山西省运城市垣曲县2022-2023学年八年级数学上学期期末达标测试题 (含答案)

这是一份山西省运城市垣曲县2022-2023学年八年级数学上学期期末达标测试题 (含答案)，共18页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知实数，，，，0，若，，，，则它们的大小关系是等内容，欢迎下载使用。
1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1.在中，，，若的长为整数，则的长可能是（ ）
A.B.C.D.
2.根据下列条件作图，不能作出唯一三角形的是（ ）
A.已知两边和它们的夹角B.已知两边和其中一条边所对的角
C.已知两角和它们的夹边D.已知两角和其中一个角所对的边
3.的平方根与的立方根之和是（ ）
A.0B.C.4D.0或
4.随着电子技术的不断进步，电子元件的尺寸大幅度缩小，在芯片上某种电子元件大约只占有面积，0.00000065用科学计数法表示为（ ）
A.B.C.D.
5.如果数据的方差是3，则另一组数据的方差是（ ）
A.3B.6C.12D.5
6.已知实数，，，，0.20020002……其中无理数出现的个数为（ ）
A.2个B.4个C.3个D.5个
7.若，，，，则它们的大小关系是（ ）
A.B.C.D.
8.已知，两点关于轴对称，若点坐标为，则点的坐标是（ ）
A.B.C.D.
9.如图是一张直角三角形的纸片，两直角边，，现将折叠，使点与点重合，折痕为，则的长为（ ）
A.B.C.D.
10.下列选项中，属于最简二次根式的是（ ）
A.B.C.D.
11.下列长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）
A.，，B.，，
C.，，D.，，
12.在中，，则（ ）
A.B.C.D.
二、填空题（每题4分，共24分）
13.如图，平分，其中，，则________度.
14.不等式组的解集为________.
15.如图，于，于，若，，则下列结论：①；②平分；③；④中正确的是________.
16.正方形的边长为4，为边上一点，，为线段上一点，射线交正方形的一边于点，且，则的长为________.
17.将直线向上平移3个单位，平移后所得直线的表达式为________.
18.对于非零的两个实数、，规定，若，则的值为________.
三、解答题（共78分）
19.（8分）如图，已知是的中点，，.
（1）求证：.
（1）若，，求的度数.
20.（8分）矩形中，，平分交于，平分交于.
（1）说明四边形为平行四边形；
（2）求四边形的面积.
21.（8分）证明：如果两个三角形有两个角及它们的夹边的高分别相等，那么这两个三角形全等.
22.（10分）（1）问题发现：如图（1），已知：在三角形中，，，直线经过点，直线，直线，垂足分别为点，，试写出线段，和之间的数量关系为________.
（2）思考探究：如图（2），将图（1）中的条件改为：在中，，，，三点都在直线上，并且，其中为任意锐角或钝角.请问（1）中结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由.
（3）拓展应用：如图（3），，是，，三点所在直线上的两动点，（，，三点互不重合），点为平分线上的一点，且与均为等边三角形，连接，，若，试判断的形状并说明理由.
23.（10分）如图是某台阶的一部分，并且每级台阶的宽等于高.请你在图中建立适当的坐标系，使点的坐标为，点的坐标为.
（1）直接写出点，，的坐标；
（2）如果台阶有10级（第11个点用表示），请你求出台阶的高度和线段的长度.
24.（10分）某区为加快美丽乡村建设，建设秀美幸福薛城，对，两类村庄进行了全面改建.根据预算，建设一个类美丽村庄和一个类美丽村庄共需资金300万元；甲镇建设了2个类村庄和5个类村庄共投入资金1140万元.
（1）建设一个类美丽村庄和一个类美丽村庄所需的资金分别是多少万元？
（2）乙镇3个类美丽村庄和6个类美丽村庄的改建共需资金多少万元？
25.（12分）如图，直线与分别是边和的垂直平分线，它们分别交边于点和点.
（1）若，则的周长是多少？为什么？
（2）若，求的度数.
26.为了落实党的“精准扶贫”政策，、两城决定向、两乡运送肥料以支持农村生产，已知、两城共有肥料500吨，其中城肥料比城少100吨，从城往、两乡运肥料的费用分别为20元/吨和25元/吨；从城往、两乡运肥料的费用分别为15元/吨和24元/吨.现乡需要肥料240吨，乡需要肥料260吨.
（1）城和城各有多少吨肥料？
（2）设从城运往乡肥料吨，总费用为元，求出最少总运费.
（3）由于更换车型，使城运往乡的运费每吨减少元，这时怎样调运才能使总运费最少？
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1.C
【解析】根据三角形的三边关系即可求出的范围，再选出即可.
【详解】∵，
∴，即，故选C.
【点睛】
此题主要考查三角形的三边关系，解题的关键是熟知三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边.
2.B
【分析】根据全等三角形的判定方法得到不能作出唯一三角形的选项即可.
【详解】解：A、根据SAS可得能作出唯一三角形；
B、已知两边及其中一边所对的角不能作出唯一的三角形；
C、根据ASA可得能作出唯一三角形；
D、根据AAS可得能作出唯一三角形.
故选B.
【点睛】
本题考查全等三角形的判定定理的应用，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS.注意SSA不能判定两三角形全等，也不能作出唯一的三角形.
3.D
【解析】首先计算的平方根、的立方根，然后求和即可.
【详解】∵，
∴的平方根为，
∵的立方根为，
∴的平方根与的立方根之和是0或，
故选D.
【点睛】
本题考查平方根与立方根，一个正数的平方根有两个，它们互为相反数，0的平方根是0，熟练掌握平方根与立方根的概念是解题关键.
4.D
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为，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：.
故答案为D.
【点睛】
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，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.
5.C
【解析】根据题意，数据的平均数设为，则数据的平均数为，再根据方差公式时行计算：
即可得到答案.
【详解】根据题意，数据的平均数设为，
则数据的平均数为，
根据方差公式：
，
则
，
故选C.
【点睛】本题主要考查了方差公式的运用，关键是根据题意得到平均数的变化，再正确运用方差公式进行计算即可.
6.C
【分析】无理数就是无限不循环小数.理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称.即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数.
【详解】实数，，，，……其中无理数是，，……
故选：C
【点睛】此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：，等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数.
7.A
【分析】先按法则把，，，计算结果，比较这些数的大小，再按从小到大的顺序，把，，，排序即可.
【详解】，，，，，
.
故选择：A.
【点睛】
本题考查乘方的运算，掌握乘方的性质，能根据运算的结果比较大小，并按要求排序是解决问题的关键.
8.D
【分析】根据关于轴对称的两点的横坐标相同，纵坐标互为相反数即可得答案.
【详解】∵，两点关于轴对称，点坐标为，
∴点坐标为，
故选：D.
【点睛】
本题考查了关于轴对称的点的坐标特征，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数.
9.B
【分析】首先设，由折叠的性质得：，又由，可得，然后在中，利用勾股定理即可求得方程，解方程即可求得答案.
【详解】设，
由折叠的性质得：，
∵在中，，，
∴，
在中，，
即：，
解得：，
∴.
故选：B.
此题考查了折叠的性质与勾股定理的知识.此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用，注意掌握折叠前后图形的对应关系.
10.C
【解析】根据最简二次根式的概念进行判断即可.
【详解】中被开方数含分母，不属于最简二次根式，A错误；
，不属于最简二次根式，B错误；
属于最简二次根式，C正确；
不属于最简二次根式，D错误.
故选C.
【点睛】
本题考查的是最简二次根式的概念，最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式.
11.C
【分析】根据三角形三边关系定理：三角形任意两边之和大于第三边进行分析即可.
【详解】解：A、，不能组成三角形，故此选项错误；
B、，不能组成三角形，故此选项错误；
C、，能组成三角形，故此选项正确；
D、，不能组成三角形，故此选项错误；
故选：C.
【点睛】
此题主要考查了三角形的三边关系，只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可.
12.A
【解析】根据三角形的内角和为，即可解得的度数.
【详解】∵三角形的内角和为
∴
∵
∴
故答案为：A.
【点睛】
本题考查了三角形内角的度数问题，掌握三角形的内角之和为是解题的关键.
二、填空题（每题4分，共24分）
13.
【分析】先根据三角形外角的性质求得，再根据角平分线求得，最后根据三角形的内角和定理即可求得.
【详解】解：∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∴.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了三角形内角和定理，三角形外角的性质.能正确识图完成角度之间的计算是解题关键.
14.
【分析】由题意分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解，确定不等式组的解集即可.
【详解】解：，解得，
所以不等式组的解集为：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础以及熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键.
15.①②④
【分析】利用“”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出平分，然后利用“”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再根据图形表示出表示出、，再整理即可得到.
【详解】解：在和中，
，
∴，
∴，故①正确；
又∵，，
∴平分，故②正确；
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，故④正确；
由垂线段最短可得，故③错误，
综上所述，正确的是①②④.
故答案为①②④.
【点睛】
考核知识点：全等三角形判定“”.理解判定定理是关键.
16.或
【分析】分两种情况进行分析，①当如图位置时，②当为位置时；根据相似三角形的性质即可求得的长.
【详解】如图，当如图位置时，
∵，，，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
过点作，由等腰三角形的性质知，点是的中点，，是的中位线，
∴，
当为位置时，易得，
∴，，
∴，
∴，
∴.
故答案是：或.
【点睛】
利用了全等三角形的判定和性质，等角对等边，相似三角形的判定和性质，勾股定理求解.
17..
【分析】根据“上加下减”的原则进行解答即可.
【详解】解：由“上加下减”的原则可知，将函数向上平移3个单位所得函数的解析式为，即.
故答案为：.
【点睛】
本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键.
18..
【分析】先根据规定运算把方程转化为一般形式，然后把分式方程转化为整式方程求解，再进行检验即可得解.
【详解】解：可化为，
方程两边都乘以得，，
解得，
检验：当时，，
所以，是原分式方程的解，
即的值为.
故答案为.
【点睛】
本题考查了解分式方程，（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解.（2）解分式方程一定注意要验根.
三、解答题（共78分）
19.（1）详见解析；（1）.
【解析】（1）根据SAS证明即可；
（1）由三角形内角和定理求得，在根据全等三角形对应角相等，即可求得的度数.
【详解】（1）∵是的中点，
∴，
∵，
∴
（1）∵，
∴，
在中，，
∴，
∴.
20.（1）见解析；（2）
【解析】试题分析：
（1）由四边形是矩形可得（即），，由此可得，结合平分，平分可得，即可得到，从而可得四边形是平行四边形；
（2）如图，过点作于点，结合及平方可得，证可得，在中由勾股定理易得，从而可得，设，则，这样在中由勾股定理建立方程，解方程即可求得的值，这样就可求出四边形的面积了.
试题解析：
（1）∵四边形是矩形，
∴（即），，
∴，
又∵平分，平分，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）过点作于点，
∵，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵在，，
∴，
设，则，
∴在中由勾股定理可得：，解得：，
∴，
∴.
点睛：本题第2小题的解题关键是：通过作于点，证得，，即可在中由勾股定理建立方程解得的长，这样就可由来求出其面积了.
21.详见解析
【分析】先利用几何语言写出已知、求证，然后证明这两个三角形中有条边对应相等，从而判断这两个三角形全等.
【详解】已知：如图，在和中，，，、分别是，边上的高，.
求证：.
证明：∵，，
∴.
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即如果两个三角形有两个角及它们的夹边的高分别相等，那么这两个三角形全等.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定：全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边； 若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边.
22.（1）；（2）成立，理由见解析；（3）为等边三角形，理由见解析.
【分析】（1）利用已知得出，进而根据证明与全等，然后进一步求解即可；
（2）根据，得出，在与中，根据证明二者全等从而得出，，然后进一步证明即可；
（3）结合之前的结论可得与全等，从而得出，，再根据等边三角形性质得出，然后进一步证明与全等，在此基础上进一步证明求解即可.
【详解】（1）∵直线，直线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在与中，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
故答案为：；
（2）（1）中结论还仍然成立，理由如下：
∵，
∴，
∴，
在与中，
∵，，，
∴，
∴，，
∴.
即：.
（3）为等边三角形，理由如下：
由（2）可知：，
∴，，
∵与均为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
在与中，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∴为等边三角形.
【点睛】
本题主要考查了全等三角形性质与判定的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
23.（1），，；（2）该台阶的高度是10，的长度是
【分析】（1）根据平面直角坐标系的定义建立，然后写出各点的坐标即可；
（2）利用平移的性质求出横向与纵向的长度，然后求解即可.
【详解】解：以点为坐标原点，水平方向为轴，建立平面直角坐标系，如图所示.
（1），，；
（2）∵点的坐标是，点的坐标是，
∴每阶台阶的高为1，宽也为1.
∴10阶台阶的高为10.
.
所以，该台阶的高度是10，的长度是.
【点睛】
本题考查了坐标与图形的性质确，主要利用了平面直角坐标系，从平移的角度考虑求解是解题的关键.
24.（1）建设一个类美丽村庄和一个类美丽村庄所需的资金分别是120万元、180万元；（2）乙镇3个类美丽村庄和6个类美丽的改建共需资金1440万元.
【解析】（1）设建设一个类美丽村庄和一个类美丽村庄所需的资金分别是、万元，根据建设一个类美丽村庄和一个类美丽村庄共需资金300万元，甲镇建设了2个类村庄和5个类村庄共投入资金1140万元，列方程组求解；
（2）根据（1）求出的值代入求解.
【详解】解：（1）设建设一个类美丽村庄和一个类美丽村庄所需的资金分别是万元、万元.由题意，得
解得
答：建设一个类美丽村庄和一个类美丽村庄所需的资金分别是120、180万元.
（2）（万元）.
答：乙镇3个类美丽村庄和6个类美丽村庄的改建共需资金1440万元.
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用，解答本题的关键是设出未知数，找出等量关系，列方程组求解.
25.（1）10；（2）
【分析】根据垂直平分线定理即可推出，同理，即的周长为10
由垂直平分线定理可得，，再根据三角形内角和定理，，即，再由三角形外角和定理，即可计算出.
【详解】解：（1）的周长为10
∵是的垂直平分线，∴
同理
∴的周长
（2）∵是的垂直平分线，∴
同理
∴，
∵①
∴
∵
∴②
联立①②，解得：
【点睛】
本题考查垂直平分线和三角形的内角和定理，熟练掌握垂直平分线定理推出是解题关键.
26.（1）城和城分别有200吨和300吨肥料；（2）从城运往乡200吨，从城运往乡肥料240吨，运往乡60吨时，运费最少，最少运费是10040元；（3）当时，城200吨肥料都运往乡，城240吨运往乡，60吨运往乡；当时，在范围内的哪种调运方案费用都一样；当时，城200吨肥料都运往乡，城40吨运往乡，260吨运往乡.
【解析】（1）根据、两城共有肥料500吨，其中城肥料比城少100吨，列方程或方程组得答案；
（2）设从城运往乡肥料吨，用含的代数式分别表示出从运往运往乡的肥料吨数，从城运往乡肥料吨数，及从城运往乡肥料吨数，根据：运费=运输吨数×运输费用，得一次函数解析式，利用一次函数的性质得结论；
（3）列出当城运往乡的运费每吨减少元时的一次函数解析式，利用一次函数的性质讨论，得结论.
【详解】（1）设城有化肥吨，城有化肥吨，
根据题意，得，
解得，
答：城和城分别有200吨和300吨肥料；
（2）设从城运往乡肥料吨，则运往乡吨，
从城运往乡肥料吨，则运往乡吨，
设总运费为元，根据题意，
则，
∵，∴，
由于函数是一次函数，，
所以当时，运费最少，最少运费是10040元；
（3）从城运往乡肥料吨，由于城运往乡的运费每吨减少元，
所以，
当时，即时，随着的增大而增大，∴当时，运费最少，城200吨肥料都运往乡，城240吨运往乡，60吨运往乡；
当时，即时，，在范围内的哪种调运方案费用都一样；
当时，即时，随着的增大而减少，∴当时，运费最少，此时城200吨肥料都运往乡，城40吨运往乡，260吨运往乡.
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用、不等式组的应用、一次函数的应用等，弄清题意、根据题意找准等量关系、不等关系列出方程组，列出一次函数解析式是关键.注意（3）小题需分类讨论.