辽宁省辽阳市二中学教育协作2023年数学八年级第一学期期末预测试题【含解析】

这是一份辽宁省辽阳市二中学教育协作2023年数学八年级第一学期期末预测试题【含解析】，共23页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，下面四个数中与最接近的数是等内容，欢迎下载使用。
考生请注意：
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(每小题3分,共30分)
1．如图，EB交AC于点M，交FC于点D，AB交FC于点N，∠E＝∠F＝90°，∠B＝∠C，AE＝AF，给出下列结论：其中正确的结论有（ ）
①∠1＝∠2；②BE＝CF；③△ACN≌△ABM；④CD＝DN；⑤△AFN≌△AEM．
A．2个B．3个C．4个D．5个
2．要使分式无意义，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．如果把分式中的，都扩大3倍，那么分式的值（ ）
A．扩大3倍B．不变C．缩小3倍D．扩大9倍
4．如图，中，、的垂直平分线分别交于、，则（ ）
A．B．
C．D．
5．如图，点D、E分别在AC、AB上，已知AB=AC，添加下列条件，不能说明△ABD≌△ACE的是（ ）
A．∠B=∠CB．AD=AEC．∠BDC=∠CEBD．BD=CE
6．下面四个数中与最接近的数是 （ ）
A．2B．3C．4D．5
7．点P是直线y＝﹣x+上一动点，O为原点，则OP的最小值为（ ）
A．2B．C．1D．
8．直线沿轴向下平移个单位后，图象与轴的交点坐标是（ ）
A．B．C．D．
9．我国古代数学家赵爽“的勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示），如果大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边分别是a、b，那么 的值为（ ）.
A．49B．25C．13D．1
10．二次根式在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＜1B．x≥﹣1C．x≠2D．x≥﹣1且x≠2
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．跳远运动员李阳对训练效果进行测试．6次跳远的成绩如下：7.5，7.7，7.6，7.7，7.9，7.8（单位：m）这六次成绩的平均数为7.7m，方差为．如果李阳再跳一次，成绩为7.7m．则李阳这7次跳远成绩的方差_____（填“变大”、“不变”或“变小”）．
12．若函数为常数)与函数为常数)的图像的交点坐标是(2, 1)，则关于、的二元一次方程组的解是________.
13．如图，在中，，，为边上一动点，作如图所示的使得，且，连接，则的最小值为__________．
14．规定一种新的运算：A★B=A×B－A÷B，如4★2=4×2-4÷2=6，则6★（－2）的值为______．
15．如图，在△ABC中，AB=AC，BC=8，AD平分∠BAC，则BD= ．
16．分解因式6xy2－9x2y－y3 = _____________.
17．如图，等边△ABC的周长为18cm，BD为AC边上的中线，动点P，Q分别在线段BC，BD上运动，连接CQ，PQ，当BP长为_____cm时，线段CQ+PQ的和为最小．
18．如图，两地相距千米，甲、乙两人都从地去地，图中和分别表示甲、乙两人所走路程(千米)与时间(小时)之间的关系，下列说法: ①乙晚出发小时；②乙出发小时后追上甲；③甲的速度是千米/小时； ④乙先到达地.其中正确的是__________．(填序号)
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，是边长为9的等边三角形，是边上一动点，由向运动（与、不重合），是延长线上一动点，与点同时以相同的速度由向延长线方向运动（不与重合），过作于，连接交于
（1）若时，求的长
（2）当点，运动时，线段与线段是否相等？请说明理由
（3）在运动过程中线段的长是否发生变化？如果不变，求出线段的长；如果发生变化，请说明理由
20．（6分）一辆客车从甲地开往乙地，一辆出租车从乙地开往甲地，两车同时出发，设客车离甲地的距离为y1千米，出租车离甲地的距离为y2千米，两车行驶的时间为x小时，y1、y2关于x的函数图像如下图
所示：
（1）根据图像，直接写出y1、y2关于x的函数关系式；
（2）若两车之间的距离为S千米，请写出S关于x的函数关系式；
（3）甲、乙两地间有A、B两个加油站，相距200千米，若客车进入A加油站时，出租车恰好进入B加油站，求A加油站离甲地的距离.
21．（6分）随着智能手机的普及，微信抢红包已成为春节期间人们最喜欢的活动之一，某校七年级（1）班班长对全班50名学生在春节期间所抢的红包金额进行统计，并绘制成了统计图．请根据以上信息回答：
（1）该班同学所抢红包金额的众数是______，
中位数是______；
（2）该班同学所抢红包的平均金额是多少元？
​（3）若该校共有18个班级，平均每班50人，请你估计该校学生春节期间所抢的红包总金额为多少元？
22．（8分）如图，中，．
（1）在边求作一点，使点到的距离等于（尺规作图，保留作图痕迹）；
（2）计算（1）中线段的长．
23．（8分） (1)如图1，点、分别是等边边、上的点，连接、，若，求证：
(2)如图2，在(1)问的条件下，点在的延长线上，连接交延长线于点，．若，求证：．
24．（8分）某商场销售两种品牌的足球，购买2个品牌和3个品牌的足球共需280元；购买3个品牌和1个品牌的足球共需210元．
（1）求这两种品牌足球的单价；
（2）开学前，该商场对这两种足球开展了促销活动，具体办法如下：品牌足球按原价的九折销售，品牌足球10个以上超出部分按原价的七折销售．设购买个品牌的足球需要元，购买个品牌的足球需要元，分别求出，关于的函数关系式．
（3）某校准备集体购买同一品牌的足球，若购买足球的数量为15个，购买哪种品牌的足球更合算？请说明理由．
25．（10分）计算
（1）+|2﹣|﹣﹣（π﹣）0
（2）（﹣2）×+3
26．（10分）课本56页中有这样一道题：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，
（1）小玲在思考这道题时．画出图形，写出已知和求证．
已知：在和中，，，是边上的中线，是边上的中线，．
求证：．
请你帮她完成证明过程．
（2）小玲接着提出了两个猜想：
①如果两个三角形有两条边和第三边上的中线分别相等，那么这两个三角形全等；
②如果两个三角形有两条边和第三边上的高分别相等，那么这两个三角形全等；
请你分别判断这两个猜想是否正确，如果正确，请予以证明，如果不正确，请举出反例．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】①正确．可以证明△ABE≌△ACF可得结论．
②正确，利用全等三角形的性质可得结论．
③正确，根据ASA证明三角形全等即可．
④错误，本结论无法证明．
⑤正确．根据ASA证明三角形全等即可．
【详解】∵∠E＝∠F＝90°，∠B＝∠C，AE＝AF，
∴△ABE≌△ACF（AAS），
∴BE＝CF，AF＝AE，故②正确，
∠BAE＝∠CAF，
∠BAE−∠BAC＝∠CAF−∠BAC，
∴∠1＝∠2，故①正确，
∵△ABE≌△ACF，
∴AB＝AC，
又∠BAC＝∠CAB，∠B＝∠C
△ACN≌△ABM（ASA），故③正确，
CD＝DN不能证明成立，故④错误
∵∠1＝∠2，∠F＝∠E，AF＝AE，
∴△AFN≌△AEM（ASA），故⑤正确，
故选：C．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定方法和三角形全等的性质，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，属于中考常考题型．
2、A
【分析】根据分式无意义，分母等于0列方程求解即可．
【详解】∵分式无意义，
∴x+1=0，
解得x=-1．
故选A．
【点睛】
本题考查了分式有意义的条件，从以下三个方面透彻理解分式的概念：
（1）分式无意义⇔分母为零；（1）分式有意义⇔分母不为零；（3）分式值为零⇔分子为零且分母不为零．
3、B
【分析】根据分式的分子分母都乘以或除以同一个不为0的整式，分式的值不变，可得答案．
【详解】．
故选：B．
【点睛】
本题考查了分式的性质，分式的分子分母都乘以或除以同一个不为0的整式，分式的值不变．
4、D
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到DA=DB，EA=EC，得到∠B=∠DAB和∠C=∠EAC，根据三角形内角和定理计算得到答案．
【详解】
∵DM是线段AB的垂直平分线，
∴DA=DB，
∴∠B=∠DAB，
同理∠C=∠EAC，
∵，即，
又∵，
∴，
整理得：，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查的是线段垂直平分线的性质及等腰三角形的性质，三角形的内角和定理知识点的理解和掌握，能综合运用这些性质进行列式计算是解此题的关键．
5、D
【分析】要使△ABD≌△ACE，则需对应边相等，夹角相等，可用两边夹一角，也可用两角夹一边判定全等．
【详解】已知条件中AB=AC，∠A为公共角，
A中∠B=∠C，满足两角夹一边，可判定其全等，A正确；
B中AD=AE两边夹一角，也能判定全等，B也正确；
C中∠BDC=∠CEB，即∠ADB=∠AEC，又∠A为公共角，∴∠B=∠C，所以可得三角形全等，C对；
D中两边及一角，但角并不是夹角，不能判定其全等，D错．
故选D.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定；熟练掌握全等三角形的判定方法，是正确解题的前提；做题时要按判定全等的方法逐个验证．
6、B
【解析】分析：先根据的平方是10，距离10最近的完全平方数是9和16，通过比较可知10距离9比较近，由此即可求解．
解答：解：∵12=9，42=16，
又∵11-9=2＜16-9=5
∴与最接近的数是1．
故选B．
7、C
【分析】首先判定当OP⊥AB的时候，OP最小，然后根据函数解析式求得OA、OB，再根据勾股定理求得AB，进而即可得出OP.
【详解】设直线y=﹣x+与y轴交于点A，与x轴交于点B，过点O作直线AB的垂线，垂足为点P，此时线段OP最小，如图所示：
当x=0时，y=，
∴点A（0，），
∴OA=；
当y=0时，求得x=，
∴点B（，0），
∴OB=，
∴AB==2．
∴OP==2．
故选：C.
【点睛】
此题主要考查一次函数以及勾股定理的运用，熟练掌握，即可解题.
8、D
【分析】利用一次函数平移规律，上加下减进而得出平移后函数解析式，再求出图象与坐标轴交点即可．
【详解】直线沿轴向下平移个单位
则平移后直线解析式为：
当y=0时，则x=2，
故平移后直线与x轴的交点坐标为：（2，0）．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了一次函数平移变换，熟练掌握一次函数平移规律是解题关键．
9、A
【分析】根据正方形的面积公式以及勾股定理，结合图形进行分析发现：大正方形的面积即直角三角形斜边的平方25，也就是两条直角边的平方和是25，四个直角三角形的面积和是大正方形的面积减去小正方形的面积即2ab=12，据此即可得结果.
【详解】
根据题意，结合勾股定理a2+b2=25，
四个三角形的面积=4×ab=25-1=24，
∴2ab=24，
联立解得：（a+b）2=25+24=1．
故选A.
10、B
【分析】直接利用二次根式的定义得出x的取值范围进而得出答案．
【详解】解：二次根式在实数范围内有意义，
，
解得：．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了二次根式有意义的条件，正确把握定义是解题关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、变小
【分析】根据平均数的求法 先求出这组数据的平均数，再根据方差公式 求出这组数据的方差，然后进行比较即可求出答案．
【详解】解：∵李阳再跳一次，成绩为7.7m，
∴这组数据的平均数是＝7.7，
∴这7次跳远成绩的方差是：
S2＝[（7.5﹣7.7）2+（7.6﹣7.7）2+3×（7.7﹣7.7）2+（7.8﹣7.7）2+（7.9﹣7.7）2]＝，
∴方差变小；
故答案为：变小．
【点睛】
本题主要考查平均数和方差，掌握平均数和方差的求法是解题的关键．
12、
【解析】根据函数图象交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解即可解答.
【详解】解：因为函数y=x-a(a为常数)与函数y=-2x+b(b为常数)的图像的交点坐标是(2, 1)，
所以方程组 的解为 .
故答案为​.
【点睛】
本题考查一次函数与二元一次方程（组）：满足函数解析式的点就在函数的图象上，在函数的图象上的点，就一定满足函数解析式．函数图象交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解．
13、
【分析】根据已知条件，添加辅助线可得△EAC≌△DAM（SAS），进而得出当MD⊥BC时，CE的值最小，转化成求DM的最小值，通过已知值计算即可．
【详解】解：如图所示，在AB上取AM=AC=2，
∵，，
∴∠CAB=45°，
又∵，
∴∠EAC+∠CAD=∠DAB+∠CAD=45°，
∴∠EAC =∠DAB，
∴在△EAC与△DAB中
AE=AD，∠EAF =∠DAB，AC =AM，
∴△EAC≌△DAM（SAS）
∴CE=MD，
∴当MD⊥BC时，CE的值最小，
∵AC=BC=2，
由勾股定理可得，
∴ ，
∵∠B=45°，
∴△BDM为等腰直角三角形，
∴DM=BD，
由勾股定理可得
∴DM=BD=
∴CE=DM=
故答案为：
【点睛】
本题考查了动点问题及全等三角形的构造，解题的关键是作出辅助线，得出全等三角形，找到CE最小时的状态，化动为静．
14、-9
【分析】根据新公式，A、B分别相当于6和-2，代入公式计算即可.
【详解】6★（－2）=
=
=-9
【点睛】
本题考查有理数的混合运算，熟练掌握计算法则是解题关键.
15、1
【分析】根据三线合一定理即可求解．
【详解】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴BD=BC=1．
故答案是：1．
考点：等腰三角形的性质．
16、－y(3x－y)2
【解析】先提公因式-y，然后再利用完全平方公式进行分解即可得.
【详解】6xy2－9x2y－y3
=-y(9x2-6xy+y2)
=-y(3x-y)2，
故答案为：-y(3x-y)2.
【点睛】
本题考查了利用提公因式法与公式法分解因式，熟练掌握因式分解的方法及步骤是解题的关键.因式分解的一般步骤：一提（公因式），二套（套用公式），注意一定要分解到不能再分解为止.
17、1．
【分析】连接AQ，依据等边三角形的性质，即可得到CQ＝AQ，依据当A，Q，P三点共线，且AP⊥BC时，AQ+PQ的最小值为线段AP的长，即可得到BP的长．
【详解】如图，连接AQ，
∵等边△ABC中，BD为AC边上的中线，
∴BD垂直平分AC，
∴CQ＝AQ，
∴CQ+PQ＝AQ+PQ，
∴当A，Q，P三点共线，且AP⊥BC时，AQ+PQ的最小值为线段AP的长，
此时，P为BC的中点，
又∵等边△ABC的周长为18cm，
∴BP＝BC＝×6＝1cm，
故答案为1．
【点睛】
本题主要考查了最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
18、：①③④
【分析】根据函数图象中的数据可以判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【详解】解：由图象可得，
乙晚出发1小时，故①正确；
∵3-1=2小时，∴乙出发2小时后追上甲，故②错误；
∵12÷3=4千米/小时，∴甲的速度是4千米/小时，故③正确；
∵相遇后甲还需8÷4=2小时到B地，相遇后乙还需8÷(12÷2) =小时到B地，∴乙先到达B地，故④正确；
故答案为：①③④．
【点睛】
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
三、解答题(共66分)
19、（1）当∠BQD=30° 时，AP=3；（2）相等，见解析；（3）DE的长不变，
【分析】（1）先判断出∠QPC是直角，再利用含30°的直角三角形的性质得出QC＝2PC，建立方程求解决即可；
（2）先作出PF∥BC得出∠PFA＝∠FPA＝∠A＝60°，进而判断出△DBQ≌△DFP得出DQ＝DP即可得出结论；
（3）利用等边三角形的性质得出EF＝AF，借助DF＝DB，即可得出DF＝BF，最后用等量代换即可．
【详解】（1）解：∵△ABC是边长为9的等边三角形
∴∠ACB=60°，且∠BQD=30°
∴∠QPC=90°
设AP=，则PC=，QB=
∴QC=
∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°
∴PC=QC 即
解得
∴ 当∠BQD=30° 时，AP=3
（2）相等,
证明：过P作PF∥QC，则△AFP是等边三角形
∴AP=PF,∠DQB=∠DPF
∵P、Q同时出发，速度相同，即BQ=AP，
∴BQ=PF，
在△DBQ和△DFP中，
∴△DBQ≌△DFP(AAS)
∴QD=PD
（3）解：不变,
由（2）知△DBQ≌△DFP
∴BD=DF
∵△AFP是等边三角形，PE⊥AB，
∴AE=EF，
∴DE=DF+EF=BF+FA=AB=为定值，即DE的长不变.
【点睛】
此题是三角形综合题，主要考查了含30°的直角三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△DQB≌△DPF是解本题的关键，作出辅助线是解本题的难点，是一道比较简单的中考常考题．
20、（1）（0≤x≤10）；（0≤x≤6）（2）（3）A加油站到甲地距离为150km或300km
【分析】（1）直接运用待定系数法就可以求出y1、y2关于x的函数图关系式；
（2）分别根据当0≤x＜时，当≤x＜6时，当6≤x≤10时，求出即可；
（3）分A加油站在甲地与B加油站之间，B加油站在甲地与A加油站之间两种情况列出方程求解即可．
【详解】（1）设y1=k1x，由图可知，函数图象经过点（10，600），
∴10k1=600，
解得：k1=60，
∴y1=60x（0≤x≤10），
设y2=k2x+b，由图可知，函数图象经过点（0，600），（6，0），则
，
解得：
∴y2=-100x+600（0≤x≤6）；
（2）由题意，得
60x=-100x+600
x=，
当0≤x＜时，S=y2-y1=-160x+600；
当≤x＜6时，S=y1-y2=160x-600；
当6≤x≤10时，S=60x；
即；
（3）由题意，得
①当A加油站在甲地与B加油站之间时，（-100x+600）-60x=200，
解得x=，
此时，A加油站距离甲地：60×=150km，
②当B加油站在甲地与A加油站之间时，60x-（-100x+600）=200，
解得x=5，此时，A加油站距离甲地：60×5=300km，
综上所述，A加油站到甲地距离为150km或300km．
21、（1）30，30；（2）32.4元；（3）29160元.
【分析】（1）由表提供的信息可知，一组数据的众数是这组数中出现次数最多的数，而中位数则是将这组数据从小到大（或从大到小）依次排列时，处在最中间位置的数，据此可知这组数据的众数，中位数；
（2）根据加权平均数的计算公式列式求解即可；
（3）利用样本平均数乘以该校总人数即可．
【详解】(1)捐款30元的人数为20人，最多，则众数为30，
中间两个数分别为30和30，则中位数是30.
故答案为30，30；
(2)该班同学所抢红包的平均金额是(6×10+13×20+20×30+8×50+3×100)÷50=32.4(元)；
(3)18×50×32.4=29160(元).
答：估计该校学生春节期间所抢的红包总金额为29160元.
【点睛】
此题考查加权平均数，中位数，众数，解题关键在于利用统计图中的数据进行计算.
22、（1）见解析；（2）1
【分析】（1）根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可知，作出∠A的平分线即可；
（2）设，然后用表示出DB、DE、BF，利用勾股定理得到有关的方程，解之即可.
【详解】（1）如图所示：
（2）设，作于，如图所示：
则，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
解得，
即长为1．
【点睛】
此题考查了尺规作图角平分线以及勾股定理的运用，解题关键是利用其列出等量关系.
23、（1）详见解析；（2）详见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AC=CB，∠ABC=∠A=∠ACB=60°，然后利用SAS即可证出△AEC≌△CDB，从而得出BD=CE；
（2）根据全等三角形的性质可得∠CBD=∠ACE，从而证出∠ABD=∠ECB，然后根据等边对等角可得∠BFC=∠BCF，从而证出∠H=∠ECH，最后根据等角对等边即可证出结论．
【详解】证明：（1）∵△ABC为等边三角形
∴AC=CB，∠ABC=∠A=∠ACB=60°
在△AEC和△CDB中
∴△AEC≌△CDB(SAS)
∴BD=CE
（2）∵△AEC≌△CDB
∴∠CBD=∠ACE
∴∠ABC－∠CBD=∠ACB－∠ACE
∴∠ABD=∠ECB
又∵BF=BC，
∴∠BFC=∠BCF
∵∠ABD＋∠H=∠BFC，∠ECB＋∠ECH=∠BCF
∴∠H=∠ECH，
∴EH=EC
【点睛】
此题考查的是等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质和等腰三角形的判定及性质，掌握等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质、等边对等角和等角对等边是解决此题的关键．
24、（1）A品牌足球的单价为50元，B品牌足球的单价为60元；（2）；；（3）购买A品牌的足球更划算，理由见解析
【分析】（1）设A品牌足球的单价为a元，B品牌足球的单价为b元，根据题意列方程组，解方程组即可；
（2）分别根据A、B品牌的促销方式表示出购买所需费用即可，对B品牌分类讨论；
（3）根据上述所求关系式，分别求出当购买足球的数量为15个时，购买两种品牌足球的价格，花费越少越划算．
【详解】（1）设A品牌足球的单价为x元，B品牌足球的单价为y元，
，
解得：．
答：A品牌足球的单价为50元，B品牌足球的单价为60元．
（2）A品牌：
；
B品牌：
①当0≤x≤10时，
；
②当x>10时，
．
综上所述：
；
．
（3）购买A品牌：45×15=675(元)；
购买B品牌：15>10，42×15+180=810，
675