北京市第四十四中学上学期八年级期中调研数学试卷（解析版）-A4

这是一份北京市第四十四中学上学期八年级期中调研数学试卷（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 围棋起源于中国，古代称之为“奔”，至今已有四千多年的历史，下列由黑、白棋子摆成的图案中，是轴对称图形的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了轴对称图形，即“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”，识别轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
【详解】A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C、不轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、是轴对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
2. 如图是两个全等三角形，图中的字母表示三角形的边长，则∠1的度数是( )
A. 76°B. 62°
C. 42°D. 76°、62°或42°都可以
【答案】B
【解析】
【分析】根据全等三角形的性质求解即可.
【详解】∵对应边的对角是对应角，
∴∠1=62°.
故选B.
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，全等三角形的对应角相等，对应边相等.对应边的对角是对应角，对应角的对边是对应边.
3. 王师傅用4根木条钉成一个四边形木架，如图．要使这个木架不变形，他至少还要再钉上几根木条？（ ）．
A. 0根B. 1根C. 2根D. 3根
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形的稳定性进行解答即可．
【详解】三角形具有稳定性，连接一条对角线，即可得到两个三角形，
故选B
【点睛】本题考查的是三角形的稳定性在实际生活中的应用，比较简单．
4. 四边形的内角和等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据多边形的内角和定理求解即可．
本题考查了多边形的内角和定理：多边形的内角和，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键．
【详解】根据多边形的内角和定理可得：
四边形的内角和为．
故选：C．
5. 如果把分式中的，都扩大2倍，那么分式的值（ ）
A. 不变B. 扩大2倍C. 缩小2倍D. 扩大4倍
【答案】A
【解析】
【分析】依题意，分别用2x和2y去代换原分式中的x和y，利用分式的基本性质化简即可．
【详解】分别用2x和2y去代换原分式中的x和y，得
即分式的值不变
故选：A
【点睛】本题考查的是对分式的性质的理解和运用，扩大或缩小n倍，就将原来的数乘以n或除以n．
6. 如图，数轴上，，，四点中，与对应的点距离最近的是（ ）
A. 点B. 点C. 点D. 点
【答案】B
【解析】
【分析】估算出无理数的大小，进而可以求解．
【详解】解：，
，
，
，
点距离此点最近．
故选：B．
【点睛】此题考查了无理数的估算，解题的关键是正确求得无理数的估值．
7. 若是完全平方式，则k的值是（ ）
A. 12B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首末两项是和这两个数的平方，那么中间一项为加上或减去和乘积的倍．
【详解】解：∵是完全平方式，
∴这两个数为和，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查的是完全平方公式，两数平方和再加上或减去它们乘积的倍，是完全平方式的主要结构特征，熟记完全平方公式，注意积的倍的符号，有正负两种情况，避免漏解．
8. 如图，点为定角的平分线上的一个定点，且与互补，若在绕点旋转的过程中，其两边分别与交于点，则一下结论：①恒成立；②的值不变；③四边形的面积不变；④的长不变；其中正确的个数为（ ）个
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据角平分线的性质，作，可得，由此可判定①②③，连接，根据三角形三边关系可判定④，由此即可求解．
【详解】解：∵点在的角平分线上，
∴，
如图所示，过点作于点，作于点，
∴，，，
∴在四边形中，，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，故①正确；
由①正确可得，，
∴，故②正确；
由可得，
∴，
∴四边形的面积是定值，故③正确；
如图所示，连接，由上述结论可得，，，，，
∴，即的长度发生变化，故④错误；
综上所述，正确的有①②③，共3个，
故选：C ．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，四边形面积的计算方法等知识，掌握添加合理的辅助线，构造三角形全等是解题的关键．
二、填空题（本题共16分，每题2分）
9. 若=1，则x取值范围是_______．
【答案】x≠4．
【解析】
【分析】根据任何不为零的数的零次幂为1，可得答案．
【详解】解：根据题意得：x－4≠0，则x≠4．
故答案为：
10. 一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为______．
【答案】6
【解析】
【分析】本题考查多边形的内角和公式、多边形外角和为等知识，先设这个多边形的边数为，由题意，结合多边形内角和公式及外角和为列方程求解即可得到答案，熟记多边形的内角和公式、多边形外角和为是解决问题的关键．
【详解】解：设这个多边形的边数为，
多边形的内角和是外角和的2倍，
，解得，
故答案为：．
11. 若等腰三角形的两边长分别是和，则这个三角形的周长是 _______．
【答案】14
【解析】
【分析】此题主要考查学生对等腰三角形的定义及三角形的三边关系的掌握情况．已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键．分当腰长是时和当腰长是时两种情况求解．
【详解】解：当腰长是时，因为，不符合三角形的三边关系，应排除；
当腰长是时，因为，符合三角形三边关系，此时周长是；
答案：14．
12. 如图，△ABC≌△A'B'C，点B'在边AB上，线段A'B'与AC交于点D，若∠A＝40°，∠B＝60°，则∠A'CB的度数为_____．
【答案】140°
【解析】
【分析】根据全等三角形的性质得到∠A′＝∠A＝40°，∠A′B′C＝∠B＝60°，CB＝CB′，根据三角形内角和定理求出∠A′CB′＝80°，根据等腰三角形的性质，三角形内角和定理求出∠BCB′＝60°，根据角的和差关系计算即可结果．
【详解】解：∵△ABC≌△A′B′C，
∴∠A′＝∠A＝40°，∠A′B′C＝∠B＝60°，CB＝CB′，
∴∠A′CB′＝80°，
∴∠BB′C＝∠B＝60°，
∴∠BCB′＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴∠A′CB＝∠A′CB′+∠BCB′＝140°．
故答案：140°．
【点睛】本题考查的是全等三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握全等三角形的对应边相等，对应角相等是解题的关键．
13. 如图，∠1＝∠2，请添加一个条件使△ABC≌△ABD：_____．
【答案】答案不唯一，AD＝AC或∠D＝∠C或∠ABD＝∠ABC
【解析】
【分析】根据题意和图形可得∠1＝∠2，AB＝AB，然后即可写出使△ABC≌△ABD的一个条件，本题得以解决，注意本题答案不唯一．
【详解】解：∵∠1＝∠2，AB＝AB，
∴若添加条件AD＝AC，则△ABC≌△ABD（SAS），
若添加条件∠D＝∠C，则△ABC≌△ABD（AAS），
若添加条件∠ABD＝∠ABC，则△ABC≌△ABD（ASA），
故答案为：AD＝AC或∠D＝∠C或∠ABD＝∠ABC
【点睛】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用全等三角形的判定方法解答．
14. 在平面直角坐标系中，点，点，点，点C在x轴上．若，则点C的坐标为 ___________．
【答案】或
【解析】
【分析】根据对称，性质即可，本题考查了对称计算，熟练掌握计算方法是解题的关键．
【详解】∵点，点，
∴点B关于直线的对称点为，
连接，则，
∵点，点，
∴点A、D关于y轴对称，
∴点B、点E关于y轴的对称点为或，
∴点C为或时，．
故答案为：或．
15. 为落实“数字中国”的建设工作，市政府计划对全市中小学多媒体教室进行安装改造，现安排两个安装公司共同完成．已知甲公司安装工作效率是乙公司安装工作效率的1.5倍，乙公司安装36间教室比甲公司安装同样数量的教室多用3天．求甲乙两公司每天各安装多少间教室？设乙公司每天安装x间教室，请根据题意列出方程__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查利用分式方程解决实际应用问题，解题的关键是找到等量关系式．设乙公司每天安装x间教室，根据乙公司安装36间教室比甲公司安装同样数量的教室多用3天．列式即可得到答案．
【详解】解：设乙公司每天安装x间教室，由题意可得，
，
故答案为：
16. 对于正数x，规定． ，则:（1）____________；
（2）=___________．
【答案】 ① 1 ②.
【解析】
【分析】（1）根据给出的规定计算即可；
（2）运用加法的交换律结合律，再根据规定的运算可求得结果．
【详解】解：（1）
故答案为：1；
（2），，，
原式
，
．
【点睛】本题考查的是新定义，以及分式的加减，解题的关键是根据题意找出规律，利用规律解题．
三、解答题
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据分式的乘法计算法则求解即可．
【详解】解：
．
【点睛】本题主要考查了分式的乘法，熟知相关计算法则是解题的关键．
18. 当x取何值时，分式的值为0？
【答案】1
【解析】
【分析】先根据分式为0的条件列出关于x的方程，求得x的值，再验根即可．
【详解】由－1＝0，得x＝±1．
当x＝1时，x＋1＝1＋1＝2≠0；
当x＝－1时，x＋1＝－1＋1＝0，分式无意义，舍去．
故当x＝1时，分式的值为0．
【点睛】本题考查的是分式的值为0的条件，即分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零．
19. 计算．
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查的是分式的混合运算，掌握运算顺序是解本题的关键；
（1）先通分，化为同分母分式，再计算即可；
（2）先计算括号内的分式的减法运算，再计算除法运算即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
20. 小明从甲地到乙地的速度是，从乙地返回甲地的速度是，小彬从甲地到乙地，又从乙地返回甲地的速度一直是，往返全程，谁用的时间短？
【答案】小彬用的时间短
【解析】
【分析】本题考查了分式的应用，正确理解两人的速度、时间、路程之间的关系事解答本题的关键，可根据速度、时间、路程之间的关系，分别表示出小明、小彬往返的时间，然后作差比较大小即可．
【详解】设甲、乙两地之间的路程为，
由题意得
．
，，，，
，
小彬用的时间短．
21. 如图，校园有两条路和，在交叉口附近有两块宣传牌，学校准备在这里安装一盏路灯，要求灯柱的位置离两块宣传牌一样远，并且到两条路的距离也一样远，请你帮助画出灯柱的位置（保留作图痕迹）．
【答案】画图见解析．
【解析】
【分析】本题考查了无刻度直尺画图——垂直平分线，角平分线，作的垂直平分线，作的平分线，与交于点，掌握无刻度直尺画图的方法是解题的关键．
【详解】解：如图，作的垂直平分线，作的平分线，与交于点，
∴点即为所求．
22. 已知：如图，在中，，于点D，E是线段上一点，连接、．求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】本题主要考查等腰三角形底边上三线合一，垂直平分线的性质：垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，根据垂直平分线得到，即可得到证明；
【详解】证明：∵，，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，
．
23. 已知：如图，中，，，是的垂直平分线交于D点．求证：．

【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，三角形的外角性质，等腰三角形的判定和性质，连接，根据线段垂直平分线的性质得到，然后利用等边对等角得到，然后利用三角形外角的性质得到，然后利用直角三角形两锐角互余得到，进而利用等角对等边求解即可．属于常考题型，熟练掌握上述知识是解题的关键．
【详解】如图所示，连接，

∵是的垂直平分线
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴．
24. 如图，点B，F，C，E在直线l上（点F，C之间不能直接测量），点A，D在l的异侧，，，测得．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】此题重点考查全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，根据平行线的性质证明是解题的关键．
（1）由，得，而，即可证明；
（2）根据全等三角形的性质得，则，即可求得．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
在与中
，
∴．
【小问2详解】
解：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴．
25. 证明：如果两个三角形有两条边和其中一边上的中线分别相等，那么这两个三角形全等．
【答案】证明见解析．
【解析】
【分析】先画出图形（见解析），写出已知、求证，再根据线段中点的定义可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据三角形全等的判定定理即可得证．
【详解】已知：如图，在和中，，CM、FN分别是AB、DE边上的中线，且，
求证：．

证明：CM、FN分别是AB、DE边上的中线，
点M、N分别是AB、DE边中点，
，
，
，
在和中，，
，
，
在和中，，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题关键．
26. 如图，点O是等边内一点，，．以为一边作等边三角形，连接、．
（1）当时，试判断的形状，并说明理由；
（2）探究：当为多少度时，是等腰三角形？
【答案】（1）是直角三角形，理由见解析
（2）当为或或时，是等腰三角形
【解析】
【分析】（1）证，求出即可判断；
（2）首先根据题意表示出，，，然后分三种情况讨论，由等腰三角形的性质即可求解．
【小问1详解】
解：∵是等边三角形，
∴，
而是等边三角形，
∴．，
∴．
在与中，
∵
∴，
∴，
而，，
∴，
∴是直角三角形；
【小问2详解】
解：由题意可得：，，，，
当时，
∴，即，
解得；
当时，
∴，即，
∴，
当时，
∵，即，
∴解得
综上所述，当为或或时，是等腰三角形．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了直角三角形的判定，等边三角形的性质以及等腰三角形的性质和全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质是解决问题的关键．
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的性质，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．