重庆市铜梁县2023-2024学年八年级数学第一学期期末联考试题【含解析】

这是一份重庆市铜梁县2023-2024学年八年级数学第一学期期末联考试题【含解析】，共18页。试卷主要包含了如图，已知≌，若，，则的长为等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，在△ABC中，AB＝AC，AE是∠BAC的平分线，点D是线段AE上的一点，则下列结论错误的是（ ）
A．AE⊥BCB．BE＝CEC．∠ABD＝∠DBED．△ABD≌△ACD
2．矩形的面积为18，一边长为，则另一边长为（ ）
A．B．C．D．24
3．全球芯片制造已经进入纳米到纳米器件的量产时代．中国自主研发的第一台纳米刻蚀机，是芯片制造和微观加工最核心的设备之一．华为手机搭载了全球首款纳米制程芯片，纳米就是米．数据用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
4．小强是一位密码编译爱好者，在他的密码手册中，有这样一条信息：，，，，，，分别对应下列六个字：海、爱、我、美、游、北，现将因式分解，结果呈现的密码信息可能是( )
A．我爱游B．北海游C．我爱北海D．美我北海
5．为了使一扇旧木门不变形，木工师傅在木门的背面加钉了一根木条，这样做的道理是（ ）
A．两点之间，线段最短B．垂线段最短
C．三角形具有稳定性D．两直线平行，内错角相等
6．如图，已知≌，若，，则的长为（ ）．
A．5B．6C．7D．8
7．如果把分式中的a、b同时扩大为原来的2倍，得到的分式的值不变，则W中可以是（ ）
A．1B．C．abD．a2
8．下列代数式，，，，，，，，中，分式有（ ）个．
A．5B．4C．3D．2
9．如图汽车标志中不是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
10．方程组的解中x与y的值相等，则k等于（ ）
A．－1B．－2C．－3D．－4
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，△ABD≌△CBD，若∠A=80°，∠ABC=70°，则∠ADC的度数为 ．
12．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____．
13．如图，直线，，，则的度数是 ．
14．如图，平分，平分，与交于，若，，则的度数为_________.（用表示）
15．如图，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，若BD＝CD，BE＝CF，则下列结论：①DE＝DF；②AD平分∠BAC；③AE＝AD；④AC﹣AB＝2BE中正确的是_____．
16．小明从家跑步到学校，接着马上原路步行回家．如图所示为小明离家的路程与时间的图像，则小明回家的速度是每分钟步行________m．
17．观察下列各式：，，，……请你将发现的规律用含自然数n（n≥1）的等式表示出来__________________．
18．如图，点O，A，B都在正方形网格的格点上，点A，B的旋转后对应点A'，B'也在格点上，请描述变换的过程．_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）（1）解不等式，并把解表示在数轴上．
（2）解不等式组．
20．（6分）如图，已知为等边三角形，点D、E分别在BC、AC边上，且，与相交于点．
（1）求证：；
（2）求的度数．
21．（6分）如图，四边形ABCD的顶点坐标为A（—5，1），B（—1，1）， C（—1，6），D（—5，4），请作出四边形ABCD关于x轴及y轴的对称图形，并写出坐标．
22．（8分）如图，在ABC中，AB=13，BC=14，AC=15.求BC边上的高.
23．（8分）如图，已知△ABC中，AH⊥BC于H，∠C＝35°，且AB＋BH＝HC，求∠B的度数．
24．（8分）计算：
(1)4(x﹣1)2﹣(2x+5)(2x﹣5)；
(2)．
25．（10分）方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位的正方形，建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上，点C的坐标为(3，1)．
（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1
（2）将△A1B1C1向下平移3个单位后得到△A2B2C2，画出平移后的△A2B2C2，并写出顶点B2的坐标．
26．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在△ABC内，BD＝BC，∠DBC＝60°，点E在△ABC外，∠BCE＝150°，∠ABE=60°.
（1）求∠ADB的度数 .
（2）判断△ABE的形状并证明 .
（3）连结DE，若DE⊥BD，DE＝6，求AD的长
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】根据等腰三角形的性质以及三角形全等的判定定理，逐一判断选项，即可．
【详解】∵在△ABC中，AB＝AC，AE是∠BAC的平分线，
∴AE⊥BC，故选项A正确；
∴BE＝CE，故选项B正确；
在△ABD和△ACD中，
∵，
∴△ABD≌△ACD（SAS），故选项D正确；
∵D为线段AE上一点，BD不一定是∠ABC的平分线，
∴∠ABD与∠DBE不一定相等，故选项C错误；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质以及三角形全等的判定定理，掌握等腰三角形三线合一，是解题的关键．
2、C
【分析】根据矩形的面积得出另一边为，再根据二次根式的运算法则进行化简即可．
【详解】解：∵矩形的面积为18，一边长为，
∴另一边长为=，
故选：C．
【点睛】
本题考查矩形的面积和二次根式的除法，能根据二次根式的运算法则进行化简是解题的关键．
3、B
【分析】由题意根据绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，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：数据0.000000007用科学记数法表示为7×10-1．
故选：B．
【点睛】
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n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．
4、C
【解析】原式提取公因式，再利用平方差公式分解，确定出密码信息即可．
【详解】原式=2(x+y)(x−y)(a−b)，
则呈现的密码信息可能是我爱北海，
故选C
【点睛】
此题考查提公因式法与公式法的综合运用，因式分解的应用，解题关键在于掌握运算法则.
5、C
【解析】试题分析：三角形具有稳定性，其它多边形不具有稳定性，把多边形分割成三角形则多边形的形状就不会改变．
解：这样做的道理是三角形具有稳定性．
故选C．
6、B
【分析】根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵≌，
∴，，
∵，，
∴．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
7、B
【解析】根据分式的基本性质对选项逐一判断即可.
【详解】解：如果把分式中的a、b同时扩大为原来的2倍，得到的分式的值不变，则W中可以是：b．
故选B．
【点睛】
本题考查了分式的基本性质：分式的分子与分母同时乘以或除以同一个不为零的数，分式的值不变.
8、A
【分析】根据分式的定义逐个判断即可．形如（A、B是整式，B中含有字母）的式子叫做分式．
【详解】解：分式有：，，﹣，，，共5个，
故选：A．
【点睛】
本题考查的知识点是分式的定义，熟记定义是解此题的关键．
9、B
【分析】中心对称图形，是把一个图形绕一个点旋转180°后能和原来的图形重合.
【详解】A、C、D中的汽车标志都满足中心对称图形的定义，都属于中心对称图形，而选项B中的汽车标志绕其圆心旋转180°后，不能和原来的图形重合，所以不是中心对称图形.
故选B.
【点睛】
考核知识点：中心对称图形的识别.
10、B
【解析】分析：首先根据方程组的解法求出x和y的值，然后根据x=y得出k的值．
详解：解方程组可得：， ∵x与y的值相等，
∴ ，解得：k=－2，故选B．
点睛：本题主要考查的就是二元一次方程组的解法，属于基础题型．解二元一次方程组就是利用消元的思想来进行，可以加减消元，也可以代入消元．本题中在解方程组的时候一定要讲k看作是已知数，然后进行求解得出答案．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、130°
【解析】试题分析：∵△ABD≌△CBD，
∴∠C=∠A=80°，
∴∠ADC=360°﹣∠A﹣∠ABC﹣∠C=360°﹣80°﹣70°﹣80°=130°．
故答案为130°．
考点：全等三角形的性质
12、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．
13、18°
【分析】由平行可得∠4=∠1,再根据外角定理可得∠2+∠1=∠4,即可求出∠1．
【详解】∵a∥b,
∴∠4=∠1=70°,
∵∠2=12°,
∴∠1=∠4－∠2=18°．
故答案为:18°．
【点睛】
本题考查平行的性质和外角定理,关键在于熟练掌握相关基础知识．
14、
【分析】连接BC，根据三角形内角和定理可求得∠DBC+∠DCB的度数，再根据三角形内角和定理及三角形角平分线的定义可求得∠ABC+∠ACB的度数，从而不难求得∠A的度数．
【详解】连接BC．
∵∠BDC=m°，
∴∠DBC+∠DCB=180°-m°，
∵∠BGC=n°，
∴∠GBC+∠GCB=180°-n°，
∴∠GBD+∠GCD=(180°-n°)-(180°-m°)=m°-n°，
∵BF是∠ABD的平分线，CE是∠ACD的平分线，
∴∠ABD+∠ACD=2∠GBD+2∠GCD=2m°-2n°，
∴∠ABC+∠ACB=2m°-2n°+180°-m°=180°+m°-2n°，
∴∠A=180°-(∠ABC+∠ACB)=180°-(180°+m°-2n°)=2n°-m°，
故答案为2n°-m°.
【点睛】
本题考查的是三角形内角和定理，根据题意作出辅助线，构造出三角形是解答此题的关键．
15、①②④
【分析】利用“HL”证明Rt△BDE和Rt△CDF全等，根据全等三角形对应边相等可得DE＝DF，再根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上判断出AD平分∠BAC，然后利用“HL”证明Rt△ADE和Rt△ADF全等，根据全等三角形对应边相等可得AE＝AF，再根据图形表示出表示出AE、AF，再整理即可得到AC﹣AB＝2BE．
【详解】解：在Rt△BDE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），
∴DE＝DF，故①正确；
又∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴AD平分∠BAC，故②正确；
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF（HL），
∴AE＝AF，
∴AB+BE＝AC﹣FC，
∴AC﹣AB＝BE+FC＝2BE，
即AC﹣AB＝2BE，故④正确；
由垂线段最短可得AE＜AD，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“HL”.理解判定定理是关键.
16、1
【分析】先分析出小明家距学校10米，小明从学校步行回家的时间是15-5=10（分），再根据路程、时间、速度的关系即可求得．
【详解】解：通过读图可知：小明家距学校10米，小明从学校步行回家的时间是15-5=10（分），
所以小明回家的速度是每分钟步行10÷10=1（米）．
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查了函数图象，先得出小明家与学校的距离和回家所需要的时间，再求解．
17、
【分析】观察分析可得，，，则将此规律用含自然数n(n≥1)的等式表示出来是
【详解】由分析可知，发现的规律用含自然数n(n≥1)的等式表示出来是
故答案为：
【点睛】
本题主要考查二次根式，找出题中的规律是解题的关键，观察各式，归纳总结得到一般性规律，写出用n表示的等式即可．
18、将△OAB绕点O顺时针旋转后90°得到△OA'B'．
【分析】根据图中可知是顺时针旋转得到的，只要相应的找到旋转角即可.
【详解】由图可知：将△OAB绕点O顺时针旋转后90°得到△OA'B'，
故答案为将△OAB绕点O顺时针旋转后90°得到△OA'B'．
【点睛】
本题主要考查图形的旋转，找到旋转方向和旋转角是解题的关键.
三、解答题(共66分)
19、（1），图见解析；（2）．
【分析】（1）先解出不等式的解集，再表示在数轴上即可；
（2）分别解出各不等式的解集，再找到其公共解集．
【详解】（1）
解集表示在数轴上如下：
（2）解
解不等式①得x≥2；
解不等式②得；
∴不等式组的解集为：．
【点睛】
此题主要考查不等式和不等式组的求解，解题的关键是熟知不等式的求解方法．
20、（1）证明见解析；（2）120°．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可知∠BAC=∠C=60°，AB=CA，结合AE=CD，可证明△ABE≌△CAD（SAS）；
（2）根据∠AFB=180°-（∠ABE+∠BAD），∠ABE=∠CAD，可知∠AFB=180°-（∠CAD+∠BAD）=180°-60°=120°．
【详解】（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠BAE=∠C=60°，AB=CA，
在△ABE和△CAD中，
，∴△ABE△CAD（SAS）．
（2）∵在△ABC中，∠AFB=180°-（∠ABE+∠BAD），
又∵△ABE△CAD，∴∠ABE=∠CAD，∴∠AFB=180°-（∠ABE+∠BAD）=180°-（∠CAD+∠BAD）=180°-60°=120°．
【点睛】
本题考查等边三角形的性质，解题关键是熟练掌握等边三角形的性质定义.
21、详见解析
【解析】根据平面直角坐标系,分别找出点A、B、C、D关于x轴的对称点A′、B′、C′、D′的位置,然后顺次连接即可,根据关于x轴对称的点的横坐标相同,纵坐标互为相反数写出各点的坐标即可,根据平面直角坐标系,分别找出点A、B、C、D关于y轴的对称点A″、B″、C″、D″的位置,然后顺次连接即可,根据关于y轴对称的点的横坐标互为相反数,纵坐标相同写出各点的坐标即可．
【详解】
解：如图所示,四边形A′B′C′D′即为所求作的关于x轴的对称图形,
A′（-5,-1）,B′（-1,-1）,C′（-1,-6）,D′（-5,-4）,
四边形A″B″C″D″即为所求作的关于y轴的对称图形,
A″（5,1）,B″（1,1）,C″（1,6）,D″（5,4）．
【点睛】
本题主要考查了利用轴对称变换作图和关于x轴对称的点的横坐标相同,纵坐标互为相反数,关于y轴对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标相同,解决本题的关键是准确找出各对称点的位置.
22、1
【分析】AD为高，那么题中有两个直角三角形．AD在这两个直角三角形中，设BD为未知数，可利用勾股定理都表示出AD长．求得BD长，再根据勾股定理求得AD长．
【详解】解：设BD=x,则CD=14－x．
在RtABD中，
=132－
在RtACD中，
=152－
∴132－=152－
解之得=5
∴AD===1．
【点睛】
勾股定理．
23、70°
【解析】分析：在CH上截取DH=BH，通过作辅助线，得到△ABH≌△ADH，进而得到CD=AD，则可求解∠B的大小．
详解：在CH上截取DH=BH，连接AD，如图
∵BH=DH，AH⊥BC，
∴△ABH≌△ADH，
∴AD=AB
∵AB+BH=HC，HD+CD=CH
∴AD=CD
∴∠C=∠DAC，
又∵∠C=35°
∴∠B=∠ADB=70°．
点睛：掌握全等三角形及等腰三角形的性质，能够求解一些简单的角度问题．
24、 (1)﹣8x+29；(2)
【分析】（1）根据整式的乘除进行去括号，然后合并同类项，即可得出答案.
（2）根据积的乘方进行去括号，然后根据分式的混合运算进行化简，即可得出答案.
【详解】解：(1)原式=4x2﹣8x+4﹣4x2+25=﹣8x+29；
(2)原式=
【点睛】
本题主要考察了整式的乘除、积的乘方以及分式的混合运算，正确运用法则进行运算是解题的关键.
25、（1）见解析；（2）见解析，B2(－1，－3)
【分析】（1）利用关于y轴对称点的性质：纵坐标不变，横坐标互为相反数，得出对应点位置即可得出答案；
（2）分别作出点A1、B1、C1向下平移3个单位后的点，然后顺次连接，且B2的坐标即为点B1纵坐标减3即可.
【详解】解：（1）如图△A1B1C1，即为所求；
（2）如图△A2B2C2，即为所求，B2（-1，-3）.
【点睛】
本题考查了根据轴对称变换和平移变换作图，解答本题的关键是根据网格结构作出对应点的位置，并顺次连接．
26、（1）150°；（2）△ABE是等边三角形，理由详见解析；（1）1.
【分析】（1）首先证明△DBC是等边三角形，推出∠BDC＝60°，DB＝DC，再证明△ADB≌△ADC，推出∠ADB＝∠ADC即可解决问题；
（2）利用ASA证明△ABD≌△EBC得到AB＝BE，结合∠ABE＝60°可得△ABE是等边三角形；
（1）首先证明△DEC是含有10度角的直角三角形，求出EC的长，利用全等三角形的性质即可解决问题．
【详解】解：（1）∵BD＝BC，∠DBC＝60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴DB＝DC，∠BDC＝60°，
∵AB＝AC，AD＝AD，
∴△ADB≌△ADC（SSS），
∴∠ADB＝∠ADC，
∴∠ADB＝（160°−60°）＝150°；
（2）△ABE是等边三角形．
证明：∵∠ABE＝∠DBC＝60°，
∴∠ABD＝∠CBE，
∵∠ADB＝∠BCE＝150°，BD＝BC，
∴△ABD≌△EBC（ASA），
∴AB＝BE，
∵∠ABE＝60°，
∴△ABE是等边三角形；
（1）连接DE．
∵∠BCE＝150°，∠DCB＝60°，
∴∠DCE＝90°，
∵∠EDB＝90°，∠BDC＝60°，
∴∠EDC＝10°，
∴EC＝DE＝1，
∵△ABD≌△EBC，
∴AD＝EC＝1．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、10度角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，属于中考常考题型．