邵东县2023-2024学年八年级数学第一学期期末学业质量监测试题【含解析】

这是一份邵东县2023-2024学年八年级数学第一学期期末学业质量监测试题【含解析】，共21页。试卷主要包含了计算，已知A等内容，欢迎下载使用。

请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图的七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线相交于O点，若图中∠1，∠2，∠3，∠4的外角的角度和为220°，则∠BOD的度数为何？( )
A．40°B．45°C．50°D．60°
2．如图，已知棋子“车”的坐标为（﹣2，﹣1），棋子“马”的坐标为（1，﹣1），则棋子“炮”的坐标为（ ）
A．（3，2）B．（﹣3，2）C．（3，﹣2）D．（﹣3，﹣2）
3．计算：等于（ ）
A．3B．-3C．±3D．81
4．一次函数 y=ax+b，若 a+b=1，则它的图象必经过点（ ）
A．(-1,-1)B．(-1, 1)C．(1, -1)D．(1, 1)
5．一个直角三角形的两条边长分别为3cm,4cm，则该三角形的第三条边长为（ ）
A．7cmB．5cmC．7cm或5cmD．5cm或
6．已知A（x1，3），B（x2，12）是一次函数y＝﹣6x+10的图象上的两点，则下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．以上结论都不正确
7．如果一个多边形的内角和是外角和的5倍，那么这个多边形的边数是（ ）
A．11B．12C．13D．14
8．如果1≤a≤，则+|a-2|的值是（ ）
A．6+aB．﹣6﹣aC．﹣aD．1
9．一次跳远比赛中，成绩在4.05米以上的有8人，频率为0.4，则参加比赛的共有（ ）
A．40人B．30人C．20人D．10人
10．已知线段，，线段与、构成三角形，则线段的长度的范围是（ ）
A．B．C．D．无法确定
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．已知：，，则__________.
12．分式与的最简公分母为_______________
13．如图，在平面直角坐标系中，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°后，得到线段AB′，则点B′的坐标为__________．
14．计算：的结果是_____.
15．如果一次函数y＝x﹣3的图象与y轴交于点A，那么点A的坐标是_____．
16．在正整数中，
利用上述规律，计算_____．
17．试写出一组勾股数___________________．
18．如图，长方形中，，，点在边上，且，点是边上一点，连接，将四边形沿折叠，若点的对称点恰好落在边上，则的长为____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，以正方形的中心O为顶点作一个直角，直角的两边分别交正方形的两边BC、DC于E、F点，问：
（1）△BOE与△COF有什么关系？证明你的结论（提示：正方形的对角线把正方形分成全等的四个等腰直角三角形，即正方形的对角线垂直相等且相互平分）；
（2）若正方形的边长为2，四边形EOFC的面积为多少？
20．（6分）已知y是x的一次函数，当时，；当时，，求：
（1）这个一次函数的表达式和自变量x的取值范围
（2）当时，自变量x的值
（3）当时，自变量x的取值范围.
21．（6分）列方程或方程组解应用题：
小马自驾私家车从地到地，驾驶原来的燃油汽车所需油费108元，驾驶新购买的纯电动车所需电费27元，已知每行驶1千米，原来的燃油汽车所需的油费比新购买的纯电动汽车所需的电费多元，求新购买的纯电动汽车每行驶1千米所需的电费.
22．（8分）（解决问题）如图1，在中，，于点．点是边上任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．
（1）若，，则的面积是______，______．
（2）猜想线段，，的数量关系，并说明理由．
（3）（变式探究）如图2，在中，若，点是内任意一点，且，，，垂足分别为点，点，点，求的值．
（4）（拓展延伸）如图3，将长方形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．若，，直接写出的值．
23．（8分）计算下列各题：
（1）；
（2） ．
24．（8分）甲、乙两车分别从两地同时出发，沿同一公路相向而行，开往两地.已知甲车每小时比乙车每小时多走，且甲车行驶所用的时间与乙车行驶所用的时间相同.
（1）求甲、乙两车的速度各是多少？
（2）实际上，甲车出发后，在途中因车辆故障耽搁了20分钟，但仍比乙车提前1小时到达目的地.求两地间的路程是多少？
25．（10分）利用“同角的余角相等”可以帮助我们得到相等的角，这个规律在全等三角形的判定中有着广泛的运用．
（1）如图①，，，三点共线，于点，于点，，且．若，求的长．
（2）如图②，在平面直角坐标系中，为等腰直角三角形，直角顶点的坐标为，点的坐标为．求直线与轴的交点坐标．
（3）如图③，，平分，若点坐标为，点坐标为．则 ．（只需写出结果，用含，的式子表示）
26．（10分）多边形在直角坐标系中如图所示,在图中分别作出它关于轴、轴的对称图形.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】根据外角和内角的关系可求得∠1、∠2、∠3、∠4的和，由五边形内角和可求得五边形OAGFE的内角和，则可求得∠BOD．
【详解】解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为220°，
∴∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋220°＝4×180°，
∴∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝500°，
∵五边形OAGFE内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋∠BOD＝540°，
∴∠BOD＝540°﹣500°＝40°，
故答案为A.
【点睛】
本题主要考查的是多边形内角与外角的知识点，熟练掌握多边形内角与外角的关系是本题的解题关键.
2、C
【分析】先根据棋子“车”的坐标画出直角坐标系，然后写出棋子“炮”的坐标．
【详解】解：如图，
棋子“炮”的坐标为（3，﹣2）．
故选C．
3、A
【分析】=3，9的算术平方根等于3，需注意的是算术平方根必为非负数，即可得出结果．
【详解】=3
故选：A
【点睛】
本题主要考查了算术平方根的定义，一个正数只有一个算术平方根，1的算术平方根是1．
4、D
【解析】试题解析: 一次函数y=ax+b只有当x=1，y=1时才会出现a+b=1，
∴它的图象必经过点（1，1）．
故选D．
5、D
【分析】本题已知直角三角形的两边长，但未明确这两条边是直角边还是斜边，因此两条边中的较长边4既可以是直角边，也可以是斜边，所以求第三边的长必须分类讨论，即4是斜边或直角边的两种情况，然后利用勾股定理求解．
【详解】设第三边为，
（1）若4是直角边，则第三边是斜边，由勾股定理得：
，
∴；
（2）若4是斜边，则第三边为直角边，由勾股定理得：
，
∴；
综上：第三边的长为5或．
故选：D．
【点睛】
本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，当已知条件中没有明确哪是斜边时，要注意讨论，一些学生往往忽略这一点，造成丢解．
6、B
【分析】根据一次函数y＝−6x＋10图象的增减性，以及点A和点B的纵坐标的大小关系，即可得到答案．
【详解】解：∵一次函数y＝−6x＋10的图象上的点y随着x的增大而减小，且3＜12，
∴x1＞x2，
故选B．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正确掌握一次函数图象的增减性是解题的关键．
7、B
【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式和多边形的外角和都等于360°，列出方程即可求出结论．
【详解】解：设这个多边形的边数为n
由题意可得180（n－2）=360×5
解得：n=12
故选B．
【点睛】
此题考查的是根据多边形的内角和和外角和的关系，求边数，掌握多边形的内角和公式和多边形的外角和都等于360°是解决此题的关键．
8、D
【分析】根据二次根式的性质、绝对值的性质，可化简整式，根据整式的加减，可得答案．
【详解】由1≤a≤，得

故选D．
【点睛】
本题考查了二次根式的性质与化简，掌握二次根式的性质及绝对值的意义是关键，即.
9、C
【分析】根据频率、频数的关系：频率=频数÷数据总和，可得数据总和=频数÷频率．
【详解】∵成绩在4.05米以上的频数是8，频率是0.4，
∴参加比赛的运动员=8÷0.4=20.
故选C.
【点睛】
考查频数与频率，掌握数据总和=频数÷频率是解题的关键.
10、C
【分析】根据三角形的三边关系定理“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”即可得到的取值范围．
【详解】∵，，线段与、构成三角形
∴
∴
故选：C
【点睛】
考查了三角形三边关系定理，此类求三角形第三边的范围的题目，实际上就是根据三边关系列出不等式，然后解不等式即可．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】将转化为，再把转化为，则问题可解
【详解】解：∵
【点睛】
本题考查了同底数幂的除法和幂的乘方的逆运算，解答关键是将不同底数的幂运算转化成同底数幂进行计算.
12、ab1
【分析】最简公分母是按照相同字母取最高 次幂，所有不同字母都写在积里，则易得分式与的最简公分母为ab1．
【详解】∵和中，字母a的最高次幂是1，字母b的最高次幂是1，
∴分式与的最简公分母为ab1，
故答案为ab1
【点睛】
本题考查了最简公分母：通常取各分母系数的最小公倍数与字母因式的最高次幂的积作公分母，这样的公分母叫做最简公分母．
13、（4,2）
【解析】试题考查知识点：图形绕固定点旋转
思路分析：利用网格做直角三角形AMB，让△AMB逆时针旋转90°，也就使AB逆时针旋转了90°，由轻易得知，图中的AB′就是旋转后的位置．点B′刚好在网格格点上，坐标值也就非常明显了．
具体解答过程：
如图所示．做AM∥x轴、BM∥y轴，且AM与BM交于M点，则△AMB为直角三角形,
线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°，可以视为将△AMB逆时针方向旋转90°（）得到△ANB′后的结果．
∴,AN⊥x轴，NB′⊥y轴，点B′刚好落在网格格点处
∵线段AB上B点坐标为（1，3）
∴点B′的横坐标值为：1+3=4；纵坐标值为：3-1=2
即点B′的坐标为（4,2）
试题点评：在图形旋转涉及到的计算中，还是离不开我们所熟悉的三角形．
14、
【分析】逆用积的乘方运算法则以及平方差公式即可求得答案.
【详解】
=
=
=(5-4)2018×
=+2，
故答案为+2.
【点睛】
本题考查了积的乘方的逆用，平方差公式，熟练掌握相关的运算法则是解题的关键.
15、（0，﹣3）
【分析】代入x=0求出与之对应的y值，进而可得出点A的坐标．
【详解】解：当x＝0时，y＝x﹣3＝﹣3，
∴点A的坐标为（0，﹣3）．
故答案为：（0，﹣3）．
【点睛】
本题考查一次函数图象上点的坐标特征，牢记直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b是解题关键．
16、
【分析】先依据题例用平方差公式展开，再利用乘法分配律交换位置后，相乘进行约分计算即可．
【详解】解：
=
=
=
=
=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查运用因式分解对有理数进行简便运算．熟练掌握平方差公式是解题关键．
17、3、4、1（答案不唯一）．
【详解】解：最常见的勾三股四弦五，勾股数为3，4，1．
故答案为：3、4、1（答案不唯一）．
18、1．
【分析】根据矩形的性质得到BC=OA=8，OC=AB=6，∠C=∠B=∠O=90°，求得CD=6，BD=2，根据折叠可知A′D=AD，A′E=AE，可证明Rt△A′CD≌Rt△DBA，根据全等三角形的性质得到A′C=BD=2，A′O=4，然后在Rt△A′OE中根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：如图，

∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=8，OC=AB=6，∠C=∠B=∠O=90°，
∵CD=1DB，
∴CD=6，BD=2，
∴CD=AB，
∵将四边形ABDE沿DE折叠，若点A的对称点A′恰好落在边OC上，
∴A′D=AD，A′E=AE，
在Rt△A′CD与Rt△DBA中，
，
∴Rt△A′CD≌Rt△DBA（HL），
∴A′C=BD=2，
∴A′O=4，
∵A′O2+OE2=A′E2，
∴42+OE2=（8-OE）2，
∴OE=1，
故答案是：1．
【点睛】
本题考查了轴对称变换（折叠问题），矩形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握相关性质是解题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）△BOE≌△COF，证明见解析；（2）1
【分析】（1）由正方形的性质可得OB＝OC，OB⊥OC，∠OBC＝∠OCD＝45°，由ASA可证△BOE≌△COF；
（2）由全等三角形的性质和面积关系可求解．
【详解】解：（1）△BOE≌△COF，
理由如下：∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，OB⊥OC，∠OBC＝∠OCD＝45°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠BOE＝90°﹣∠EOC＝∠COF，且∠OBC＝∠OCD，OB＝OC
∴△BOE≌△COF（ASA）；
（2）由（1）知：四边形EOFC的面积＝S△BOC＝S正方形ABCD＝×4＝1．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角形和正方形的面积关系，掌握全等三角形的性质是解题的关键．
20、（1）y=-x+5，自变量x的取值范围是：x取任意实数；（2）x=-2；（3）x<4.
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）把代入一次函数解析式，解关于x的一元一次方程，即可；
（3）由，可得关于x的一元一次不等式，解不等式，即可.
【详解】（1）∵y是x的一次函数，
∴设y=kx+b，
把，；，，代入y=kx+b，
得到：，解得：k=-1，b=5，
∴一次函数的解析式为：y=-x+5，自变量x的取值范围是：x取任意实数；
（2）当y=7时，7=-x+5，解得：x=-2；
（3）当时，即-x+5>1，解得：x<4.
【点睛】
本题主要考查待定系数法求一次函数解析式，根据条件列出方程（组）或不等式，是解题的关键.
21、纯电动车行驶一千米所需电费为0.18元
【解析】试题分析：此题的等量关系是：A地到B地的路程是不变的，
即：
试题解析：设新购买的纯电动汽车每行驶一千米所需电费为x元.
由题意得：
解得：x=0.18
经检验0.18为原方程的解
答:纯电动车行驶一千米所需电费为0.18元.
考点：分式方程的应用
22、（1）15，8；（2），见解析；（3）；（4）4
【分析】解决问题（1）只需运用面积法：，即可解决问题；
（2）解法同（1）；
（3）连接、、，作于，由等边三角形的性质得出，由勾股定理得出，得出的面积，由的面积的面积的面积的面积，即可得出答案；
（4）过点作，垂足为，易证，过点作，垂足为，由解决问题（1）可得，易证，，只需求出即可．
【详解】解：（1）∵，，，
∴的面积，
∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
故答案为：15，8.
（2）∵，，，
且，
∴，
∵，
∴.
（3）连接、、，作于，如图2所示：
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∴的面积，
∵，，，
∴的面积的面积的面积的面积
，
∴.
（4）过点作，垂足为，如图3所示：
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
由折叠可得：，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由解决问题（1）可得：，
∴，即的值为4.
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、等边三角形的性质、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题．
23、（1）-20；（2）x－y
【分析】（1）根据乘方的意义、负指数幂的性质、零指数幂的性质、算术平方根的定义和绝对值的定义计算即可；
（2）根据平方差公式、完全平方公式和多项式除以单项式法则计算即可．
【详解】解：（1）
=
=
=
（2）
=
=
=
= x－y
【点睛】
此题考查的是实数的混合运算和整式的混合运算，掌握乘方的意义、负指数幂的性质、零指数幂的性质、算术平方根的定义、绝对值的定义、平方差公式、完全平方公式和多项式除以单项式法则是解决此题的关键．
24、（1）甲、乙两车的速度分别是、；（2）间的路程是.
【分析】（1）设甲车的速度是，则乙车的速度是，再根据“甲车行驶350km所用的时间与乙车行驶250km所用的时间相同”列出出分式方程，解方程即可；
（2）设间的路程是，根据“甲车出发后，在途中因车辆故障耽搁了20分钟，但仍比乙车提前1小时到达目的地”列出方程，解方程即可.
【详解】（1）设甲车的速度是，则乙车的速度是，由题意列方程
解得，
经检验是原方程的解，则，
所以，甲、乙两车的速度分别是、；
（2）设间的路程是，由题意列方程
解得，
所以，间的路程是.
【点睛】
考查了方式方程的应用，解题关键将实际问题转换成方程问题和找出题中的等量关系．
25、（1）6；（2）（0,2）；（3）
【分析】（1）利用AAS证出△ABC≌△CDE，根据全等三角形的性质可得AB=CD，BC=DE，再根据BD=CD＋BC等量代换即可求出BD；
（2）过点A作AD⊥x轴于D，过点B作BE⊥x轴于E，利用AAS证出△ADC≌△CEB，根据全等三角形的性质可得AD=CE，CD=BE，根据点A和点C的坐标即可求出点B的坐标，然后利用待定系数法求出直线AB的解析式，即可求出直线AB与y轴的交点坐标；
（3）过点C作CD⊥y轴于D，CE⊥x轴于E，根据正方形的判定可得四边形OECD是正方形，然后利用ASA证出△DCA≌△ECB，从而得出DA=EB，S△DCA=S△ECB，然后利用正方形的边长相等即可求出a、b表示出DA和正方形的边长OD，然后根据即可推出=，最后求正方形的面积即可．
【详解】解：（1）∵，，
∴∠ABC=∠CDE=∠ACE=90°
∴∠A＋∠ACB=90°，∠ECD＋∠ACB=180°－∠ACE=90°
∴∠A=∠ECD
在△ABC和△CDE中
∴△ABC≌△CDE
∴AB=CD，BC=DE
∴BD=CD＋BC=
（2）过点A作AD⊥x轴于D，过点B作BE⊥x轴于E
∵△ABC为等腰直角三角形
∴∠ADC=∠CEB=∠ACB=90°，AC=CB
∴∠DAC＋∠ACD=90°，∠ECB＋∠ACD=180°－∠ACB=90°
∴∠DAC =∠ECB
在△ADC和△CEB中
∴△ADC≌△CEB
∴AD=CE，CD=BE
∵点的坐标为，点的坐标为
∴CO=1，AD=1，DO=2,
∴OE=OC＋CE= OC＋AD=2，BE=CD=CO＋DO=3，
∴点B的坐标为（2,3）
设直线AB的解析式为y=kx＋b
将A、B两点的坐标代入，得
解得：
∴直线AB的解析式为
当x=0时，解得y=2
∴直线与轴的交点坐标为（0,2）；
（3）过点C作CD⊥y轴于D，CE⊥x轴于E
∵OC平分∠AOB
∴CD=CE
∴四边形OECD是正方形
∴∠DCE=90°，OD=OE
∵∠ACB=90°
∴∠DCA＋∠ACE=∠ECB＋∠ACE=90°
∴∠DCA=∠ECB
在△DCA和△ECB中
∴△DCA≌△ECB
∴DA=EB，S△DCA=S△ECB
∵点坐标为，点坐标为
∴OB=b，OA=a
∵OD=OE
∴OA＋DA=OB－BE
即a＋DA=b－DA
∴DA=
∴OD= OA＋DA=
=
=
= DA2
=
=
故答案为：．
【点睛】
此题考查的是全等三角形的判定及性质、同角的余角相等、求一次函数的解析式和正方形的判定及性质，掌握构造全等三角形的方法、全等三角形的判定及性质、同角的余角相等、利用待定系数法求一次函数的解析式和正方形的判定及性质是解决此题的关键．
26、见详解
【分析】分别作出各点关于x轴的对称点和各点关于y轴的对称点，再顺次连接即可.
【详解】如图，
多边形在直角坐标系中关于轴的对称图形是多边形A＂B＂C＂D＂;
多边形在直角坐标系中关于轴的对称图形是多边形A＇B＇C＇D＇.
【点睛】
本题考查的是作图−−轴对称变换，熟知关于坐标轴轴对称的点的坐标特点是解答此题的关键．