－12C．－6D．±12
2．若把分式中的、都扩大2倍，那么分式的值（ ）
A．扩大2倍B．不变C．缩小一半D．缩小4倍
3．如图，不是轴对称图形的是( )
A．B．C．D．
4．已知关于的分式方程的解是非正数，则的取值范围是( )
A．B．且C．D．且
5．等腰△ABC中，∠C＝50°，则∠A的度数不可能是（ ）
A．80°B．50°C．65°D．45°
6．小明体重为 48.96 kg ，这个数精确到十分位的近似值为（ ）
A．48 kgB．48.9 kgC．49 kgD．49.0 kg
7．人体中红细胞的直径约为0.0000077 m，用科学记数法表示数的结果是( )
A．0.77×10－5 mB．0.77×10－6 m
C．7.7×10－5 mD．7.7×10－6 m
8．下列图形中，∠1与∠2不是同位角的是（ ）
A．B．C．D．
9．两个小组同时从甲地出发，匀速步行到乙地，甲乙两地相距7500米，第一组的步行速度是第二组的1.2倍，并且比第二组早15分钟到达乙地，设第二组的步行速度为x千米/小时，根据题意可列方程是（ ）．
A．B．
C．D．
10．如图，在平面直角坐标系中，点，，，和，，，分别在直线和轴上，，，，是以，，，为顶点的等腰直角三角形．如果点，那么点的纵坐标是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．若n边形的内角和是它的外角和的2倍，则n= .
12．等腰三角形有一个外角是100°，那么它的的顶角的度数为_____________ .
13．若一个正多边形的每个外角都等于36°，则它的内角和是_____．
14．分解因式xy2+4xy+4x＝_____．
15．如图所示，在Rt△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，AB=12，D是斜边AC的中点，P是AB上一动点，则PC+PD的最小值为_____．
16．若，，则________.
17．若是正整数，则满足条件的的最小正整数值为__________．
18．如图,已知平面直角坐标系,A、B两点的坐标分别为A(2,−3),B(4,−1)．
(1)若P(p,0)是x轴上的一个动点，则△PAB的最小周长为___________
(2)若C(a,0),D(a+3,0)是x轴上的两个动点，则当a=___________时，四边形ABDC的周长最短；
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在中，，，是中点，．
求证：（1）；
（2）是等腰直角三角形．
20．（6分）先化简，再求值：，并从，，，这四个数中取一个合适的数作为的值代入求值．
21．（6分）先化简再求值：求的值，其中.
22．（8分）计算
（1）（﹣）﹣2﹣23×1．125+21151+|﹣1|； （2）[（a+b）2﹣（a﹣b）2]÷2ab
23．（8分）如图，点E、F在BC上，BE＝CF，AB＝DC，∠B＝∠C．求证：∠A＝∠D．
24．（8分）如图，△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB交BC于点D，DE⊥AB于点E，且AE=BE，BC=1．
（1）求∠B的度数；
（2）求AD的长．
25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A,与y轴交于点B,过点B的直线x轴于点C，且AB=BC．
（1）求直线BC的表达式
（2）点P为线段AB上一点，点Q为线段BC延长线上一点，且AP=CQ,PQ交x轴于点P，设点Q的横坐标为m，求的面积（用含m的代数式表示）
（3）在（2）的条件下，点M在y轴的负半轴上，且MP=MQ，若求点P的坐标．
26．（10分）如图，△ABC和△ADE都是等腰三角形，其中AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE．
（1）如图①，连接BE、CD，求证：BE＝CD；
（2）如图②，连接BE、CD，若∠BAC＝∠DAE＝60°，CD⊥AE，AD＝3，CD＝4，求BD的长；
（3）如图③，若∠BAC＝∠DAE＝90°，且C点恰好落在DE上，试探究CD2、CE2和BC2之间的数量关系，并加以说明．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【详解】 （x－m）2＝x2＋nx＋36，


解得：
故选D.
2、C
【分析】可将式中的x，y都用2x，2y来表示，再将后来的式子与原式对比，即可得出答案．
【详解】解：由题意，分式中的x和y都扩大2倍，
∴=，
分式的值是原式的，即缩小一半，
故选：C．
【点睛】
本题考查了分式的基本性质，分式的分子与分母同乘（或除以）一个不等于0的整式，分式的值不变，分子、分母、分式本身同时改变两处的符号，分式的值不变，掌握知识点是解题关键．
3、A
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项进行分析即可得出结论．
【详解】A．不是轴对称图形，故本选项正确；
B．是轴对称图形，故本选项错误；
C．是轴对称图形，故本选项错误；
D．是轴对称图形，故本选项错误．
故选：A．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的识别，掌握轴对称图形的概念是解答本题的关键．
4、B
【分析】根据题意，先解方程求出x=m-3,方程的解是一个非正数，则m-3≤0,且当x+1=0时即m-2=0方程无解，因此得解．
【详解】解：去分母得：m-2=x+1,
移项得：x=m-3
由方程的解是非正数得：
m-3≤0且m-3+1≠0
解得：m≤3且≠2
【点睛】
本题考查的是利用分式方程的解来解决其中的字母的取值范围问题，一定要考虑到分式方程必须有意义．
5、D
【分析】分类讨论后，根据三角形内角和定理及等腰三角形的两个底角相等解答即可．
【详解】当∠C为顶角时，则∠A＝（180°﹣50°）＝65°；
当∠A为顶角时，则∠A＝180°﹣2∠C＝80°；
当∠A、∠C为底角时，则∠C＝∠A＝50°；
∴∠A的度数不可能是45°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理，等腰三角形的性质，掌握等腰三角形两底角相等的性质是解题的关键．
6、D
【分析】把百分位上的数字6进行四舍五入即可．
【详解】解：48.96≈49.0（精确到十分位）．
故选：D．
【点睛】
本题考查了近似数：近似数与精确数的接近程度，可以用精确度表示，精确到哪位，就是对它后边的一位进行四舍五入．
7、D
【解析】解：0.0000077 m= 7.7×10－6 m．故选D．
8、B
【分析】同位角是“F”形状的，利用这个判断即可．
【详解】解：观察A、B、C、D，四个答案，A、C、D都是“F”形状的，而B不是．
故选：B
【点睛】
本题考查基本知识，同位角的判断，关键在于理解同位角的定义．
9、D
【分析】根据第二组的速度可得出第一组的速度，依据“时间＝路程÷速度”即可找出第一、二组分别到达的时间，再根据第一组比第二组早15分钟（小时）到达乙地即可列出分式方程，由此即可得出结论．
【详解】解：设第二组的步行速度为x千米/小时，则第一组的步行速度为1.2x千米/小时，
第一组到达乙地的时间为：7.5÷1.2x；
第二组到达乙地的时间为：7.5÷x；
∵第一组比第二组早15分钟（小时）到达乙地，
∴列出方程为：.
故选：D．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，解题的关键是根据数量关系列出分式方程．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系列出方程（或方程组）是关键．
10、A
【分析】设点A2，A3，A4…，A2019坐标，结合函数解析式，寻找纵坐标规律，进而解题．
【详解】解：在直线，
，
，
设，，，，，，，，，
则有，，，，
又△，△，△，，都是等腰直角三角形，
，，，．
将点坐标依次代入直线解析式得到：
，，，，，
又，
，，，，，
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了一次函数点坐标特点，等腰直角三角形斜边上高等于斜边长一半，解题的关键是找出规律．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、6
【解析】此题涉及多边形内角和和外角和定理
多边形内角和=180（n-2）, 外角和=360º
所以，由题意可得180(n-2)=2×360º
解得：n=6
12、80°或20°
【分析】根据等腰三角形的性质，已知等腰三角形有一个外角为100°，可知道三角形的一个内角．但没有明确是顶角还是底角，所以要根据情况讨论顶角的度数．
【详解】等腰三角形有一个外角是100°即是已知一个角是80°，这个角可能是顶角，也可能是底角，
当是底角时，顶角是180°－80°－80°＝20°，因而顶角的度数为80°或20°．
故填80°或20°．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质；若题目中没有明确顶角或底角的度数，做题时要注意分情况进行讨论，这是十分重要的，也是解答问题的关键．
13、1440°
【分析】先根据多边形的外角和求多边形的边数，再根据多边形的内角和公式求出即可．
【详解】解：∵一个正多1440°边形的每个外角都等于36°，
∴这个多边形的边数为＝10，
∴这个多边形的内角和＝（10﹣2）×180°＝1440°，
故答案为：1440°．
【点睛】
本题考查了多边形的内角与外角，能正确求出多边形的边数是解此题的关键，注意：多边形的外角和等于360°，边数为n的多边形的内角和=（n-2）×180°．
14、x（y+2）2
【解析】原式先提取x，再利用完全平方公式分解即可。
【详解】解：原式=，故答案为：x（y+2）2
【点睛】
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键.
15、12
【分析】作C关于AB的对称点E，连接ED，易求∠ACE=60°，则AC=AE，且△ACE为等边三角形，CP+PD=DP+PE为E与直线AC之间的连接线段，其最小值为E到AC的距离=AB=12，所以最小值为12.
【详解】作C关于AB的对称点E，连接ED，
∵∠B=90°，∠A=30°，
∴∠ACB=60°，
∵AC=AE，
∴△ACE为等边三角形，
∴CP+PD=DP+PE为E与直线AC之间的连接线段，
∴最小值为C'到AC的距离=AB=12，
故答案为12
【点睛】
本题考查的是最短线路问题及等边三角形的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
16、1
【分析】根据同底数幂的除法法则，用除以，求出的值是多少即可．
【详解】解：．
故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查了同底数幂的除法法则：同底数幂相除，底数不变，指数相减，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①底数，因为0不能做除数；②单独的一个字母，其指数是1，而不是0；③应用同底数幂除法的法则时，底数可是单项式，也可以是多项式，但必须明确底数是什么，指数是什么．
17、1
【分析】先化简，然后依据也是正整数可得到问题的答案．
【详解】解：==，
∵是正整数，
∴1n为完全平方数，
∴n的最小值是1．
故答案为：1.
【点睛】
本题主要考查的是二次根式的定义，熟练掌握二次根式的定义是解题的关键．
18、
【分析】（1）根据题意，设出并找到B（4，-1）关于x轴的对称点是B'，其坐标为（4，1），算出AB′+AB进而可得答案；
（2）过A点作AE⊥x轴于点E，且延长AE，取A'E=AE．做点F（1，-1），连接A'F．利用两点间的线段最短，可知四边形ABDC的周长最短等于A'F+CD+AB，从而确定C点的坐标值．
【详解】解：（1）设点B（4，-1）关于x轴的对称点是B'，可得坐标为（4，1），连接AB′，
则此时△PAB的周长最小，
∵AB′=，AB=，
∴△PAB的周长为，
故答案为：；
（2）过A点作AE⊥x轴于点E，且延长AE，取A'E=AE．作点F（1，-1），连接A'F．那么A'（2，3）．
设直线A'F的解析式为y=kx+b，
则，解得：，
∴直线A'F的解析式为y=4x-5，
∵C点的坐标为（a，0），且在直线A'F上，
∴a=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查最短路径问题，同时考查了根据两点坐标求直线解析式，运用解析式求直线与坐标轴的交点等知识．
三、解答题(共66分)
19、（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接AD，证明△BFD≌△AED即可得出DE=DF；
（2）根据三线合一性质可知AD⊥BC，由△BFD≌△AED可知∠BDF=∠ADE，根据等量代换可知∠EDF=90°，可证△DEF为等腰直角三角形．
【详解】证明：（1）如图，连接AD，
∵Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠C=45°，
∵AB=AC，是中点，
∴∠DAE=∠BAD=45°
∴∠BAD=∠B=45°
∴AD=BD，∠ADB=90°，
在△DAE和△DBF中，
，
∴△DAE≌△DBF（SAS），
∴DE=DF；
（2）∵△DAE≌△DBF
∴∠ADE=∠BDF，DE=DF，
∵∠BDF+∠ADF=∠ADB=90°，
∴∠ADE+∠ADF=90°．
∴△DEF为等腰直角三角形．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质和等腰三角形的判定，考查了学生综合运用数学知识的能力，连接AD，构造全等三角形是解决问题的关键．
20、；当时，值为．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再利用分式有意义的条件得出符合分式的x的值，代入计算可得．
【详解】解：原式
为使分式有意义，
则有，，，
，，，
此时，取
当时，
原式
【点睛】
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式的混合运算顺序和运算法则及因式分解的应用，注意取合适的值时，要使分式有意义．
21、，
【分析】先把分式的分子分母分解因式，然后约分化简，注意运算的结果要化成最简分式或整式，再把给定的值代入求值．
【详解】
；
把代入得：
原式．
【点睛】
考查了有理数的混合运算，关键是进行有理数的混合运算时，注意各个运算律的运用，可以运算过程得到简化．
22、（1）5；（2）2．
【分析】（1）分别根据负整数指数幂、幂的运算、零指数幂、绝对值运算计算出各部分，再进行加减运算即可；
（2）先利用完全平方公式计算小括号，再合并同类项，最后根据整式的除法运算法则计算即可．
【详解】解：（1）
；
（2）
．
【点睛】
本题考查实数的混合运算、整式的混合运算，掌握运算法则是解题的关键．
23、答案见解析
【分析】由BE＝CF可得BF＝CE，再结合AB＝DC，∠B＝∠C可证得△ABF≌△DCE，问题得证.
【详解】解∵BE＝CF，
∴BE+EF＝CF+EF，即BF＝CE．
在△ABF和△DCE中，

∴△ABF≌△DCE，
∴∠A＝∠D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，是中考中比较常见的知识点，一般难度不大，需熟练掌握全等三角形的判定和性质.
24、（1）30°；（2）2
【分析】（1）根据题意易得∠CAD=∠DAB=∠B，然后根据直角三角形的性质可求解；
（2）由（1）及BC=1结合含30°角的直角三角形的性质可求AC的长，进行求解AD的长．
【详解】解：（1）AD平分∠CAB，
∠CAD=∠DAB，
DE⊥AB于点E，且AE=BE，
AD=DB，
∠DAB=∠B，即∠CAD=∠DAB=∠B，
∠C=90°，
∠CAB+∠B=90°，即∠CAD+∠DAB+∠B=90°，
∠CAD=∠DAB=∠B=30°；
（2）由（1）得：∠CAD=∠DAB=∠B=30°，
2AC=AB，AD=2CD，
BC=1，∠C=90°，
，即，解得；
同理可求，
AD=2CD=2．
【点睛】
本题主要考查线段垂直平分线的性质、勾股定理及含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质、勾股定理及含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
25、（1）y=-2x+8；（2）S=16m-2m2；（3）（-2，4）
【分析】（1）先求出点A，点B坐标，由等腰三角形的性质可求点C坐标，由待定系数法可求BC的解析式；
（2）过点P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，过点Q作HQ⊥AC，由“AAS”可证△AGP≌△CHQ，可得AG=HC=m-4，PG=HQ=2m-8，由“AAS”可证△PEF≌△QCF，可得S△PEF=S△QCF，即可求解；
（3）如图2，连接AM，CM，过点P作PE⊥AC，由“SSS”可证△APM≌△CQM，△ABM≌△CBM，可得∠PAM=∠MCQ，∠BQM=∠APM=45°，∠BAM=∠BCM，由“AAS”可证△APE≌△MAO，可得AE=OM，PE=AO=4，可求m的值，可得点P的坐标．
【详解】解：（1）∵直线y=2x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点B（0，8），点A（-4，0）
∴AO=4，BO=8，
∵AB=BC，BO⊥AC，
∴AO=CO=4，
∴点C（4，0），
设直线BC解析式为：y=kx+b，
由题意可得：，
解得：，
∴直线BC解析式为：y=-2x+8；
（2）如图1，过点P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，过点Q作HQ⊥AC，
设△PBQ的面积为S，
∵AB=CB，
∴∠BAC=∠BCA，
∵点Q横坐标为m，
∴点Q（m，-2m+8）
∴HQ=2m-8，CH=m-4，
∵AP=CQ，∠BAC=∠BCA=∠QCH，∠AGP=∠QHC=90°，
∴△AGP≌△CHQ（AAS），
∴AG=HC=m-4，PG=HQ=2m-8，
∵PE∥BC，
∴∠PEA=∠ACB，∠EPF=∠CQF，
∴∠PEA=∠PAE，
∴AP=PE，且AP=CQ，
∴PE=CQ，且∠EPF=∠CQF，∠PFE=∠CFQ，
∴△PEF≌△QCF（AAS）
∴S△PEF=S△QCF，
∴△PBQ的面积
=四边形BCFP的面积+△CFQ的面积
=四边形BCFP的面积+△PEF的面积
=四边形PECB的面积，
∴S=S△ABC-S△PAE=×8×8-×（2m-8）×（2m-8）=16m-2m2；
（3）如图2，连接AM，CM，过点P作PE⊥AC，
∵AB=BC，BO⊥AC，
∴BO是AC的垂直平分线，
∴AM=CM，且AP=CQ，PM=MQ，
∴△APM≌△CQM（SSS）
∴∠PAM=∠MCQ，∠BQM=∠APM=45°，
∵AM=CM，AB=BC，BM=BM，
∴△ABM≌△CBM（SSS）
∴∠BAM=∠BCM，
∴∠BCM=∠MCQ，且∠BCM+∠MCQ=180°，
∴∠BCM=∠MCQ=∠PAM=90°，且∠APM=45°，
∴∠APM=∠AMP=45°，
∴AP=AM，
∵∠PAO+∠MAO=90°，∠MAO+∠AMO=90°，
∴∠PAO=∠AMO，且∠PEA=∠AOM=90°，AM=AP，
∴△APE≌△MAO（AAS）
∴AE=OM，PE=AO=4，
∴2m-8=4，
∴m=6，
∴P（-2，4）．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
26、（1）证明见解析；（1）2；（3）CD1+CE1＝BC1，证明见解析．
【分析】（1）先判断出∠BAE=∠CAD，进而得出△ACD≌△ABE，即可得出结论．
（1）先求出∠CDA=∠ADE=30°，进而求出∠BED=90°，最后用勾股定理即可得出结论．
（3）方法1、同（1）的方法即可得出结论；方法1、先判断出CD1+CE1=1（AP1+CP1），再判断出CD1+CE1=1AC1．即可得出结论．
【详解】解：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAE＝∠DAE+∠CAE，即∠BAE＝∠CAD．
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴CD＝BE．
（1）如图1，连结BE，
∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD＝3，∠ADE＝∠AED＝60°，
∵CD⊥AE，
∴∠CDA＝∠ADE＝×60°＝30°，
∵由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD＝4，∠BEA＝∠CDA＝30°，
∴∠BED＝∠BEA+∠AED＝30°+60°＝90°，即BE⊥DE，
∴BD＝＝＝2．
（3）CD1、CE1、BC1之间的数量关系为：CD1+CE1＝BC1，理由如下：
解法一：
如图3，连结BE．
∵AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠D＝∠AED＝42°，
∵由（1）得△ACD≌△ABE，
∴BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝42°，
∴∠BEC＝∠BEA+∠AED＝42°+42°＝90°，即BE⊥DE，
在Rt△BEC中，由勾股定理可知：BC1＝BE1+CE1．
∴BC1＝CD1+CE1．
解法二：
如图4，过点A作AP⊥DE于点P．
∵△ADE为等腰直角三角形，AP⊥DE，
∴AP＝EP＝DP．
∵CD1＝（CP+PD）1＝（CP+AP）1＝CP1+1CP•AP+AP1，
CE1＝（EP﹣CP）1＝（AP﹣CP）1＝AP1﹣1AP•CP+CP1，
∴CD1+CE1＝1AP1+1CP1＝1（AP1+CP1），
∵在Rt△APC中，由勾股定理可知：AC1＝AP1+CP1，
∴CD1+CE1＝1AC1．
∵△ABC为等腰直角三角形，由勾股定理可知：
∴AB1+AC1＝BC1，即1AC1＝BC1，
∴CD1+CE1＝BC1．
【点睛】
本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解（1）的关键是判断出∠BAE=∠CAD，解（1）（3）的关键是判断出BE⊥DE，是一道中等难度的中考常考题．