邵阳市重点中学2023年数学八年级第一学期期末调研模拟试题【含解析】

这是一份邵阳市重点中学2023年数学八年级第一学期期末调研模拟试题【含解析】，共21页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，8的立方根是等内容，欢迎下载使用。

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图1，点F从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→D→B以1cm/s的速度匀速运动到点B，图2是点F运动时，△FBC的面积y（cm2）随时间x（s）变化的关系图象，则a的值为（ ）
A．B．2C．D．2
2．在式子，，，，，中，分式的个数有（ ）
A．2B．3C．4D．5
3．如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，下列结论：①CD=ED；②AC+BE=AB；③∠BDE=∠BAC；④BE=DE；⑤SBDE：S△ACD=BD：AC，其中正确的个数（ ）
A．5个B．4个C．3个D．2个
4．化简的结果是（ ）
A．B．C．D．
5．若且，则函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
6．如图，A、B是两个居民小区，快递公司准备在公路l上选取点P处建一个服务中心，使PA+PB最短．下面四种选址方案符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，在中，，，于点，的平分线分别交、于、两点，为的中点，的延长线交于点，连接，下列结论：①为等腰三角形；②；③；④．其中正确的结论有（ ）
A．个B．个C．个D．个
8．8的立方根是( )
A．B．C．-2D．2
9．如图，AB⊥CD，且AB＝CD，E，F是AD上两点，CE⊥AD，BF⊥AD．若CE＝4，BF＝3，EF＝2，则AD的长为（ ）
A．3B．5C．6D．7
10．如图，已知AE=CF，∠AFD=∠CEB，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ADF≌△CBE的是
A．∠A=∠CB．AD=CBC．BE=DFD．AD∥BC
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，四边形ABCD，已知∠A=90°，AB=3，BC=13，CD=12，DA=4，则四边形ABCD的面积为___________.
12．如果，则__________ ．
13．若分式方程的解为正数，则a的取值范围是______________．
14．某种商品的进价为150元，出售时标价为225元，由于销售情况不好，商店准备降价出售，但要保证利润不低于10%，如果商店要降x元出售此商品，请列出不等式_____.
15．如图，扶梯AB的坡比为4:3，滑梯CD的坡比为1:2，若米，一男孩经扶梯AB走到滑梯的顶部BC，然后从滑梯CD滑下，共经过了_____米．
16．命题“两直线平行,同位角相等”的逆命题是 ．
17．如果一个多边形的内角和为1260°，那么从这个多边形的一个顶点出发共有________条对角线．
18．若分式的值为0，则x=________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，在中，是边上的一点，平分，交边于点，连结.
（1）求证:；
（2）若，求的度数.
20．（6分）2018年10月23日，港珠澳大桥正式开通.港珠澳大桥东起香港口岸人工岛，向西止于珠海洪湾，总长约55千米，是粤港澳三地首次合作共建的超大型跨海交通工程.10月24日正式通车当天，甲乙两辆巴士同时从香港国际机场附近的香港口岸人工岛出发，已知甲乙两巴士的速度比是，乙巴士比甲巴士早11分钟到达洪湾，求两车的平均速度各是多少千米/时？
21．（6分）如图，在中，,；点在上，．连接并延长交于．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若，与有什么数量关系？请说明理由．
22．（8分）如图，为等边三角形，， 相交于点， 于点，

（1）求证:
（2）求的度数．
23．（8分）如图（1），，，垂足为A，B，，点在线段上以每秒2的速度由点向点运动，同时点在线段上由点向点运动．它们运动的时间为（）．
（1） ， ；（用的代数式表示）
（2）如点的运动速度与点的运动速度相等，当时，与是否全等，并判断此时线段和线段的位置关系，请分别说明理由；
（3）如图（2），将图（1）中的“，”，改为“”，其他条件不变．设点的运动速度为，是否存在有理数，与是否全等？若存在，求出相应的x、t的值；若不存在，请说明理由．
24．（8分）已知为等边三角形，点为直线上一动点(点不与点、点重合)．连接，以为边向逆时针方向作等边，连接，
（1）如图1，当点在边上时：
①求证：；
②判断之间的数量关系是 ；
（2）如图2，当点在边的延长线上时，其他条件不变，判断之间存在的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当点在边的反向延长线上时，其他条件不变，请直接写出之间存在的数量关系为 ．
25．（10分）如图在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，
（1）请在图中画出关于轴的对称图形，点、、的对称点分别为、、，其中的坐标为 ；的坐标为 ；的坐标为 ．
（2）请求出的面积．
26．（10分）如图，在平面直角坐标系中点A的坐标为(4,-3),且0A=5，在x轴上确定一点P，使△AOP是以OA为腰的等腰三角形．
（1）写出一个符合题意的点P的坐标 ；
（2）请在图中画出所有符合条件的△AOP．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】通过分析图象，点F从点A到D用as，此时，△FBC的面积为a，依此可求菱形的高DE，再由图象可知，BD=，应用两次勾股定理分别求BE和a．
【详解】过点D作DE⊥BC于点E
.
由图象可知，点F由点A到点D用时为as，△FBC的面积为acm1．.
∴AD=a.
∴DE•AD＝a.
∴DE=1.
当点F从D到B时，用s.
∴BD=.
Rt△DBE中，
BE=，
∵四边形ABCD是菱形，
∴EC=a-1，DC=a，
Rt△DEC中，
a1=11+（a-1）1.
解得a=.
故选C．
【点睛】
本题综合考查了菱形性质和一次函数图象性质，解答过程中要注意函数图象变化与动点位置之间的关系．
2、B
【解析】判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式．
【详解】解：分式有：，，共3个．
故选B．
【点睛】
本题主要考查分式的定义，注意π不是字母，是常数，所以不是分式，是整式．
3、C
【分析】根据角平分线的性质，可得CD＝ED，易证得△ADC≌△ADE，可得AC＋BE＝AB；由等角的余角相等，可证得∠BDE＝∠BAC；然后由∠B的度数不确定，可得BE不一定等于DE；又由CD＝ED，△ABD和△ACD的高相等，所以S△BDE：S△ACD＝BE：AC．
【详解】解：①正确，∵在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，
∴CD＝ED；
②正确，因为由HL可知△ADC≌△ADE，所以AC＝AE，即AC＋BE＝AB；
③正确，因为∠BDE和∠BAC都与∠B互余，根据同角的补角相等，所以∠BDE＝∠BAC；
④错误，因为∠B的度数不确定，故BE不一定等于DE；
⑤错误，因为CD＝ED，△ABD和△ACD的高相等，所以S△BDE：S△ACD＝BE：AC．
故选：C．
【点睛】
此题考查了角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题比较适中，注意掌握数形结合思想的应用．
4、B
【分析】原式通分并利用同分母分式的加法法则计算即可求出值．
【详解】原式
故选：B．
【点睛】
本题考查分式的加减法；熟练掌握分式的运算法则，正确进行因式分解是解题的关键．
5、A
【分析】根据且，得到a,b的取值，再根据一次函数的图像即可求解.
【详解】解：∵，且，
∴a＞0，b＜0.
∴函数的图象经过第一、三、四象限．
故选A．
【点睛】
此题主要考查一次函数的图像，解题的关键是熟知不等式的性质及一次函数的图像.
6、A
【分析】根据轴对称的性质和线段的性质即可得到结论．
【详解】解：根据题意得，在公路l上选取点P，使PA+PB最短．
则选项A 符合要求，
故选：A．
【点睛】
本题考查轴对称的性质的运用，最短路线问题数学模式的运用，也考查学生的作图能力，运用数学知识解决实际问题的能力．
7、D
【分析】①由等腰直角三角形的性质得∠BAD=∠CAD=∠C=45°，再根据三角形外角性质可得到∠AEF=∠AFE，可判断△AEF为等腰三角形，于是可对①进行判断；求出BD=AD，∠DBF=∠DAN，∠BDF=∠ADN，证△DFB≌△DAN，即可判断②③；连接EN，只要证明△ABE≌△NBE，即可推出∠ENB=∠EAB=90°，由此可知判断④．
【详解】解：∵等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC，
∴∠BAD=∠CAD=∠C=45°，BD=AD，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=∠ABC=22.5°，
∴∠AEF=∠CBE+∠C=22.5°+45°=67.5°，
∠AFE=∠FBA+∠BAF=22.5°+45°=67.5°，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AF=AE，即△AEF为等腰三角形，所以①正确；
∵为的中点，
∴AM⊥BE，
∴∠AMF=∠AME=90°，
∴∠DAN=90°−67.5°=22.5°=∠MBN，
在△FBD和△NAD中
，
∴△FBD≌△NAD（ASA），
∴DF=DN，AN=BF，所以②③正确；
∵AM⊥EF，
∴∠BMA=∠BMN=90°，
∵BM=BM，∠MBA=∠MBN，
∴△MBA≌△MBN，
∴AM=MN，
∴BE垂直平分线段AN，
∴AB=BN，EA=EN，
∵BE=BE，
∴△ABE≌△NBE，
∴∠ENB=∠EAB=90°，
∴EN⊥NC，故④正确，
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形外角性质、三角形内角和定理、垂直平分线的性质，能正确证明推出两个三角形全等是解此题的关键，主要考查学生的推理能力．
8、D
【解析】根据立方根的定义进行解答．
【详解】∵，
∴的立方根是，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了立方根定义，熟练掌握相关定义是解题的关键．
9、B
【解析】只要证明△ABF≌△CDE，可得AF=CE=4，BF=DE=3，推出AD=AF+DF=4+(3-2)=5.
【详解】解：∵AB⊥CD，CE⊥AD，BF⊥AD，
∴∠AFB＝∠CED＝90°，∠A+∠D＝90°，∠C+∠D＝90°，
∴∠A＝∠C，
∵AB＝CD，
∴△ABF≌△CDE（AAS），
∴AF＝CE＝4，BF＝DE＝3，
∵EF＝2，
∴AD＝AF+DF＝4+（3﹣2）＝5，
故选B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握性质是解题的关键.
10、B
【解析】试题分析：∵AE=CF，∴AE+EF=CF+EF．∴AF=CE．
A．∵在△ADF和△CBE中，，∴△ADF≌△CBE（ASA），正确，故本选项错误．
B．根据AD=CB，AF=CE，∠AFD=∠CEB不能推出△ADF≌△CBE，错误，故本选项正确．
C．∵在△ADF和△CBE中，，∴△ADF≌△CBE（SAS），正确，故本选项错误．
D．∵AD∥BC，∴∠A=∠C．由A选项可知，△ADF≌△CBE（ASA），正确，故本选项错误．
故选B．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、36
【分析】连接BD，先根据勾股定理求出BD的长，再根据勾股定理的逆定理判断出△BCD的形状，根据=即可得出结论．
【详解】连接BD.
∵∠A=90°，AB=3，DA=4，
∴BD==5
在△BCD中，
∵BD=5,CD=12,BC=13, ,即，
∴△BCD是直角三角形，
∴==，
故答案为：36.
【点睛】
此题考查勾股定理的逆定理、勾股定理，解题关键在于作辅助线BD.
12、 ；
【分析】先利用平方差公式对原式进行变形，然后整理成 的形式，再开方即可得出答案．
【详解】原式变形为
即
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查平方差公式和开平方，掌握平方差公式是解题的关键．
13、a＜8，且a≠1
【解析】分式方程去分母得：x=2x-8+a，
解得：x=8- a，
根据题意得：8- a＞2，8- a≠1，
解得：a＜8，且a≠1．
故答案为：a＜8，且a≠1．
【点睛】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，根据分式方程解为正数求出a的范围即可．此题考查了分式方程的解，需注意在任何时候都要考虑分母不为2．
14、225-x≥150(1+10%)
【解析】首先由题意得出不等关系为利润≥等于10%，然后列出不等式为225-x≥150(1+10%)即可.
【详解】设商店降价x元出售，由题意得
225-x≥150(1+10%).
故答案为：225-x≥150(1+10%).
【点睛】
本题考查一元一次不等式的应用，将现实生活中的事件与数学思想联系起来，读懂题列出不等式关系式即可求解．
15、
【分析】根据两个坡度比求出BE和DF，再利用勾股定理求出AB和CD，最后加上BC就是经过的路程长．
【详解】解：∵AB的坡度是4:3，
∴，
∵，则，
∴，
∵CD的坡度是1:2，
∴，
∵，则，
∴，
根据勾股定理，，
，
．
故答案是：．
【点睛】
本题考查解直角三角形的实际应用，解题的关键是抓住坡度的比，利用这个关系去解直角三角形．
16、同位角相等，两直线平行
【详解】逆命题是原命题的反命题，故本题中“两直线平行,同位角相等”的逆命题是同位角相等，两直线平行
【点睛】
本题属于对逆命题的基本知识的考查以及逆命题的反命题的考查和运用
17、1
【分析】设此多边形的边数为x，根据多边形内角和公式求出x的值，再计算对角线的条数即可.
【详解】设此多边形的边数为x，由题意得：
(x-2)×180=1210，
解得；x=9，
从这个多边形的一个顶点出发所画的对角线条数：9-3=1，
故答案为1．
【点睛】
本题考查了多边形内角和公式，多边形的对角线，关键是掌握多边形的内角和公式180(n-2)，n边形的一个顶点有(n-3)条对角线.
18、-1
【分析】根据分式有意义的条件列方程组解答即可．
【详解】解：有题意得：
解得x=-1．
故答案为x=-1．
【点睛】
本题考查了分式等于0的条件，牢记分式等于0的条件为分子为0、分母不为0是解答本题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）见解析；（2）65°
【分析】（1）先由角平分线的定义得到∠ABE=∠DBE，然后根据“AAS”即可证明△ABE≌△DBE；
（2）由三角形外角的性质可求出∠AED的度数，然后根据∠AED=∠BED求解即可.
【详解】解：（1）∵BE平分，
∴∠ABE=∠DBE，
在△ABE和△DBE中
∵∠ABE=∠DBE，
BE=BE，
∠A=∠BDE，
∴△ABE≌△DBE；
（2）∵△ABE≌△DBE，
∴∠AED=∠BED，
∵，，
∴∠AED=80°+50°=130°，
∴∠AED=130°÷2=65°.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的定义、三角形外角的性质掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．
20、甲巴士速度是60千米/时，乙巴士速度是75千米/时.
【分析】设设甲巴士速度是千米/时，乙巴士速度是千米/时，则甲巴士所需时间为，乙巴士所需时间为，再根据乙巴士比甲巴士早11分钟到达洪湾即可列出分式方程，再解之即可.
【详解】解：设甲巴士速度是千米/时，乙巴士速度是千米/时.
依题意得
解得：
经检验：是原分式方程的解

答：甲巴士速度是60千米/时，乙巴士速度是75千米/时.
【点睛】
此题主要考查分式方程的应用，解题的关键是根据题意列出方程.
21、（1）见解析；（2）见解析；（3）若 ，则，理由见解析
【分析】（1）首先利用SAS证明，即可得出结论；
（2）利用全等三角形的性质和等量代换即可得出，从而有，则结论可证；
（3）直接根据等腰三角形三线合一得出，又因为，则结论可证．
【详解】解答：（1）证明：，
．
在和中，，
，
；
（2）证明：∵，
．
，
，
即，
，
；
（3）若 ，则．理由如下：
，
∴BE是中线，
．
，
．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，掌握全等三角形的判定及性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
22、（1）见解析；（2）∠BPQ =60°
【分析】（1）根据等边三角形的性质，通过全等三角形的判定定理SAS证得结论；
（2）利用（1）中的全等三角形的对应角相等和三角形外角的性质求得∠BPQ=60°；
【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴AB=CA，∠BAE=∠C=60°，
在△AEB与△CDA中，
∴△AEB≌△CDA（SAS）；
（2）解：由（1）知，△AEB≌△CDA，则∠ABE=∠CAD，
∴∠BAD+∠ABD=∠BAD+∠CAD=∠BAC=60°，
∴∠BPQ=∠BAD+∠ABD=60°；
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质，在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
23、（1）2t，8-2t；（2）△ADP与△BPQ全等，线段PD与线段PQ垂直，理由见解析；（3）存在或，使得△ADP与△BPQ全等．
【分析】（1）根据题意直接可得答案.
（2）由t=1可得△ACP和△BPQ中各边的长，由SAS推出△ACP≌△BPQ，进而根据全等三角形性质得∠APC+∠BPQ=90°，据此判断线段PC和PQ的位置关系；
（3）假设△ACP≌△BPQ，用t和x表示出边长，根据对应边相等解出t和x的值；
再假设△ACP≌△BQP，用上步的方法求解，注意此时的对应边和上步不一样.
【详解】（1）由题意得：2t，8-2t．
（2）△ADP与△BPQ全等，线段PD与线段PQ垂直．
理由如下：
当t=1时，AP=BQ=2，BP=AD=6，
又∠A=∠B=90°，
在△ADP和△BPQ中，
，∴△ADP△BPQ（SAS），∴∠ADP=∠BPQ，∴∠APD+∠BPQ=∠APD+∠ADP=90°，∴∠DPQ=90°，即线段PD与线段PQ垂直．
（3）①若△ADP△BPQ，
则AD=BP，，AP=BQ，
则，
解得；
②若△ADP△BQP，
则AD=BQ，AP=BP，
则，
解得：；
综上所述：存在或，使得△ADP与△BPQ全等．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握全等三角形的性质和判定定理.
24、（1）①见解析；②AC=CE+CD；（2）CE=AC+CD，证明见解析；（3）CD=CE+AC．
【分析】（1）①根据等边三角形的性质就可以得出∠BAC=∠DAE=60°，AB=AC，AD=AE，进而就可以得出△ABD≌△ACE；②由△ABD≌△ACE就可以得出AC=BC=CD+CE；
（2）同（1）先证明△ABD≌△ACE，从而可得出BD=BC+CD=AC+CD=CE；
（3）同（1）先证明△ABD≌△ACE，从而可得出CE+AC=CD．
【详解】解：（1）①∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE．
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，
∴∠BAD=∠EAC．
在△ABD和△ACE中
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
②∵△ABD≌△ACE，
∴BD=CE．
∵BC=BD+CD，
∴BC=CE+CD，
∴AC=CE+CD，
故答案为：AC=CE+CD；
（2）AC+CD=CE．证明如下：
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE．
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
∴∠BAD=∠EAC．
在△ABD和△ACE中
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
∴BD=CE．
∵BD=BC+CD，
∴CE=AC+CD；
（3）DC=CE+BC．证明如下：
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE．
∴∠BAC-∠BAE=∠DAE-∠BAE，
∴∠BAD=∠EAC．
在△ABD和△ACE中
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
∴BD=CE．
∵CD=BD+BC，
∴CD=CE+AC．
故答案为：CD=CE+AC．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质的运用，等式的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
25、（1）详见解析，（3,4）；（4,1）；（1,1）；（2）4.1．
【分析】（1）根据轴对称的定义画出图形，再写出坐标；
（2）根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】（1）如图，为所求；的坐标为（3,4）；的坐标为（4,1）；的坐标为（1,1）．
（2）的面积=．
【点睛】
考核知识点：轴对称和点的坐标；画出图形是关键．
26、（1）点P的坐标为或或，写出其中一个即可；（2）见解析
【分析】（1）以点O为圆心，OA为半径画圆，与x轴的交点P1、P2即为所求；以点A为圆心，OA为半径画圆，与x轴的交点P3即为所求；
（2）连接AP1、AP2、AP3 、OP1、OP2、OP3即可．
【详解】（1）如图，点P的坐标为或或．
（2）如图所示，即为所求．
【点睛】
本题考查了尺规作图的问题，掌握等腰三角形的性质以及尺规作图的方法是解题的关键．