重庆市巫溪中学2023年八年级数学第一学期期末调研模拟试题【含解析】

这是一份重庆市巫溪中学2023年八年级数学第一学期期末调研模拟试题【含解析】，共23页。试卷主要包含了下列叙述中，错误的是，若，则的值为等内容，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．下面的计算过程中，从哪一步开始出现错误( )．
A．①B．②C．③D．④
2．下列说法正确的是（ ）．
①若 ，则一元二次方程 必有一根为 -1．
②已知关于x 的方程 有两实根，则k 的取值范围是 ﹒
③一个多边形对角线的条数等于它的边数的 4倍，则这个多边形的内角和为1610度 ．
④一个多边形剪去一个角后，内角和为1800度 ，则原多边形的边数是 11或 11．
A．①③B．①②③C．②④D．②③④
3．下列运算中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．甲、乙两车从城出发匀速行驶至城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离城的距离(千米)与甲车行驶的时间(小时)之间的函数关系如图所示.则下列结论:
①两城相距千米；
②乙车比甲车晚出发小时,却早到小时；
③乙车出发后小时追上甲车；
④当甲、乙两车相距千米时,
其中正确的结论有（ ）
A．个B．个C．个D．个
5．一个多边形的内角和是外角和的2倍， 则这个多边形对角线的条数是（ ）
A．6B．9C．12D．18
6．如果把分式中的x，y同时扩大为原来的3倍，那么该分式的值（ ）
A．不变B．扩大为原来的3倍
C．缩小为原来的D．缩小为原来的
7．下列叙述中，错误的是（ ）
①立方根是；②的平方根为；③的立方根为；④的算术平方根为，
A．①②B．②③C．③④D．①④
8．如图，MN是等边三角形ABC的一条对称轴，D为AC的中点，点P是直线MN上的一个动点，当PC+PD最小时，∠PCD的度数是（ ）
A．30°B．15°C．20°D．35°
9．若，则的值为（ ）
A．5B．0C．3或-7D．4
10．如图，的平分线与的垂直平分线相交于点，于点，，，则的长为( )
A．B．C．D．
11．如图，在等边△ABC中，点D，E分别在边BC，AB上，且BD＝AE，AD与CE交于点F，作CM⊥AD，垂足为M，下列结论不正确的是（ ）
A．AD＝CEB．MF＝CFC．∠BEC＝∠CDAD．AM＝CM
12．用科学计数法表示为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，，，则的度数为__________．
14．已知一次函数y＝kx﹣4（k＜0）的图象与两坐标轴所围成的三角形的面积等于8，则该一次函数表达式为_____．
15．若多项式中不含项，则为______.
16．如图，在中，，平分，交于点，若，，则周长等于__________．
17．如图，等边三角形ABC的边长为2，过点B的直线l⊥AB，且△ABC与△A′BC′关于直线l对称，D为直线l上一动点，则AD＋CD的最小值是________.
18．一个多边形的内角和是1980°，则这个多边形的边数是__________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，，，，，垂足分别为，，，，求的长．
20．（8分）已知，其中是一个含的代数式．
（1）求化简后的结果；
（2）当满足不等式组，且为整数时，求的值．
21．（8分）如图，在中，，，为的中点，、分别是、(或它们的延长线)上的动点，且．
（1）当时，如图①，线段和线段的关系是：_________________；
（2）当与不垂直时，如图②，（1）的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（3）当、运动到、的延长线时，如图③，请直接写出、、之间的关系．
22．（10分）已知xa＝3，xb＝6，xc＝12，xd＝1．
（1）求证：①a+c＝2b；②a+b＝d；
（2）求x2a﹣b+c的值．
23．（10分）如图，△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，CE⊥AB，AE=CE．求证：
（1）△AEF≌△CEB；
（2）AF=2CD．
24．（10分）如图，在网格中，每个小正方形的边长都为．
（1）建立如图所示的平面直角坐标系，若点，则点的坐标_______________；
（2）将向左平移个单位，向上平移个单位，则点的坐标变为_____________；
（3）若将的三个顶点的横纵坐标都乘以，请画出；
（4）图中格点的面积是_________________；
（5）在轴上找一点，使得最小，请画出点的位置，并直接写出的最小值是______________．
25．（12分）解方程：
先化简后求值，其中满足
26．利用多项式的乘法法则可以推导得出：
=
=
型式子是数学学习中常见的一类多项式，因式分解是与整式乘法方向相反的变形，利用这种关系可得
①
因此，利用①式可以将型式子分解因式．
例如：将式子分解因式，这个式子的二次项系数是1，常数项，一次项系数，因此利用①式可得．
上述分解因式的过程，也可以用十字相乘的形式形象地表示：先分解二次项系数，分别写在十字交叉线的左上角和左下角；再分解常数项，分别写在十字交叉线的右上角和右下角；然后交叉相乘，求代数和，使其等于一次项系数（图1）
这样，我们也可以得到．
这种方法就是因式分解的方法之一十字相乘法．
（1）利用这种方法，将下列多项式分解因式：

（2）
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、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．
2、A
【分析】①由可得4a-1b+c=0，当x=-1时，4a-1b+c=0成立，即可判定；②运用一元二次方程根的判别式求出k的范围进行比较即可判定；③设这个多边形的边数为n，根据多边形内角和定理求得n即可判定；④分剪刀所剪的直线过多边形一个顶点、两个顶点和不过顶点三种剪法进行判定即可．
【详解】解：①b=1a+c，则4a-1b+c=0，
一元二次方程必有一个根为-1．故①说法正确；
②：有两实数根，
:原方程是一元二次方程．
，故②说法错误；
③设这个多边形的边数为n，
则
解得n=11或0(舍去）
:这个多边形是11边形．
:这个多边形的内角和为：
(11-1)×180°=9×180°=1610°．
故③说法正确；
一个多边形剪去一个角的剪法有过多边形一个顶点、两个顶点和不过顶点三种剪法，会有三个结果，故④错．
故选：A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解和根的判别式以及多边形内角和定理，灵活应用所学知识是正确解答本题的关键．
3、C
【分析】A、根据同底数幂的除法法则：底数不变，只把指数相减，得出结果，作出判断；
B、分子分母中不含有公因式，故不能约分，可得本选项错误；
C、把分子利用完全平方公式分解因式，分母利用平方差公式分解因式，找出分子分母的公因式，分子分母同时除以，约分后得到最简结果，即可作出判断；
D、分子分母中不含有公因式，故不能约分，可得本选项错误．
【详解】解：A、，本选项错误；
B、分子分母没有公因式，不能约分，本选项错误；
C、，本选项正确；
D、分子分母没有公因式，不能约分，本选项错误，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了分式的化简，熟练掌握分式的基本性质是解题关键.
4、B
【分析】观察图象可判断①②，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，可求得两函数图象的交点，可判断③，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可判断④，可得出答案．
【详解】解：由图象可知A、B两城市之间的距离为300km，甲行驶的时间为5小时，而乙是在甲出发1小时后出发的，且乙用时3小时，即比甲早到1小时，故①②都正确；
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，
此时乙出发时间为1.5小时，即乙车出发1.5小时后追上甲车，故③错误；
令|y甲-y乙|=50，可得|60t-100t+100|=50，即|100-40t|=50，
当100-40t=50时，可解得t=，
当100-40t=-50时，可解得t=，
令y甲=50，解得t=，令y甲=250，解得t=，
∴当t=时，y甲=50，此时乙还没出发，此时相距50千米，
当t=时，乙在B城，此时相距50千米，
综上可知当t的值为或或或时，两车相距50千米，故④错误；
综上可知正确的有①②共两个，
故选：B．
【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，属于中考常考题型．
5、B
【分析】根据多边形的内角和是360°即可求得多边形的内角和，然后根据多边形的内角和求得边数，进而求得对角线的条数．
【详解】设这个多边形有条边，由题意，得
解得
∴这个多边形的对角线的条数是
故选：B.
【点睛】
此题比较简单，只要结合多边形的内角和公式与外角和的关系来寻求等量关系，构建方程即可求解．
6、C
【分析】根据题意和分式的基本性质即可得出结论．
【详解】解：
即该分式的值缩小为原来的
故选C．
【点睛】
此题考查的是分式法基本性质的应用，掌握分式的基本性质是解决此题的关键．
7、D
【分析】根据立方根，平方根，算术平方根的定义，逐一判断选项，即可得到答案．
【详解】∵立方根是-，
∴①错误，
∵的平方根为，
∴②正确，
∵的立方根为，
∴③正确，
∵的算术平方根为，
∴④错误，
故选D．
【点睛】
本题主要考查立方根，平方根，算术平方根的定义，掌握上述定义，是解题的关键．
8、A
【分析】由于点C关于直线MN的对称点是B，所以当三点在同一直线上时，的值最小．
【详解】由题意知，当B. P、D三点位于同一直线时，PC+PD取最小值，
连接BD交MN于P，
∵△ABC是等边三角形，D为AC的中点，
∴BD⊥AC，
∴PA=PC，
∴
【点睛】
考查轴对称-最短路线问题，找出点C关于直线MN的对称点是B，根据两点之间，线段最短求解即可.
9、C
【分析】根据完全平方公式的变形即可求解.
【详解】∵
∴=±5，
∴的值为3或-7
故选C.
【点睛】
此题主要考查完全平方公式，解题的关键是熟知完全平方公式的变形应用.
10、A
【解析】连接CD，BD，由∠BAC的平分线与BC的垂直平分线相交于点D，DE⊥AB，DF⊥AC，根据角平分线的性质与线段垂直平分线的性质，易得CD=BD，DF=DE，继而可得AF=AE，易证得Rt△CDF≌Rt△BDE，则可得BE=CF，继而求得答案．
【详解】如图，连接CD，BD，
∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DF=DE，∠F=∠DEB=90°，∠ADF=∠ADE，
∴AE=AF，
∵DG是BC的垂直平分线，
∴CD=BD，
在Rt△CDF和Rt△BDE中，
，
∴Rt△CDF≌Rt△BDE（HL），
∴BE=CF，
∴AB=AE+BE=AF+BE=AC+CF+BE=AC+2BE，
∵AB=11，AC=5，
∴BE=×（11-5）=1．
故选：A．
【点睛】
此题考查了线段垂直平分线的性质、角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题
11、D
【分析】由等边三角形的性质和已知条件证出△AEC≌△BDA，即可得出A正确；
由全等三角形的性质得出∠BAD＝∠ACE，求出∠CFM＝∠AFE＝60°，得出∠FCM＝30°，即可得出B正确；由等边三角形的性质和三角形的外角性质得出C正确；D不正确．
【详解】A正确；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠B＝60°，AB＝AC
又∵AE＝BD
在△AEC与△BDA中，
，
∴△AEC≌△BDA（SAS），
∴AD＝CE；
B正确；理由如下：
∵△AEC≌△BDA，
∴∠BAD＝∠ACE，
∴∠AFE＝∠ACE+∠CAD＝∠BAD+∠CAD＝∠BAC＝60°，
∴∠CFM＝∠AFE＝60°，
∵CM⊥AD，
∴在Rt△CFM中，∠FCM＝30°，
∴MF＝CF；
C正确；理由如下：
∵∠BEC＝∠BAD+∠AFE，∠AFE＝60°，
∴∠BEC＝∠BAD+∠AFE＝∠BAD+60°，
∵∠CDA＝∠BAD+∠CBA＝∠BAD+60°，
∴∠BEC＝∠CDA；
D不正确；理由如下：
要使AM＝CM，则必须使∠DAC＝45°，由已知条件知∠DAC的度数为大于0°小于60°均可，
∴AM＝CM不成立；
故选D．
【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、含30°角的直角三角形的性质；熟练掌握等边三角形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
12、C
【分析】根据绝对值小于1的负数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：-0.00003=．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】直接利用全等三角形的性质得出对应角相等进而求出答案．
【详解】：∵△ABC≌△DCB，
∴∠D=∠A=75°，∠ACB=∠DBC=40°，
∴∠DCB=180°-75°-40°=65°，
∴∠DCA=65°-40°=25°．
故答案为：25°．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的性质，正确得出对应角的度数是解题关键．
14、y＝﹣x﹣1
【分析】先求出直线与坐标轴的交点坐标，再根据三角形的面积公式列出方程，求得k值，即可．
【详解】令x＝0，则y＝0﹣1＝﹣1，
令y＝0，则kx﹣1＝0，x＝，
∴直线y＝kx﹣1（k＜0）与坐标轴的交点坐标为A(0，﹣1)和B(，0)，
∴OA＝1，OB＝-，
∵一次函数y＝kx﹣1（k＜0）的图象与两坐标轴所围成的三角形的面积等于8，
∴，
∴k＝﹣1，
∴一次函数表达式为：y＝﹣x﹣1．
故答案为：y＝﹣x﹣1．
【点睛】
本题主要考查求一次函数的解析式，掌握一次函数图象与坐标轴的交点坐标求法，是解题的关键．
15、
【分析】根据题意可得：2k+1=1，求解即可．
【详解】由题意得：2k+1=1，解得：k．
故答案为．
【点睛】
本题考查了多项式，关键是正确理解题意，掌握不含哪一项，就是让它的系数为1．
16、6+6
【分析】根据含有30°直角三角形性质求出AD,根据勾股定理求出AC，再求出AB和BD即可.
【详解】因为在中，，
所以
所以AD=2CD=4
所以AC=
因为平分，
所以=2
所以
所以BD=AD=4,AB=2AC=4
所以周长=AC+BC+AB=++2+4==6+6
故答案为：6+6
【点睛】
考核知识点：含有30°直角三角形性质，勾股定理；理解直角三角形相关性质是关键.
17、
【分析】连接CC´，根据△ABC与△A′BC′均为等边三角形即可得到四边形ABC´C为菱形，因为点C关于直线l对称的点是C´，以此确定当点D与点D´重合时，AD+CD的值最小，求出AC´即可．
【详解】解：连接CC´，如图所示
∵△ABC与△A′BC′均为等边三角形，
∴∠A´BC´=∠CAB=60°，AB=BC´=AC，
∴AC∥BC´，
∴四边形ABC´C为菱形，
∴BC⊥AC´，CA=CC´，∠ACC´=180°-∠CAB=120°，
∴∠CAC´=(180°-∠ACC´)= (180°-120°)=30°，
∴∠C´AB=∠CAB-∠CAC´=30°，
∵∠A´=60°，
∴∠AC´A´=180°-∠C´AB-∠A´=180°-30°-60°=90°，
∵点C关于直线l对称的点是C´，
∴当点D与点D´重合时，AD+CD取最小值，
∴．
故答案为．
【点睛】
本题考查了轴对称——最短路径问题，等边三角形的性质，菱形的判定与性质，解直角三角形等知识．解题的关键是学会利用轴对称解决问题．
18、1
【分析】根据多边形的内角和公式即可得．
【详解】一个多边形的内角和公式为，其中n为多边形的边数，且为正整数
则
解得
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和公式，熟记公式是解题关键．
三、解答题（共78分）
19、1
【分析】根据等角的余角相等可得∠DCA =∠EBC，然后利用AAS证出△DCA≌△EBC，从而得出DC=EB，AD=CE=3，即可求出的长．
【详解】解：∵，，
∴∠ADC=∠CEB=
∴∠DCA＋∠ECB=90°，∠EBC＋∠ECB=90°
∴∠DCA =∠EBC
在△DCA和△EBC中
∴△DCA≌△EBC
∴DC=EB，AD=CE=3
∵
∴DC=CE－DE=1
∴=1
【点睛】
此题考查的是全等三角形的判定及性质，掌握利用AAS判定两个三角形全等和全等三角形的对应边相等是解决此题的关键．
20、（1）；（2）1
【分析】（1）原式变形后，通分并利用同分母分式的减法法则计算即可得到结果；
（2）求出不等式组的解集，确定出整数x的值，代入计算即可求出A的值．
【详解】解：（1）根据题意得：
；
（2）不等式组，
得：，
∵x为整数，
或，
由，得到，
则当时，．
【点睛】
此题考查了分式的加减法，以及一元一次不等式组的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
21、（1），；（2）成立，证明见解析；（3）
【解析】（1）连接CO，证明△AOM≌△CON可证得OM=ON，∠CON=∠AOM=45°，再证明∠COM=45°即可证明出结论；
（2）连接CO，证明可证得OM=ON，再证明即可得到结论；
（3）同（2）得：△OCF≌△OBN，，得出S△OMN=S五边形OBNMC=S△CMN+S△OCB=S△CMN+S△ABC．
【详解】（1）∵，，
∴∠A=45°，
∵，
∴∠AOM=45°，
连接CO，则有CO⊥AB，如图，
∴∠COM=45°，∠BCO=45°，CO=AB
∵为的中点，
∴
∴AO=CO
在△AOM和△CON中

∴△AOM≌△CON
∴OM=ON，∠NOC=∠MOA=45°，
∴∠NOC+∠COM=45°+45°=90°，即
∴，
（2）成立，
证明：连接
，
，是中点
，(三线合一)
又
，
（3）
连接CO，如图所示：
同（2）得：△OCF≌△OBN，∠OCM=∠OBN=135°
∴S△OMN=S五边形OBNMC，
=S△CMN+S△OCB，
=S△CMN+S△ABC，
∴．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、图形面积的求法，证明三角形全等是解决问题的关键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
22、（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）1.
【分析】（1）根据同底数幂的乘法法则xa+c＝x2b．xa•xb＝xd．据此即可证得①a+c＝2b；②a+b＝d；
（2）由（1）的结论①+②得2a+b+c＝2b+d，移项合并即可得原式= xd＝1．
【详解】（1）证明：①∵3×12＝62，
∴xa•xc＝（xb）2
即xa+c＝x2b，
∴a+c＝2b．
②∵3×6＝1，
∴xa•xb＝xd．
即xa+b＝xd．
∴a+b＝d；
（2）解：由（1）知a+c＝2b，a+b＝d．
则有：2a+b+c＝2b+d，
∴2a﹣b+c＝d
∴x2a﹣b+c＝xd＝1．
【点睛】
本题考查同底数幂的乘除法以及幂的乘方与积的乘方，熟记幂的运算性质是解题的关键．
23、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）由AD⊥BC，CE⊥AB，易得∠AFE=∠B，利用全等三角形的判定得△AEF≌△CEB；（2）由全等三角形的性质得AF=BC，由等腰三角形的性质“三线合一”得BC=2CD，等量代换得出结论．
【详解】（1）证明：由于AB=AC，故△ABC为等腰三角形，∠ABC=∠ACB；
∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠AEC=∠BEC=90°，∠ADB=90°；
∴∠BAD+∠ABC=90°，∠ECB+∠ABC=90°，
∴∠BAD=∠ECB，
在Rt△AEF和Rt△CEB中
∠AEF=∠CEB，AE=CE，∠EAF=∠ECB，
所以△AEF≌△CEB（ASA）
（2）∵△ABC为等腰三角形，AD⊥BC，
故BD=CD，
即CB=2CD，
又∵△AEF≌△CEB，
∴AF=CB=2CD．
24、（1）；（2）；（3）见解析；（4）5；（5）
【分析】（1）根据第一象限点的坐标特征写出C点坐标；
（2）利用点平移的坐标变换规律求解；
（3）将△AOC的三个顶点的横纵坐标都乘以- 得到A1、C1的坐标，然后描点即可；
（4）用一个矩形的面积分别减去三个三角形的面积去计算△AOC的面积；
（5）作C点关于x轴的对称点C′，然后计算AC′即可．
【详解】解：（1）如图，点的坐标；
（2）将向左平移个单位，向上平移个单位，则点的坐标变为；
（3）如图，为所作；
（4）图中格点的面积；
（5）如图，作C关于x轴的对待点C’,连接C’A交x轴于点P，点即为所求作的点，
的最小值．
故答案为（1）；（2）；（4）；（5）.
【点睛】
本题考查了作图-平移变换及轴对称变换：确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离．作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．也考查了最短路径问题．
25、（1）无解；（1），-1
【分析】（1）根据解分式方程的步骤计算即可；
（1）先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再整体代入计算可得．
【详解】（1）两边都乘以(x+1)(x﹣1)，得：x(x+1)﹣(x+1)(x﹣1)=8，
解得：x=1，
当x=1时，(x+1)(x﹣1)=0，
∴x=1是增根，
∴原分式方程无解；
（1）原式••(a+1)(a﹣1)
=(a﹣1)(a+1)
=a1﹣a﹣1．
当a1﹣a=0时，原式=﹣1．
【点睛】
本题考查了分式的化简求值，解答本题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则及解分式方程的步骤．
26、（1）；；（2）
【分析】（1）前一个仿照阅读材料中的方法将原式分解即可，后一个把看作是一个整体，再分解即可；
（2）把()看作成一个整体，仿照阅读材料中的方法将原式分解，再利用完全平方公式二次分解即可．
【详解】（1）；
；
（2）
．
【点睛】
本题考查了因式分解的方法-十字相乘法和公式法，熟练掌握十字相乘法是解本题的关键．注意达到每一个多项式因式不能再分解为止．