北京市陈经纶中学分校望京实验学校上学期八年级期中前学情检测数学学科（解析版）-A4

这是一份北京市陈经纶中学分校望京实验学校上学期八年级期中前学情检测数学学科（解析版）-A4，共24页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 图书馆的标志是浓缩了图书馆文化的符号，下列图书馆标志中，不是轴对称的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了轴对称图形的识别．根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】解：选项A、B、C能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
选项D不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形．
故选：D．
2. 下列各式计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了同底数幂的乘法，幂的乘方，积的乘方，合并同类项，根据同底数幂的运算法则，幂的乘方运算法则，积的乘方运算法则，合并同类项法则，逐个进行计算即可判断．解题的关键是掌握同底数幂相乘（除），底数不变，指数相加（减）；幂的乘方，底数不变，指数相乘；积的乘方，把每个因式分别乘方；合并同类项，字母和相同字母是指数不变，只把系数相加减．
【详解】解：A、，故A不正确，不符合题意；
B、，故B不正确，不符合题意；
C、，故C正确，符合题意；
D、，故D不正确，不符合题意；
故选：C．
3. 下列计算中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题考查合并同类项，幂的乘方，同底数幂乘除法，根据法则依次判断即可，熟练掌握各计算法则是解题的关键．
【详解】A. 与不是同类项，不能合并，故错误；
B. ，故错误；
C. ，故错误；
D. ，故正确；
故选：D．
4. 如图，在等边中，平分交于点D，过点D作于点E，且，则的长为（ ）

A. 3B. 4.5C. 6D. 7.5
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了等边三角形的性质以及含角的直角三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
由在等边三角形中，，可求得，则可求得的长，又由平分交于点，由三线合一的知识，即可求得答案．
【详解】解：等边三角形，
，，
，
，
，
，
平分交于点，
，
．
故选：C．
5. 如图，已知在△ABC中，CD是AB边上的高线，BE平分∠ABC，交CD于点E，BC＝5，DE＝2，则△BCE的面积等于（ ）
A. 10B. 7C. 5D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】如图，过点E作EF⊥BC交BC于点F，根据角平分线的性质可得DE＝EF＝2，所以△BCE的面积等于，
故选：C．
6. 如图，已知，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了三角形内角和定理．连接．设与交于点，由三角形内角定理求出．再由三角形内角和定理和对顶角相等即可求出．
【详解】如图，连接．设与交于点，
，．
，，
，
故选：C．
7. 如图，一副分别含有30°和45°角的两个直角三角板，拼成如下图形，其中∠C=90°，∠B=45°，∠E=30°，则∠BFD的度数是【 】
A. 15°B. 25°C. 30°D. 10°
【答案】A
【解析】
【分析】先根据外角的性质求出∠BDF，再根据三角形的内角和求解即可．
【详解】∵Rt△CDE中，∠C=90°，∠E=30°，
∴∠BDF=∠C+∠E=90°+30°=120°
∵△BDF中，∠B=45°，∠BDF=120°，
∴∠BFD=180°﹣45°﹣120°=15°．
故选A．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理和外角的性质，解决此题的关键是要计算细致．
8. 如图，在中，，过点B作射线BF，在射线BF上取一点E，连接AE，使得，过点C作射线BF的垂线，垂足为点D，若，，则BD的长度为（ ）

A. 7B. 6C. 4D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】过点C作，先证明，得到，，再证明，根据即可求解．
【详解】如图，过点C作，交AE的延长线于点M，连接CE．
，．
．
，，
，
，．
，，，
，
，
，
故选B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，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，属于中考常考题型．
第Ⅱ卷 非选择题（共84分）
二、填空题（本大题共16分，每小题2分）
9. 5的算术平方根是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了算术平方根．熟练掌握算术平方根定义，是解题的关键，如果一个正数x的平方根是a，那么这个正数x叫做a的算术平方根，规定0算术平方根为0．注意非负数的算术平方根只有一个，算术平方根与平方根的区别．
根据算术平方根的定义解答，注意算术平方根只有一个．
【详解】∵，
∴5的算术平方根是 ；
10. 实数a，b在数轴上的位置如图所示，化简的结果是_______．

【答案】##
【解析】
【分析】本题考查了实数与数轴，算术平方根的性质，根据数轴可得，进而化简根式，即可求解．
【详解】解：根据数轴可得，
∴
故答案为：．
11. 若一个正多边形的每一个外角都是30°，则这个正多边形的内角和等于____度．
【答案】1800
【解析】
【详解】多边形的外角和等于360°，则正多边形的边数是360°÷30°=12，所以正多边形的内角和为.
12. 等腰三角形的周长为，一边长为，则底边长为______．
【答案】6或8##8或6
【解析】
【分析】分边长为的边为腰和底边两种情况结合构成三角形的条件进行求解即可．
【详解】解：①当边长为的边是底边时，则腰长为，
此时三角形的三边分别为，能组成三角形，符合题意；
②当边长为的边是腰时，则底边长为
此时三角形的三边分别为，能组成三角形，符合题意；
综上所述，底边长为或．
故答案为：6或8．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的定义，构成三角形的条件，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
13. 如果，那么代数式的值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查乘法公式，熟记基本的乘法公式，并准确化简以及运用整体思想是解题关键．首先根据乘法公式进行计算化简，然后整体代入求值即可．
【详解】解：
．
∵，
∴，
∴原式
．
故答案为：．
14. 小明同学用一根铁丝恰好围成一个等腰三角形，若其中两条边的长分别为和，则这根铁丝的长为________．
【答案】20
【解析】
【分析】本题考查了等腰三角形的性质及三角形三边关系，当腰为时和当腰为时，利用三角形的三边关系判断等腰三角形的三边长，再根据等腰三角形的性质即可求解，熟练掌握基础知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
【详解】解：当腰为时，
则等腰三角形的三边分别为：、、，
，
、、不能构成三角形，
当腰为时，
则等腰三角形的三边分别为：、、，
，且，
、、能构成三角形，
这根铁丝的长为：，
故答案为：20．
15. 如图，在中，，，平分交于点D，，垂足为E．若，则的长为________．
【答案】2
【解析】
【分析】本题考查的是等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的性质，含角的直角三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．过点作，利用角平分线的性质得到，再利用含角的直角三角形的性质即可得到答案．
【详解】解：过点作，
平分，，，
，
在中，，
，
，
，
在中，，
．
故答案为：．
16. 已知等边△ABC的边长是12，AD⊥BC，AD＝6，若点P在线段AD上运动，则AP+BP的最小值是_________．
【答案】
【解析】
【分析】可以作BE⊥AC于点E，交AD于点P，根据△ABC是等边三角形，AD⊥BC，得∠DAC＝30°，所以PEAP，利用勾股定理求出BE的长，当BP⊥AC时，AP+BP＝PE+BP的值最小，由此得到答案．
【详解】解：如图，
作BE⊥AC于点E，交AD于点P，
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴∠DAC＝30°，
∴PEAP，
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，
∴∠ABE＝30°，
∴AEAB=6，
∴=6，
当BP⊥AC时，
AP+BP＝PE+BP的值最小6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，解决本题的关键是找到动点P的位置．
三、解答题（共68分，第17-19题，每题5分，第20-21题，每题6分，第22-23题，每题5分，第24题6分，第25题5分，第26题6分，第27-28题，每题7分）
17. 如图，在中，是中线，，．
（1）求与的周长差．
（2）点E在边上，连接，若与四边形的周长相等，求线段的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了三角形的中线性质，三角形周长的计算，掌握相关知识点是解题的关键．
（1）的周长，的周长，由中线的定义可得，即可解答；
（2）由图可知的周长，四边形的周长，，所以，则可解得长．
【小问1详解】
解：的周长，的周长，
∵是中线，
∴，
∴与的周长差：；
【小问2详解】
解：由图可知：的周长，四边形的周长，
又∵的周长与四边形的周长相等，D是的中点，
∴，，
∴，
又∵，，，
∴，
∴，
∴．
18. 如图，在中，点D在边上，连接，．是中边上的高线，延长交于点F．设，．
（1）当时，的度数为_____；
（2）求的度数（用含的式子表示）；
（3）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题主要考查了三角形外角的性质，三角形内角和定理，熟知三角形一个外角的度数等于与其不相邻的两个内角的度数之和，三角形内角和为是解题的关键．
（1）先根据题意得到，再由三角形内角和定理求出，则；
（2）同理求出，则由三角形外角的性质得到；
（3）先得到，再由三角形内角和定理得到，即可求出．
【小问1详解】
解：，，
∴，
∵是中边上的高线，
∴，即，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∵是中边上的高线，
∴，即，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
19. 化简：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查分式的加减混和运算，根据分式的加减混和运算法则计算即可．
【详解】解：
．
20. 化简：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查是分式的混合运算，先计算括号内分式的减法，再把除法化为乘法，约分后即可，掌握分式的混合运算的运算顺序是解本题的关键．
【详解】解：
．
21. 解方程：．
【答案】
【解析】
【分析】先通分，再去分母，求出解，最后检验．
【详解】解：
，
经检验，是原方程的解．
【点睛】本题考查解分式方程，解题的关键是掌握分式方程的解法，需要注意结果要检验．
22. 解方程：．
【答案】．
【解析】
【分析】先把分式方程转化成整式方程，再解方程即可．
【详解】解∶
去分母得∶，
去括号得：，
移项得∶，
合并同类项得∶，
解得∶，
经检验是分式方程的解
【点睛】本题考查了分式方程的解法，解题关键是熟练运用解分式方程的方法求解，注意检验．
23. （1）填空：（只填写符号：）
①当，时， ；
②当，时， ；
③当，时， ；
④当，时， ；
⑤当，时， ；
⑥当，时， ；
则关于与之间数量关系的猜想是 ．
（2）请证明你的猜想；
（3）实践应用：要制作面积为1平方米的长方形镜框，直接利用探究得出的结论，求出镜框周长的最小值．
【答案】（1）①=，②=，③=，④＞，⑤＞，⑥＞, ≥2（≥，≥）；（2）见解析；（3）4
【解析】
【分析】（1）①-⑥分别代入数据进行计算即可得解；
（2）根据非负数的性质，（）2≥0，再利用完全平方公式展开整理即可得证；
（3）镜框为正方形时，周长最小，然后根据正方形的面积求出边长，即可得解．
探究证明：根据非负数的性质，
【详解】（1）①当m=2，n=2时，由于，，所以=2；
②当m=3，n=3时，由于，，所以=；
③当m=，n=时，由于，，所以=；
④当m=4，n=1时，由于，，所以＞；
⑤当m=5，n=时，由于，，所以＞2；
⑥当m=，n=6时，由于，，所以＞2；
则关于与之间数量关系的猜想是≥2（≥，≥）；
（2）证明：根据非负数的性质（）2≥0，
∴m2+n≥0，
整理得，≥2；
（3）面积为1平方米的长方形镜框长与宽相等，即为正方形时，周长最小，
所以，边长为1，
周长为1×4=4．
【点睛】本题考查了二次根式的应用，完全平方公式的应用，准确进行运算判断出两个算式的大小关系是解题的关键．
24. 观察以下等式：
第1个等式：＝；
第2个等式：＝；
第3个等式：＝；
第4个等式：＝；
第5个等式：＝；
…
按照以上规律，解决下列问题：
（1）写出第6个等式；
（2）写出你猜想的第n个等式（用含n的等式表示），并证明．
【答案】（1）
（2）第n个等式，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意写出第6个等式；
（2）根据二次根式的性质、二次根式的混合运算法则证明结论．
【小问1详解】
第6个等式：；
【小问2详解】
第个等式：．
证明：
，
∵左边=右边，
故该等式成立．
【点睛】本题考查的是数字的变化规律，掌握二次根式的性质、二次根式的混合运算法则是解题的关键．
25. 如图，在中，是的中点，且，将线段沿所在直线翻折，得到线段，作交直线于点．
（1）依题意补全图形；
（2）用等式表示线段之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析 （2），理由见解析
【解析】
【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）依照题意补全图形；
（2）由“”可证，可得，，由“”可证，可得，，由可证，可得，可得结论．
【小问1详解】
补全图形如图所示：
【小问2详解】
，理由如下：
如图，连接，并延长交于点，过点作于，于，
，
，
是的中点，
，
又，
，
，，
将线段沿所在直线翻折，
，
又，，
，
，，
又，
，
，
，
．
26. 在平面直角坐标系中，对于点，点给出如下定义：如果点与原点的距离为，点与点的距离是的倍（为整数），那么称点为点的“倍关联点”．

（1）当时，
①如果点的3倍关联点在轴上，那么点的坐标为________．
②如果点是点的倍关联点，且满足，那么整数的最大值为________．
（2）已知在中，．若，且在的边上存在点的2倍关联点，求的取值范围．
【答案】（1）①，；②
（2）b的取值范围是或
【解析】
【分析】本题考查了两坐标点的距离、一次函数的实际应用，圆的基本概念，由题意正确理解关联点的定义，分析出点的倍关联点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆是解答本题的关键．
（1）①根据题意对关联点的定义，点与点的距离是点与原点距离的三倍，由于题目没有给出点的和点的位置关系，因此有两种情况：点在点的左侧，坐标为，点在点的右侧，坐标为；
②根据题意对关联点的定义，点是，且这条线段上的一个动点，由于为整数，经过分析，最大只能为．
（2）结合题意及对关联点的定义分析，得到点的倍关联点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，边在轴上，且，由此得到的取值范围．
小问1详解】
解：①依据题意，对关联点的定义知：
点与原点的距离为，
点的3倍关联点在轴上，
点与点的距离是，
点的坐标为，．
②依据题意，
得：点是，且这条线段上的一个动点，
依据题意对关联点的定义，
当坐标为时，
整数最大，最大值为．
故答案为：①，；②
【小问2详解】

如图，
，，
．
点为点的倍关联点，，
，
点的倍关联点的轨迹是半径为的；
当直角三角形沿轴运动与的交点为点
的取值范围是或．
故答案为：或
27. 如图，点分别是边长为的等边边上的动点，点从顶点，点从顶点同时出发，且它们的速度都为．
（1）连接交于点，则在运动的过程中，变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数；
（2）试求何时是直角三角形？
（3）如图，若点在运动到终点后继续在射线上运动，直线交点为，则变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数．
【答案】（1）不变，
（2）或
（3）不变，．
【解析】
【分析】（）根据是等边三角形得，，由题意得，从而证明，再用全等三角形的性质定理及三角形的角间关系、三角形的外角定理，可求得的度数；
（）设时间为，则，，分别就当时；当时，利用直角三角形的性质定理求得的值；
（）首先利用边角边定理证得，再利用全等三角形的性质定理得到，再运用三角形角间的关系求得的度数；
本题考查了等边三角形性质，所对直角边是斜边的一半，全等三角形的判定和性质，熟练掌握知识点的应用及学会用分类讨论的思想是解题的关键．
【小问1详解】
不变，理由：
∵是等边三角形，
∴，，
由题意得：，
在和中，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
设时间为，则，，
当时，
∵，
∴，
∴，得，解得：；
当时，
∵，
∴ ，
∴，得，解得：,
当第或秒或第一秒时，为直角三角形；
【小问3详解】
不变，理由：
∵是等边三角形，
∴，，
∴ ，
由题意得，
在和中，
，
∴，
∴，又，
∴ ．
28. 在平面直角坐标系中，直线为过点且与轴垂直的直线．对某图形上的点作如下变换：当时，作出点关于直线的对称点，称为Ⅰ变换；当时，作出点关于轴的对称点，称为Ⅱ变换．若某个图形上既有点作了Ⅰ变换，又有点作了Ⅱ变换，我们就称该图形为双变换图形．例如，已知，，如图1所示，当时，点应作Ⅰ（2）变换，变换后的坐标是；点作Ⅱ（2）变换，变换后的坐标是．请解决下面的问题：
（1）当时，
①已知点的坐标是，则点作相应变换后的点的坐标是 ；
②若点作相应变换后的点的坐标为，求点的坐标；
（2）已知点，，
①若线段是双变换图形，则的取值范围是 ；
②已知点在第一象限，若及其内部（点除外）组成的图形是双变换图形，且变换后所得图形记为，直接写出所有图形所覆盖的区域的面积．
【答案】（1）①；②或
（2）①或或m=0；②36
【解析】
【分析】（1）①由题意根据变换的定义求解即可；
②根据题意分两种情形：，，分别构建不等式解决问题即可．
（2）①由题意根据，两点的纵坐标，判断出的范围即可；
②由题意可知满足条件的图形是平行四边形，变换后所有图形所覆盖的区域的面积．
【小问1详解】
解：①，，
相应变换后的点的坐标是，
故答案为：．
②，直线为轴．
若，则作变换，变换后的点为，
且符合题意．
．
若，则作变换，变换后的点为，
且符合题意．
．
综上，或．
【小问2详解】
解：①线段是双变换图形，，，
或．
故答案为：或或m=0．
②如图2中，由题意，满足条件的图形是平行四边形，
变换后所有图形所覆盖的区域的面积．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查Ⅰ变换，Ⅱ变换，双变换图形的定义，解题的关键是理解题意，学会构建不等式解决问题，属于中考创新题型．